【化学】贵州省六盘水市第七中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题（解析版） 13页

贵州省六盘水市第七中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题 试题说明：‎ ‎1.本试卷共分为两卷。第I卷为选择题，共16个小题；第Ⅱ卷非选择题，共4个小题。‎ ‎2.所以试题均在答题卡上作答。‎ ‎3.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 S 32 K 39 Ca 40‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共54分，只有一个选项符合题意）‎ ‎1.下列化学药品与其危险化学品图形标志不一致的一组是（ ）‎ A. 小苏打—1 B. 甲烷—2 C. 酒精—3 D. 白磷—4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、小苏打不属于化学危险品，该化学药品与其危险化学品图形标志不一致，其他选项化学药品与图形标志一致，故选A。‎ ‎2.将下列各组物质按酸、碱、盐分类依次排列，正确的是（ ）‎ A. 磷酸、熟石灰、苛性钠 B. 硝酸、苛性钠、小苏打 C. 硫酸氢钠、生石灰、醋酸钠 D. 硫酸、纯碱、胆矾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苛性钠是NaOH，属于碱，而不属于盐，A错误；‎ B、苛性钠是NaOH，小苏打是NaHCO3，该组物质分类均正确，即B正确；‎ C、NaHSO4属于盐，生石灰是CaO，属于碱性氧化物，而不属于碱，C错误；‎ D、纯碱是Na2CO3，属于盐，而不属于碱，D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 直径介于1nm～100nm之间的微粒称为悬浊液 B. 制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液加热煮沸 C. 胶体与浊液的本质区别是其稳定性，胶体属于介稳体系 D. 利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、微粒直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体，A错误；‎ B、制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，B错误；‎ C、胶体与浊液的本质区别是分散系微粒的直径大小，C错误；‎ D、丁达尔效应是胶体所特有的性质，故可利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，D正确；‎ 故选D。‎ ‎4.下列说法中，错误的是（ ）‎ A. SO2水溶液能导电，但是SO2是非电解质 B. Na2CO3既是钠盐又是碳酸盐 C. 铜可以导电所以铜是电解质 D. NaCl在水溶液能导电，所以NaCl是电解质 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、SO2水溶液能导电，但是SO2本身不能电离，故SO2是非电解质，A正确；‎ B、Na2CO3既是钠盐又是碳酸盐，B正确；‎ C、铜可以导电，但是铜不是电解质，电解质的研究对象是化合物，C错误；‎ D、NaCl在水溶液中自身电离，使得溶液可以导电，所以NaCl是电解质，D正确；‎ 故选C。‎ ‎5.下列实验装置图所示的实验操作，不能达到相应的实验目的的是（ ）‎ A. 分离沸点相差较大液体混合物 B. 除去CO气体中的CO2气体 C. 向容量瓶中转移液体 D. 分离互不相溶的两种液体 ‎【答案】A ‎【解析】A.分离沸点相差较大的液体混合物，采用蒸馏的方法，但温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；B.除去CO气体中的CO2气体，可以采用NaOH溶液洗气的方法除去CO2，故B正确；C.向容量瓶中转移液体时，应用玻璃棒引流，玻璃棒的下端位于容量瓶的刻度线下方，故C正确；D.分离互不相溶的两种液体，可以采用分液的方法，故D正确；‎ 故答案选A。‎ ‎6.下列选项中全属于电解质的是（ ）‎ ‎①稀盐酸 ②NaCl晶体 ③液态的醋酸 ④铜 ⑤BaSO4固体 ⑥纯蔗糖(C12H22O11) ⑦酒精(C2H5OH) ⑧熔化KNO3 ⑨液态SO3 ⑩明矾 A. ①④⑥⑦⑨ B. ②③⑥⑦⑨‎ C. ②③⑤⑧⑩ D. ①②⑤⑧⑩‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①稀盐酸是混合物，不属于电解质的研究范畴；‎ ‎②NaCl晶体在水中或者熔融状态下都可以发生电离，该物质属于电解质；‎ ‎③液态醋酸在水中可以电离，该物质属于电解质；‎ ‎④铜是单质，不属于电解质的研究范畴；‎ ‎⑤BaSO4固体在水中或者熔融状态下都可以发生电离，该物质属于电解质；‎ ‎⑥纯蔗糖(C12H22O11)在水中、熔融状态下都不能发生电离，该物质属于非电解质；‎ ‎⑦酒精(C2H5OH)在水中、熔融状态下都不能发生电离，该物质属于非电解质；‎ ‎⑧熔化KNO3发生电离，该物质属于电解质；‎ ‎⑨液态SO3在水中、熔融状态下都不能发生电离，该物质属于非电解质；‎ ‎⑩明矾在水中或者熔融状态下都可以发生电离，该物质属于电解质；‎ 综上所述，属于电解质的有②③⑤⑧⑩，故选C。‎ ‎7.列离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 铁与盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ B. 碳酸钠与过量盐酸反应：CO32-+2H+=CO2↑+H2O C. 