2021年高一上學期期中檢測-化學試卷-參考答案

2021年高一上學期期中檢測·化學試卷參考答案1．【答案】B【解析】A.鐵、鉑無焰色，A錯誤；B.墨水屬于膠體，不同墨水可能會聚沉，使鋼筆流水不暢或者堵塞，B正確；C.沙里淘金、海水曬鹽不涉及化學變化，C正確；D.工業(yè)酒精含有甲醇，不可飲用。2．【答案】D【解析】A.礬是各種金屬〔如銅、鐵、鋅〕的硫酸鹽，尤指具有玻璃質(zhì)狀態(tài)外表或光澤的該種硫酸鹽的水合物，A錯誤；B.草木灰主要成分為碳酸鉀，會增強土壤堿性；C.花分解產(chǎn)生含氮物質(zhì)，氮是植物生長的營養(yǎng)元素；D.煉鋼時會將碳單質(zhì)轉(zhuǎn)化為二氧化碳除去，涉及化學變化，D正確。3．【答案】B【解析】A.霧屬于膠體，用光照射時能產(chǎn)生丁達爾效應，A正確；B.膠體粒子是氫氧化鐵聚集在一起的集合體，總數(shù)目不定，但小于2NA，B錯誤；C.膠體不帶電，膠體粒子帶電，C正確；D.血液是膠體，而氯化鐵溶液是電解質(zhì)溶液，能使血液膠體發(fā)生聚沉，從而可以應急止血，D正確。4．【答案】D【解析】電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，即電解質(zhì)是在水溶液或熔融狀態(tài)下本身能電離的化合物，所以D正確。5．【答案】D【解析】可以1mol物質(zhì)為例，1molH2O和H2O2中含有的分子數(shù)均為1NA，氧原子數(shù)分別為1NA和2NA，原子總數(shù)目分別為3NA和4NA，碳原子數(shù)均為2NA，電子數(shù)分別為10NA、18NA，所以以上說法全部正確。6．【答案】D【解析】A．反響中O的化合價升高，水為復原劑，故A錯誤；B．反響中，水中H元素的化合價降低，那么水作氧化劑，故B錯誤；C．反響中，水中H元素的化合價降低，那么水作氧化劑，故C錯誤；D．反響中，水中H和O元素的化合價不變，所以水既不作氧化劑又不作復原劑，故D正確；7．【答案】C【解析】A.用醋酸除水垢，醋酸是弱電解質(zhì)，反響的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH═==Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-；故A錯誤；B.用小蘇打治療胃酸過多是碳酸氫鈉和鹽酸反響生成二氧化碳和水，反響的離子方程式：HCO3-+H+═==CO2↑+H2O，故B正確；C.向溴化亞鐵溶液中通入足量氯氣：2Fe2++4Br-+3Cl2═==2Fe3++2Br2+6Cl-；故C錯誤；D.向澄清石灰水中通人過量二氧化碳：OH-+CO2═==HCO3-；故D錯誤；8．【答案】C【解析】A．HCO3-與H+反響不能大量共存，故A錯誤；B．Cu2+有顏色，不能大量共存，故B錯誤；C．溶液無色，且離子之間不發(fā)生任何反響，可大量共存，故C正確；D．Mg2+、OH-與H+反響而不能大量共存，故D錯誤。9．【答案】B【解析】標準狀況下1.12LNH3的物質(zhì)的量＝1.12L/22.4L·mol－1＝0.05mol，將NH3溶于水配成500mL溶液，其物質(zhì)的量濃度＝0.05mol/0.5L＝0.1mol·L－1。此外，取1mol·L－1的氨水溶液100mL，配成500mL溶液，其物質(zhì)的量濃度是0.2mol·L－1。10．【答案】C【解析】A.蘇打的主要成分為Na2CO3，堿性較強，不能用于治療胃病，故A錯誤；B.Na原子半徑大，最外層電子數(shù)少，最外層電子受到原子核的引力小，容易失去，所以金屬鈉具有強復原性；高壓鈉燈發(fā)出透霧性強的黃光是由于Na元素的焰色反響呈黃色，二者沒有因果關系，故B錯誤；C.過氧化鈉可用作航天員的供氧劑，由于Na2O2能和CO2、H2O反響生成O2，而幫助人呼吸，所以C者有關系，故C正確；D.滴有酚酞溶液的水溶液中加Na2O2，Na2O2與水反響生成NaOH和O2，NaOH是堿，可以使酚酞試液變?yōu)榧t色，但Na2O2具有強氧化性，會將紅色物質(zhì)氧化變?yōu)闊o色，因此最后的溶液為無色，故D錯誤。11．