1、三台中学高2022级高一上期第一次教学质量检测化 学第卷(选择题，共48分)一、单项选择题(本题16小题，每题3分，共48分)1. 化学与人类的生活有着密切联系，下列过程涉及氧化还原反应的是A. 胃舒平治疗胃酸过多B. 清晨从树林中看到的一束束光柱C. 食品袋中加脱氧剂以延长食品保存时间D. 紫甘蓝汁中加入食醋会变为红色【答案】C【解析】【详解】A胃舒平治疗胃酸过多，发生的是酸碱中和反应，不属于氧化还原反应，A不符合题意；B清晨从树林中看到的一束束光柱，是胶体的丁达尔效应，没有发生氧化还原反应，B不符合题意；C食品袋中加脱氧剂以延长食品保存时间，涉及氧化还原反应，C符合题意；D紫甘蓝汁中加入食
2、醋会变为红色，与酸碱指示剂变色原理相同，没有发生氧化还原反应，D不符合题意；故选C。2. 经实验测定，某样品中只有一种元素，该样品A. 一定是单质B. 一定是纯净物C. 可能是混合物D. 可能是化合物【答案】C【解析】【详解】经实验测定，某样品中只有一种元素，该样品可能是单质，例如氢气，也可能是混合物，例如氧气和臭氧，由于化合物至少由两种元素组成，所以不可能是化合物。答案选C。3. 下列各组分类正确的是A. 酸性氧化物：SO2、Mn2O7、H2OB. 酸：CH3COOH、NaHSO4、盐酸、C. 电解质：氯化铵、稀硝酸、烧碱、乙醇D. 纯净物：冰水混合物、CuSO45H2O、水银【答案】D【解
3、析】【详解】ACO、H2O不属于酸性氧化物，SO2、Mn2O7属于酸性氧化物，故A错误；BNaHSO4属于酸式盐，不属于酸，故B错误；C乙醇属于非电解质，稀硝酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D冰水混合物、CuSO45H2O、水银都是纯净物，故D正确；答案为D。4. 当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是（ ）Fe(OH)3胶体 水 蔗糖溶液 FeCl3溶液 云、雾A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】Fe(OH)3胶体属于胶体，具有丁达尔效应，故不选；水不属于胶体，不具有丁达尔效应，故选；蔗糖溶液属于溶液，不具有丁达尔效应，故选； FeCl3溶液是溶液，不具
4、有丁达尔效应，故选；云、雾是胶体，具有丁达尔效应，故不选；不会出现丁达尔效应的是，故选C。5. 下列叙述中，正确是A. KNO3固体不导电，所以KNO3不是电解质B. 氨气溶于水能导电，所以氨气是电解质C. 熔融的MgCl2能够导电，所以MgCl2是电解质D. 硫酸是电解质，所以硫酸在熔融态和溶于水时都能导电【答案】C【解析】【详解】A电解质导电需要在水溶液或熔融状态下，KNO3固体没有自由移动的离子，KNO3的水溶液或熔融状态下能够导电，说明KNO3为电解质，故A错误；B氨气溶于水形成NH3H2O，NH3H2O能电离出NH、OH-，氨气溶于水虽然能导电，但NH、OH-不是氨气本身电离产生，因
5、此氨气不是电解质，NH3H2O是电解质，故B错误；C熔融氯化镁能够导电，氯化镁属于盐，因此氯化镁属于电解质，故C正确；D硫酸是电解质，硫酸在熔融状态下不能导电，硫酸在水溶液中能导电，故D错误；答案为C。6. 下列物质在水中的电离方程式正确的是A. BaCl2=Ba2+B. NaHSO4=Na+H+C. Fe2(SO4)3=Fe3+3D. NH3H2O=NH3 + H2O【答案】B【解析】【详解】ABaCl2在水中完全电离为1个Ba2+和2个，电离方程式为BaCl2=Ba2+2，A错误；BNaHSO4在水中完全电离为Na+、H+、，电离方程式为NaHSO4=Na+H+，B正确；CFe2(SO4)
6、3在水中完全电离为2个Fe3+和3个，电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3+3，C错误；DNH3H2O在水中部分电离为和OH-，电离方程式为NH3H2O+OH-，D错误；故选B。7. 下列物质中含有自由移动的Cl-的是A. KClO3溶液B. MgCl2溶液C. 液态HClD. 固态NaCl【答案】B【解析】【详解】A、氯酸钾溶液中含有钾离子和氯酸根离子，没有氯离子，A错误；B、氯化镁在溶液中电离出镁离子和氯离子，B正确；C、液态氯化氢不发生电离，不存在氯离子，C错误；D、固态氯化钠不发生电离，不存在氯离子，D错误；答案选B8. 甲乙丙三种物质间通过一步反应能实现如图转化，下列选项中符合转
