1、甘肃省武威第六中学2020-2021学年高一化学上学期第二次学段考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 He-4 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mn-55一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共54分)1. 下列变化属于氧化还原反应的是( )A. 只要功夫深，铁杵磨成针B. 粉身碎骨全不怕，要留清白在人间C. 莫道雪融便无迹，雪融成水水成冰D. 炉火照天地，红星乱紫烟【答案】D【解析】【详解】A铁杵磨成针过程只是改变了物质的形状，过程中无新物质生成，属于物理变化，故A不选；B粉身碎骨全不怕，要留清白在人间过程中有碳酸钙等物质生成，但属于
2、非氧化还原反应，故B不选；C雪融化以及水结冰过程中无新物质生成，属于物理变化，故C不选；D炉火熊熊燃烧，火星四器，紫烟体腾，广亲的天地被红月影乡的炉火照待通明，金属的治炼和燃烧涉及到了氧化还原反应，故D选；综上所述，答案为D。2. 现有三种液态混合物：乙酸（沸点118）和乙酸乙酯（沸点77.1）；汽油和水；溴水。在实验室分离这三种混合物的正确方法依次为A. 蒸馏、分液、萃取B. 萃取、蒸馏、分液C. 分液、蒸馏、萃取D. 蒸馏、萃取、分液【答案】A【解析】【详解】乙酸和乙酸乙酯是互溶的两种液体，利用沸点不同，采用蒸馏的方法进行分离；汽油和水为互不相溶的两种液体，采用分液的方法分离；溴易溶于有机
3、溶剂，采用萃取方法进行分离；答案选A。3. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 1 mol NH4+ 所含质子数为10NAB. 2克氦气所含原子数约为6.021023C. 标准状况下，22.4 L H2O所含的分子数为NAD. 常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含氧原子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A、NH4+含有11个质子，1 mol NH4+所含质子数为11NA，A不正确；B、氦气是单原子构成的，2克氦气的物质的量是0.5mol，所含原子数约为3.011023，B不正确；C、标准状况下，水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，C不正确；D、氧气和臭氧都是氧原子
4、构成的单质，所以常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含氧原子的物质的量是2mol，则原子数为2NA，D正确。答案选D。4. 对于相同质量的SO2和SO3，下列说法中正确的是( )A. 硫元素的质量比为5:4B. 分子数之比为1:1C. 原子总数之比为4:3D. 氧原子数之比2:3【答案】A【解析】【详解】相同质量的SO2和SO3的物质的量之比为：=5：4，A二者硫元素的质量比等于其物质的量之比等于5:4，故A正确；B由N=nNA可知，二者分子数之比等于其物质的量之比等于5:4，故B错误；C二者原子数之比为(53):(44)=15:16，故C错误；D二者氧原子数之比(52):(43)=5
5、:6，故D错误；综上所述，说法正确的是A项，故答案为A。5. 标准状况下，等体积的NH3和CH4两种气体，下列有关说法错误的是（ ）A. 所含分子数目相同B. 所含氢原子的物质的量之比为3:4C. 质量之比为16:17D. 密度之比为17:16【答案】C【解析】【详解】A根据N=nNA=NA知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的分子数与气体的体积成正比，所以相同体积的氨气和甲烷，所含分子数相同，故A正确；B相同条件下，等体积的氨气和甲烷的物质的量相同，一个氨气分子中含有3个H，一个甲烷分子中含有4个H，所以所含氢原子物质的量之比为3：4，故B正确；C根据m=M知，相同条件下，等体积的氨气和甲
6、烷，其质量与相对分子质量成正比，所以其质量之比=17：16，故C错误；D根据知，相同条件下，气体摩尔体积相同，气体的密度与相对分子质量成之比，所以其密度之比=17：16，故D正确。故选：C。6. 等体积NaCl，MgCl2，AlCl3三种溶液分别于等体积等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应，则NaCl，MgCl2，AlCl3三种溶液的物质的量浓度之比为A. 1：2：3B. 3：2：1C. 6：3：2D. 1：1：1【答案】C【解析】【详解】等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液分别与等体积等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应，硝酸银的物质的量相同，则生成AgCl的物质的量
