1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2020-2021学年上学期高一期中备考金卷化 学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 1
2、37一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1由空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成的视程障碍叫霾。当水汽凝结加剧、空气湿度增大时，霾就会转化为雾。二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物是雾霾的主要组成。以下说法不正确的是A雾霾天，汽车车灯照出光亮“通路”的现象属于丁达尔效应B雾和霾都是混合物C防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩往往呼吸阻力较大DPM2.5是指直径小于或等于的污染物颗粒，该颗粒直径完全在胶体粒子的直径范围内2 下列物质分类的正确组合是选项混合物纯净物单质电解质A盐酸NaOH石墨K2SO4溶液B空气Fe(OH)3胶体铁Na2CO3
3、C氨水CaCl2水银NaClDCuSO45H2O明矾C70NaCl3下列溶液中的c(Cl)与150mL 1mol/L AlCl3溶液中的c(Cl)相等的是A150mL 1mol/L NaCl溶液 B25mL 3mol/L NH4Cl溶液C75mL 2mol/L MgCl2溶液 D7mL 2mol/L FeCl3溶液4日常生活中许多现象与氧化还原反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 B充有H2的“喜羊羊”娃娃遇明火发生爆炸C食物腐败变质 D多吃水果(富含维生素C)美容养颜抗衰老5下列实验装置，能达到相应实验目的的是A 配制500mL0.1mol/L的NaOH溶液B用
4、苯萃取碘水中的碘，并进行分液C除去CO2气体中的少量HCl杂质D从500mL60度高粱酒中分离出乙醇6在一定条件下，RO和氟气可发生如下反应：RO+F2+2OHRO+2F+H2O从而可知在RO中，元素R的化合价是A+4 B+5 C+6 D+77下列实验误差分析错误的是A用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小B排水量气，未冷却到室温立即读数，所得气体的体积偏大C称取2.3g NaCl固体，砝码放在托盘天平的左边，所称量固体药品质量偏小D用量筒量取5.0mL浓硫酸，仰视读数，所得到浓硫酸的体积偏大8用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下，11.2L二氧化硫气体中含
5、有0.5NA个SO2分子B标准状况下，22.4L CCl4中含有NA个分子C1mol Na与一定量的O2反应生成Na2O和Na2O2，转移的电子数为NA个D将NA个HCl气体分子溶于1L水中得到1molL1的盐酸9下列两种气体的原子数一定相等的是A质量相等、密度不等的N2和C2H4B等体积、等密度的CO和N2C等温、等体积的O2和Cl2D等压、等体积的NH3和CO210在一个恒温、恒容密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体质量相等，当隔板静止时，容器内气体所占体积如图所示，下列说法中错误的是A若Y是O2，则X可能是CH4B分子数目：X=Z=2
6、YC若X是N2，则Z可能是COD气体密度：X=Z=2Y11下列各组离子在给定条件下能大量共存的是A在pH=1的溶液中：NH、K+、CO、ClB有SO存在的溶液中：Na+、Mg2+、Ba2+、BrC透明溶液中：K+、Na+、MnO、SOD使酚酞溶液变红的溶液中：Na+、Cl、SO、HCO12下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是A BC D13下列反应中，离子方程式不正确的是ACuO与稀硫酸反应：CuO+2H+Cu2+H2OB大理石与醋酸反应：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2C稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应：H+OHH2ODBa(OH)2溶液与稀
7、硫酸反应：Ba2+OH+H+SOBaSO4+H2O14有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl混合而成。为检验它的成分做了如下实验：将固体混合物溶于水，搅拌后得到无色透明溶液；往此溶液中滴加硝酸钡溶液，有白色沉淀生成；过滤，将沉淀物置于稀硝酸中，发现沉淀全部溶解。则该固体混合物中A肯定有Na2CO3，可能有CuSO4B一定有NaCl，肯定没有Na2SO4C一定有Na2CO3，可能有NaClD可能有CaCl2，一定没有CuSO415已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能