7、化关系的是（ ）A. 甲为NaOH，乙为NaCl，丙为NaNO3B. 甲为CuO，乙为CuCl2，丙为Cu(OH)2C. 甲为Na2CO3，乙为CO2，丙为CaCO3D. 甲为H2SO4，乙为BaSO4，丙为Na2SO4【答案】C【解析】【详解】A氢氧化钠和盐酸反应生成NaCl，一步反应即完成了物质甲到乙的转化；氢氧化钠与稀硝酸生成NaNO3，一步反应即完成了物质甲到丙的转化；氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和NaNO3，实现了乙到丙的一步反应的转化；但是NaNO3不能与其它物质反应而生成氯化钠，无法一步实现图示的转化，故A错误；B氧化铜与盐酸反应CuCl2、氯化铜与氢氧化钠反应生成Cu(OH
8、)2、氢氧化铜与盐酸反应生成CuCl2，实现了甲至乙、乙至丙和丙至乙的一步反应的转化；但氧化铜不能与水反应生成氢氧化铜，无法一步实现图示的转化，故B错误；C碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳、碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠、二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水、碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，分别能实现甲至乙、甲至丙、乙至丙和丙至乙的一步反应的转化，故C正确；DH2SO4和Na2SO4均可和BaCl2溶液反应生成BaSO4，但BaSO4不能一步转化为Na2SO4，无法一步实现图示的转化，故D错误；故答案为D。9. 下列离子方程式书写正确的是A. 稀硫酸
9、滴在铜片上：Cu2H=Cu2H2B. 将氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3+6H+ =2Fe3+3H2OC. 碳酸钙与盐酸反应：2H=CO2H2OD. 硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液：+Ba2+=BaSO4【答案】B【解析】【详解】A铜的金属性比H弱，铜不能与酸反应生成氢气，即题中所给离子方程式不符合客观事实，故A错误；B氧化铁为碱性氧化物，与稀盐酸反应：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故B正确；C碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆写，正确的是CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故C错误；D缺少Cu2+与OH-反应，正确的是Cu2+SO+Ba2+2OH-=Cu(OH)2+BaSO4，
10、故D错误；答案为B。10. 某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是A. 闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明HCl溶液是电解质B. 闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化C. 闭合开关K，向溶液中加入少量NaOH固体，电流表示数几乎不变D. 选取相同浓度硫酸替换0.1molL1的HCl溶液，电流表的示数相同【答案】C【解析】【详解】A.电解质必须是化合物，而HCl溶液是混合物，所以不是电解质，故A错误；B.闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，虽然HCl与NaCl不反应，但溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故电流计
11、指针会发生变化，故B错误；C.闭合开关K，向溶液中加入NaOH固体，虽然HCl和NaOH发生化学反应，但离子浓度几乎不变，所以电流计示数几乎不变，故C正确；D.选取相同浓度的硫酸替换0.1molL1的HCl溶液，离子浓度增大，所以电流计的示数不相同，故D错误；故选C。【点睛】溶液的导电性强弱与溶液中自由移动的离子浓度和离子所带的电荷数成正比，与强弱电解质和物质的溶解性没有关系。11. 氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如下图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A. Cl22KBr=2KClBr2B. 2NaHCO3Na2CO3H2OCO2C. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)
