2020-2021学年高一化学上学期期中测试卷02（全解全析） (2)

1、2019-2020学年上学期期中测试卷02高一化学全解全析12345678910111213141516CCDDBDDCCCBDBBDC1C【解析】【分析】【详解】A.分散系根据分散质粒子直径的大小可以分为溶液、胶体和浊液,所以溶液和胶体的本质区别是分散质粒子直径的大小；故A错误；B. 纯净物只由一种物质组成的,混合物由两种或两种以上物质组成,故B错误；C.氧化还原反应的本质是有电子的得失或偏移,特征为有元素化合价的升降,故根据反应前后元素化合价是否变化可以判断是否是氧化还原反应,故C正确；D 电解质指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,非电解质指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物,根

2、据定义可以看出,电解质、非电解质的判断并不是看物质本身是否导电,而是看化合物在水溶液中或熔融状态下是否能导电,故D错误；参考答案：C。【点睛】根据分散系分类的标准粒子直径大小进行判断；纯净物和混合物是根据组成物质的种类进行判断；氧化还原反应和非氧化还原反应是根据有无元素的化合价变化进行判断；电解质和非电解质是根据化合物在水溶液中或熔融状态下是否能导电进行判断。2C【解析】【分析】【详解】A. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液,有白色沉淀出现,可能是氯化银沉淀,也可能是碳酸钡沉淀,所以该溶液不一定含有SO,故A错误；B. 液态CH3COOH不导电,是因为醋酸为共价化合物,液态不能电离,只能在水溶

3、液状态下电离出离子,能导电,醋酸属于酸,为电解质,故B错误；C. 氢氧化铁胶体粒子带正电,并且为红褐色,进行电泳实验时,氢氧化铁胶体粒子向阴极移动,阴极区域颜色加深,故C正确；D. 盐类物质不一定含有金属离子,比如铵盐没有金属离子,但是属于盐类,故D错误；故选C。3D【解析】【分析】【详解】A二氧化碳是非电解质,故A错误；B反应2KAl(SO4)212H2O+3Na2CO3=2Al(OH)3+3Na2SO4+K2SO4+3CO2+21H2O中无元素化合价的变化是非氧化还原反应,放置过程中发生的反应为非氧化还原反应,故B错误；C根据原子守恒电荷守恒,反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H

4、2O2Al(OH)3+3CO2,故C错误；DNa2CO3和KAl(SO4)212H2O都是盐,所以油条配方中的“明矾、碱、盐”均属于盐,故D正确；故参考答案为D。4D【解析】【分析】【详解】A常温常压下气体摩尔体积大于22.4 L/mol,则11.2 L二氧化碳的物质的量小于0.5 mol,故其中物质含有的原子数小于1.5NA,A错误；B标准状况下酒精是液体,不能使用气体摩尔体积计算,B错误；C标准状况下水是液体,不能使用气体摩尔体积计算,C错误；DO2与O3都是由O原子组成,O原子相对原子质量是16,则48 g O2与O3混合物中含有O原子的物质的量为n(O)=3 mol,则含有的O原子数目

5、为3NA,D正确；故参考答案为D。5B【解析】【分析】【详解】AC不完全燃烧生成CO,CO燃烧生成CO2,CO2和C在高温条件下可以生成CO,故A不符合题意；BKOH和少量CO2反应生成K2CO3,K2CO3可以和硝酸反应生成KNO3,但KNO3无法一步生成K2CO3,故B符合题意；CCO2和Ca(OH)2反应可以生成CaCO3,CaCO3受热分解产生CaO,CaO可以和CO2、H2O反应生成CaCO3,故C不符合题意；DFe2O3和盐酸反应生成FeCl3,FeCl3和NaOH反应生成Fe(OH)3,Fe(OH)3和盐酸反应生成FeCl3,故D不符合题意；综上所述参考答案为B。6D【解析】【分

6、析】无色时可排除 Cu2、Fe2、Fe3、MnO4等有色离子的存在,强酸性溶液中存在大量氢离子,强碱性溶液中存在大量氢氧根离子,A铜离子为有色离子,且铜离子、氢离子与碳酸根离子反应,碳酸根离子、铵根离子与氢氧根离子反应；B钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；C碳酸氢根离子与氢氧根离子和氢离子均反应；D四种离子之间不反应,都是无色离子,都不与氢离子和氢氧根离子反应【详解】ACu2为有色离子,Cu2、H与CO32反应,Cu2、NH4与氢氧根离子反应,在溶液中不能大量共存,故A错误；BBa2、SO42之间反应生成难溶物硫酸钡,在溶液中不能大量共存,故B错误；CH、HCO3之间,OH-、HCO3之间

