2021至2022年高一上期期中考试化学考题（辽宁省阜新二高）

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选择题

分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可以采取多种分类方法。下列关于“Na2CO3”的分类不正确的是

A.电解质B.钠盐C.碳酸盐D.碱性氧化物

【答案】D

【解析】

A、在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质．

B、阳离子含钠离子的盐为钠盐；

C、阴离子为碳酸根的盐为碳酸盐；

D、能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物；

A、在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，而碳酸钠是离子化合物，在水溶液中和熔融状态下均能导电，故为电解质，故A正确。

B、阳离子含钠离子的盐为钠盐，而Na2CO3的阳离子为钠离子，阴离子为酸根离子，故为钠盐，故B正确；

C、阴离子为碳酸根的盐为碳酸盐，而Na2CO3的阳离子为金属离子，阴离子为碳酸根离子，故为碳酸盐，故C正确；

D、能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，而Na2CO3由三种元素构成，故不是氧化物，则不是碱性氧化物，故D错误；

故选D。

选择题

丙酮是一种常用的有机溶剂,可与水以任意体积比互溶,密度小于1g/cm,沸点约55℃,分离水和丙酮时最合理的方法是

A.蒸馏B.分液C.过滤D.蒸发

【答案】A

【解析】

互溶的两种液体，其沸点不同，则可利用蒸馏来分离。

A、水与丙酮互溶，二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来分离。故A正确；

B.分液用于分离两种互不混溶的液体混合物，故B错误；

C.过滤用于分离固体与液体不互溶的混合物，故C错误；

D.蒸发用于分离固体溶质和溶剂，故D错误；

故选A。

设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）

A.28gCO所占的体积为22.4L

B.1L1mol/LHCl溶液中含有HCl分子为NA个

C.标准状况下，2.24L水中约含有NA个氧原子

D.标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体中含碳原子数为NA

【答案】D

【解析】A.28gCO物质的量为1mol，标准状况下的体积为22.4L，A项错误；B.氯化氢在溶液中完全电离，所以氯化氢溶液中不存在氯化氢分子，B项错误；C.标准状况下，水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量，C项错误；D.标准状况下22.4LCO和CO2的混合气体物质的量为1mol，含碳原子数为NA，D项正确；答案选D．

选择题

下列有关实验操作正确的是

A.蒸馏实验中温度计的水银球应插入液态混合物中

B.用酒精萃取碘水中的碘

C.分液时，打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出

D.开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯

【答案】C

【解析】

试题蒸馏实验中需要测定蒸汽的温度，温度计的水银球应在支管口附近，故A错误；用酒精易溶于水，萃取碘水中的碘用四氯化碳，故B错误；分液时，打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故C正确；开始蒸馏时，应该先开冷凝水，再先加热；蒸馏完毕，应先撤酒精灯再关冷凝水，故D错误。

选择题

下列溶液中，K+的物质的量浓度最大的是（）

A．0.1mol/L的KNO3溶液500mlB．0.05mol/L的K2SO4溶液300ml

C．0.04mol/L的K3PO4溶液100mlD．0.06mol/L的KHCO3溶液120ml

【答案】C

【解析】

试题分析：根据有关物质的化学式可知，A．0.1mol/L的KNO3溶液中K+的物质的量浓度是0.1mol/L；B．0.05mol/L的K2SO4溶液中K+的物质的量浓度是0.1mol/L；C．0.04mol/L的K3PO4溶液中K+的物质的量浓度是0.12mol/L；D．0.06mol/L的KHCO3溶液中K+的物质的量浓度是0.06mol/L，所以K+的物质的量浓度最大的是0.04mol/L的K3PO4溶液，答案选C。

选择题

在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（）

A.K+、MnO4－、Na+、Cl－B.K+、Na+、NO3－、CO32－

C.Na+、H+、NO3－、SO42－D.Fe3+、Na+、Cl－、SO42－

【答案】B

【解析】

试题离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。A中MnO4－显紫色；溶液显碱性，则C中氢离子和D中的铁离子不能大量共存，答案选B。

选择题

下列金属中，表面自然形成的氧化层能保护内层金属不被空气氧化的是

A.KB.AlC.FeD.Na

【答案】B

【解析】A，K性质非常活泼，在空气中极易被氧化，K的氧化层不能保护内层K不被氧化，A项不符合题意；B，铝与空气中O2反应生成致密的氧化物，致密的氧化物对内部铝起保护作用，Al的氧化层能保护内层Al不被氧化，B项符合题意；C，Fe与O2反应生成疏松的氧化物，疏松的氧化物不能起保护作用，Fe的氧化层不能保护内层Fe不被氧化，C项不符合题意；D，Na性质非常活泼，在空气中极易被氧化，Na的氧化层不能保护内层Na不被氧化，D项不符合题意；答案选B。