氢氧化钡溶液中滴加硫酸：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O D. 硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe和盐酸反应生成Fe2+，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；‎ B. 碳酸钠与过量盐酸反应生成二氧化碳与水，其离子方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故B正确；‎ C. 该离子方程式不符合实际情况，正确的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；‎ D. 该离子方程式不能完整的表示出整个反应，正确的离子方程式为：SO42-+Cu2++2OH-+Ba2+=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.下列反应能用离子方程式：H++OH-=H2O。表示的是（ ）‎ A. CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O B. 2H2SO4+Cu(OH)2=CuSO4+2H2O C. HCl+KOH=KCl+H2O D. HCl+NH3·H2O=NH4Cl+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CH3COOH是弱电解质，不能拆开，故该反应不能用题中的离子方程式表示；‎ B、Cu(OH)2不溶于水，不能拆开，故该反应不能用题中的离子方程式表示；‎ C、该反应可以用题中的离子方程式表示；‎ D、NH3·H2O是弱电解质，不能拆开，故该反应不能用题中的离子方程式表示；‎ 故选C。‎ ‎9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 54g H2O中含有3NA个氢原子 B. 1mol Na2SO4溶于水中，所得溶液中Na+个数为NA C. 标准状况下，NA个H2O分子所占的体积约为22.4L D. 1mol CO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、n(H2O)==3mol，则n(H)=2×3mol=6mol，即H原子有6NA个，A错误；‎ B、n(Na2SO4)=1mol，则n(Na+)=2×1mol=2mol，即Na+有2NA个，B错误；‎ C、标况下，H2O不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol进行计算，C错误；‎ D、1个CO2分子和1个NO2分子都含有2个O原子，故1mol CO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA，D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 24g镁与27g铝中，含有相同的质子数 B. 同等质量的氧气和臭氧中，氧原子数相同 C. 1mol/L NaOH溶液中，含Na+数目NA D. 标准状况下，NA个四氯化碳分子所占的体积约为22.4L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、n(Mg)==1mol，n(Al)==1mol，由于Mg原子的质子数为12，Al原子的质子数为13，故1mol Mg的质子数为12NA，1mol Al的质子数为13NA，二者所含质子数不同，A错误；‎ B、设质量都为m g，则n(O2)==mol，n(O3)==mol，二者所含氧原子个数都是个，B正确；‎ C、题中没有告知溶液的体积，无法计算NaOH的物质的量，C错误；‎ D、常温下，CCl4为液态，则标况下CCl4一定非气态，故不能使用Vm=22.4L/mol进行计算，D错误；‎ 故选B。‎ ‎11.强碱性的无色透明溶液中，能大量共存的离子组是（ ）‎ A. K+、Na+、SO42-、CO32- B. Mg2+、NH4+、NO3-、Cl-‎ C. Ba2+、K+、Cu2+、Cl- D. Na+、Ag+、HCO3-、Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、这组离子可以在碱性溶液中大量共存，且都为无色，A符合题意；‎ B、Mg2+、NH4+均不能在碱性溶液中大量存在，B不符合题意；‎ C、Cu2+呈蓝色，且该离子不能在碱性溶液中大量存在，C不符合题意；‎ D、Ag+、HCO3-均不能在碱性溶液中大量存在，D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎12.下列反应不属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O B. CO2+H2O=H2CO3‎ C. 2KClO32KCl+3O2↑ D. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化还原反应的特征是反应前后，有化合价的变化，仅B选项不涉及化合价的变化，所以仅B不属于氧化还原反应，故选B。‎ ‎13.关于Zn+2HCl=ZnCl2+H2的反应，下列说法正确的是（ ）‎ A. 单质Zn中Zn的化合价升高，被还原，是氧化剂 B. HCl中H的化合价降低，被氧化，HCl是还原剂 C. H2是还原产物 D. 该反应是复分解反应，也是氧化还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Zn的化合价升高，Zn作还原剂，被氧化，A错误；‎ B、HCl中H的化合价降低，被还原，HCl作氧化剂，B错误；‎ C、HCl作氧化剂，被还原，故H2为还原产物，C正确；‎ D、该反应属于置换反应，也是氧化还原反应，复分解反应没有化合价的变化，D错误；‎ 故选C。‎ ‎14.