【答案】C【解析】A．隨著反響的進行，鹽酸濃度變稀，不再發(fā)生反響，故A錯誤；B．氯氣溶解于水發(fā)生Cl2+H2OHCl+HClO，其中2HClO===2HCl+O2↑，那么最終量筒上方會有氧氣，溶液不可能充滿量筒，故B錯誤；C.氯氣與銅發(fā)生氧化復原反響，將銅氧化成氯化銅，表現(xiàn)氯氣的強的氧化性，故C正確；D.Cl2+H2OHCl+HClO，那么枯燥的有色布條不褪色，濕潤的有色布條能褪色，說明Cl2沒有漂白性，HClO有漂白性，故D錯誤。12．【答案】AC【解析】A．參加酸后Q發(fā)生發(fā)的反響為、，反響產(chǎn)生和，b球形枯燥管中應裝有堿石灰，除去二氧化碳，故A錯誤；B．反響產(chǎn)生的和使氣球變大，將廣口瓶中的氣體排出，水進入量筒I中，所以量筒I中水的體積即為產(chǎn)生和的體積，所以滴加稀硫酸前必須關閉K1、K2，翻開K3，故B正確；C．由B分析可知量筒I中水的體積即為產(chǎn)生和的體積，量筒II收集的是的體積，故C錯誤；D．讀取氣體總體積后關閉K3，在緩緩翻開K1和K2，Q中氣體經(jīng)b除去后，排水法收集到O2，同時觀察到Q氣球慢慢縮小，故D正確。13．【答案】A【解析】①用天平〔使用游碼〕稱量時，被稱量物與砝碼的位置放顛倒了，物質(zhì)的質(zhì)量=砝碼的質(zhì)量-游碼的質(zhì)量，質(zhì)量偏小，所配溶液的濃度偏低；②溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶后，燒杯內(nèi)壁及玻璃棒未用蒸餾水洗滌，溶質(zhì)質(zhì)量偏小，所配溶液的濃度偏低；③轉(zhuǎn)移溶液前容量瓶內(nèi)有少量蒸餾水，對所配溶液的濃度沒有影響；④定容時，俯視容量瓶的刻度線，溶液體積偏小，所配溶液的濃度偏高；⑤定容后搖勻，發(fā)現(xiàn)液面降低，又補加少量水，重新到達刻度線，溶液體積偏大，所配溶液的濃度偏低。14．【答案】AD【解析】A．該反響雙線橋分析如下：，S、KNO3中S、N元素化合價下降，作氧化劑，A正確；B．根據(jù)分析可知，C化合價升高，被氧化，B錯誤；C．K2S、N2均為復原產(chǎn)物，32gS即1molS，根據(jù)反響比例關系，此時生成K2S、N2各1mol，故復原產(chǎn)物質(zhì)量=1mol×110g/mol+1mol×28g/mol=138g，C錯誤；D．黑火藥爆炸過程會放出大量熱引發(fā)硫磺燃燒生成SO2，會對環(huán)境造成污染，D正確；15．【答案】BD【解析】甲、乙、丙、丁均為含氯元素的常見物質(zhì)，其中乙為單質(zhì)，那么乙為Cl2；甲是漂白粉的有效成分，那么甲為Ca(ClO)2；丙、丁為酸，那么丙為HClO，丁為HCl，據(jù)此解答。A．丙為HClO，有強氧化性，丁為HCl，有弱氧化性〔H+〕，即丙氧化性強于丁，A正確；B．反響②為2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，每2mol乙〔Cl2〕參與反響，轉(zhuǎn)移〔2×1〕mol電子，那么反響②中物質(zhì)乙與轉(zhuǎn)移電子的個數(shù)之比為2：2=1：1，B錯誤；C．乙為Cl2，常用于自來水消毒殺菌，C正確；D．反響①②④中Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化復原反響，反響③不一定為氧化復原反響，如Ca(ClO)2溶液中通入二氧化碳可得HClO，D錯誤。16．〔10分〕【答案】〔1〕Cl2+Ca(OH)2===Cl-+ClO-＋Ca2＋+H2O〔2分〕〔2〕Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO〔2分〕〔3〕2Na++CO32-＋CO2＋H2O===2NaHCO3↓〔2〔4〕2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2〔2分〕〔5〕2HClO2H+＋2Cl－＋O2↑〔2分〕【解析】〔1〕氯氣通入石灰乳中制取漂白粉，反響生成CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，石灰乳為漿狀。