选择题

下列电离方程式书写正确的是

A.NaOH=Na++O2-+H+B.NaHCO3=Na++H++CO32-

C.Ca（NO3）2=Ca2++2（NO3）2-D.H2SO4=2H++SO42-

【答案】D

【解析】

A、氢氧根离子为原子团不能拆；

B、碳酸氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆；

C、硝酸根离子写错；

D、硫酸是强电解质，完全电离；

A、氢氧化钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaOH═Na＋+OH－，故A错误；

B、碳酸氢钠为强电解质，完全电离，电离方程式：NaHCO3═Na＋+HCO3－，故B错误；

C、硝酸钙为强电解质，完全电离，电离方程式：Ca(NO3)2=Ca2＋＋2NO3－，故C错误；

D、硫酸是强电解质，完全电离，电离方程式：H2SO4=2H++SO42-，故D正确；

故选D。

选择题

下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是()。

A.CuO→CuB.H2SO4→H2C.Fe→FeCl2D.HNO3→N2

【答案】C

【解析】A.CuO→Cu中铜元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如氢气，故A错误；B.氢元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，如铁等，故B错误；C.铁元素的化合价升高，则需要加入氧化剂才能实现，如盐酸，故C正确；D.氮元素的化合价降低，则需要加入合适的还原剂来实现，故D错误；

故选C.

选择题

根据下列三个反应，判断物质的氧化性由强到弱的顺序正确的是()

①2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2

②2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－

③2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O

A.Fe3＋>Cl2>MnOB.Fe3＋>Cl2>I2C.I2>Cl2>Fe3＋D.MnO>Cl2>Fe3＋

【答案】D

【解析】

试题在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的，所以根据反应①可知，氧化性强弱顺序是Fe3+>I2；根据反应②可知，氧化性强弱顺序是Cl2>Fe3+；根据反应③可知，氧化性强弱顺序是MnO4->Cl2，因此氧化性强弱顺序应该是MnO4->Cl2>Fe3+>I2，答案选D。

选择题

物质灼烧时，焰色反应为黄色，下列判断正确的是（）

A.该物质一定是钠的化合物B.该物质一定含钠元素

C.该物质一定是金属钠D.该物质中一定不含钾元素

【答案】B

【解析】试题分析：物质灼烧时，焰色反应为黄色，说明该物质中一定含有Na元素，可能为：钠单质、钠的化合物、Na+等，由于K元素的紫光能被黄光掩盖，且钠中常混有钾元素，故此物质中可能含有钾元素，故选B。

选择题

下列离子方程式正确的是

A.制备氢氧化铁胶体Fe3++3OH—═Fe（OH）3↓

B.钠与水的反应Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑

C.铜片插入硝酸银溶液Cu+Ag+═Cu2++Ag

D.大理石溶于醋酸CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑

【答案】D

【解析】

A、胶体不能写沉淀符号；

B、电荷不守恒；

C、电荷不守恒；

D、大理石溶于醋酸，醋酸是弱电解质；

A、胶体不能写沉淀符号，离子方程式为：Fe3＋+3H2O═Fe（OH）3（胶体）+3H＋+，故A错误；

B、电荷不守恒，离子方程式为：2Na+2H2O═H2↑+2OH－+2Na＋，故B错误；

C、电荷不守恒，铜片插入硝酸银溶液Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；

D、大理石溶于醋酸，醋酸是弱电解质，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++2CH3COO﹣+H2O+CO2↑，故D正确；

故选D。

选择题

钙和钠相似，也能形成过氧化物，则下列叙述正确的是

A．过氧化钙的化学式是Ca2O2

B．1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气

C．过氧化钙中钙元素的化合价为+4

D．过氧化钙中属于碱性氧化物

【答案】B

【解析】

试题分析：A．氧化钙的化学式是CaO2，A错误；B．因过氧化钠或过氧化钙跟水反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，B正确；C．过过氧化钙中钙元素的化合价为+2，C错误；D．过氧化钙不是碱性氧化物，D错误；答案选B。

