2020-2021学年高一化学上学期期末测试卷03（人教版2019必修第一册）（全解析）.doc

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1、 上学期期中测试卷03高一化学全解全析12345678910BCACDDDDBC11121314151613141516CDCBDACDDC1【答案】B【解析】A、纯碱是Na2CO3，属于盐，不属于碱，故错误；B、五水硫酸铜是纯净物，故正确；C、凡能电离出的阳离子全是H的化合物均属于酸，故错误；D、盐类不一定含有金属阳离子，如铵盐，NH4Cl不含有金属阳离子，故错误；答案选B。2【答案】C【解析】AAl33H2OAl(OH)3（胶体）3H，Al(OH)3（胶体）具有吸附性，可用明矾净化饮用水，故A不选；B石膏或盐卤可以使蛋白质胶体盐析，可用石膏或盐卤制豆腐，故B不选；C向FeCl3溶液中加入N

2、aOH溶液，发生复分解反应，生成红褐色沉淀，与胶体性质无关，故C选；D一束光线照射淀粉溶液，可看到光亮的通路，是胶体的丁达尔效应，故D不选；故选C。3【答案】A【解析】A合金具有比成分金属更低熔点、更大硬度，A错误；B目前产量最大、用量最大、用途最广泛的合金是钢，B正确；C我国早在商代就使用了青铜，C正确； D合金钢可制成不锈钢和特种钢，D正确。答案选A。4【答案】C【解析】AMgCl2是强电解质，故A错误；BMgCl2溶液属于混合物，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；CMgCl2在水溶液中电离出可以自由移动的镁离子和氯离子，故C正确；DMgCl2在水溶液和熔融状态下都可以导电，故D错误；

3、故答案为C。【点睛】判断电解质与非电解质需要注意以下几点：电解质和非电解质均指化合物，单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质；电解质本身可能不导电，如NaCl固体，但NaCl是电解质，电解质是在水溶液后熔融状态导电即可，又如HCl气体不导电，但溶于水后形成的盐酸能导电，HCl是电解质；能导电的不一定是电解质，如Fe能导电，但是单质，不属于电解质；难溶性化合物不一定就是弱电解质。5【答案】D【解析】ANa2CO3受热不分解，而NaHCO3受热会分解，所以不能通过加热，观察是否有气体放出确定NaHCO3固体中是否含Na2CO3，故A不选；BNa2CO3和NaHCO3都可以和Ca(OH)2反应生

4、成CaCO3白色沉淀，故B不选；CNa2CO3和NaHCO3都可以和盐酸反应生成二氧化碳，故C不选；DNa2CO3能和BaCl2反应生成BaCO3沉淀，而NaHCO3不和BaCl2反应，故D选；故选D。6【答案】D【解析】A氯气和碱反应生成次氯酸盐、氯化物和水，所以氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到具有消毒作用的次氯酸盐，故A正确；B洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液主要成分为次氯酸钠，盐酸与次氯酸钠能发生归中反应生成氯气，所以洁厕灵不能与“84”消毒液混用，故B正确；CNa2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和O2，所以过氧化钠可以用作呼吸面具的供氧剂，故C正确

5、；D漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉中次氯酸钙和空气中的二氧化碳水蒸气发生反应生成碳酸钙和次氯酸，而次氯酸易分解，导致漂白粉变质，故D错误；综上所述答案为D。7【答案】D【解析】A由原子、离子构成的物质不含分子，A错误；B0.012kg12C中含有约6.021023个碳原子，B错误；C1molNH3中含有1 mol 氮原子和3 mol氢原子，C错误；D1mol Na+中含10mol电子，有6.021024个电子，D正确；答案选D。8【答案】D【解析】【分析】不妨设二者的质量均为1g，则SO2的物质的量为mol，CO2的物质的量为mol。【详解】A同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，

6、其物质的量之比为：=11：16，物质的量之比等于其分子个数之比，所以分子数之比是11：16，故A错误；B同温、同压条件下，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比为64g/mol：44g/mol=16：11，故B错误；C相同条件下，气体摩尔体积相同，则体积之比等于其物质的量之比为11：16，故C错误；D每个分子中含有原子个数相同，所以其原子个数之比等于其分子个数之比，等于其物质的量之比11：16，故D正确；故答案为D。9【答案】B【解析】A.醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，故A错误；B.硝酸和碳酸钙反应生成硝酸钙和水和二氧化碳，离子方程式为：CaCO3+2H+=H2O+CO2+Ca2+，故B正确；C