8、发生的是A3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3 BCl2+FeI2=FeCl2+I2CCo2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O D2Fe3+2I=2Fe2+I216四氧化钌(RuO4)是金黄色针状晶体，微溶于水，有强氧化性，能氧化浓盐酸生成Cl2和Ru3+。酸性介质中固体Na2RuO4与NaClO溶液或NaClO3溶液反应均可制得RuO4。下列说法正确的是A若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比13，则还原产物为Cl2BRuO4与浓盐酸反应生成11.2L Cl2转移电子数为NAC酸性介质中氧化性：RuO4ClOCl2D在稀硫酸环境中，Na2RuO4与NaClO反应制备
9、RuO4的化学方程式为Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O二、非选择题（共52分）17某0.2L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得该营养液中部分离子的浓度柱状图如图甲所示。（1）该营养液中K2SO4的物质的量浓度为_molL1，含KCl的质量为_。（2）该营养液中NH4Cl的物质的量为_。（3）若NH不参与其他任何反应，将该营养液加水稀释，稀释过程中NH的浓度（c）随溶液体积（V）变化的曲线如图乙所示，则_，_。18有下列物质：氢氧化钡固体KHSO4HNO3 稀硫酸 二氧化碳气体铜碳酸钠粉末蔗糖晶体熔融氯化钠CuSO
10、45H2O晶体。请用序号填空：（1）上述状态下可导电的是_。（2）属于电解质的是_。（3）属于非电解质的是_。（4）在水溶液中的电离方程式为_，与在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为_。（5）与可以发生如下反应：Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，回答下列问题：I还原产物是_。II当有2mol HNO3参加反应时，被氧化的物质的质量为_g。III用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目_。19已知：Fe3+溶液颜色为黄色，Fe2+溶液颜色为浅绿色，Fe(OH)3为红褐色。（1）现将少量Fe2O3粉末加入适量稀盐酸，发生反应的离子方程式_，用所得溶液进行以下实验：（2）取
11、少量溶液于试管中，滴入NaOH溶液，观察到有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为_。（3）取少量溶液于试管中，加入少量还原铁粉，振荡，铁粉逐渐溶解，溶液由黄色变为浅绿色，反应的离子方程式为_。（4）在烧杯中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸直到溶液呈红褐色，即得到Fe(OH)3胶体。取少量Fe(OH)3胶体，逐滴加入盐酸至过量，可观察到的现象是：先_，然后_，对后一现象的解释是（用离子方程式表示）_。20.已知铜在常温下能被HNO3溶解。反应方程式为： 3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O(1)请将上述反应改成离子方程式，并用单线桥法表
12、示电子得失的方向和数目_。(2)若生成448mL的NO(标准状况下)，则该过程中转移的电子是_mol。(3)被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为_。.某反应体系有反应物和生成物共7种物质：C、H2SO4、K2CrO4、K2SO4、CO2、Cr2(SO4)3和H2O。已知该反应中发生如下过程：CCO2。该反应的化学方程式：_。21将54.8g Na2CO3和NaHCO3的混合物分成等量的两份，一份溶于水后加入足量某浓度的盐酸，收集到气体V L。另一份直接加热至恒重，生成气体2.24L（所有气体体积均在标准状况下测定）。试准确计算出：（1）原固体混合物中Na2CO3的物质的量：nNa2CO3）=_。
13、（2）V=_L。2020-2021学年上学期高一期中备考金卷化学答案（A）1.【答案】D【解析】A雾霾中含有的部分微粒直径在之间，则汽车车灯照出光亮“通路”的现象属于丁达尔效应，故A正确；B雾和霾都是混合物，故B正确；C防雾霾口罩的原理与过滤、渗析类似，防雾霾效果好的口罩透气性较差，往往呼吸阻力较大，故C正确；DPM2.5是指直径小于或等于的污染物颗粒，即粒子直径，而胶体中分散质粒子的直径为，即，则PM2.5的直径不完全在胶体粒子的直径范围内，故D错误。2.【答案】C【解析】K2SO4溶液属于混合物，不是电解质，A错误；Fe(OH)3胶体是混合物，不是纯净物，B错误；氨水为混合物，CaCl2为
