解析版四川省遂宁市遂宁中学外国语实验学校学年高一上学期第二学段考试化学试题.docx

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解析版四川省遂宁市遂宁中学外国语实验学校学年高一上学期第二学段考试化学试题

第I卷（42分）

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。

1-6题，每小题2分，7-16题，每小题3分，共42分。

）

1.下列分类中，前者包含后者的是（）

A.氧化物、化合物B.胶体、分散系C.含氧酸、酸D.化合物、电解质

【答案】D

【解析】

A项，氧化物指由氧元素和另一种元素组成的化合物，后者包含前者，错误；B项，分散系分成溶液、胶体和浊液，分散质粒子大小在1nm~100nm之间的分散系为胶体，后者包含前者，错误；C项，按是否含氧元素，酸分成含氧酸和无氧酸，后者包含前者，错误；D项，化合物按溶于水或熔融状态下能否导电分成电解质和非电解质，溶于水或熔融状态下能导电的化合物为电解质，前者包含后者，正确；答案选D。

2.下列关于胶体的性质说法中错误的是

A.胶体是胶状物体，可以用肉眼也可以用光照鉴别出来

B.明矾溶于水生成的胶体具有吸附性，可以用作净水剂

C.胶体与其它分散系的本质区别是胶体粒子的大小

D.当一束光照射胶体时可产生光亮的通路

【答案】A

【解析】

【详解】A.胶体不一定是胶状物，无法用肉眼将溶液和胶体区别开，故A错误；

B.明矾溶于水生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可以用作净水剂，故B正确；

C.溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，即胶体与其它分散系的本质区别是胶体粒子的大小，故C正确；

D.当一束光线透过胶体，从垂直于光的方向可以观察到胶体里出现一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔现象，故D正确。

故选A。

3.下列实验操作错误的是

A.蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口

B.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出

C.配制一定物质的量浓度的溶液时，若加水超过刻度，应重新配制。

D.可以用酒精萃取碘水中的碘

【答案】D

【解析】

【详解】A.蒸馏的原理：

通过控制沸点的不同来实现物质的分离，所以温度计水银球要靠近蒸馏烧瓶支管口，故A正确；

B.为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；

C.配制一定物质的量浓度的溶液时，若加水超过刻度，应重新配制，故C正确；

D.酒精与水互溶，不符合萃取剂的选择条件，故D错误。

故选D。

【点睛】萃取剂选择的三个必备条件：

1、与原溶剂不相溶；

2、溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度；

3、不与原溶剂和溶质发生化学反应。

4.将6.0mol•L-1H2SO4溶液由10mL稀释至200mL,再从中取出10mL，这10mL溶液中SO42-的物质的量浓度是

A.0.05mol•L-1B.0.30mol•L-1

C.0.15mol•L-1D.0.5mol•L-1

【答案】B

【解析】

【详解】稀释至200mL后浓度为6.0mol•L-1×0.01L/0.2L=0.30mol•L-1，溶液具有均一稳定性，从中取出10mL，这10mL溶液的物质的量浓度是0.30mol•L-1，由于H2SO4=2H++SO42-，所以SO42-的物质的量浓度是0.30mol•L-1，故B正确。

故选B。

【点睛】稀释前后溶质的物质的量不变，由于溶液是均一稳定的，所以溶液内部处处浓度相等。

5.实验室用MnO2催化KClO3分解制取氧气要分离提纯回收其中的MnO2，正确的操作步骤是

A.溶解、过滤、蒸发B.溶解、过滤、结晶

C.溶解、过滤、洗涤、干燥D.溶解、结晶、干燥

【答案】C

【解析】

试题解析:

氯酸钾分解产生了氯化钾和氧气，其中氯化钾可以溶于水，而二氧化锰不能溶于水，所以可以通过溶解然后过滤的方法得到二氧化锰，然后对二氧化锰进行洗涤后干燥即可得到二氧化锰，所以正确的顺序为溶解、过滤、洗涤、干燥，故选B．

考点:

物质的分离和提纯；

6.现有①MgSO4　②Ba（NO3）2　③NaOH　④CuCl2四种溶液，不加其他试剂即可鉴别出来，鉴别的先后顺序是（　　）

A.③④②①B.③④①②

C.②①③④D.④③①②

【答案】D

【解析】

试题分析：

首先根据④CuCl2溶液显蓝色鉴定出来，然后以该溶液为试剂，分别加入另外三者溶液中，产生蓝色沉淀是③NaOH溶液；再以NaOH为试剂，加入另外两种未鉴别出来的溶液中，产生白色沉淀的是①MgSO4溶液，无现象的是②Ba（NO3）2溶液。