7、.氢氧化铝治疗胃酸过多的离子方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，故C错误；D. 稀硫酸和氢氧化钡溶液混合：Ba2+2OH-+2H+=BaSO4 +2H2O，故D错误。故选B。10【答案】C【解析】A. 用还原，反应物中没有单质，故该反应不是置换反应，A项错误；B. 中部分铁元素显+3价，部分铁元素显+2价，B项错误；C. 维生素将转化为，使元素发生还原反应，维生素表现出还原性，作还原剂，C项正确；D. 浊液露置于空气中易被空气氧化，白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，D项错误。答案选C。11【答案】C【解析】A.符号仅表示元素R的一种核素，A是该核素的质量数，元素的近似相对原子

8、质量是该元素在自然界中各种的质量数与其在自然界中所占的原子个数百分比乘积的加和，故A错误；B.核素的相对原子质量是该核素1个原子的质量与1个原子质量1/12的比值，应为12b/a，故B错误；C.所含质子数是，则所含电子数是，的物质的量约为，则所含电子的物质的量约为mol，故C正确；D.和所含质子数分别是14、15，故物质的量相同的和所含质子数不相等，故D错误。故答案：C。12【答案】D【解析】A、232Th的质量数是232，故A错误；B、Th元素的相对原子质量是Th各种同位素相对原子质量的平均值，故B错误；C、232Th转换成233U是原子核变属于物理变化，故C错误；D、230Th和232Th

9、核外电子排布相同，所以化学性质相同，故D正确；故选D。13【答案】C【解析】【分析】Xb+、Yb、Z(b+1)简单离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等，则核电荷数XYZ，且Y、Z处于同周期，X处于Y、Z的下一周期，由离子所带电荷可知，X为金属元素，Y、Z为非金属性元素。【详解】AX处于Y、Z的下一周期，核电荷数XYZ，X比Y和Z多一个电子层，同一周期核电荷数越大，原子半径越小，故原子半径大小关系XZY，故A错误；B核电荷数XYZ，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Z（b+1）-Yb-Xa+，故B错误；C核电荷数XYZ，故原子序数XYZ，故C正确；D非金属性ZY，非金属性越强

10、，氢化物越稳定，故稳定性Hb+1ZHbY，故D错误，故选C。14【答案】B【解析】A. 、和中都只存在共价键，中既有共价键的断裂，又有共价键的形成，A不符合题意；B. Na中存在金属键，氯气中只存在共价键，氯化钠中只存在离子键，中既有共价键的断裂，又有离子键的形成，B符合题意；C. HCl气体溶于水，HCl分子中的共价键断裂，无离子键的形成，C不符合题意；D. 食盐水蒸发结晶有NaCl晶体析出，有离子键形成，但无共价键断裂，D不符合题意；答案选B。15【答案】D【解析】A.Be、Mg、Ca、Sr、Ba位于同一主族，其金属性逐渐增强。根据 Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Ba与冷

11、水反应更快，A合理； B. Si、P、S、Cl位于同一周期，其非金属性逐渐增加，则非金属单质和氢气反应由难到易，根据Si与H2高温时反应，S与H2加热能反应可以推测:P与H2在高温时能反应，B合理；C.Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱，氢化物的稳定性由强到弱，根据 HCl在1500时分解、HI在230时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，C合理；D. 硅和锗位于金属与非金属的分界线附近，这样的元素既有一定的非金属性又有一定的金属性，可在这附近找到半导体材料。Si是半导体材料，同族的Ge是半导体材料。A族的其他元素距分界线较远，其单质不是半导体材料，如金刚石不导电，锡和铅是

12、金属导体，D不合理；答案选D。16【答案】A【解析】A.硫酸中加入氢氧化钡，二者反应生成硫酸钡沉淀和水，随着氢氧化钡的加入，溶液导电能力减弱。b处溶液中还有剩余的硫酸，为酸性，c为二者恰好完全反应，d为氢氧化钡溶液，为碱性，故A错误，符合题意；B.c处为硫酸钡和水，故B正确，不符合题意；C.c出为硫酸钡和水，溶液的导电性约为零，说明水电离出的离子极少，溶液几乎没有自由移动的离子，故C正确，不符合题意；D.ce段为加入过量的氢氧化钡，溶液中氢氧化钡电离出的离子导电，溶液中的导电能力增大，故D正确，不符合题意。故选A。17【答案】C【解析】【分析】由图可知：一共发生的有三个反应H2S+Cu2+=C