14、纯净物，水银是单质，NaCl是电解质，C正确；CuSO45H2O是纯净物，铜是单质，不属于电解质，D错误。3.【答案】B【解析】150mL 1mol/L的AlCl3溶液中的c(Cl)=1mol/L3=3mol/L。A150mL 1mol/L的NaCl溶液中c(Cl)=c(NaCl)=1mol/L，故A错误；B25mL 3mol/L NH4Cl溶液中c(Cl)=3mol/L，故B正确；C75mL 2mol/L MgCl2溶液中，c(Cl)=2mol/L2=4mol/L，故C错误；D75mL 2mol/L FeCl3溶液中，c(Cl)=2mol/L3=6mol/L，故D错误。4.【答案】A【解析】
15、A大理石与酸发生复分解反应，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，故A选；B氢气爆炸生成水，H、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C食物被氧化而导致腐败，为氧化还原反应，故C不选；D维生素C可抗氧化和防衰老，利用维生素C的还原性，与氧化还原反应有关，故D不选。5.【答案】B【解析】A不能直接在容量瓶中稀释或溶解固体；B苯与水不互溶，且碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，可以用苯萃取碘水中的碘，并进行分液，能达到实验目的；C碳酸钠溶液也能与二氧化碳反应，会同时除去二氧化碳，达不到除杂的目的；D蒸馏操作时冷凝水应下进上出，操作错误；答案选B。6.【答案】B【解析】由电荷守恒可知，n
16、=1，设RO中R元素的化合价为x，则x+（-2）3=-1，解得x=+5，故选：B。7.【答案】A【解析】A定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，则配制的溶液浓度变大，选项A正确；B排水量气，未冷却到室温立即读数，根据热膨冷缩可知，所得气体的体积偏大，选项B正确；C称取2.3g NaCl固体，砝码放在托盘天平的左边，所称量固体药品质量为1.7g，偏小，选项C正确；D用量筒量取浓硫酸时，仰视液面，读数比实际液体体积小，会造成实际量取的浓硫酸的体积偏大，选项D正确。答案选A。8.【答案】C【解析】A常温常压，Vm22.4L/mol，Vm不知，无法计算11.2 L二氧化硫气体中含有的SO2分子数
17、目，故A错误；B标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B错误；C由于反应后钠元素变为+1价，故1mol钠失去1mol电子，即NA个电子，故C正确；D将NA个HCl气体分子溶于1L水中得到的溶液体积不是1L，得到的盐酸浓度就不是1molL1，故D错误；选C。9.【答案】B【解析】AM(N2)=M(C2H4)=28g/mol，等质量时，物质的量相等，但分子构成的原子数目不同，则等物质的量时原子数一定不等，故A错误；B等体积等密度CO和N2的质量相等，二者摩尔质量都为28g/mol，物质的量相等，都是双原子分子，则原子数相等，故B正确；C压强不一定相等，则物质的量、原子总数不一定相等，故
18、C错误；D因温度未知，则不能确定物质的量以及原子数关系，故D错误。10.【答案】D【解析】由题给信息可知，图中X、Y、Z三部分的压强、温度分别相等，体积V(X)=V(Z)=2V(Y)，由阿伏加德罗定律可知，n(X)=n(Z)=2n(Y)，所以分子数目：X=Z=2Y，B正确；由于三种气体质量相等，根据n=m/M可知，O2的摩尔质量为32g/mol，CH4的摩尔质量为16g/mol，A正确；N2的摩尔质量为28g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，C正确；气体的密度之比和气体的摩尔质量成正比，根据M=m/n可知，三种气体的密度：2X=2Z=Y，D错误；正确选项D。11.【答案】C【解析】pH
19、=1的溶液，显酸性，不能大量存在CO，A不符合题意；Ba2+、SO结合生成沉淀，不能共存，B不符合题意；该组离子之间不反应，可大量共存，C符合题意；酚酞溶液变红说明溶液显碱性，HCO与OH反应，不能共存，D不符合题意；故选C。12.【答案】A【解析】AMg元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，O元素化合价从0价降低到-2价，得到2个电子，共转移电子4个，A正确；BKClO3中Cl元素化合价从+5价降低到-1价，得到6个电子，O元素化合价从-2价升高到0价，失去2个电子，共转移电子12个，B错误；C碳元素由0升高至+4价，失去4e，O元素化合价从0价降低到-2价，得到2个电子，共转移电子4