7、发生反应,在溶液中一定不能大量共存,故C错误；DK、Na、NO3、SO42之间不反应,都不与氢离子、氢氧根离子反应,都是无色离子,在溶液中能够大量共存,故D正确；故选D。7D【解析】【分析】【详解】A氯气和FeCl2反应生成FeCl3,氯气为氧化剂,FeCl2为还原剂,所以表中第组反应的FeCl3既作为还原产物又作为氧化产物,故A错误；B根据知,氧化性Cl2Fe3+,根据知,氧化性KMnO4O2,根据知氧化性KClO3Cl2,根据知氧化性KMnO4Cl2,根据以上分析无法判断Br2、Fe2+氧化性相对大小,故B错误；C根据知还原性H2O2Mn2+,根据知还原性Mn2+Cl-,故C错误；D该反应

8、中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价,其转移电子数为10,方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=5Cl2+2MnCl2+2KCl+8H2O,所以HCl（浓）既作还原剂,又起到酸的作用,故D正确；故参考答案D。8C【解析】【分析】【详解】A反应中,元素的化合价由+1价降低为-1价,被还原,N元素的化合价由-3价升高为0价,被氧化,故A正确；B该反应中,中氮元素化合价升高,为还原剂,为还原产物,所以还原性：,故B正确；C由可知,经此法处理过的废水显酸性,不能直接排放,故C错误；DN元素的化合价由-3价升高为0价,所以反应中每生成1个分子,转移6个电子,故D正确。选C

9、。9C【解析】【分析】【详解】A、12.4 g Na2R含Na+ 0.4 mol,说明含有Na2R的物质的量为0.2摩尔,则Na2R的摩尔质量为12.4/0.2=62g/mol,正确,不选A；B、同温同压下同体积的气体,其物质的量相同,质量比等于其摩尔质量的比,则A2的相对分子质量为32,则A的相对原子质量为16,正确,不选B；C、假设一氧化碳的物质的量为xmol,二氧化碳的物质的量为ymol,则有x+y=33.6/22.4 28x+44y=50,解x=1 y=0.5,则二者比例为2:1,错误,选C；D、根据物质的量浓度和质量分数的换算公式计算,物质的量浓度=100036.511.9/36.5

10、=11.9mol/L,正确,不选D。10C【解析】【分析】【详解】A. 由于碳酸钠电离产生的碳酸根离子能与溶液中Mg2+、Ag+、Ba2+均形成沉淀,先加入碳酸钠溶液会出现三种沉淀,不符合每次得到一种沉淀的要求,A错误；B. 由于氢氧化钠电离产生的氢氧根离子能与溶液中的Mg2+、Ag+形成沉淀,先加入氢氧化钠溶液出现象两种沉淀,不符合每次得到一种沉淀的要求,B错误；C. 氯化钠电离产生的Cl-只能够与溶液中Ag+形成AgCl沉淀,然后加入的NaOH,只与溶液中Mg2+形成Mg(OH)2沉淀,最后加入的碳酸钠,能够沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀,满足每次只得一种沉淀的要求,C正确；D. 氯化

11、钠溶液沉淀溶液中Ag+后,加入的碳酸钠溶液却能同时沉淀溶液中Mg2+、Ba2+,不符合每次得到一种沉淀的要求,D错误；故合理选项是C。11B【解析】【分析】【详解】由题意可知,发生化合价变化的元素分别为铁元素和 R 元素；根据离子所带电荷数等于元素正负化合价的代数和,算出 RO(OH) 2 中 R 的化合价为5 价；设 R 元素的最终价态为 x ,由电子守恒有： 48 103L 0.1mol/L +3(+2) 2.4 103mol (+5x) ,解得 x +3 ,故参考答案为B。12D【解析】【分析】【详解】WgFe3+的物质的量为=mol,忽略水的电离,由溶液中电荷守恒可得2n（SO42-）

12、=3n（Fe3+）=3mol,解得n（SO42-）=mol,则c（SO42-）=mol/L,故选D。13B【解析】【分析】先打开B,在A处通入干燥氯气,C中红色布条颜色无变化,说明C中红色布条也是干燥的,当关闭B时,C处红色布条颜色褪去,说明干燥的氯气经过D后变成潮湿的氯气,据此分析解答。【详解】A氯气经过盛有浓硫酸的洗气瓶后得到干燥的氯气,不能使干燥的有色布条褪色,故A不选；B氯气难溶于饱和食盐水,经过饱和食盐水后,氯气中混有水蒸气,能生成具有漂白性的HClO,可使干燥的有色布条褪色,故B选；C氯气经过盛有NaOH溶液的洗气瓶而被吸收,则有色布条不会褪色,故C不选；D氯气经过盛有石灰乳的洗气

