1、甘肃省庆阳市第六中学2020-2021学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）卷I(选择题)相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5一、选择题(本题共计12小题，每题3分，共计36分)1. 下列仪器：容量瓶，蒸馏烧瓶，漏斗，燃烧匙，天平，分液漏斗，胶头滴管，常用于混合物质分离的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】常用的物质分离的方法：过滤、蒸发、蒸馏、萃取和分液等，根据各种方法来选择所需的仪器。【详解】容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故错误；蒸馏烧瓶是用于蒸馏实验的容器，蒸馏是一种分离物质的方法，故正确；漏斗可用于过滤，过滤
2、是一种分离混合物的方法，故正确；燃烧匙是做物质燃烧实验用的仪器，故错误；天平是称量药品质量的仪器，故错误；分液漏斗是分离互不相溶的密度不同的液体的仪器，故正确；胶头滴管是吸取和滴加少量试剂的仪器，故错误；故符合题意；答案选D。2. 化学与我们的生活密不可分，我们身边所有的东西，都是由化学元素构成。化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是( )A. 二氧化硅常被用于制造光导纤维B. 在生产、生活中，铝合金是用量最大、用途最广的合金材料C. 在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮D. 高纯度的硅单质广泛用于制作半导体材料和太阳能电池【答案】B【解析】【分析】【详解】A光
3、导纤维的成分是二氧化硅，所以二氧化硅常被用于制造光导纤维，故A正确；B目前世界上用量最大的合金是钢材，即铁合金，不是铝合金，故B错误；C硅胶具有吸水性，在食品袋中作干燥剂，防止食物受潮，故C正确；D高纯度的硅单质是良好的半导体材料，可用于作太阳能电池，故D正确;故选B。3. 下列叙述正确的是（ ）A. 将40g氢氧化钠溶解在1L水中可配制物质的量浓度为1mol/L的氢氧化钠溶液B. 气体摩尔体积指lmol任何气体所占的体积约为22.4LC. NaCl的摩尔质量是58.5gD. 3.011023个O2分子的质量是16 g【答案】D【解析】【分析】根据物质的量及相关概念分析判断。【详解】A项：40
4、g氢氧化钠溶解在1L水中所得溶液体积不是1L，溶液浓度不是1mol/L，A项错误；B项：气体摩尔体积指单位物质的量的任何气体所占的体积，与温度、压强有关，标准状况时约为22.4L/mol，B项错误；C项：摩尔质量的单位是g/mol，而不是g，C项错误；D项：3.011023个O2分子的物质的量为0.5mol，质量是16 g，D项正确；本题选D。4. 下列实验操作中错误的是( )A 蒸发操作时，应使混合物中有大量晶体析出时停止加热，后用余热蒸干B. 进行蒸馏操作时，应在混合液中加入沸石或碎瓷片防止溶液暴沸C. 分液操作时，先将上层液体从分液漏斗上口倒出，再将下层液体从下口放出D. 萃取操作时，选
5、择的萃取剂不能与原溶剂互溶【答案】C【解析】【分析】【详解】A蒸发时不能蒸干，利用余热加热，则有大量晶体析出时停止加热，后用余热蒸干，故A正确；B蒸馏时液体易剧烈沸腾，则在混合液中加入沸石或碎瓷片防止溶液暴沸，故B正确；C分液时避免上下层液体混合，则将将下层液体从下口放出，再上层液体从分液漏斗上口倒出，故C错误；D萃取剂与原溶剂不能互溶，且不发生反应，故D正确；故选C。5. 两个体积相同的容器，一个盛有一氧化氮，另一个盛有氮气和氧气，在同温同压下两容器内的气体一定具有相同的 （C-12 N-14 O-16）原子总数 氧原子总数 分子总数 质量A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【
6、详解】根据阿伏加德罗定律，若两气体同温同压同体积，则他们总的物质的量相同，物质的量相同，则分子数相同，因为NO、N2、O2都是双原子分子，且NO分子数等于N2和O2分子数之和，所以两瓶中原子数相等，由于氮气和氧气的物质的量之比不能确定，则氧原子总数以及质量不一定相等，所以正确的有，故答案选C。6. 进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显。从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是： （ ）A. 胶粒可以导电B. 胶体粒子大小在1100nm之间C. 胶体是混合物D. 胶体的分散剂为气体【答案】B【解析】【分析】【详解】A、胶粒可以导电是胶体的性质，故A错误；B、胶体区
7、别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm（10-710-9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B正确；C、胶体是混合物，是指分散系由多种物质组成，故C错误；D、胶体的分散剂为气体，指分散剂的状态为气态，故D错误；故选B。7. 下列灭火剂能用于扑灭金属钠着火的是A. 干冰灭火剂B. 水C. 黄沙D. 泡沫灭火剂【答案】C【解析】【分析】【详解】A、金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而干冰灭火器产生二氧化碳，所以不能扑灭，故A错误；B、因钠与水反应生成氢气，氢气能燃烧，且钠燃烧生成的过氧化钠与水反应生成氧气，则不能