13、uS+2H+；CuS+2Fe3+=2Fe2+Cu2+S；4Fe2+4H+O2=4Fe3+2H2O，由此可以推出总反应 2H2S+O2=2S+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念解题。【详解】A根据图中转化可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS+ 2H+，A正确；B过程中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，B正确；C结合分析中的三个方程式，转化过程中化合价不变的元素除了有铜、氯之外还有氢，C错误；D根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2=2H2O+2S，D正确；故选C。18【答案】D【解析】产生标准状况下11

14、.2LH2，理论上需要锌32.5g、铁28g、镁12g、铝9g，根据平均值思想，混合物中的两种金属需要量应分别小于和大于10g，而小于混合物10g的只有铝，故一定有铝，故选D。19【答案】D【解析】【分析】向100mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，首先铁离子氧化单质铁，然后是铜离子氧化单质铁，结合反应的方程式和图像分析判断。【详解】A、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，先发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，后发生反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，如图加入0.56g(即0.01mol)Fe之后开始出现固体，则a点溶液中阳离子为

15、Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正确；B、由图可得，加入铁粉从0.56g1.68g(即0.01mol0.03mol)时，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，所以此时发生反应为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，b点在该范围内，故B正确；C、加入铁粉为从0.56g2.24g(即0.01mol0.04mol)时，若发生反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则生成0.03mol(即1.92g)Cu，而由图示可得剩余物为1.84g，所以此时溶液中早已没有Cu2+，设0.03mol铁粉中与Cu2+反应的为x mol，剩余y mol，则生成Cu的质量为64x g，剩余铁的质量为5

16、6y g，所以x+y=0.03、64x+56y=1.84，解得：x=0.02、y=0.01，因此加入铁粉从0.56g1.68g(即0.01mol0.03mol)时，刚好与溶液中的Cu2+反应完全，溶液中溶质为FeSO4，又根据前面的分析可得反应Fe+2Fe3+=3Fe2+生成Fe2+0.03mol，又因为反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+生成Fe2+0.02mol，所以c点时溶液中溶质的物质的量浓度为：(0.03mol+0.02mol)0.1L=0.5 molL-1，故C正确；D、由前面的分析可得，原溶液中Fe3+为0.02mol，则Fe2(SO4)3为0.01mol，Cu2+为0.02mol

17、，则CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比，为1：2，故D错误。答案选D。20【答案】C【解析】【分析】亚铁离子在溶液中为浅绿色，由溶液为无色溶液可知，溶液中一定不含有亚铁离子；由于亚硫酸根离子的还原性强于碘离子，向部分溶液中加入少量溴水，振荡，溶液呈无色说明溶液中一定含有亚硫酸根离子，不能确定是否存在碘离子；由于亚硫酸根离子被溴水氧化生成硫酸根离子，则向的溶液中加入过量氯化钡溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能确定是否含有硫酸根离子；向溶液加入少量溴水时，溴被还原为溴离子，向的溶液中加入过量氯化钡溶液时，引入了氯离子，则少量的

18、溶液滴入足量硝酸银溶液，有溴化银沉淀和氯化银沉淀生成，由电荷守恒可知，溶液中一定存在钾离子，综上可知，溶液中一定存在钾离子和亚硫酸根离子，肯定不存在亚铁离子，可能存在碘离子和硫酸根离子。【详解】A.由分析可知，溶液中一定存在钾离子，可能存在碘离子，故A错误；B.由分析可知，溶液中一定存在钾离子和亚硫酸根离子，可能存在碘离子和硫酸根离子，故B错误；C.由分析可知，溶液中一定存在钾离子和亚硫酸根离子，肯定不存在亚铁离子，可能存在碘离子和硫酸根离子，故C正确；D.由分析可知，溶液中一定存在钾离子，可能存在碘离子和硫酸根离子，故D错误；故选C。21【答案】（1）（1分） （1分） （1分） （2）Fe

