高一化学第一单元测试题.doc

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1、高一化学第一单元测试题说明：本试卷分为第、卷两部分，请将第一卷选择题的答案填入题后括号内，第二卷可在各题后直截了当作答。共100分，考试时间90分钟。第一卷(选择题 共55分)一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分，共10分)【解析】 物质能否导电，关键分析该物质中是否存在自由挪动的电荷。D中既没有自由电子，又不存在自由挪动的离子。【答案】 DA.强电解质都是离子化合物，因而NaCl是离子化合物3溶于水，其水溶液能导电，SO3是电解质D.硫磺是单质，不导电，因而硫磺是非电解质【解析】 不管是电解质，依然非电解质，它们都是化合物，电解质导电与自由挪动的离子浓度有关。【答案】 BA.在氧化

2、复原反响中，氧化剂与复原剂不可能是同一种物质C.阳离子只有氧化性，阴离子只有复原性【解析】 氧化复原反响中，氧化剂的氧化才能与反响条件有非常大的关系，氧化产物的氧化性非常可能比氧化剂的氧化性强。【答案】 D4.在稀硫酸中滴入氢氧化钡溶液后，其变化的离子方程式为+Ba2+=BaSO4+Ba2+H+OH=BaSO4+H2O+OH=H2O+SO+2OH+Ba2+=BaSO4+2H2O【解析】 书写离子方程式，首先要正确写出化学方程式，然后再按离子方程式的书写规则将难溶物BaSO4写成化学式，难电离物H2O写成分子。【答案】 D【解析】 燃烧是一种剧烈的氧化复原反响，并伴随着发光、发热的现象，燃烧不一

3、定要有氧气参加。【答案】 C二、选择题（每题有一至两个选项符合题意，每题3分，共24分）【解析】 干冰在常温常压下易升华，并吸收大量热量，使空气中的水蒸气凝聚而产生雾。【答案】 B7.在以下三个反响中：H2O2+H2S=2H2O+S；2H2O22H2O+O2；H2O2+Cl2=2HCl+O2。从氧化复原角度分析，H2O2所起的作用依次是A.氧化剂复原剂氧化剂B.复原剂氧化剂氧化剂C.氧化剂氧化剂氧化剂D.氧化剂既是氧化剂又是复原剂复原剂【解析】 H2O2中的H元素化合价没有发生变化，变化的是H2O2中的O元素，H2O2中的O的化合价可看作为1价中O 的价态降低；中O的价态有升有降；中O的价态升

4、高。【答案】 D2+、Mg2+、SO及泥沙，将粗盐溶于水，然后进展以下操作:过滤加足量的NaOH溶液加足量盐酸加过量Na2CO3溶液加过量BaCl2溶液，合理的操作顺序是A.B.C.D.【解析】 SO可使用Ba2+除去，Mg2+可用OH除去；过量的Ba2+和原溶液中的Ca2+通过CO除去；过量的CO由H+除去，多余的盐酸通过加热蒸干而除去。【答案】 BCD.实验室用石灰石（主要成分CaCO3）与稀盐酸制取二氧化碳气体【解析】 离子反响一般都在水溶液中进展，且都有电解质参加反响。【答案】 ABA.该药品极难合成，目前无法大量消费B.该药品具有较强的氧化性，能够用来杀菌消毒C.该药品具有一定的稳定

5、性，可能比过氧化氢稳定D.该药品具有复原性，非常不稳定【解析】 从药品化学名称来看，该药品与过氧化氢等在构造上十分类似，但稳定性确信比过氧化氢要强。【答案】 AD+、SO、K+、HCO、H+、Cl、HCO、NO、OH+、Mg2+、SO、Cl、H+、I、MnO、H+、K+【解析】 离子反响能够从溶液呈现的环境来考虑，特别是酸、碱环境和氧化性环境。HCO既不能与H+共存，又不能与OH共存；而MnO是一种强氧化性离子，I具有较强的复原性。【答案】 C3ZnO+CO24NO34N2+2HNO3+9H2OC.Zn+CuSO4=ZnSO4+CuD.2Cu+O22CuO【解析】 只有ZnCO3、NH4NO3

