1、广西玉林市五校2020-2021学年高一化学上学期期中教学质量评价试题（含解析）考试范围：必修1第一章、第二章；考试时间：70分钟注意：本试卷包含、两卷。第卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第卷为非选择题，所有答案必须填在答题卡的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。可能用到的相对原子质量：H=1 C=12 N=14 O=16 Al=27 S=32 Cl=35.5 Cu=64 Na=23第I卷（选择题共54分）一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意。）1. 下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是（ ）A. 氯化镁晶体B. 氯
2、化钠溶液C. 液态氯化氢D. 熔融氢氧化钾【答案】D【解析】【详解】A. 氯化镁晶体属于电解质，但氯化镁晶体中离子不能自由移动，不能导电，故A不选；B. 氯化钠溶液能导电，但属于混合物，不属于电解质，故B不选；C. 液态氯化氢中氯化氢以分子形式存在，没有自由移动的离子，不能导电，故C不选；D. 熔融氢氧化钾能电离出自由移动的离子，可以导电，属于电解质，故D选；故选D。2. “纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米之间的材料，如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是( )A. 不均一、不稳定B. 具有丁达尔效应C. 所得液体一定能导电D. 所得物质一定为悬浊液或乳浊液【答案】
3、B【解析】【分析】将“纳米材料”分散到液体分散剂中所得分散系为胶体。【详解】A.胶体是均匀、透明、介稳定分散系，故A错误；B.胶体的分散质颗粒直径在1nm100nm之间，能发生丁达尔效应，故B正确；C.若分散质为非电解质，胶体不能导电，故C错误；D.将“纳米材料”分散到液体分散剂中所得分散系为胶体，不是悬浊液或乳浊液，故D错误；故选B。3. 运输氢氧化钠的车辆上应贴的图标是()A 腐蚀品B. 爆炸品C. 有毒气体D. 易燃液体【答案】A【解析】【详解】A. 氢氧化钠是一种腐蚀性的强碱，应贴腐蚀品图标，故A符合题意；B. 氢氧化钠不是爆炸品，不应贴爆炸品图标，故B不符合题意；C. 氢氧化钠为固体
4、，不应贴有毒气体图标，故C不符合题意；D. 氢氧化钠为固体，不应贴易燃液体图标，故D不符合题意；故答案为A。4. 容量瓶上的标记有：温度浓度容量压强刻度线所配溶液的酸碱性A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，容量瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25，故容量瓶上标有的为：。故答案为C。5. 下列化学方程式中，能用离子方程式Ca2CO32-=CaCO3来表示的是（ ）A. Ca(HCO3)22NaOH=CaCO3Na2CO32H2OB. Ca(OH)2K2CO
5、3=CaCO32KOHC. 2KHCO3Ca(OH)2=CaCO3K2CO32H2OD. Ca(OH)2CO2=CaCO3H2O【答案】B【解析】【详解】A反应Ca(HCO3)22NaOH=CaCO3Na2CO32H2O对应的离子方程式为Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+CO32-+2H2O，故A不选；B反应Ca(OH)2K2CO3=CaCO32KOH对应的离子方程式为Ca2CO32-=CaCO3，故B选；C反应2KHCO3Ca(OH)2=CaCO3K2CO32H2O对应的离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2O，故C不选；D反应Ca(OH)2CO
6、2=CaCO3H2O对应的离子方程式为Ca2+2OH-+CO2=CaCO3H2O，故D不选；故答案为B。【点睛】考查离子方程式的正误判断，注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系(如：原子守恒和电荷守恒等)、检查是否符合原化学方程式等。6. 下列离子方程式书写不正确的是（）A. 铁跟稀硫酸反应：Fe2H=Fe2H2B. 铜片插入硝酸银溶液中：CuAg=Cu2AgC. 铁与硫酸铜溶液反应：FeCu2=Fe2CuD. 碳酸钙跟稀盐酸反应：CaCO32H=Ca2H2OCO2【答案】B
7、【解析】【详解】A铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe2H=Fe2H2，A正确；B铜片插入硝酸银溶液中生成银和铜离子，反应的离子方程式为：Cu2Ag=Cu22Ag，B错误；C铁与硫酸铜溶液反应反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为：FeCu2=Fe2Cu，C正确；D碳酸钙跟稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙是沉淀，不拆，反应的离子方程式为：CaCO32H=Ca2H2OCO2，D正确；答案选B。7. 某无色透明的酸性溶液中能大量共存的一组离子是：A. MnO、K+、SO、Na+B. Na+、HCO、K+、SOC. NH、NO、Fe2+、Cl、D. Al3+、Mg2