除去某溶液里溶解的少量杂质（括号内的物质为杂质），下列做法中不正确的是（ ）‎ A. KNO3溶液（AgNO3）：加过量KCl溶液，过滤 B. NaCl溶液（BaCl2）：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸 C. H2O中（Br2）：加CCl4，萃取分液 D. ZnSO4溶液（CuSO4溶液）：加过量Zn，过滤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加入过量的KCl溶液，可以除去AgNO3，但是会引入新的杂质KCl，A错误；‎ B、加过量Na2CO3溶液，可以除去BaCl2，再加入适量的盐酸可以除去多余的Na2CO3杂质，B正确；‎ C、Br2在CCl4中的溶解度更大，且CCl4和H2O不互溶，故可以用萃取分页的方法除去Br2，C正确；‎ D、加过量Zn，可以完全除去CuSO4，多余的Zn和生成的Cu可以通过过滤除去，D正确；‎ 故选A。‎ ‎15.某反应可用下式表示：xR2＋＋yH＋＋O2===mR3＋＋nH2O。则m的值为 (　　)‎ A. 4 B. 2x C. D. 7‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据原子守恒可知n＝2，则y＝4，x＝m。根据电荷守恒可知2x+y＝3m，解得m＝y＝4，答案选A。‎ ‎16.有Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl及NH4NO3无标签溶液， 为鉴别它们，取四支试管分别装入一种溶液，向上述四支试管中分别加入少许剩下的一种溶液A，下列结论错误的是（ ）‎ A. 有三支试管出现沉淀时，则A是AgNO3溶液 B. 若只有两支试管出现沉淀时，则A是BaCl2溶液 C. 一支试管出现气体，两支试管出现沉淀时，则A是HCl溶液 D. 若全部没有什么现象变化时，则A是NH4NO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若A是AgNO3溶液，AgNO3和Na2CO3、BaCl2、HCl反应均产生白色沉淀，A正确；‎ B、若A是BaCl2溶液，BaCl2和Na2CO3、AgNO3反应均产生白色沉淀，B正确；‎ C、若A是HCl溶液，HCl和Na2CO3反应产生气泡，仅和AgNO3反应产生白色沉淀，C错误；‎ D、若A是NH4NO3溶液，NH4NO3和其余四种物质不反应，D正确；‎ 故选C。‎ 第II卷（非选择题）‎ ‎17.按要求完成下列问题。‎ ‎（1）写出下列物质在水溶液中的电离方程式：‎ H2SO4：___ Ba(OH)2：____‎ Al2(SO4)3：___ NaHSO4：______‎ NaHCO3：___‎ ‎（2）根据反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，回答下列问题：‎ ‎①用“双线桥法”标出下列氧化还原反应电子转移情况。___。‎ ‎②还原剂是___，氧化产物是___。‎ ‎③氧化剂与还原产物的物质的量之比为___。当生成2mol的NO2时，转移电子物质的量为___。‎ ‎【答案】(1). H2SO4=2H++SO42- (2). Ba(OH)2=Ba2++2OH- (3). Al2(SO4)3=2Al3++SO42- (4). NaHSO4=Na++H++SO42- (5). NaHCO3=Na++HCO3- (6). (7). Cu (8). Cu(NO3)2 (9). 1：1 (10). 2mol ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）这些物质都是强电解质，它们的电离方程式为：‎ H2SO4=2H++SO42-；Ba(OH)2=Ba2++2OH-；Al2(SO4)3=2Al3++SO42-；NaHSO4=Na++H++SO42-；NaHCO3=Na++HCO3-； ‎ ‎（2）①该反应的电子转移方程式为：；‎ ‎②该反应中，Cu的化合价升高，HNO3中N的化合价降低，故Cu作还原剂，HNO3作氧化剂；‎ ‎③该反应中，HNO3作氧化剂，还原产物为NO2，由于HNO3中部分起酸性的作用，部分起氧化剂的作用，根据化学方程式可知2分HNO3氧化Cu，生成2份NO2，故氧化剂与还原产物的物质的量之比为1：1；由于→转移1个电子，故生成2mol的NO2，转移2mol电子。‎ ‎18.某溶液可能含OH-、SO42-、HCO3-、Cl-、Ba2+和Na+。探究小组为了确定该溶液中离子的组成，取该溶液100mL进行以下实验：‎ ‎（1）填写下表空格 实验操作与现象 实验结论 判断理由 步骤一 加入过量HCl溶液，有气泡产生；‎ 肯定有___、肯定无___。‎ HCO3-与OH-不共存 步骤二 步骤一中得到标况下的气体22.4L；‎ HCO3-的物质的量浓度为___mol/L C元素守恒 步骤三 向上述滤液中加足量Ba(NO3)2溶液，经过滤得到46.6g不溶于稀硝酸的沉淀。‎ 肯定有___、___；肯定无___。‎ 溶液显电中性；SO42-与Ba2+不共存会产生白色沉淀。‎ ‎（2）步骤三过滤所需玻璃仪器有：烧杯、___、___。‎ ‎（3）步骤一产生气泡的离子方程式为___，步骤三生成沉淀的离子方程式为：___。‎ ‎【答案】(1). HCO3- (2). OH- (3). 10 (4). SO42- (5). Na+ (6). Ba2+ (7). 漏斗 (8). 玻璃棒 (9). HCO3-+H+=CO2↑+H2O (10). Ba2++SO42-=BaSO4↓‎ ‎【解析】‎ 分析】步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），根据元素守恒可以推出原溶液中有1mol HCO3-，从而计算出HCO3-的物质的量浓度；根据步骤三可以推出原溶液中有SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+。