7、相同，令AgCl为1mol，由氯离子守恒可知：n(NaCl)=1mol，n(MgCl2)=mol，n(AlCl3)=mol，溶液体积相同，浓度之比等于物质的量之比，故NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的物质的量浓度之比是：1mol ：mol ：mol =6:3:2，故选：C。7. 某溶液中只含有四种离子，已知其中三种离子Na、Mg2、NO3的物质的量浓度分别为0.2 molL1，0.1 molL1，0.1 molL1，则溶液中另一离子及其物质的量浓度可能A. SO420.1 molL1B. Al30.2 molL1C. Cl0.3 molL1D. K0.4 molL1【答案】C【解析】【
8、分析】根据溶液显电中性分析解答。【详解】根据溶液显电中性可知另一种离子一定是阴离子，忽略水的电离，如果是硫酸根离子，则其浓度是（0.2mol/L+0.1mol/L20.1mol/L）/20.15mol/L，如果是氯离子，其浓度是0.2mol/L+0.1mol/L20.1mol/L0.3mol/L，答案选C。8. 分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是( )A. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液B. H2SiO3、H2SO3、H2SO4均属于强酸C. SiO2、SO2、SO3均属于酸性氧化物D. 根据是否能导电，将化合物分为电解质和非电解质【答案】C【解析】【详解】
9、A根据分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，A错误；BH2SiO3、H2SO3均属于弱酸，H2SO4是强酸，B错误；CSiO2、SO2、SO3均和碱反应生成一种盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；D根据化合物在水溶液中或熔融状态是否能导电，将物质分为电解质和非电解质，D错误；综上所述，正确的是C项，故答案为C。9. 下列说法正确的是( )A. 凡能在水中电离出H+的化合物均属于酸B. 盐电离出的阳离子一定有金属离子C. 由不同种元素组成的物质一定是化合物D. Na2CO310H2O属于纯净物【答案】D【解析】【详解】A电离时产生的阳离子全都是H+的化合物属于酸，但在水溶液中电离出H+
10、的化合物不一定属于酸，如NaHSO4在水溶液中能电离出H+，但该物质不属于酸而属于盐，故A错；B由金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子所组成的化合物均属于盐，所以盐电离出的阳离子不一定有金属离子，故B错；C由不同元素所组成的纯净物才是化合物，故C错；D结晶水合物为纯净物，所以Na2CO310H2O属于纯净物，故选D；故选D10. 下列关于胶体的说法，正确的是( )A. 纳米材料能产生丁达尔效应B. 溶液是电中性的，胶体是带电的C. 胶体与溶液的本质区别是丁达尔效应D. 静电除尘法除去空气或工厂废气中的飘尘是利用胶体粒子的带电性【答案】D【解析】【详解】A“纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，
11、纳米碳就是其中的一种，把纳米材料的颗粒分散到分散剂中才能形成胶体，才有丁达尔效应，故A错误；B溶液是电中性的，胶体也是电中性分散系，故B错误；C胶体与溶液的本质区别是分散质粒度介于1-100nm，故C错误；D中和胶体粒子的电性能够使胶体发生电泳，如用净电除尘器吸附带电的飘尘，而使之电泳除去，故D正确。答案选D。11. 下列物质中，既能导电又属于电解质的是( )A. 硫酸溶液B. 熔融的NaClC. 铜D. 纯碱粉末【答案】B【解析】【详解】A硫酸溶液为电解质溶液，含有能自由移动的离子，能导电，为混合物，因此既不是电解质也不是非电解质，故A不选；B氯化钠为盐类，属于电解质，熔融的NaCl中含有钠
12、离子和氯离子，能够导电，故B选；C铜为金属单质，其中含有能自由移动的电子，能够导电，但既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D纯碱粉末为碳酸钠，为盐类物质，属于电解质，固体中不含能自由移动的电子或离子，不能导电，故D不选；综上所述，答案为B。12. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )A. 实验室检验CO2的反应：CO2+2OH-=H2O+COB. 锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2+AgC. 醋酸与水垢中CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2D. 用碳酸氢钠治疗胃酸(主要成分是盐酸)的反应：HCO+H+=CO2+H2O【答案】D【解析】【详解】A实验室利用澄清石