6、变化是分解反响，且NH4NO3中的N元素化合价发生变化。【答案】 B4NO3溶液与氢氧化钠共热：H+OH=H2O3H2O滴入AlCl3溶液产生沉淀：3OH+Al3+=Al（OH）33溶液混合：OH+H+=H2OD.Al（OH）3固体可溶于稀硫酸中：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O【解析】 NH3H2O是弱电解质，不能用OH表示，应写分子式，Al（OH）3难溶用化学式表示，HCO中的H难电离，不能写H+。【答案】 D三、选择题（每题只有一个选项符合题意，每题3分，共21分）2S是弱电解质，把反响：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl用离子方程式表示，正确的选项3+H2S=2F

7、e2+2H+S3+H2S=Fe2+2H+S3+S2=2Fe2+S3+2Cl+S2+2H+=2Fe2+S+2HCl【解析】 FeCl3是强电解质，在溶液中能电离出Fe3+，H2S是弱电解质，只能写分子式，同时必须兼顾电荷守恒。【答案】 A15.在强碱溶液中，以下无色透明溶液中不可能大量共存的一组是+、Cl、Ba2+、NO、Na+、Cl、NO+、NO、K+、MnO2+、Al3+、Cl、NO【解析】 强碱环境中存在大量OH，阳离子Mg2+、Al3+均发生反响而不能大量共存；尽管在OH环境下，MnO能与Na+、NO、K+共存，但MnO在溶液中呈紫红色，不合题意。【答案】 D16.一个燃烧天然气（主要成

8、分是甲烷CH4）的炉具，改成燃烧液化石油气（主要成分是C3H8等）的炉具，其改造方法是A.增大进空气的孔，适当减小燃气出孔B.增大燃气出孔，适当减小进空气的孔C.适当减小进空气的孔，同时减小燃气出孔D.适当减小进空气的孔，并增大燃气出孔【解析】 CH4、C3H8燃烧的反响方程式为：CH4+2O2CO2+2H2OC3H8+5O23CO2+4H2O一样体积的CH4与C3H8完全燃烧，前者比后者需O2少。【答案】 A17.以下各反响的反响式或离子方程式中，能够说明次氯酸是弱电解质的是A.次氯酸光照下分解：2HClO2HCl+O2B.次氯酸钙溶液中通入适量二氧化碳气体产生白色沉淀：Ca（ClO）2+C

9、O2+H2O=CaCO3+2HClOC.次氯酸与氢氧化钠中和：HClO+NaOH=NaClO+H2O2SO3作用：HClO+H2SO3=H2SO4+HCl【解析】 碳酸是弱酸，通入二氧化碳产生HClO，说明HClO更弱。【答案】 B18.除去以下溶液中的杂质（括号内是杂质），以下选项中所用试剂错误的选项是A.NaOHBa（OH）2：使用Na2SO4溶液B.KOH（K2SO4）：使用Ba（OH）2溶液C.NaCl（Na2SO4）：使用Ba（NO3）2溶液3（HCl）：使用AgNO3溶液【解析】 所加试剂中不能引进新的杂质离子。【答案】 C19.有某种浓度的盐酸，将一定量的该盐酸分成三等份A、B、

10、C。往A中参加适量蒸馏水稀释，往B中滴加少许AgNO3溶液，过滤后保存原溶液，C保持原样，现以一样浓度的NaOH溶液中和以上三种溶液至中性，耗费NaOH溶液的体积分别为VA、VB、VC，则它们的大小关系正确的选项A.VA=VCVBB.VAVBVCVBD.VA=VB=VC【解析】 加水稀释后，H+浓度发生变化，但总量不变；加AgNO3溶液Cl变少，但H+不变。【答案】 D20.久盛石灰水的试剂瓶内壁附有一层垢物，除去该垢物应选择以下何种试剂效果较好【解析】 垢物主要成分是CaCO3固体，盐酸可与CaCO3完全作用生成可溶性盐CaCl2，但CaSO4是微溶物质，会覆盖在CaCO3固体外表，因而要使

11、用稀HCl。【答案】 D第二卷（非选择题 共45分）四、填空题（共31分）21.（9分）有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2SO3中的一种或几种，现做以下实验：（1）将部分粉末参加水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤溶液呈无色；（2）向（1）的沉淀物中参加足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；（4）另取（1）中过滤后的溶液参加足量AgNO3溶液产生白色沉淀。试依照上述实验事实，答复以下咨询题：（1）原白色粉末中一定含有的物质是 ，一定不含的物质是 ，可能含有的物质是 。（以上各种物质均写化学式）（2）