8、+、SO、NO【答案】D【解析】【详解】A. MnO在溶液中不是无色的，不能大量共存，A不选；B. HCO在酸性溶液中转化为二氧化碳和水，不能大量共存，B不选；C. 在酸性溶液中NO氧化Fe2，且Fe2在溶液中不是无色的，不能大量共存，C不选；D. Al3、Mg2、SO、NO在酸性溶液中不反应，且均是无色的，能大量共存，D选；答案选D。8. 50mL0.1mol/L硫酸铁溶液与100mL0.3mol/L硫酸钠溶液相比，它们的离子的浓度比是A. 1:1B. 1:3C. 1:2D. 3:1【答案】A【解析】【详解】0.1mol/L硫酸铁溶液溶液中硫酸根离子的浓度为0.3mol/L，0.3mol/L
9、硫酸钠溶液中硫酸根离子的浓度为0.3mol/L，两者硫酸根离子的浓度相同。浓度比为1:1；故选：A。9. 下列电离方程式中，书写正确的是A. Na2SO4=2Na+SOB. H2SO4=H+SOC. NH4NO3=NH+NOD. Fe2(SO4)3=2Fe2+3SO【答案】C【解析】【分析】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水或熔融状态下电离成离子的化学方程式。据此解答。【详解】A.硫酸根离子的符号错误，应该为Na2SO4=2Na+SO，A错误；B.硫酸是二元强酸，电离方程式为H2SO4=2H+SO，B错误；C.硝酸铵是盐完全电离：NH4NO3=NH+NO，C
10、正确；D.硫酸铁电离出铁离子和硫酸根离子：Fe2(SO4)3=2Fe3+3SO，D错误；答案选C。10. 下列反应不属于氧化还原反应的是（ ）A. 3 NO2 + H2O = 2 HNO3 + NOB. FeCl33NaOH3NaClFe(OH)3C. 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2D. Cl2 + 2NaOH NaClO + NaCl + H2O【答案】B【解析】【分析】有化合价升降的反应为氧化还原反应，根据概念进行判断。【详解】A.反应中部分N元素化合价从+4价升高到+5价，另一部分降低到+2价，是氧化还原反应，A项错误；B.反应发生的是复分解反应，所有的复分解反应都不
11、是氧化还原反应，B项正确；C.反应中Mn元素化合价从+7价降低到+6价和+4价，O元素化合价从-2价升高到0价，是氧化还原反应，C项错误；D.反应中有一半Cl元素化合价从0价升高到+1价，另一半降低到-1价，是氧化还原反应，D项错误；答案选B。11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是()A. 常温常压下，16 g CH4分子所含质子数为10NAB. 1 mol Cl2所含分子数为2NAC. 标准状况下，22.4 L乙醇所含分子数为NAD. 0.01 molL1的NaCl溶液中含有0.01NA个Cl【答案】A【解析】【详解】A. 1个CH4分子含10个质子，16 g CH4为1 m
12、ol，含10 mol质子，个数为10NA ，故A正确；B. 1 mol Cl2所含分子数为NA，原子数为2NA，故B错误；C. 标准状况下乙醇为液态，不能用22.4L/mol计算其物质量，故C错误；D. 没有给出溶液体积，无法确定Cl的数目，故D错误；故选A。12. 在标准状况下，W L N2含有n个氮分子，则阿伏加德罗常数可表示为（ ）A. Wn mol-1B. 22.4n/W mol-1C. 28nW/22.4 mol-1D. 22.4n/W【答案】B【解析】【详解】标准状况下，WL氮气的物质的量为：n（N2）=mol，则阿伏伽德罗常数为：NA= mol-1，故选B。13. 下列实验操作正
13、确的是A. 制取蒸馏水时，为了防止瓶内产生暴沸现象，应先向烧瓶内加入几片碎瓷片B. 稀释浓硫酸时，常把水加入到盛浓硫酸的烧杯中C. 做CO还原Fe2O3实验时，为防止CO污染环境，实验完毕，常先停止通CO，再停止加热D. 在用水吸收HCl气体时可把导管直接插入液面下【答案】A【解析】【详解】A.蒸馏时，加入几片碎瓷片，防止瓶内产生暴沸现象，A项正确；B.稀释浓硫酸时，常把浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，防止局部过热造成液体飞溅，B项错误；C.实验完毕，常先停止加热，再停止通CO，防止铁被氧化，C项错误；D. HCl气体极易溶于水，不能直接插入液面下防止倒吸，D项错误；本题答
14、案选A。14. 用下列方法均可制得氧气：2KClO32KCl+3O22HgO2Hg+O22KMnO4K2MnO4+MnO2+O2若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为( )A. 3:1:1B. 1:1:1C. 3:1:4D. 2:1:1【答案】B【解析】【详解】由三个反应可知，生成氧气时，O元素的化合价均为-2价升高为0，即O元素失去电子，则制得相同质量的氧气，失去电子的氧原子相同，所以转移的电子数相同，即制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为1：1：1，故选：B。点睛】15. 某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；