13、瓶被吸收,则有色布条不会褪色,故D不选； 故选B。14B【解析】【分析】【详解】A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体,通入空气,可以将其吹入吸收塔中进行吸收,选项A正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液,显然其中的反应不可能得到氢离子,选项B错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后,应该经过过滤,洗涤,干燥得到产品,选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难,所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输,选项D正确。参考答案选B。15D【解析】【分析】【详解】向含和的混合溶液中加入的溶液,从反应开始到加入0.5L Ba(OH)2时,Ba(OH)2的物质的量为0.5

14、mol,发生反应,氢离子恰好中和完全,生成0.5mol BaSO4沉淀,再加入0.5L Ba(OH)2时,发生反应,此时硫酸根恰好沉淀完全,生成0.5mol BaSO4沉淀和0.5mol Mg(OH)2沉淀,该阶段共生成1mol沉淀,再加入0.5L Ba(OH)2时,发生反应,生成0.5mol Mg(OH)2沉淀,根据图像变化趋势可知,D符合,故D正确；故选D。16C【解析】【分析】无色未知溶液中一定不含有Fe2+；由于还原性：Br-Fe2+I-SO32,取部分溶液加入少量溴水,还原性强的优先反应,振荡,溶液呈无色,说明含有还原性离子SO32-,但不能说明是否含有I-。【详解】无色未知溶液中一

15、定不含有Fe2+；由于还原性：Br-Fe2+I-SO32,加入少量溴水,Br2只和SO32-反应,不能判断是否含有I-；向的溶液中加入过量氯化钡溶液,产生白色沉淀,再加过量稀硝酸沉淀不溶解,说明有BaSO4生成,但不能说明溶液中一定有SO42-；取少量的溶液滴入足量AgNO3溶液,有沉淀生成,由于在中生成了溴离子、在中加入了Cl-,因此,一定有沉淀生成,无法确定原溶液中是否有氯离子。溶液中一定含有SO32-,由电荷守恒可知一定含有K+,一定不含有Fe2+,可能含有SO42-和I-。.参考答案选C。17 用一束可见光线通过Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液,在氢氧化铁胶体中会出现光亮的通路 煤油

16、 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O 红褐色沉淀 胶体发生聚沉现象 沉淀溶解,得到黄色溶液 Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O 【解析】【分析】根据是否存在自由移动的电子或自由移动的离子分析物质是否导电；根据是否可以电离及电离程度判断是否为电解质及强、弱电解质；根据物质的性质分析物质保存的方法；根据胶体的性质分析实验现象。【详解】（1）钠为金属,存在自由移动的电子,可以导电；硝酸在水溶液中电离出自由移动的离子,可以导电；胶体粒子有吸附性,吸附带电离子,可以导电；所以能导电的物质有Na,稀硝酸、Fe（OH）3胶体,故参考答案为：；（2）纯醋酸属于电解质,但熔融状态下以分子形式存在,

17、并不导电,故参考答案为：；（3）NaCl晶体与BaCO3在熔融状态下完全电离,属于强电解质,故参考答案为：；（4）氨气和二氧化碳属于化合物,自身不能电离,属于非电解质,故参考答案为：；（5）胶体具有丁达尔现象,所以区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液实验方法是用一束可见光线通过Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液,在氢氧化铁胶体中会出现光亮的通路,氯化铁溶液无此现象,故参考答案为：用一束可见光线通过Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液,在氢氧化铁胶体中会出现光亮的通路；（6）钠是活泼金属,和空气中的氧气、水蒸气等发生反应,且钠的密度大于煤油,所以实验室中钠保存在煤油中,故参考答案为：煤油；（7）

18、和反应是稀硝酸和BaCO3反应生成硝酸钡、水和二氧化碳,反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O,故参考答案为：BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；（8）向Fe(OH)3胶体中逐滴滴入过量的盐酸,会出现一系列变化：滴加少量盐酸时,胶体发生聚沉现象,出现红褐色氢氧化铁沉淀,原因为胶体发生聚沉；随后沉淀溶解,得到黄色溶液,原因是氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水,离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O,故参考答案为：红褐色沉淀；沉淀溶解,得到黄色溶液；胶体发生聚沉现象；Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O。18Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2

19、H2O CO+2H+H2O+CO2 CH3COOH+NH3H2ONH+CH3COO+H2O CO2+OHHCO HCO+Ca2+OHCaCO3+H2O 2H+SO+2OH+Ba2+BaSO4+2H2O 【解析】【分析】【详解】(1)Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应生成硫酸钡和水,Ba(OH)2和H2SO4是强电解质,硫酸钡难溶、水是弱电解质,离子方程式：Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O；故参考答案为：Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O；(2)K2CO3溶液与足量稀硫酸的反应生成硫酸钾、水和二氧化碳,K2CO3、硫酸、硫酸钾是强电解质,二氧化碳是非电解质,水是弱电