12、3D. Fe2O3+3CO2Fe + 3CO2【答案】D【解析】【分析】分析选项中给出的方程式究竟是基本反应类型中的哪一种、是否为氧化还原反应，然后再加以判断。四种基本反应类型不能包括所有的化学反应。在四种基本反应类型中，置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，有单质生成的分解反应一定是氧化还原反应，有单质参加的氧化还原反应一定是氧化还原反应。【详解】A此反应属于置换反应，A项错误；BB中反应属于分解反应，B项错误；CC中反应属于化合反应，C项错误；DD中反应不属于四种基本反应类型中的任何一种，同时又存在化合价的变化，属于氧化还原反应，D项正确；故选D。12. 在无色透明强
13、酸性溶液中，能大量共存的离子组是A. Ca2+、K+、Cl、B. Na+、OH、Cl、C. K+、Na+、D. Cl、Ba2+【答案】A【解析】【详解】A题中所给离子在指定溶液中能够大量共存，故A符合题意；BOH-、CO与H+反应分别生成H2O、CO2，因此所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；CMnO显紫红色，故C不符合题意；DBa2+、SO因生成白色沉淀BaSO4，所给溶液不能大量共存，故D不符合题意；答案为A。13. 下列物质间的转化，需要加入还原剂才能实现的是A. COCO2B. SO3H2SO4C. Fe3+Fe2+D. KClO3KCl【答案】C【解析】【详解】ACOC
14、O2中C元素化合价升高被氧化，需加入氧化剂才能实现，A不符合题意；BSO3H2SO4中S元素化合价不变，没有发生氧化还原反应，B不符合题意；CFe3+Fe2+中Fe元素化合价降低被还原，需加入还原剂才能实现，C符合题意；DKClO3KCl中Cl元素化合价降低，但无需加入还原剂，可在二氧化锰催化作用下分解实现转化，D不符合题意；故选C。14. 下列氧化还原反应中电子转移的表示方法正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A根据反应方程式，转移电子不是6e-，而是12e-，正确的是，故A错误；BCO2中C的化合价由+4价降低为+2价，C单质化合价由0价升高为+2价，双线桥表示的电子
15、转移方向和数目是，故B正确；C金属钠失去电子，氯气得电子，单线桥表示电子转移数目为，故C错误；D根据氧化还原反应中的归中规律，H2S中的S转化成S单质，H2SO4中的S转化成SO2，双线桥表示电子转移和方向为，故D错误；答案为B。15. 菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有5价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的3价砷。下列说法不正确的是A. 维生素C具有还原性B. 上述过程中砷元素发生还原反应C. 上述过程中+5价砷类物质作氧化剂D. 上述过程中+3价砷类化合物是氧化产物【答案】D【解析】【详解】A两者同食，+5价As转化成+3价As，As元素化合价降低
16、，+5价砷类物质作氧化剂，则维生素C作还原剂，故A说法正确；B+5价As转化成+3价As，As元素化合价降低，被还原，发生还原反应，故B说法正确；C+5价As转化成+3价As，As元素化合价降低，+5价砷类物质作氧化剂，故C说法正确；D+5价As转化成+3价As，As元素化合价降低，被还原，+3价砷类化合物作还原产物，故D说法错误；答案为D。16. 某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在Fe2+、 、Fe3+、H+和H2O六种粒子，测得Fe3+、的含量随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误的是 A. 还原剂与氧化剂的微粒个数之比为18B. 氧化性：Fe3+C. 该反应中Fe2+被氧化为Fe3
17、+D. 被还原，发生还原反应【答案】A【解析】【分析】根据图像可知，随着反应进行，Fe3+含量增大，说明Fe3+为生成物，Fe2+为反应物，NO随着反应进行而减小，NO为反应物，NH为生成物，据此分析；【详解】A根据上述分析，该反应的离子方程式为8Fe2+ NO+10H+=8Fe3+ NH+3H2O，Fe2+为还原剂，NO为氧化剂，因此还原剂与氧化剂的微粒个数之比为81，故A说法错误；B利用氧化还原反应的强弱规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，NO为氧化剂，Fe3+为氧化产物，因此氧化性：NOFe3+，故B说法正确；C根据A选项分析，该反应中Fe2+被氧化为Fe3+，故C说法正确；D根据