13、灰水检验CO2，其反应离子方程式为Ca2+2OH-+CO2=CaCO3+H2O，故A错误；B锌的活泼性强于银，锌片插入硝酸银溶液中反应离子方程式为Zn+2Ag+=Zn2+2Ag，故B错误；C醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆分，故C错误；D碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，离子方程式为HCO+H+=CO2+H2O，故D正确；综上所述，正确的是D项，故答案为D。13. 在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A. Na+K+OHClB. Na+Cu2+ SO NOC. Mg2+Na+SOClD. Ba2+K+ HCO NO【答案】C【解析】【详解】A. OH在强酸性溶液中不
14、能大量共存，故A错误；B. Cu2+为有色离子，溶液呈蓝色，与题意不符，故B错误；C. Mg2+、Na+、SO、Cl在强酸性溶液中可以大量共存，且溶液为无色透明，故C正确；D. HCO不能在强酸性溶液中大量存在：，故D错误。故答案选：C。14. 下列各组溶液，当后一种溶液逐滴加入到一定量的前一种溶液中并稍过量，其溶液的导电性(I表示导电能力)与后一种溶液的质量(m)的函数关系符合下图的是A. 澄清石灰水、碳酸钠溶液B. 硝酸银溶液、氯化钠溶液C. 盐酸、氢氧化钠溶液D. 稀硫酸、氢氧化钡溶液【答案】D【解析】【分析】溶液的导电性与单位体积内离子的数目、离子所带电荷多少有关，单位体积内离子数目越
15、多，导电性越强；离子所带电荷越多，导电性越强（如两个氯离子和一个硫酸根离子导电性相当）进行分析作答。【详解】A. 澄清石灰水和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故A项错误；B. 硝酸银溶液和氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故B项错误；C. 盐酸和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故C项错误；D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应硫酸钡沉淀和水，水难电离，硫酸钡难溶于水，所以溶液的导电性不断减弱，当氢氧化钡溶液
16、和硫酸恰好反应，导电性最弱接近零，当氢氧化钡溶液过量时，溶液中的离子数目又增多，导电性增强，符合题意，故D项正确；答案选D。15. 需要加入氧化剂才能实现的变化是（ ）A MnO2MnSO4B. KIKIO3C. HNO3NOD. Al2O3Al（OH）3【答案】B【解析】【分析】需要加入氧化剂才能实现，选项中为还原剂发生的氧化反应，还原剂中某元素的化合价升高。【详解】AMn元素化合价由+4降低为+2，被还原，应加入还原剂，故A错误；BI元素化合价由-1升高为+5，被氧化，应加入氧化剂，故B正确；CN元素化合价由+5降低为+2，被还原，应加入还原剂，故C错误；D元素化合价没有变化，不是氧化还原
17、反应，故D错误。故选：B。16. 反应2H2SSO2=3S2H2O中氧化产物和还原产物的物质的量之比是多少A. 2：1B. 1:1C. 1:2D. 3：1【答案】A【解析】【详解】硫化氢做还原剂，二氧化硫做氧化剂，硫既是氧化产物又是还原产物，所以，若反应中生成3mol硫，其中2mol硫为氧化产物，1mol硫为还原产物。故选A。【点睛】掌握氧化还原反应中的各物质的名称，如氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等。氧化剂生成还原产物，还原剂生成氧化产物。17. 有A、B、C、D四种物质，已知它们能发生下列反应：A2+B=B2+AB2+C=C2+BC2+D=D2+C；下列说法正确的是( )A. 反应A+
18、C2+=C+A2+能够进行B. 氧化性：A2+B2+C2+D2+C. 还原性：ABCDD. 还原性：DBCA【答案】B【解析】【分析】根据“比什么性，找什么剂和产物，剂之性大于产物之性”。A2+B=B2+A中氧化剂为A2+，氧化产物为B2+，还原剂为B，还原产物为A，氧化性：A2+ B2+，还原性：BA；B2+C=C2+B中氧化剂为B2+，氧化产物为C2+，还原剂为C，还原产物为B，氧化性：B2+C2+，还原性：CB；C2+D=D2+C中氧化剂为C2+，氧化产物为D2+，还原剂为D，还原产物为C，氧化性：C2+D2+，还原性：DC；因此氧化性：A2+B2+C2+D2+，还原性：DCBA。【详解