15、第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。下列有关该同学对实验原理的解释和所得结论的叙述不正确的是()A. 氧化性：ClO-I2SOB. 蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性C. 淀粉KI溶液变蓝是因为I-被ClO-氧化为I2，I2使淀粉变蓝D. 淀粉KI溶液变蓝是因为I-被ClO-氧化为I2，其中每生成1mol I2，转移的电子数目为2NA【答案】B【解析】【分析】在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，说明NaClO将KI氧化为单质碘；加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失，说明碘单质将Na2SO3氧化为Na2SO4，自身成为
16、碘离子，以此解答。【详解】A. 第一步反应生成了碘单质，说明氧化性：ClOI2，第二步碘被Na2SO3还原，说明氧化性：ClOI2 SO，故A正确；B. 根据以上分析知，蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有还原性，故B错误；C. 根据以上分析知，淀粉KI溶液变蓝是因为I被ClO氧化为I2，I2使淀粉变蓝，故C正确；D. 淀粉KI溶液变蓝是因为I-被ClO-氧化为I2，I元素化合价由-1价上升到0价，其中每生成1mol I2，转移的电子数目为2NA，故D正确；故选B。16. 某溶液中大量存在以下五种离子：NO、SO、Fe3、H、M，其物质的量之比为n(NO)n(SO)n(Fe3)n(H)n(M)
17、23131，则M可能为( )A. Fe2B. Mg2C. COD. Ba2【答案】B【解析】【详解】已知溶液中大量存在NO3-、SO、Fe3+、H+，A项中的Fe2+与NO和H+三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，B项中的Mg2+可与4种离子大量共存，C项中的CO与H+不能大量共存，D项中的Ba2+与SO不能大量共存。只有B项符合题意，不需再进行定量计算。故答案选B。17. 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
18、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CuSO4【答案】C【解析】【详解】固体混合物样品溶于水搅拌得到无色溶液，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
19、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。18. 下列变化中不涉及氧化还原反应的是（ ）A. 金属锈蚀B. 燃放烟花C. 钟乳石的形成D. 切开的苹果变色【答案】C【解析】【详解】A.金属的锈蚀中，金属单质被氧化，涉及氧化还原反应，A不选；B.燃放烟花时，涉及到了黑火药的爆炸，属于氧化还原反应，B不选；C.钟乳石的形成涉及碳酸钙和碳酸氢钙的相互转化，没有涉及氧化还原反应，选C；D.切开的苹果变色是由于苹果中的被空气中的氧气氧化为，属于氧化还原反应，D不选；故答案选
20、C。二、非选择题（共46分）19. 如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容，请回答下列问题：(1)该浓硫酸的溶质的物质的量浓度是_mol/L ，欲配制 80mL 1.0mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL(2)配制过程中需用仪器的先后顺序是_。 5mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒A B C D(3)对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1.0mol/L，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因_。A用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线B容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水C将稀释后的硫酸溶液立即转
21、入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作D转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面【答案】 (1). 18.4mol/L (2). 5.4 mL (3). B (4). AC【解析】【分析】根据c=计算浓H2SO4的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；选取合适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答；分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断。【详解】(1)没有80ml容量瓶，应配制100ml溶液，浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变
22、，来计算浓硫酸的体积，设浓硫酸的体积为xmL，所以xmL18.4mol/L=100mL1mol/L，解得：x5.4mL，故答案为：18.4mol/L ；5.4；(2)浓硫酸的体积为5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为，故答案为：B；(3)A.用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸，量取浓硫酸的体积增大，所配溶液浓度偏高；B. 最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响；C. 溶液有热胀冷缩的性质，浓硫酸稀释，放出大量的热，溶解后未恢复室温立即转移到容量