选择题

将钠和碳分别置于如图所示的两个盛满足量氧气的集气瓶中燃烧完毕后，同时打开装置中的两个止水夹，这时观察到

A.水进入左瓶B.水进入右瓶

C.水同时进入两瓶D.水不进入任何一瓶

【答案】A

【解析】

钠燃烧消耗氧气，左侧压强减小。碳燃烧生成CO2，压强不变。所以水应该进入左瓶，答案选A。

选择题

金属钠与下列溶液反应时，既有蓝色沉淀析出又有气体逸出的是

A.BaCl2溶液B.K2SO4溶液C.KCl溶液D.CuSO4溶液

【答案】D

【解析】

金属钠遇水先发生反应，生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与CuSO4溶液反应会生成Cu(OH)2↓蓝色色沉淀。

A、金属钠先和BaCl2溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钡不反应，即只有气体生成，故A错误；

B、金属钠先和硫酸钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和硫酸钾不反应，即只有气体生成，故B错误；

C、金属钠先和氯化钾溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，但是生成的氢氧化钠和氯化钾不反应，即只有气体生成，故C错误；

D、金属钠先和硫酸铜溶液中的水反应生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与CuSO4溶液反应会生成Cu(OH)2↓蓝色色沉淀。故D正确；

故选D。

选择题

下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较中,不正确的是

A.热稳定性:Na2CO3>NaHCO3

B.常温时水溶性:Na2CO3>NaHCO3

C.与稀盐酸反应的快慢:Na2CO3>NaHCO3

D.相对分子质量:Na2CO3>NaHCO3

【答案】C

【解析】

考查Na2CO3和NaHCO3性质。

碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，所以碳酸钠和盐酸反应慢，C不正确，其余都是正确的，答案选C。

选择题

除去镁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是（）

A.盐酸B.硝酸C.氨水D.氢氧化钠溶液

【答案】D

【解析】除去镁粉中混有的少量铝粉，可选用的试剂是氢氧化钾溶液，镁和氢氧化钾溶液不反应，铝和氢氧化钾溶液反应生成偏铝酸钾，然后过滤，即可除去。

选择题

1mol过氧化钠与2mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应后得到固体产物和气体，所得气体物质是：（）

A.O2、H2OB.O2、CO2C.O2D.O2、H2O、CO2

【答案】A

【解析】根据反应式：2NaHCO3=Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；根据计量关系，可知2molNaHCO3生成CO2和H2O各1mol，Na2O2只有1mol，故其恰好和CO2反应生成Na2CO3和O2，加热充分反应后排出的气体为O2、H2O，答案选A。

选择题

关于反应2KI+O3+H2O==2KOH+I2+O2，下列说法正确的是

A．当有2molKI被氧化时，2mol氧原子被还原

B．O2是还原产物

C．若消耗2.24LO3，则转移0.2mol电子

D．氧化剂与还原产物的物质的量之比为1:1

【答案】D

【解析】

试题分析：由O3+2KI+H2O═2KOH+I2+O2，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，该反应中转移2e-，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则反应中O3是氧化剂，KI是还原剂。A．根据方程式，当有2molKI被氧化时，被还原的氧原子为mol，故A错误；B．O2中氧元素的化合价没有变化，不是还原产物，故B错误；C．为告知2.24LO3所处的状态，无法计算，故C错误；D．根据上述分析，氧化剂是O3，还原产物是KOH，其中KOH只有一半是还原产物，氧化剂与还原产物的物质的量之比为1:1，故D正确；故选D。

填空题

选择下列实验方法分离物质,将分离方法的序号填在横线上。

A.萃取、分液B.渗析C.蒸发D.分液E.蒸馏F.过滤

(1)分离粗盐溶液中混有的泥沙________。

(2)分离碘和水的混合物________。

(3)分离淀粉和氯化钠的混合液________。

(4)分离酒精和水的混合物________。

【答案】FABE

【解析】

根据混合物中各物质溶解性、沸点、被吸附性能及在不同溶剂中溶解性的不同，可以选用过滤和结晶、蒸馏（或分馏）、加热分解、萃取和分液等方法进行分离和提纯，各种方法的适用范围分别是A.萃取：溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同；分液：两种互不混溶的液体混合物；B.渗析：分离胶体和溶液；C.蒸发：分离固体溶质和溶剂；D.分液：两种互不混溶的液体混合物；E.蒸馏：①难挥发的固体杂质在液体中形成的混合物②互溶液体沸点有明显差异；F.过滤：固体与液体不互溶的混合物。