故鉴别出来的先后顺序是④③①②。

选项D正确。

考点：

考查物质鉴别先后顺序判断的知识。

7.下列混合物的分离提纯方法正确的是

A.分离植物油和水：

蒸馏

B.分离乙醇和水：

分液

C.从氯化钠和碘（二者不反应）混合水溶液中得到碘：

萃取、分液、蒸馏

D.除去氯化钠固体中的少量硝酸钾：

溶解、过滤、洗涤、干燥

【答案】C

【解析】

【详解】A.植物油和水互不相溶，故用分液方法，故A错误；

B.乙醇沸点是78℃，比水的沸点100℃低，最先从混合物中分离出来，收集蒸汽后再冷凝，最后留下的产物是水，达到分离的效果，故B错误；

C.加入四氯化碳萃取出碘，然后分液得到碘的四氯化碳溶液，再进行蒸馏，故C正确；

D.除去氯化钠固体中的少量硝酸钾先降温结晶，然后过滤，故D错误。

故选C。

8.现需配制0.1mol/LNaOH溶液500mL,配制时，正确操作顺序组合是

①用30mL水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶

②准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解

③将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中

④将容量瓶盖紧，振荡，摇匀

⑤改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切

⑥继续往容量瓶内小心加水，直到液面离刻度线1~2cm处

A.②③①⑤⑥④B.②①③⑥⑤④

C.②③①⑥⑤④D.②③①⑥④⑤

【答案】C

【解析】

【详解】配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，故正确操作顺序组合是：

②③①⑥⑤④。

故C正确。

故选C。

9.若NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中错误的是

A.1mol镁原子中含有的电子数为2NA

B.在0℃，101kPa时，22.4L氢气中含有2NA个氢原子

C.在25℃，101kPa时，64gSO2中含有的原子数为3NA

D.O2和O3的混合物48g，共含有氧原子数目为3NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.镁原子中含有12个电子，故1mol镁原子中含有的电子数为12NA，故A错误；

B.标况下22.4L氢气为1mol，而氢气为双原子分子，故1mol氢气中含有2NA个氢原子，故B正确；

C.64gSO2为1mol，而SO2含3个原子，故1molSO2中含有的原子数为3NA，故C正确；

D.48g臭氧中含有的氧原子数为（48g÷48g/mol）×3×NA=3NA，48g氧气中含有的氧原子数为（48g÷32g/mol）×2×NA=3NA，O2和O3的混合物48g，含有的氧原子数目为3NA，故D正确；

故选A。

10.下列关于金属元素特征的叙述正确的是

①金属元素的原子只有还原性，离子只有氧化性；②金属元素在化合物中显正价；③金属阳离子被还原不一定得到金属单质；④金属元素不可能存在于阴离子中；⑤金属元素由化合态变为游离态一定被还原

A.①④B.②③C.①④⑤D.②③⑤

【答案】D

【解析】

【详解】①金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故①错误；

②金属元素在反应中失去电子，则化合价一定升高，所以金属元素在化合物中一定显正价，故②正确；

③处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子，所以金属阳离子被还原不一定得到金属单质，故③正确；

④金属元素可能存在于阴离子中，如偏铝酸根离子、高锰酸根离子，故④错误；

⑤金属元素由化合态变为游离态，元素化合价必定降低，一定被还原，故⑤正确；

故选D。

11.在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（）

A.Na+、K+、SO42-、HCO3-B.Cu2+、K+、SO42-、NO3-

C.Na+、K+、Cl-、NO3-D.Fe3+、K+、SO42-、Cl-

【答案】C

【解析】

A．酸性条件下HCO3-与H+反应生成二氧化碳气体而不能大量存在，A项错误；B．Cu2+为蓝色，与题目无色不符，B项错误；C．Na+、K+、Cl-、NO3-四种离子无色，且离子之间不发生任何反应，能大量共存，C项正确．D．Fe3+为黄色，与题目无色不符，D项错误．答案选C．