18、选项A分析，NO为氧化剂，化合价降低，发生还原反应，被还原，故D说法正确；答案为A。第卷(非选择题，共52分)17. 在常温常压下，有以下10种物质，请回答下列问题：干冰；熔融氧化钠；蔗糖；稀硫酸；NaHSO4溶液；碳酸氢钠固体；氢氧化钡溶液；铜（1）其中能导电的是_(填写序号，下同)；属于电解质的是_；属于非电解质的是_。（2）写出物质的电离方程式：_。（3）写出物质和反应的离子方程式：_。（4）写出物质和在水中发生反应的离子方程式：_。【答案】（1） . . . （2）Ba(OH)2= Ba2+2OH （3）Ba2+2OH+2H+= BaSO4+2H2O （4）+H+= CO2+H2O【解
19、析】【小问1详解】能导电物质为电解质水溶液或熔融状态、金属单质、石墨等，氧化钠为电解质，熔融状态的氧化钠能导电，硫酸为电解质，稀硫酸能够导电，NaHSO4为电解质，其水溶液能够导电，NaHCO3为电解质，但固体碳酸氢钠不导电，氢氧化钡为电解质，其水溶液能够导电，铜为金属单质，能够导电，因此所给物质中能够导电的是；电解质属于化合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，因此属于电解质的是；根据非电解质的概念，属于非电解质的；故答案为；【小问2详解】氢氧化钡为二元强碱，在水中完全电离，其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+2OH-；故答案为Ba(OH)2=Ba2+2OH-；【小问3详解】氢氧化钡与稀硫
20、酸发生Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4+2H2O，其离子方程式为Ba2+2OH-+2H+SO=BaSO4+2H2O；故答案为Ba2+2OH-+2H+SO=BaSO4+2H2O；【小问4详解】碳酸氢钠在水中电离方程式为NaHCO3=Na+HCO，碳酸氢钠与稀硫酸反应的离子方程式为HCO+H+=CO2+H2O；故答案为HCO+H+=CO2+H2O。18. 某课外活动小组进行氢氧化铁胶体的制备实验并检验其性质。（1）现有甲、乙、丙三名同学进行氢氧化铁胶体的制备实验，其中正确的是_(填序号)。a甲同学的操作：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入56滴氯化铁饱和溶液，继续煮沸
21、至混合液呈红褐色，停止加热；b乙同学直接加热饱和氯化铁溶液；c丙同学向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟；（2）制备氢氧化铁胶体的化学方程式为_。（3）证明有氢氧化铁胶体生成，可利用的胶体性质是_。（4）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_(填选项)。A. Fe(OH)3胶体粒子的大小在1 100nm之间B. Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应C. Fe(OH)3胶体是均一的分散系D. Fe(OH)3胶体的分散质能通过滤纸（5）已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯Fe(OH)3胶体的装置是可用下列中的_(填选项)。A
22、B C 【答案】（1）a （2）FeCl33H2OFe(OH)3(胶体)3HCl （3）丁达尔效应 （4）A （5）C【解析】【小问1详解】a实验室制备氢氧化铁操作是：向沸水中加入几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至出现红褐色液体，停止加热，即得到氢氧化铁胶体，故a正确；b直接加热FeCl3溶液，会得到红褐色沉淀氢氧化铁，故b错误；c煮沸10min，有可能导致氢氧化铁胶体聚沉，故c错误；答案为a；【小问2详解】实验室制备氢氧化铁操作是：向沸水中加入几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至出现红褐色液体，停止加热，即得到氢氧化铁胶体，发生方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答