‎ ‎【详解】（1）步骤一：加入过量的HCl产生气泡，说明有HCO3-，则没有OH-，因为HCO3-与OH-不共存；步骤二：HCl和HCO3-反应生成CO2 22.4L（标况），n(CO2)==1mol，则n(HCO3-)=1mol，故c(HCO3-)==10mol/L；步骤三：根据题中信息，可以推出该沉淀为BaSO4，则n(BaSO4)==0.2mol，故原溶液中有0.2mol SO42-，则溶液中无Ba2+，有Na+；‎ ‎（2）过滤所需玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎（3）步骤一产生气泡的离子方程式为HCO3-+H+=CO2↑+H2O；步骤三生成沉淀的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4↓。‎ ‎19.掌握仪器的名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础。如图为两套实验装置。‎ ‎（1）写出下列实验仪器的名称A___；B___；C__；D___。‎ ‎（2）用装置1分离四氯化碳和Br2的混合物，实验操作的名称为___，冷凝管的进水口是___；（填a或b）；‎ ‎（3）现需配制480mL 0.2mol/L KOH溶液，需要称量KOH___g，配制过程中所用到的仪器有托盘天平、烧杯、___、___、胶头滴管。‎ ‎（4）装置2是某同学转移溶液的示意图，图中的错误是___。‎ ‎（5）下列操作会引起浓度偏高的是___。‎ A.溶液未冷却到室温就转移至容量瓶中 B.称量固体时将右边放药品与左边放砝码 C.定容时仰视读数 D.容量瓶中的水未除尽 ‎【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 酒精灯 (3). 直形冷凝管 (4). 锥形瓶 (5). 蒸馏 (6). a (7). 5.6 (8). 500mL容量瓶 (9). 玻璃棒 (10). 没有使用玻璃棒引流 (11). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A为蒸馏烧瓶，B为酒精灯，C为直形冷凝管，D为锥形瓶；‎ ‎（2）该操作为蒸馏，冷静管的进水口为下口，即a；‎ ‎（3）配制480mL的溶液，需要使用500mL的容量瓶去配制500mL的溶液，故需要KOH的物质的量为0.5L×0.2mol/L=0.1mol，则m(KOH)=0.1mol×56g/mol=5.6g；配制溶液需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；‎ ‎（4）该操作的错误是没有使用玻璃棒引流；‎ ‎（5）A、溶液未冷却到室温就转移至容量瓶中，会导致溶液体积偏小，浓度偏高，A符合题意；‎ B、称量固体时将右边放药品与左边放砝码，若没使用游码，则固体质量不变，溶液浓度不受影响，若使用游码，则固体质量偏小，溶液浓度偏低，B不符合题意；‎ C、定容时仰视，溶液体积偏大，浓度偏低，C不符合题意；‎ D、容量瓶中的水未除尽，但不影响定容，故对溶液浓度无影响，D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎20.有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：‎ ‎（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。‎ ‎（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。‎ ‎（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。‎ ‎（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。___‎ 序号 化学式 Ⅰ Ⅱ ‎（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。___‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). 蒸馏 (3). Ba2++SO42-=BaSO4↓ (4). H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O (5). CuSO4 (6). KCl (7). ‎ 序号 化学式 I CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2‎ II CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl ‎(8). 用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl ‎【解析】‎ 分析】假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。‎ ‎【详解】（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；‎ ‎（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；步骤②中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；‎ ‎（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；‎ ‎（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：‎ 序号 化学式 I CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2‎ II CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl ‎（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。‎