12.某溶液经分析,其中只含有Na+、K+、Ca2+、Cl−、NO3-,已知其中Na+、K+、Ca2+、NO3-的浓度均为0.1mol⋅L−1,则Cl−的物质的量浓度为

A.0.1mol⋅L−1B.0.3mol⋅L−1C.0.2mol⋅L−1D.0.4mol⋅L−1

【答案】B

【解析】

溶液呈电中性，阴阳离子所带电荷相等，所以c（K+）+2c（Ca2+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（NO3﹣），所以c（Cl﹣）=c（K+）+2c（Ca2+）+c（Na+）﹣c（NO3﹣）=0.1mol/L+2×0.1mol/L+0.1mol/L﹣0.1mol/L=0.3mol/L，故选B

【点评】本题考查了离子浓度的计算，根据电荷守恒来分析解答即可，难度不大．

13.下列各反应中，氧化反应与还原反应在同种元素中进行的是

A.Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O

B.2KClO3

2KCl＋3O2↑

C.2KMnO4

K2MnO4＋MnO2＋O2↑

D.2H2O

2H2↑＋O2↑

【答案】A

【解析】

试题分析：

A．Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O中氯元素一部分升高化合价，一部分降低化合价，符合；

B．2KClO3

2KCl＋3O2↑氧元素由-2价升高到0价，氯元素由+5价降低到-1价，不符；

C．2KMnO4

K2MnO4＋MnO2＋O2↑氧元素由-2价升高到0价，锰元素由+7价降低到+2价，不符；

D．2H2O

2H2↑＋O2↑氢元素由+1价降低到0价，氧元素由-2价升高到0价，不符；选A。

考点：

考查氧化还原反应。

14.为了除去硝酸钾晶体中所含的硫酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，然后加入KOH、K2CO3、Ba（NO3）2等试剂，配以过滤、蒸发结晶等操作，制成纯净的硝酸钾晶体，其加入试剂的顺序正确的是

A.K2CO3——Ba（NO3）2——KOH——HNO3

B.Ba（NO3）2——KOH——HNO3——K2CO3

C.KOH——K2CO3——Ba（NO3）2——HNO3

D.Ba（NO3）2——KOH——K2CO3——HNO3

【答案】D

【解析】

试题分析：

为了除去硝酸钾晶体中所含的硝酸钙和硫酸镁，先将它配成溶液，应先加入Ba（NO3）2，生成BaSO4，除去SO42-，然后加入过量的KOH，生成氢氧化镁，除去Mg2+，再加入过量的K2CO3，生成CaCO3和BaCO3沉淀，除去Ca2+和Ba2+，最后加入HNO3除去K2CO3和KOH，注意不能先加K2CO3，否则不能除去过量的Ba2+，即试剂加入顺序为Ba（NO3）2、KOH、K2CO3、HNO3，答案选D。

【考点定位】本题考查混合物分离提纯方法的选择和应用

【名师点晴】该题为高频考点，把握发生的反应及除杂的原则为解答的关键，注意除杂时要考虑不能引入新的杂质，注意试剂的加入顺序和本题中加入K2CO3的作用。

15.一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72-和Pb2＋，则与1molCr3＋反应所需PbO2的物质的量为

A.3.0molB.1.5molC.1.0molD.0.75mol

【答案】B

【解析】

试题分析：

利用电子守恒作答。

当2molCr3+被氧化生成1molCr2O

时，失去的电子为6mol，而1molPbO2被还原只能得到2mol电子，因此所需PbO2的物质的量为3mol，选A。

考点：

考查氧化还原反应计算

16.某无色溶液与铝反应放出氢气，则下列离子在该溶液中一定可以大量存在的是

A.Na+B.OH－C.NH4+D.HCO3－

【答案】A

【解析】

【分析】

溶液无色，与铝反应放出氢气，可能为酸性溶液也可能是碱性溶液。

【详解】A.Na+无色，既不与H+反应，也不与OH-反应，故A正确；

B.OH－无色，但不能在酸性溶液中大量共存，故B错误；

C.NH4+无色，但不能在碱性溶液中大量共存，故C错误；

D.HCO3－无色，在酸性溶液中和在碱性溶液中都不能大量共存，故D错误；

故选A。

二、填空题（包括4个小题，共58分）

17.以物质的量为“桥梁”的计算是高中化学计算的基础，根据计算结果，回答下列问题：

（1）在200mL2mol/LMgCl2溶液中，溶质的质量为________g；此溶液中Mg2＋的物质的量浓度为__________mol/L；Cl－的物质的量浓度为________mol/L；将此溶液稀释到1000mL其溶质的物质的量浓度为_____________mol/L。