8、使用水来扑灭钠着火，故B错误。C、因砂土不与钠、过氧化钠等反应，则钠着火时，能用黄沙来扑灭，故C正确；D、金属钠着火时，与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水、二氧化碳反应，而泡沫灭火器都生成二氧化碳，故D错误；故答案选C。【点睛】本题以钠的着火扑灭为载体来考查钠及过氧化钠的性质，熟悉钠与水的反应、过氧化钠与水和二氧化碳的反应是解答的关键。8. 下列反应的离子方程式正确的是( )A. 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+C AlCl3溶液中加入过量稀氨水：Al3+4NH3H2O=AlO+4
9、NH+2H2OD. 用FeCl3溶液印刷电路板：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+【答案】D【解析】【分析】【详解】A醋酸是弱酸，离子方程式中不能拆写成离子，用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO- +H2O+CO2，故A错误；B钠与CuSO4溶液反应，离子方程式是2Na+2H2O +Cu2+=Cu(OH)2+2Na+H2，故B错误；CAlCl3溶液中加入过量稀氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式是Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH，故C错误；D用FeCl3溶液印刷电路板，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式是2Fe3+C
10、u=Cu2+2Fe2+，故D正确；选D。9. 分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )根据碳酸钠溶于水显碱性，则碳酸钠既属于盐又属于碱根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应与非氧化还原反应根据是否具有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液根据在水溶液中或熔融状态下能否导电将化合物分为电解质和非电解质A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】碳酸钠溶于水呈碱性是因为CO32-的水解，CO32-和溶液中的H+结合，溶液中存在大量的OH-，并不是碳酸钠本身电离出来OH-，所以碳酸钠只属于盐，不属于碱； 电子的转移是氧化还原反应的本质，所
11、以该分类合理； 根据分散质微粒直径的大小将分散系分为溶液、胶体和悬浊液，所以该分类不合理； 根据电解质和非电解质概念分析判断，水溶液中或熔融状态导电的化合物为电解质，水溶液中和熔融状态都不能导电的化合物为非电解质，分类合理， 所以B选项是正确的。【点睛】碱是电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物； 氧化还原反应的特征是有元素化合价升降；利用丁达尔效应可鉴别胶体和溶液。10. 能使酚酞变红的溶液中，下列离子能大量共存的是( )A. 、B. 、C. 、D. 、【答案】A【解析】【分析】能使酚酞变红的溶液呈碱性，溶液中含有大量的OH-，据此分析解答。【详解】A、四种离子相互间不反应，能够在使酚酞变红
12、的溶液中大量共存，A符合题意；BMg2+与OH-反应生成Mg(OH)2的沉淀，H+和OH-反应生成H2O，不能大量共存，B不符合题意；CCu2+与OH-反应生成Cu(OH)2的沉淀，不能大量共存，C不符合题意；DFe3+与OH-反应生成Fe(OH)3的沉淀，不能大量共存，D不符合题意；答案选A。11. 下列关于铁及其化合物的说法中正确的是()A. Fe3O4是一种红棕色粉末，俗称磁性氧化铁B. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C. 去除FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤D. Fe3与KSCN反应产生红色沉淀【答案】C【解析】【分析】【详解】AFe
13、3O4是一种黑色粉末，俗称磁性氧化铁，故A错误；B铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故B错误；C去除FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤，故C正确；DFe3+与KSCN反应产生红色络合物，不是沉淀，故D错误；综上所述答案为C。12. 已知：(1)2Fe3+2I-=2Fe2+I2(2)I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI(3)2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+，由此可判断有关离子的还原性从强到弱的顺序是( )A. SO2Fe2+I-B. SO2I-Fe2+C. I-Fe2+SO2D. Fe2+I-SO2【答案】B【解析】【分析】