12、写出各步变化的离子方程式。【解析】 溶于水后构成的滤液呈无色，说明溶液中没有Cu2+，原粉末中确信无CuSO4。沉淀物一定是BaCO3，即原溶液中存在Ba2+和CO，说明固体粉末中有Ba（NO3）2和Na2CO3；但依照滤液与AgNO3溶液作用产生白色沉淀，只能推断，可能是AgCl沉淀，也可能是Ag2CO3沉淀。【答案】 （1）Ba（NO3）2、Na2CO3 CuSO4 NaCl（2）Ba2+CO=BaCO3BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2OSO+Ba2+=BaSO4CO+2Ag+=Ag2CO3Ag+Cl=AgCl22.（8分）写出符合以下要求的化学反响方程式，各任写一个。（1）一种单

13、质氧化另一种单质（2）一种单质氧化一种化合物（3）一种化合物氧化一种单质（4）同一种物质中不同元素之间发生氧化复原反响【解析】 依照氧化复原反响的概念，联络化学变化中的典型物质，并尽可能将氧化复原反响与四种根本反响类型有机结合起来。【答案】 （1）3Fe+2O2 Fe3O4（2）2O2+CO2CO2（3）CuO+H2Cu+H2O（4）2KClO32KCl+3O223.（9分）过氧化氢H2O2可用于采矿业废液消毒剂，如消除采矿废液中的氰化物发生如下反响（已配平）：KCN+H2O2+H2O=A+NH3,请答复：（1）生成物A的化学式可表示为： ；（2）该反响是氧化复原反响吗？假设是则氧化剂是 ，假

14、设不是，则说明理由。【解析】 依照质量守恒定律，反响前后所参加反响的元素原子总数不变。过氧化氢中的氧呈1价，在生成物中氧呈2价，O元素化合价降低。【答案】 （1）KHCO3 （2）是氧化复原反响 H2O224.（5分）已经知道硫酸铅是一种作画的白色颜料，难溶于水，也难溶于稀硝酸，但该物质却能够溶于醋酸铵溶液构成无色溶液，其化学方程式可表示为：PbSO4+2CH3COONH4=Pb（CH3COO）2+（NH4）2SO4假设往上述含有Pb（CH3COO）2的溶液中通入H2S气体，则溶液中立即出现黑色沉淀PbS，其化学方程式可表示为：Pb（CH3COO）2+H2S=PbS+CH3COOH请依照上述反

15、响事实，写出H2S产生沉淀物与PbSO4溶于CH3COONH4溶液中的离子方程式。【解析】 PbSO4固体可溶于CH3COONH4的缘故是有难电离的Pb（CH3COO）2生成，因而Pb（CH3COO）2属弱电解质；PbS是难溶物质。离子方程式中Pb（CH3COO）2以分子式表示。【答案】 Pb（CH3COO）2+H2S=PbS+2CH3COOHPbSO4+2CH3COO=Pb(CH3COO)2+SO五、计算题（已经知道相对原子质量N14、Cu64、O16）（共14分）25.(6分)在反响8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2反响中，假设有56 g N2 生成，求发生氧化反响的物质的质量。【解析

16、】 该反响是氧化复原反响，发生氧化反响的物质是NH3，在所有参加反响的NH3中，只有四分之一参加氧化复原反响而被氧化，计算可按关系式求解，创设被氧化的NH3为x g，则有如下关系：2NH3N2217 28x56=x =68(g)【答案】 68 g26.（8分）氧化铜在高温下发生分解反响，其反响方程式可表示为：4CuO2Cu2O+O2，现将80 g CuO 进展灼烧，测得固体含铜质量分数为86%，求该CuO的分解百分率为多少？【解析】 由于反响前后Cu元素的质量不会发生改变，固体减少的缘故是产生部分O2，因而利用固体质量前后变化来解比拟简便。创设CuO分解x g，则有如下质量关系：4CuO2Cu2O+O2固体减少480 32x xx g，原总Cu元素的质量为：80=64(g)，依照题意有：100%=86%解得：x=56(g)100%=70%【答案】 70%