20、个，C错误；D碳元素由0升高至+4价，失去4e，Cu元素化合价从+2价降低到0价，得到2个电子，共转移电子4个，D错误；答案选A。13.【答案】D【解析】ACuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水：CuO+2H+Cu2+H2O，A正确；B大理石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳：CaCO3+2CH3COOHCa2+2CH3COO+H2O+CO2，B正确；C稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应生成硝酸钡和水：H+OHH2O，C正确；DBa(OH)2溶液与稀硫酸反应硫酸钡和水，离子方程式应该是：Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O，D错误。选D。14.【答案】C【解析】固体混合物样品溶于水搅拌得到
21、无色溶液，说明混合物中一定无CuSO4；取部分此溶液加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，说明混合物中可能含Na2SO4或Na2CO3，由于Na2SO4或Na2CO3可与CaCl2反应生成沉淀，而固体混合物样品溶于水搅拌后得到无色溶液，所以混合物中一定不含CaCl2；在白色沉淀中加入足量的稀硝酸，沉淀最后全部溶解，说明生成的白色沉淀为碳酸钡；根据以上分析可知：一定含Na2CO3，一定不含CaCl2、CuSO4、Na2SO4，实验中未涉及到氯化钠的检验，所以无法确定是否含有氯化钠，选项C符合题意，故答案为C。15.【答案】A【解析】根据反应：3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，得出氧化性是
22、：Cl2FeCl3，但是氧化性是FeCl3I2，还原性是碘离子强于亚铁离子，碘离子会先被氯气氧化，和题意不相符合，不可能发生，故A符合题意；因为氧化性FeCl3I2，所以氯气先氧化碘离子后氧化铁离子，故B不符合题意；根据反应：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2+3H2O，得出氧化性是：Co2O3Cl2，和题意相符合，反应可能发生，故C不符合题意；因为氧化性FeCl3I2，所以2Fe3+2I=2Fe2+I2能发生，故D不符合题意。答案选A。16.【答案】D【解析】若NaClO3与Na2RuO4物质的量之比13，酸性介质中可制得还原产物RuO4，根据化合价的变化可知Na2RuO4为还原剂，
23、NaClO3为氧化剂，根据氧化还原反应，氧化剂得电子的物质的量等于还原剂失电子的物质的量，设氧化产物中氯元素的化合价为x，（+5-x）1=（+6-4）3，x= -1，故还原产物为Cl，不是Cl2，故A错误；11.2L Cl2所在的条件未知，故无法计算出转移的电子数，故B错误；RuO4能氧化浓盐酸反应生成Cl2，氧化剂RuO4的氧化性大于氧化产物Cl2，可以得到氧化性RuO4Cl2，Na2RuO4与NaClO3溶液反应均可制得RuO4，氧化剂NaClO3的氧化性大于氧化产物RuO4，可以得到氧化性ClORuO4，故C错误；在稀硫酸环境中，根据化合价的变化可知，Na2RuO4与NaClO反应得到R
24、uO4和NaCl，根据元素守恒判断出生成物还有硫酸钠和水，化学方程式为：Na2RuO4+NaClO+H2SO4=RuO4+Na2SO4+NaCl+H2O，故D正确；答案选D。17.【答案】（1）4.0 14.9g （2）1.6mol （3）0.2 1.0 【解析】根据柱状图可知，K+、SO、Cl的浓度分别是9.0molL1、4.0molL1、9.0molL1，其物质的量分别是1.8mol、0.8mol、1.8mol。（1）由于营养液中只有K2SO4能提供SO，所以SO的浓度即为K2SO4的浓度。K2SO4中含有1.6mol K+，则KCl中含有0.2mol K+，即KCl的物质的量为0.2mo
25、l，质量为14.9g；（2）根据氯原子守恒有，则，则，NH的物质的量为1.6mol；（3）由以上分析可知；根据可求出。18.【答案】（1） （2） （3） （4）KHSO4K+H+SO Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O （5）NO2 32 【解析】氢氧化钡固体中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；KHSO4中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；HNO3中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；稀硫酸中存在自由移动的电子，导电，属于混合物，不属于电解质也不属于非电解质；二氧化碳气体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；铜