14、【详解】还原剂的还原性大于还原产物。则2Fe3+2I-=2Fe2+I2中还原性： I-Fe2+，I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中还原性：SO2HI，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+中还原性：SO2Fe2+，结论为：SO2I-Fe2+；B正确；答案选B。卷II(非选择题)二、填空题(本题共计6小题，每空2分，共计64分)13. 有A、B、C、D四种化合物，分别由K+、Ba2+、SO、CO、OH-中的两种组成，它们具有下列性质：A不溶于水和盐酸；B不溶于水但溶于盐酸并放出无色无味的气体E；C的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成A；D可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体E，E可
15、使澄清石灰水变浑浊。(1)推断A、B、D的化学式：A：_；B：_；D：_。(2)写出下列反应的离子方程式。D与氯化钙溶液反应：_；C与硫酸铜溶液反应：_。【答案】 (1). BaSO4 (2). BaCO3 (3). K2CO3 (4). CO+Ca2+=CaCO3 (5). Ba2+2OH-+Cu2+SO=BaSO4+Cu(OH)2【解析】【分析】由A不溶于水和盐酸可知，A为硫酸钡；由D可溶于水，与稀硫酸作用时放出气体E，E可使澄清石灰水变浑浊可知，D为碳酸钾、E为二氧化碳；由B不溶于水但溶于盐酸并放出无色无味的气体E可知，B为碳酸钡；由C的水溶液呈碱性，与稀硫酸反应生成A可知，C为氢氧化钡
16、。【详解】(1) 由分析可知，A为硫酸钡，化学式为BaSO4；B为碳酸钡，化学式为BaCO3， D为碳酸钾，化学式为K2CO3。(2)碳酸钾溶液与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钾，反应的离子方程式为CO+Ca2+=CaCO3；氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Ba2+2OH-+Cu2+SO=BaSO4+Cu(OH)2。14. (1)现有下列物质S、H2S、O2、SO2、FeCl2、H2SO4，以S元素、O元素或Fe元素的价态判断在氧化还原反应中只能作还原剂的是_(填化学符号，下同)，只能做氧化剂的是_，既能作氧化剂又能作还原剂的是_。(2)反应：3
17、Cu+8HNO3=3Cu(NO3)3+2NO+4H2O，其中Cu是_(填“氧化剂”或“还原剂”)，NO是_(填“氧化产物”或“还原产物”)。【答案】 (1). H2S (2). O2、H2SO4 (3). S、SO2、FeCl2 (4). 还原剂 (5). 还原产物【解析】【分析】【详解】(1)以S元素、O元素或Fe元素的价态判断，H2S中硫元素化合价-2价、处于最低价，在氧化还原反应中只能作还原剂；O2中氧元素化合价只能降低、H2SO4中硫化合价+6价、处于最高价态，只能做氧化剂，O2、H2SO4只能作氧化剂；S、SO2、FeCl2所含元素化合价处于中间状态、既能升高又能降低，则既能作氧化剂
18、又能作还原剂。(2)反应：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)3+2NO+4H2O，Cu 化合价从0升高到+2价，Cu是还原剂，氮元素化合价从+5价降低到+2价，NO是还原产物。15. Na2CO3和NaHCO3是两种生活中常见的钠盐。(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈_色。(2)等质量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量的盐酸反应，在相同条件下产生CO2的体积V(Na2CO3)_V(NaHCO3)(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)实验室中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是_。A.1000m
19、L；212g B.950mL；543.4g C.任意规格；572g D.500mL；106g(4)需要的玻璃仪器有容量瓶、玻璃棒、烧杯、量筒，还缺少的玻璃仪器有_(填写仪器名称)。若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏高的是_(填下列编号)。A.容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥B.定容时仰视容量瓶刻度线C.未冷却至室温就转移后定容D.加蒸馏水时不慎超过了刻度【答案】 (1). 黄 (2). 小于 (3). A (4). 胶头滴管 (5). C【解析】【分析】根据焰色反应原理分析解答；根据碳酸钠、碳酸氢钠性质及气体摩尔体积分析解答；根据配制一定物质的量浓度的溶液的实验原理及实验仪器分析解答。【详解】
20、(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3溶液置于酒精灯火焰上灼烧，发生焰色反应，火焰呈黄色，故答案为：黄；(2)等质量的Na2CO3和NaHCO3，碳酸氢钠中含碳量高于碳酸钠，所以碳酸氢钠产生二氧化碳的物质的量多，则在相同条件下产生CO2的体积V（Na2CO3）小于V（NaHCO3），故答案为：小于；(3)容量瓶没有950 mL规格，应用1000 mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3）=cVM=1 L2 molL1106 gmol1=212g；故答案为：A；(4)配制溶液时需要用胶头滴管定容，则还缺少的玻璃仪器有胶头滴管；A.容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，无影响，浓度不变，故A不选；B.