（2）现有标准状况下的HCl气体aL，该气体的质量是________g；将该气体溶于1000mL水中，所得盐酸中溶质的质量分数是__________；如果所得盐酸的密度为ρg/cm3，则溶质的物质的量浓度是____________mol/L。

【答案】

（1）.38

（2）.2（3）.4（4）.0.4（5）.36.5a/22.4（6）.36.5a/（36.5a+22400）（7）.1000ρa/（36.5a+22400）

【解析】

【分析】

（1）根据m=nM，c=n/V，来解答。

（2）根据n=V/Vm，m=nM，溶质的质量分数=（溶质的质量/溶液的质量）×100%，c=1000ρω/M来解答。

【详解】

（1）200mL2mol/LMgCl2溶液中，溶质的质量为m=0.2L×2mol/L×95g/mol=38g，因为MgCl2=Mg2＋+2Cl－，所以在2mol/LMgCl2溶液中，Mg2＋的物质的量浓度为2mol/L；Cl－的物质的量浓度为4mol/L，溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，故此溶液稀释到1000mL其溶质的物质的量浓度为0.4mol÷1L=0.4mol/L，故答案为：

38；2；4；0.4。

（2）标准状况下的HCl气体aL，物质的量为aL÷22.4mol/L=a/22.4mol，质量为a/22.4mol×36.5g/mol=（36.5a/22.4）g，溶质的质量分数=（溶质的质量/溶液的质量）×100%=[（36.5a/22.4）g/（36.5a/22.4）g+1000g]×100%=36.5a/（36.5a+22400）×100%，c=1000ρω/M=1000ρa/（36.5a+22400），故答案为：

36.5a/22.4；36.5a/（36.5a+22400）；1000ρa/（36.5a+22400）。

18.按要求回答下列问题：

（1）下列物质中：

①Na②CaO③CO④CO2⑤NH3⑥盐酸⑦H2SO4⑧Ba（OH）2

⑨熔融NaCl⑩葡萄糖（C6H12O6）⑾NaCl溶液。

属于酸性氧化物的是__________，属于电解质的是__________，属于非电解质的是___________，能导电的是_____________。

（2）写出下列物质的电离方程式：

HNO3___________________________________，

Ba（OH）2____________________________________，

KAl（SO4）2___________________________________。

（3）写出下列反应的离子方程式：

①碳酸钙固体中加入盐酸____________________________，

②氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液混合____________________________，

③氧化铁粉末中加入稀硫酸___________________________。

【答案】

（1）.④

（2）.②⑦⑧⑨（3）.③④⑤⑩（4）.①⑥⑨⑾（5）.HNO3=H++NO3－（6）.Ba（OH）2=Ba2++2OH－（7）.KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-（8）.CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑（9）.Ba2++2OH－+Cu2++SO42－=BaSO4↓+Cu（OH）2↓（10）.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O

【解析】

【分析】

（1）酸性氧化物和碱反应生成盐和水；电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物。

（2）电离方程式符合原子个数守恒和电荷守恒。

（3）离子方程式满足原子个数守恒和电荷守恒。

【详解】

（1）酸性氧化物和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物的是④；电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，属于电解质的是②⑦⑧⑨；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质的是③④⑤⑩；钠是靠自由电子导电的，盐酸，熔融NaCl，NaCl溶液是靠自由移动的离子导电的，故能导电的是：

①⑥⑨⑾，故答案为：

④；②⑦⑧⑨；③④⑤⑩；①⑥⑨⑾。

（2）HNO3是强电解质，电离方程式为：

HNO3=H++NO3－

Ba（OH）2是强电解质，电离方程式为：

Ba（OH）2=Ba2++2OH－

KAl（SO4）2是强电解质，电离方程式为：

KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-，

故答案为：

HNO3=H++NO3－；Ba（OH）2=Ba2++2OH－；KAl（SO4）2=K++Al3++2SO42-。

（3）①碳酸钙固体中加入盐酸，化学方程式为：

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，离子方程式为：

CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；

②氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液混合，化学方程式为：

Ba（OH）2+CuSO4=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，离子方程式为：

Ba2++2OH－+Cu2++SO42－=BaSO4↓+Cu（OH）2↓；

③氧化铁粉末中加入稀硫酸，化学方程式为：

Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，离子方程式为：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