23、案为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；【小问3详解】区分胶体与其他分散系的方法是丁达尔效应，用红色激光笔照射，在与光束垂直的方向观察，有明亮“通路”的是胶体，故答案为丁达尔效应；【小问4详解】区分胶体与其他分散系的本质区别是分散质微粒直径的大小，即胶体粒子的大小在1nm100nm之间，A选项正确；故答案为A；【小问5详解】胶体的分散质不能透过半透膜，但可以透过滤纸，水分子等小分子或离子能透过半透膜，推出提纯胶体的方法是渗析法，即选项C正确；故答案为C。19. 某无色透明溶液中可能大量存在Ag、Mg2、Cu2、Fe3、Na中的几种。请填写下列空白：（1）不做任何实验就可以肯定
24、原溶液中不存在的离子是_。（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。说明原溶液中，肯定存在的离子是_，有关离子方程式为_。（3）取（2）中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定有_，有关的离子方程式为_。（4）原溶液可能大量存在的阴离子是下列的_。ACl BNO3- CCO32- DOH【答案】 . Cu2+、Fe3+ . Ag+； . Ag+Cl=AgCl . Mg2+ . Mg2+2OH=Mg(OH)2 . B【解析】【分析】根据常见阳离子的检验分析解答，书写相关反应离子方程式。【详解】(1)有颜色的离子不用做实验就能判断是否存
25、在，溶液无色说明不含有色的Cu2+、Fe3+，故答案为Cu2+、Fe3+；(2)加入过量稀盐酸,有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag+Cl=AgCl，故答案为Ag+；Ag+Cl=AgCl；(3)取上述反应中的滤液，加入过量的氢氧化钠溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为氢氧化镁，反应的离子方程式为：Mg2+2OH=Mg(OH)2，说明原溶液中一定含有Mg2+，故答案为Mg2+；Mg2+2OH=Mg(OH)2；(4)原溶液中存在Ag+，则CO32、Cl、OH不能共存，原溶液中肯定有Mg2+，故CO32、OH不能与其共存，硝酸根离子不与上述离子反应，故
26、溶液中可能大量存在的离子是NO3，故答案为B。20. 资治通鉴中记载：“陈宣帝太建九年，齐后妃贫苦，至以卖烛为业。”文中的烛就是原始的火柴。K2Cr2O7是火柴工业用作制造火柴头的原料之一。已知反应：K2Cr2O7+14HCl(浓) = 2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O（1）用“双线桥”标明该反应中电子转移的方向和数目。K2Cr2O7+14HCl(浓) =2KCl+2CrCl3+3Cl2+7H2O_（2）该反应中被氧化的元素是_，还原产物是_。（3）该反应中氧化剂与还原剂的微粒个数比为_。（4）该反应中每生成6分子Cl2，转移电子数为_个。【答案】（1） （2） . Cl . CrC
27、l3 （3）1:6 （4）12【解析】【小问1详解】；【小问2详解】Cl元素化合价升高被氧化，Cr元素化合价降低，则还原产物是CrCl3；【小问3详解】根据得失电子守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的微粒个数比为1:6；【小问4详解】根据方程式可知，每生成3分子Cl2，转移6个电子，则该反应中每生成6分子Cl2，转移电子数为12个。21. 利用元素的化合价与物质类别关系研究物质性质是学习元素化合物知识的重要方法。如图是氮元素的常见化合价与常见物质类别的二维关系图。 （1）图中氮氧化物中，属于酸性氧化物的有N2O3和_。(用化学式表示)（2）H的稀溶液可与铜发生如下反应：_Cu +_HNO3 =_
28、Cu(NO3)2 +_NO+_H2O，请配平该方程_。由该反应可得还原性：Cu_NO(选填“”或“ （3）4NH3+6NO 5N2+6H2O【解析】【分析】根据图中N元素的化合价及物质类别可知，A、B、C、D、E、F、G、H分别为NH3、N2、NO、N2O3、NO2或N2O4、N2O5、HNO2、HNO3，J、K分别为亚硝酸盐、硝酸盐。【小问1详解】图中N的氧化物中只有N2O3、N2O5与NaOH反应分别生成NaNO2和水、NaNO3和水，反应过程中氮元素化合价不变，属于酸性氧化物，；【小问2详解】根据得失电子守恒和元素守恒配平可得3Cu+8HNO3= 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，该方程式中Cu为还原剂，NO为还原产物，则还原性：CuNO；【小问3详解】