(1)分离粗盐溶液中混有的泥沙，固体与液体不互溶的混合物，用过滤法，故选F。

(2)分离碘和水的混合物，碘易溶于有机溶剂，可用萃取、分液的方法分离，故选A。

(3)分离淀粉和氯化钠的混合液，分离胶体和溶液，可用渗析法，故选B。

(4)分离酒精和水的混合物，酒精和水的沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故选E。

填空题

已知铜在常温下能被浓HNO3溶解，反应为:

Cu＋4HNO3===Cu(NO3)2＋2NO2↑十2H2O。

（1）用双线桥法标出电子转移的方向和数目________________________。

（2）上述反应中，氧化剂是______，氧化产物是________，还原剂与还原产物的物质的量之比为________。

（3）若有1molCu被氧化，则转移电子的数目为________。

【答案】HNO3Cu（NO3）21：22NA

【解析】（1）铜元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，氮元素化合价从+5价降低到+4价，得到1个电子，则根据电子得失守恒可知电子转移的方向和数目可表示为。（2）根据以上分析可知上述反应中，氧化剂是HNO3，氧化产物是Cu(NO3)2，还原剂是铜，还原产物是NO2，二者的物质的量之比为1:2。（3）若有1molCu被氧化，则转移电子的数目为2NA。

推断题

某溶液可能存在下列阴离子Cl-、SO42-、CO32-中的一种或几种。

(1)当溶液中存在大量H+时，__________不能在溶液中大量存在。

(2)当溶液中存在大量Ag+时，__________不能在溶液中大量存在。

(3)当向溶液中加入Ba(NO3)2溶液，能生成白色沉淀，则原溶液中可能存在的离子是_____________,为进一步确定溶液中存在哪种离子，可继续向沉淀中加入__________，通过观察沉淀是否溶解再作出进一步的判断。

【答案】CO32-Cl-、SO42-、CO32-SO42-、CO32-稀HCl

【解析】

（1）与氢离子反应生成水和气体的离子不能大量存在；

（2）与银离子反应生成沉淀的离子不能大量存在；

（3）利用硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析，碳酸钡可与盐酸反应．

（1）当溶液中存在大量H＋时，因H＋与CO32－反应生成水和气体，则不能共存，故答案为：CO32－；

（2）当溶液中存在大量Ag＋时，能分别与Cl－、SO42－、CO32－反应生成沉淀，则不能共存，故答案为：Cl－、SO42－、CO32－；

（3）当向溶液中加入Ba（NO3）2溶液能生成白色沉淀，可能生成硫酸钡或碳酸钡沉淀，则可能纯在的离子为SO42－、CO32－，因碳酸钡可溶于盐酸，可向沉淀中加入盐酸，观察沉淀是否溶解，如不溶解，说明不含CO32－，存在SO42－，若沉淀完全溶解，沉淀只有BaCO3，加入盐酸发生BaCO3+2H＋=Ba2＋+CO2↑+H2O。

故答案为：SO42－、CO32－；稀盐酸．

填空题

实验室需要250mL2mol/L的稀H2SO4，现用18.4mol/L的浓H2SO4来配制可供选择的仪器有：①玻璃棒②烧瓶③烧杯④胶头滴管⑤量筒⑥托盘天平⑦药匙。

（1）制稀H2SO4时，还缺少的仪器是______________________。

（2）经计算，需量取浓H2SO4的体积为___________。量取浓硫酸时应选用_________(选填①10mL、②50mL、③100mL三种规格)的量筒。

（3）配制溶液过程中下列操作能引起所配溶液浓度偏高是（__________）。

A.量取浓硫酸时俯视读数

B.量取浓硫酸后的量筒未洗涤，内壁残留的溶液未转移到烧杯中

C.未冷却到室温就定容

D.定容时俯视读数

E.定容摇匀后发现液面低于刻度线，继续用胶头滴管加水至刻度线

【答案】250mL容量瓶27.2mL②CD

【解析】本题主要考查一定物质的量浓度溶液的配制方法。

（1制稀H2SO4时，还缺少的仪器是250mL容量瓶。

（2需量取浓H2SO4的体积为(250mL×2mol/L)/(18.4mol/L)=27.2mL。量取浓硫酸时,选用量筒的规格应不小于27.2mL且最接近于27.2mL，故应选用②50mL的量筒。

（3A造成浓硫酸减少，引起所配溶液浓度偏低；B不影响所配溶液浓度；C冷却到室温溶液体积减小，引起所配溶液浓度偏高；D溶液体积减少，引起所配溶液浓度偏高；E溶液体积增大，引起所配溶液浓度偏低。故选CD。

填空题

向Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，请完