故答案为：

CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；Ba2++2OH－+Cu2++SO42－=BaSO4↓+Cu（OH）2↓；

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。

【点睛】电解质和非电解质的前提必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。

常见的电解质有：

酸、碱、盐、活泼金属氧化物，水；常见的非电解质有：

蔗糖、酒精，淀粉等大多数的有机物，非金属氧化物，氨气等。

19.氧化还原反应是中学化学中常见且重要的一类反应，回答下列问题：

（1）下列金属单质参加的化学反应都是氧化还原反应，都是金属失电子。

①相同质量的钠分别与氧气反应，全部生成氧化钠和全部生成过氧化钠两种情况下转移的电子数目之比是________；

②分别取W克钠、铁、铝与足量的盐酸反应，失去电子的物质的量之比是________；③分别取含0.1molH2SO4的稀硫酸和含0.1molNaOH的氢氧化钠溶液于两支试管中，分别加入足量的铝粉充分反应，产生氢气（同温同压下）的体积之比是________。

（2）某氧化还原反应的反应物和生成物共五种物质：

O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2。

已知该反应中H2O2转化为氧气。

①该反应中的还原剂是____________；

②如果化学方程式中Cr（OH）3和H2O2的物质的量之比为2:

3，写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_________________；

③如果反应中转移了3amol电子，则产生的气体在标准状况下体积为______L。

【答案】

（1）.1∶1

（2）.1/23:

1/28:

1/9（3）.2∶3（4）.H2O2（5）.

===2Cr（OH）3↓＋3O2↑＋2H2O（6）.33.6aL

【解析】

【分析】

（1）①钠与氧气反应，无论是生成氧化钠，还是过氧化钠，其中钠元素都是+1价。

②根据Na→Na+，Fe→Fe2+，Al→Al3+来解答。

③根据2Al+6H+=2Al3++3H2↑，2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑来解答。

（2）①H2O2转化为氧气，O元素的化合价由-1价升高为0价，则H2O2为还原剂。

②H2O2转化为氧气，O元素的化合价由-1价升高为0价，有元素化合价升高，必有元素化合价降低，从题给物质可看出化合价降低的元素是Cr。

③根据方程式2H2CrO4+3H2O2=2Cr（OH）3↓＋3O2↑＋2H2O来解答。

【详解】

（1）①钠与氧气反应，无论是生成氧化钠，还是过氧化钠，其中钠元素都是+1价，相同质量的钠分别与氧气反应，全部生成氧化钠和全部生成过氧化钠两种情况下转移的电子数目之比是1:

1，故答案为：

1:

1。

②W克钠、铁、铝的物质的量分别为：

W/23mol，W/56mol，W/27mol，Na→Na+，Fe→Fe2+，Al→Al3+，与足量的盐酸反应，失去电子的物质的量之比是W/23mol：

W/56mol×2：

W/27mol×3=1/23:

1/28:

1/9，故答案为：

1/23:

1/28:

1/9。

③铝粉和H2SO4反应的离子方程式为：

2Al+6H+=2Al3++3H2↑，

0.2mol0.1mol

铝粉和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，

0.1mol0.15mol

同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比，故体积之比是2:

3。

故答案为：

2:

3。

（2）①H2O2转化为氧气，O元素的化合价由-1价升高为0价，则H2O2为还原剂，故答案为：

H2O2；

②H2O2转化为氧气，O元素的化合价由-1价升高为0价，有元素化合价升高，必有元素化合价降低，从题给物质可看出化合价降低的元素是Cr，发生还原过程的是H2CrO4→Cr（OH）3，已知化学方程式中Cr（OH）3和H2O2的物质的量之比为2:

3，根据得失电子守恒配平该氧化还原反应的化学方程式为：

2H2CrO4+3H2O2==2Cr（OH）3↓＋3O2↑＋2H2O，并标出电子转移的方向和数目：

==2Cr（OH）3↓＋3O2↑＋2H2O，故答案为：

=2Cr（OH）3↓＋3O2↑＋2H2O。

③根据方程式可以看出当转移6mol电子时，生成氧气为3mol，如果反应中转移了3amol