19、Cl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl （2分） （3）KHSO4K+ （1分） （4）NaHCO3（1分） OH+CO2 （2分） 【解析】NaOH溶液能导电，属于混合物，不是电解质，也不是非电解质；液氨是纯净物，不能电离出离子，不导电，属于非电解质；BaCO3固体是纯净物，熔融状态下能导电，属于电解质，固体不导电；熔融KHSO4能电离出阴阳离子而导电，属于电解质；Fe(OH)3胶体属于混合物，能导电，不是电解质，也不是非电解质；铜是金属单质，能导电，不是电解质，也不是非电解质；CO2是纯净物，不能电离出离子，不导电，属于非电解质；CH3COOH是纯净物，溶于水能电离出离子而导电，

20、属于电解质，醋酸不导电；蔗糖是纯净物，不能电离出离子，不导电，属于非电解质；（1）以上物质中属于混合物的是，以上物质中属于电解质的是；以上纯净物中能导电的是。（2）实验室制备氢氧化铁胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。（3）熔融KHSO4能电离出钾离子和硫酸氢根离子，电离方程式为KHSO4K+。（4）40g氢氧化钠的物质的量是1mol，向该溶液中缓缓通入标准状况下66g CO2，即1.5mol CO2，因此反应中CO2过量，所以反应后溶液的溶质为NaHCO3，该过程的离子反应方程式为OH+CO2。22【答案】（1）2.7（1分） 250（1分）（2） B、C

21、、A、F、E、D（1分）（3）保证溶质全部转入容量瓶（1分）容量瓶盛放热溶液时，体积不准（1分）（4）无影响（1分）偏高（1分）（5）洗净容量瓶后重新配制洗净容量瓶后重新配制（1分）【解析】（1）称取固体 Na2CO3的质量为0.25 L0.1 molL1106 gmol12.7 g；配制250 mL 0.1 molL1的Na2CO3溶液就用250 mL容量瓶。（2）按十字方针“算、量、溶、冷、移、洗、振、定、摇、贴”排列实验步骤，确定操作顺序为BCAFED。（3）洗涤烧杯和玻璃棒的目的是保证溶质全部转入容量瓶。容量瓶盛放热溶液时，体积不准，故溶液注入容量瓶前需恢复到室温。（4）若容量瓶中有少

22、量蒸馏水，因定容时也需要加水，故对所配溶液无影响；若定容时俯视刻度线，则会使凹液面的最低点下移，所加水偏少，浓度偏高。（5）若实验中加蒸馏水时超过了刻度线或移液时有液滴洒在外面，均要重新配制。23【答案】（1）分液漏斗（1分） 饱和NaHCO3溶液（1分） CaCO3+2H+=Ca2+H2O + CO2（2分） （2）检查装置的气密性（1分） 固体由淡黄色渐渐变为白色，注射器2中活塞向外移动（1分） 使CO2充分反应（1分） 2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O（2分） （3）70mL（2分） 【解析】【分析】（1）甲装置中大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，乙中装的是饱和NaHCO3溶液，除

23、去二氧化碳中的HCl气体，丙中无水氯化钙干燥二氧化碳；（2）用注射器1推进二氧化碳到U形管中，将二氧化碳与过氧化钠充分反应，生成碳酸钠和氧气。【详解】（1）甲装置中盛放稀盐酸的仪器名称为：分液漏斗；乙中装的是饱和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl气体，故答案为：分液漏斗；饱和NaHCO3溶液；装置甲是实验室制备二氧化碳的发生装置，其反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O + CO2，故答案为CaCO3+2H+=Ca2+H2O + CO2。（2）先组装仪器，然后检查装置的气密性，再用注射器1 抽取100 mL 纯净的CO2，将其连接在K1处，注射器2 的活塞推到底后连接在K

24、2处，具支U 形管中装入足量的Na2O2粉末与玻璃珠，故答案为：检查装置气密性；二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，则U形管中的过氧化钠淡黄色粉末逐渐变为白色，生成的氧气进入注射器2中，所以注射器2的活塞向外移动，故答案为：固体由淡黄色渐渐变为白色，注射器2中活塞向外移动；实验过程中，需缓慢推入CO2，其目的是使反应进行得更充分，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O，故答案为：使CO2充分反应；2Na2O2+2CO2=2NaCO3+O；（3）开始抽取的二氧化碳的体积为100mL，实验结束后，测得注射器2中气体体积为65 mL，则气体体积减小了35mL，根据反应方程式