20、解质,离子方程式：CO+2H+H2O+CO2；故参考答案为：CO+2H+H2O+CO2；(3)醋酸与氨水反应生成醋酸铵和水,CH3COOH、NH3H2O、H2O是弱电解质,醋酸铵是强电解质,离子方程式：CH3COOH+NH3H2ONH+CH3COO+H2O；故参考答案为：CH3COOH+NH3H2ONH+CH3COO+H2O；(4)澄清石灰水中通入过量CO2生成碳酸氢钙,氢氧化钙、碳酸氢钙是强电解质,离子方程式：CO2+OHHCO；故参考答案为：CO2+OHHCO；(5)NaHCO3溶液与过量Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙、水和氢氧化钠,NaHCO3、Ca(OH)2和NaOH是强电解质,水是

21、弱电解质、碳酸钙是难溶,离子方程式：HCO+Ca2+OHCaCO3+H2O；故参考答案为：HCO+Ca2+OHCaCO3+H2O；(6)向NaHSO4溶液中,逐滴加入Ba(OH)2溶液至溶液显中性,NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量之比为2:1,2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4+2H2O+Na2SO4,离子方程式：2H+SO+2OH+Ba2+BaSO4+2H2O；故参考答案为：2H+SO+2OH+Ba2+BaSO4+2H2O。19CO2 + Ca(OH)2=CaCO3 + H2O C CO Na2CO3 排出装置中的空气,防止空气的干扰 得到纯净的二氧化碳 加水溶解,加入过量的

22、CaCl2 溶液使沉淀完全,静置后向上层清液中滴加酚酞溶液。若溶液变红,则产物中有 Na2O；若溶液不变色,则产物中没有 Na2O 【解析】【分析】在质量守恒定律的基础上,对钠在二氧化碳中燃烧反应的生成物进行推测,并结合物质的性质设计实验验证物质的存在；题目涉及实验目的理解、根据要求进行物质检验的实验设计。题图所示实验操作过程：石灰石和盐酸制得的二氧化碳气体经过B、C装置净化、干燥后,依次通过D、F、G装置,其中装置E可自由控制二氧化碳的通入与否。装置的作用：装置B净化吸收混有的氯化氢气体；装置C干燥二氧化碳；装置D中发生钠在二氧化碳气体中的燃烧,可通过点燃灯加热来控制；装置E装有澄清石灰水检

23、验二氧化碳,使用开关a控制；装置F盛有氢氧化钠溶液吸收混合气体中的二氧化碳,使用开关b控制；装置G盛有氯化钯溶液,检验气体CO的存在；最后用气球进行尾气收集处理。【详解】(1)打开a关闭b,控制二氧化碳气体进入装置E,二氧化碳通入澄清石灰水,生成不溶于水的碳酸钙,石灰水变浑浊,化学方程式CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；点燃酒精灯使装置D中的燃烧反应开始发生,打开b关闭a,使燃烧后气体依次通过装置F和G,钠与二氧化碳反应的反应物中仅含钠、碳、氧三种元素,由这三种元素组成的物质中呈黑色的只可能是单质碳,即装置D中生成的黑色固体为单质碳。装置G中氯化钯溶液出现黑色沉淀,结合资料可知混合气

24、体中含有CO；故参考答案为：C和CO；钠与二氧化碳反应生成的白色固体物质可能为氧化钠、碳酸钠等,加水溶解并加入石灰水,出现白色沉淀,说明白色固体物质中含有碳酸根,即含有碳酸钠。故参考答案为：Na2CO3；(2)E中出现浑浊,二氧化碳气体通入了装置E,说明了装置内已充满二氧化碳,即装置内的空气全部排出；故参考答案为：排出装置中的空气,防止空气的干扰；装置B净化吸收混有的氯化氢气体；装置C干燥二氧化碳；故参考答案为：得到纯净的二氧化碳；前面的探究已说明了猜想中的C、CO和Na2CO3的存在,因此,接下来所设计的探究实验就应该是说明白色固体中含有固体物质Na2O,根据资料“Na2O是白色固体,与H2O反应生成NaOH”可以考虑使用酚酞试液进行检验,但由于Na2CO3存在影响,所以先使用资料“碱性的Na2CO3溶液与中性的CaCl2溶液发生复分解反应”中的氯化钙溶液处理溶液中的Na2CO3；故参考答案为：加水完全溶解,加入过量CaCl2溶液至不再产生沉淀,滴加酚酞试液,溶液呈红色。说明白色固体中含Na2O。20250 11.6mol/L 21.6 C 偏低 偏低 【解析】【分析】【详解】(1)因配制溶液的体积为220mL,容量瓶的规格中没有220mL,所以只能选250