19、】A假设反应A+C2+=C+A2+能够进行，则得到氧化性强弱顺序为C2+A2+，与分析得出的氧化性强弱顺序相反，则说明反应不能发生，故A错误；B根据分析得到氧化性：A2+B2+C2+D2+，故B正确；C根据前面分析得到还原性：DCBA，故C错误；D根据C选项结论，故D错误。综上所述，答案为B。18. 实验室制取少量N2，常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，关于该反应的说法正确的是()A. NaNO2是还原剂B. 生成1 mol N2时转移的电子数为6 molC. NH4Cl中的氮元素被还原D. N2既是氧化产物又是还原产物【答案】D【解析】A、NaNO2中N元素化合价
20、降低，得电子，作氧化剂，故A错误；B、每生成1molN2，消耗1molNaNO2得3mol电子，消耗1molNH4Cl失去3mol电子，即转移的电子为3mol，故B错误；C、NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选D。19. “84”消毒液的有效成分是NaClO，某同学购买了一瓶“84”消毒液，其包装说明如下：含25%NaClO、1000mL、密度1.192gcm-3。请根据信息和相关知识回答下列问题：(1)该“84”消毒液的物质的量浓度约为_molL-1。(2)该同学欲用NaClO固体配制450mL含25%NaClO的“84”
21、消毒液。请回答下列问题：需要称量NaClO固体质量为_克。用到的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_、胶头滴管。(填仪器的名称)如下情况中，引起所配溶液浓度偏高的是(填编号)，浓度偏低的是_(填编号)A.称量NaClO固体时砝码放反了B.未洗涤溶解NaClO的烧杯C.NaClO在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中D.容量瓶未干燥即用来配制溶液E.定容时俯视刻度线F.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线【答案】 (1). 4.0 (2). 149.0g (3). 500mL容量瓶 (4). ABF【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、冷却
22、、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，据此选择需要的仪器以及进行步骤排序，根据判断配制溶液的误差，如果n偏小或C偏大，则配制溶液的浓度偏低，如果n偏大或V偏小，则配制溶液的浓度偏高。【详解】(1)某“84消毒液”的包装说明如下：含25%NaClO，密度1.192gcm-3，该“84消毒液”的物质的量浓度c=4.0mol/L，故答案为4.0；(2)配制450m溶液，应该用500mL的容量瓶，故要称量NaClO固体质量为；故答案为：149.0g；实验步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500mL容量瓶等，缺少500mL容量瓶，故答案为：50
23、0mL容量瓶；根据判断配制溶液的误差：A称量NaClO固体时砝码放反了，用到游码，则实际称量固体质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A选；B未洗涤溶解NaClO的烧杯，溶质有损耗，溶质的物质的量n偏小，浓度偏小，故B选；CNaClO在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，冷却后溶液体积不到500ml，V偏小，浓度偏大，故C不选；D容量瓶未干燥即用来配制溶液，没有影响，故D不选；E定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，浓度偏大，故E不选；F定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，所配溶液体积V偏大，浓度偏小，故F选。故答案为：ABF20. 高铁酸钠(Na2FeO
24、4)是水处理中使用的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾、次氯酸等还强。工业上制取高铁酸钠的化学方程式是(未配平)：Fe(NO3)3+NaOH+Cl2Na2FeO4+NaNO3+NaCl+H2O(1)高铁酸钠中，铁元素的化合价是_；上述制取高铁酸钠的反应中，铁元素被_(填“还原”或“氧化”)。(2)高铁酸钠(Na2FeO4)在水处理过程中使铁元素转化为Fe(OH)3胶体，吸附水中悬浮物，Fe(OH)3胶体微粒直径的范围是_nm，高铁酸钠的电离方程式是_。(3)在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，加入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至出现_色，即可制得Fe(OH)3胶体。(4)在少量(3)制