25、：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则反应消耗CO2的体积为：70mL，则答案为：70mL。24【答案】（1）随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐减小变为稀盐酸，反应就会停止（1分） （2）无水硫酸铜（1分） 证明氯气有水蒸气（1分） 白色变蓝色(其他合理答案也可) （1分） 氯气无漂白性，次氯酸有漂白性（1分） 吸收氯气（1分） AgCl=AgCl（2分） （1）F G（共1分） 湿润的淀粉碘化钾试纸(或湿润的有色布条) （1分） 【解析】【分析】浓盐酸被MnO2氧化生成Cl2，反应一段时间后浓盐酸的浓度变小，变为稀盐酸，反应就会停止。本实验要检验生成的Cl2中混有水蒸气和HCl气体

26、，要先用无水硫酸铜检验水的存在，用CCl4除去Cl2后，再用AgNO3溶液验证HCl的存在，为了检验Cl2是否除尽，可以在F和G中间加一个装置，里面放湿润的淀粉碘化钾试纸(或湿润的有色布条)，据以上分析解答。【详解】（1）若用含有0.2 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制取Cl2，随着反应进行，盐酸不断被消耗，不断生成水，浓盐酸变成稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以制得的Cl2体积总是小于1.12 L(标准状况)； （2）无水硫酸铜(白色)与水反应生成蓝色的五水硫酸铜，用无水硫酸铜检验水蒸气的存在；故答案为：无水硫酸铜，检验水蒸气；干燥的氯气依次通过干燥的有色布条，湿润的有色布条，

27、干燥布条不褪色，湿润布条褪色，说明氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性；故答案为：氯气无漂白性，氯气与水反应生成的HClO具有漂白性；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能够与硝酸银反应生成白色沉淀，对氯化氢检验造成干扰，所以应用四氯化碳吸收氯气，防止对G产生干扰；故答案为：吸收氯气，避免对G产生干扰；银离子与氯离子反应产生白色沉淀氯化银，装置G中发生反应离子方程式为：AgCl=AgCl；（3）G装置用来检验HCl气体，为了确保实验结论的可靠性，应排除氯气的干扰，在F吸收氯气之后,在F和G之间加装一个检验氯气是否完全除去的装置，根据氯气具有强氧化性的性质，可用湿润的淀粉KI试纸

28、检验，如不变色，说明已经完全除去，或湿润的有色布条检验。25【答案】（1）Na+ H：- （1分） （2）O=C=O（1分） （3）N3- F- Al3+（1分） （4）Al2O3（1分） （5）Na（1分） bc（1分） （6）SO2Cl22H2O=H2SO42HCl （2分） （7）HCl（1分） H2S（1分） 在Na2S的溶液中通入Cl2，若溶液变浑浊，证明Cl的非金属性强于S，反应的化学方程式为Na2SCl2=S2NaCl(其他合理答案亦可) （2分） 【解析】【分析】根据九种元素在元素周期表中物质，是H元素、是C元素、是N元素、是O元素、是F元素、是Na元素、是Al元素、是S元素、

29、是Cl元素。【详解】（1）形成的简单化合物为NaH，NaH是离子化合物，电子式是Na+ H：-；（2） 与形成的能产生温室效应的气体为CO2，其结构式为O=C=O；（3）电子层结构相同的离子随着核电荷数的增多，离子半径逐渐减小，离子半径由大到小的顺序是N3- F- Al3+；（4）在这些元素形成的氧化物中，Al2O3是两性氧化物，不溶于水，既与强酸反应，又与强碱溶液反应；（5）同周期元素从左到右金属性减弱，元素Na与元素Al相比，金属性较强的是Na；a.单质的熔点与金属性无关，故不选a； b.金属性越强，单质越易与水反应，Na与水反应比Al剧烈，说明金属性Na大于Al，故选b；c.金属性越强，

30、最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，Na最高价氧化物对应的水化物的碱性比Al强，说明金属性Na大于Al，故选c；d.只根据Na的化合价比Al低，不能说明金属性Na大于Al，故不选d；（6） S的低价氧化物是SO2，SO2通入氯水中， SO2与Cl2反应生成盐酸和硫酸，化学方程式为SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；(7)非金属性越强气态氢化物越稳定，由于Cl的非金属性强于S，所以HCl的稳定性大于H2S；(8)可以通过非金属单质间的置换反应来证明元素非金属性的强弱。在Na2S的水溶液中通入Cl2，若溶液变浑浊，证明Cl的非金属性强于S，反应的化学方程式为Na2SCl2=S2NaCl。11