23、瓶中定容，导致所配溶液体积减小，所配溶液浓度偏高；D. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，移入容量瓶中的溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液浓度偏低；故选：AC。20. 如图所示是分离混合时常用的仪器，回答下列问题：(1)写出仪器 C、E 的名称_、_。(2)分离以下混合物应该主要选用上述什么仪器？(填字母符号)分离酒精(沸点 78.5)和乙醚(沸点 34.6)混合液_，花生油和水_。(3)若向装置中加入碘水和足量 CCl4，充分振荡后静置，观察到现象是：C 内液体分两层，_ (填“上层”或“下层”)液体是紫红色。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 直形冷凝管 (3). AE (4).
24、 C (5). 下层【解析】【分析】五种仪器分别是蒸馏烧瓶、漏斗、分液漏斗、蒸发皿、直形冷凝管，据此解答；【详解】(1) 根据仪器构造可知仪器C、E的名称分别是分液漏斗、直形冷凝管，故答案为：分液漏斗、直形冷凝管；(2) 分离酒精(沸点78.5C)和乙醚(沸点34.6C)混合液，由于二者互溶，但二者的沸点相差较大，因此采用蒸馏法分离，答案选AE ；花生油不溶于水，分离花生油和水采用分液法，答案选C ；(3) 若向装置C中加入碘水和足量CCl4，充分振荡后静置，由于单质碘易溶于四氯化碳中，且四氯化碳密度大于水，因此观察到现象是： C内液体分两层，下层液体是紫红色，故答案为：下层。21. 有下列物
25、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CuSO45H2O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_。(5)与在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为_。(6)与可以发生如下反应：Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，回答下列问题：I氧化剂是_。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_。【答案】 (1). (2). (3). (4). KHSO4K+H+SO (5). Ba2
26、+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O (6). HNO3 (7). 32 (8). 【解析】【分析】物质能否导电就看物质中是否含有能够自由移动的离子或电子，在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，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；铜是金属
27、单质，可以导电，既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；据此分析解答(1)(2)(3)小题。【详解】(1)根据以上分析可知，上述状态下可导电的是，故答案为：；(2) 根据以上分析可知，上述物质中属于电解质的是，故答案为：；(3) 根据以上分析可知，上述物质中属于非电解质的是，故答案为：；(4)硫酸氢钾是强酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式为KHS
28、O4K+H+SO，故答案为：KHSO4K+H+SO；(5)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，故答案为：Ba2+2OH+2H+SOBaSO4+2H2O；(6)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，故氧化剂是HNO3，故答案为：HNO3；II铜失去电子被氧化，当有2mol HNO3参加反应时，消耗铜是0.5mol，则被氧化物质的质量为0.5 mol64 g/mol32 g，故答案为：32；III氮元素从+5价降低到+4价，铜元素化合价从0价升高
29、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： ，故答案为： 。 。22. 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
30、，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）_。【答案】 (1). Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O (2). Fe3+3OH-Fe(OH)3 (3). 2Fe3+ Fe 3Fe2+ (4). 有红褐色沉淀生成 (5). 沉淀又溶解，溶液变为黄色 (6). Fe(OH)3+3H+= Fe3+3H2O【解析】【详解】（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+3OH-Fe(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(OH)3+3H+Fe3+3H2O。