25、得的Fe(OH)3胶体中加入稀硫酸溶液，现象是_。【答案】 (1). +6 (2). 氧化 (3). 1100 (4). Na2FeO4=2Na+FeO (5). 红褐 (6). 产生红褐色沉淀，然后溶解【解析】【详解】(1)Na2FeO4中Na元素化合价为+1，O元素化合价为-2，根据化合物化合价为0可知，Fe元素化合价为+6；反应过程中Fe元素化合价由+3升高至+6，Fe元素被氧化；(2)Fe(OH)3胶体为胶体分散系，微粒之间为1100nm；Na2FeO4为盐，其在熔融状态下发生完全电离，电离方程式为Na2FeO4=2Na+FeO；(3)Fe(OH)3胶体为红褐色，制备Fe(OH)3胶体
26、胶体操作为：在小烧杯中加入20mL蒸馏水，加热至沸腾后，加入几滴FeCl3溶液，继续煮沸至出现红褐色，即可制得Fe(OH)3胶体，故答案为：红褐；(4)稀硫酸溶液为电解质溶液，因此向Fe(OH)3胶体中加入稀硫酸溶液，胶粒先发生聚沉而沉淀，后续Fe(OH)3沉淀溶于酸，因此现象为：产生红褐色沉淀，然后溶解。21. 有一瓶无色透明溶液，只含Cl-、Na、K、Mg2+、Cu2+中的某几种。经实验：取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀；取少量原溶液加BaCl2溶液不产生沉淀；取少量原溶液加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。回答下列问题：(1)试分析原溶液中一定含有
27、的离子是_，一定不含有的阴离子是_，可能含有的离子是_。(2)有的同学认为实验可以省略，你认为是否正确（填“是”或“否”）_说明理由_。(3)写出中反应的离子方程式：_。【答案】 (1). Mg2+、Cl- (2). 、 (3). Na+、K+ (4). 是 (5). 根据电中性原理原溶液中一定含有Cl- (6). Mg+2OH-=Mg(OH)2【解析】【分析】Cu2+显蓝色，无色透明溶液不含Cu2+；取少量原溶液加入足量的Ba(OH)2溶液产生白色沉淀，可能含有、Mg2+；取少量原溶液加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含、；取少量原溶液加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，
28、说明溶液中含有Cl-，故溶液中一定含有Mg2+、Cl-，一定不含有的阴离子是、，可能含有的离子是Na+、K+，由此分析。【详解】(1)根据分析，原溶液中一定含有的离子是Mg2+、Cl-，一定不含有的阴离子是、，可能含有的离子是Na+、K+；(2)根据分析，溶液中一定含有Mg2+，一定没有、，根据电中性原理，原溶液中一定含有阴离子Cl-，故实验可以省略；(3)根据分析，加入足量的Ba(OH)2溶液后产生白色沉淀是溶液中的镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，中反应的离子方程式：Mg2+2OH-=Mg(OH)2。22. 已知MnO2与浓盐酸可发生如下反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl
29、2+2H2O用双线桥法标明上述反应方程式中电子转移的方向和数目_。HCl在上述反应中显示出来的性质是_。A.氧化性 B.还原性 C.酸性 D.碱性该反应的氧化产物是_，还原产物是_。若生成标准状况下3.36L氯气，则转移的电子个数为_。当有7.3gHCl被氧化时，被还原的物质的质量是_g。【答案】 (1). (2). BC (3). Cl2 (4). MnCl2 (5). 0.3NA (6). 8.7g【解析】【详解】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O中Mn元素化合价由+4降低至+2，一部分Cl元素化合价由-1升高至0，因此双线桥表示为；该反应中一部分HCl被氧化，作还原剂，一部分生成盐，作酸，反应过程中体现出酸性和还原性，故答案为BC；该反应中一部分Cl元素化合价升高生成Cl2，因此氧化产物为Cl2，Mn元素化合价降低生成MnCl2，因此还原产物为MnCl2；标准状况下3.36L氯气的物质的量为=0.15mol，每生成1mol Cl2时，转移2mol电子，当生成0.15mol Cl2时，转移电子数为0.15mol2NA=0.3NA；7.3gHCl的物质的量为=0.2mol，由上述可知，每有0.2mol HCl被氧化时，反应0.1mol MnO2，MnO2的质量为0.1mol87g/mol=8.7g。- 13 -