26、是金属单质，可以导电，不属于电解质也不属于非电解质；碳酸钠粉末中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；蔗糖晶体中不存在自由移动的离子，不导电，不能电离，属于非电解质；熔融氯化钠中存在自由移动的电子，导电，可以电离，属于电解质；CuSO45H2O中不存在自由移动的离子，不导电，可以电离，属于电解质；（1）根据以上分析可知上述状态下可导电的是。（2）属于电解质的是。（3）属于非电解质的是。（4）硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为KHSO4K+H+SO，与在溶液中反应使溶液呈中性时生成硫酸钡、硫酸钾和水，反应的离子方程式为Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O。（
27、5）与可以发生如下反应：Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。I氮元素化合价降低，被还原，还原产物是NO2。II.铜失去电子被氧化，当有2mol HNO3参加反应时，消耗铜是0.5mol，则被氧化的物质的质量为0.5mol64g/mol32g。III.氮元素从+5价降低到+4价，铜元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，则根据电子得失守恒可知用双线桥表示该反应电子转移的方向和数目可表示为。19.【答案】（1）Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O （2）Fe3+3OHFe(OH)3 （3）2Fe3+Fe3Fe2+ （4）有红褐色沉淀生成 沉淀又溶解，溶液变为黄色 Fe
28、(OH)3+3H+= Fe3+3H2O 【解析】（1）现将少量Fe2O3粉末加入适量稀盐酸生成氯化铁和水，发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O；（2）取少量溶液于试管中，滴入NaOH溶液发生复分解反应生成氢氧化铁，因此观察到有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为Fe3+3OHFe(OH)3。（3）铁离子能溶解金属铁生成亚铁离子，所以溶液由黄色变为浅绿色，反应的离子方程式为2Fe3+Fe3Fe2+；（4）胶体遇到电解质易发生聚沉，所以取少量Fe(OH)3胶体，逐滴加入盐酸至过量，可观察到的现象是：先有红褐色沉淀生成，盐酸过量后氢氧化铁溶解，溶液变为黄色，反应的离子方程式为Fe
29、(OH)3+3H+Fe3+3H2O。20.【答案】.（1） （2）0.06 （3） .3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4 2Cr2(SO4)3+3CO2+10H2O 【解析】(1)反应方程式为：3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O；硝酸、硝酸铜均拆成离子形式，剩余物质均不拆，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3Cu2+2NO+4H2O；该反应中铜元素化合价升高，共失电子6e，根据电子得失守恒规律，硝酸根离子中氮原子得到6e，单线桥法表示该反应电子得失的方向和数目如下：；综上所述，本题答案是：。(2)根据反应关系可知，6e-2NO，448mL NO的物质的量为0
30、.02mol，则该过程中转移的电子0.06 mol；综上所述，本题答案是：0.06。(3)根据反应可知，8mol HNO3参加反应，被还原的硝酸有2mol，所以被还原的硝酸占参加反应硝酸的比例为2/8=1/4；综上所述，本题答案是：1/4。.根据题意：CCO2，反应中C为还原剂，CO2为氧化产物，则K2CrO4为氧化剂，对应产物Cr2(SO4)3为还原产物；CCO2化合价升高4，2K2CrO4Cr2(SO4)3化合价共降6，根据得失电子守恒，C系数为3，CO2系数为3，Cr2(SO4)3系数为2，则K2CrO4系数为4，根据原子个数守恒，K2SO4系数为4，H2SO4系数为10，H2O的系数为
31、10，具体为：3C+10H2SO4 + 4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2+10H2O；综上所述，本题答案是：3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4 + 2Cr2(SO4)3+3CO2+10H2O。21.【答案】（1）0.2mol （2）6.72【解析】设每份固体中NaHCO3的质量为x g X=16.8g原固体混合物中Na2CO3质量是54.8g-16.8g2=21.2g，nNa2CO3）=；（2）设每份固体中碳酸钠的质量为10.6g，碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳气体的体积为V1L，每份固体中碳酸钠的质量为16.8g，碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳气体的体积为V2L， V1=2.24L；V2=4.48L，V=4.48L+2.24L=6.72L。