21、定容时仰视容量瓶刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故B不选；C.未冷却至室温就开始定容，体积偏小，浓度偏高，故C选；D.加蒸馏水时不慎超过了刻度，溶液体积偏大，浓度偏小，故D不选；故答案为：胶头滴管；C。16. (1)过氧化钠与水反应的化学方程式_；金属钠应保存在_。(2)实验室制取氨气的反应方程式：_。(3)氯化亚铁与氢氧化钠反应离子方程式：_，现象是_。【答案】 (1). (2). 煤油或石蜡油 (3). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3 (4). (5). 生成白色沉淀，白色沉淀迅速变灰绿色，最终变为红褐色【解析】【分析】【详解】(1)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠
22、和水，化学方程式为；金属钠性质活泼，容易和空气中的氧气、水反应，应保存在煤油或石蜡油中；故答案为：；煤油或石蜡油。(2)实验室用铵盐和碱加热的方法制取氨气，反应方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3；(3)氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式为：；白色的氧化亚铁容易被氧化为红褐色的氢氧化铁，故现象是生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；故答案为：；生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色。17. 2019年8月，北京房山区一游泳馆发生氯气泄漏，致多人头
23、晕呕吐送至医院，我校某化学研究小组准备利用如图装置制备氯气并对其的相关性质进行探究。(1)装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓盐酸的_(填“氧化性”或“还原性”)，写出该反应的化学方程式_。(2)A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是_，B中溶液的作用为_。(3)根据装置D、E中的现象得出的结论_。(4)G用于吸收多余的Cl2，G中发生的化学反应方程式_。【答案】 (1). 还原性 (2). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (3). HCl、水等杂质 (4). 除去HCl杂质，且能降低氯气的溶解度 (5). 干燥的氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白
24、性 (6). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【解析】【分析】根据实验目的结合装置特点，装置A用二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气；浓盐酸易挥发，则装置B用饱和食盐水除去HCl杂质；装置C中浓硫酸干燥氯气，除去水蒸气；装置D验证干燥的氯气无漂白性；装置E中氯气与水反应生成的次氯酸有漂白性；氯气有毒，装置G中NaOH可与氯气反应除去未反应的氯气。【详解】(1)MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，浓盐酸中的氯离子化合价升高，表现还原性；反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；(2)浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl、水等杂质；饱和食盐水能吸收HCl，且能降低氯气
25、的溶解度；(3)根据装置D、E中的现象可判断干燥的氯气无漂白性，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性；(4)G中NaOH与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O。18. 根据要求填空：(1)硫酸有很多的性质，将下列性质对应的字母填入各小题后面对应的括号中：A.脱水性 B.酸性 C.强氧化性 D.吸水性在化学实验中，浓硫酸可作SO2、CO2等气体的干燥剂_。Na2CO3与H2SO4反应，可生成Na2SO4和CO2_。向滤纸上滴加浓H2SO4，滤纸变黑_。在冷浓H2SO4中放入铁片没明显现象_。(2)反应C+2H2SO4(浓)=CO2+2SO2+
26、2H2O中，有6g碳单质完全参与反应转移_mol电子，还原产物是_(填化学式)。【答案】 (1). D (2). B (3). A (4). C (5). 2mol (6). SO2【解析】【分析】【详解】(1)在化学实验中，硫酸可与水形成一系列稳定的水合物，因此浓硫酸可吸收物质中游离态的水，具有强烈的吸水性，故浓硫酸可作SO2、CO2等气体的干燥剂，答案选D；硫酸有酸性Na2CO3与H2SO4反应，可生成Na2SO4和CO2和水，是两种化合物之间的复分解反应，体现了稀硫酸的酸性，答案选B；向滤纸上滴加浓H2SO4，浓硫酸使滤纸脱水变黑，体现浓硫酸的脱水性，答案选A；在冷浓H2SO4中放入铁片没明显现象，铁没有溶解、浓硫酸能够在铁的表面生产了致密氧化物保护膜使铁钝化，体现了浓硫酸具有强的氧化性，答案选C；(2)反应C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O中，碳元素化合价从0升高到+4价，C是还原剂，按，每12g碳单质参加反应，转移电子4mol，则6g碳单质完全参与反应转移2mol电子，反应过程中，硫元素从+6价降低到+4价，浓硫酸作氧化剂、还原产物为SO2。