不拆分，生成物中CaCl2、Ca(ClO)2均屬于鹽類，在溶液中需拆分，反響離子方程式為：Cl2+Ca(OH)2===Cl-+ClO-＋Ca2＋+H2O；〔2〕漂白粉中主要成分為CaCl2、Ca(ClO)2，Ca(ClO)2與空氣中CO2反響生成碳酸鈣和次氯酸，漂白粉為固體，不拆分，碳酸鈣為難溶性固體，不拆分，次氯酸為弱酸，不拆分，故該反響的離子方程式為：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝==CaCO3↓＋2HClO；〔3〕飽和的碳酸鈉溶液中通入二氧化碳，反響生成NaHCO3，NaHCO3溶解度較Na2CO3低而析出，其反響的離子方程式為：2Na++CO32-＋CO2＋H2O===2NaHCO3〔4〕過氧化鈉與二氧化碳反響生成碳酸鈉和氧氣，化學反響方程式為：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；〔5〕次氯酸見光或受熱分解生成HCl和O2，次氯酸為弱電解質(zhì)，不拆分，其離子反響方程式為2HClO2H+＋2Cl－＋O2↑。17．〔14分〕【答案】〔1〕3∶2〔2分〕〔2〕1∶1〔2分〕；2∶3〔2分〕〔3〕①100mL容量瓶、量筒〔2分〕②〔2分〕③1mol·L-1〔2分〕④A〔2分〕【解析】〔1〕根據(jù)n=mM可知，等質(zhì)量的O2和O3的物質(zhì)的量之比為n〔O2〕∶n〔O3〕=132∶148=3∶2〔2〕根據(jù)阿伏加德羅定律，在等溫等壓下，等體積的任意氣體所含分子的物質(zhì)的量相同，那么等溫等壓下，等體積的O2和O3所含分子個數(shù)比為1∶1，質(zhì)量比為2∶3。〔3〕①實驗室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液，那么配制該溶液所需主要儀器為托盤天平、玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、量筒和100mL容量瓶。②需要NaOH固體的質(zhì)量m=n·M=c·V·M=100×10-3L×1mol·L-1×40g·mol-1=4.0g。③溶液具有均一性，物質(zhì)的量濃度不隨著溶液的體積發(fā)生改變，故取出的50mL溶液的濃度仍然為1mol·L-1。④A項，稱量時砝碼已經(jīng)生銹，砝碼實際質(zhì)量增大，稱得的氫氧化鈉質(zhì)量增大，濃度偏高；B項，定容時仰視，實際加水量偏大，溶液濃度偏低；C項，溶解、轉(zhuǎn)移溶液之后沒有對燒杯和玻璃棒進行洗滌操作，剩余局部溶質(zhì)殘留，導致容量瓶內(nèi)溶質(zhì)減少，溶液物質(zhì)的量濃度偏低；D項，定容搖勻后，溶液物質(zhì)的量濃度固定，液面低于容量瓶頸上的刻度線對結果無影響。18．〔10分〕【答案】〔1〕氧化劑、復原劑〔2分〕〔2〕2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O〔2分〕；〔2分〕〔3〕I-、Fe2+〔2分〕〔4〕c=3〔a+b〕/2〔【解析】Ⅰ、〔1〕反響中Fe元素化合價由+2價升高為+6價，被氧化，F(xiàn)eSO4為復原劑，過氧化鈉中O元素的化合價由－1價降低為－2價，由－1價升高為0，過氧化鈉既是氧化劑也是復原劑；〔2〕①濕法制備高鐵酸鉀〔K2FeO4〕，那么FeO42－為產(chǎn)物，F(xiàn)e(OH)3為反響物，化合價升高總共3價，由電子轉(zhuǎn)移守恒可知，ClO?為反響物，Cl?為生成物，化合價降低共2價，化合價升降最小公倍數(shù)為6，故Fe(OH)3的系數(shù)為2，F(xiàn)eO42－的系數(shù)為2，ClO?的系數(shù)為3，Cl?的系數(shù)為3，根據(jù)電荷守恒可知，OH?為反響物，系數(shù)為4，由元素守恒可知H2O為生成物，其系數(shù)為5，離子方程式為：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O；②假設反響過程中轉(zhuǎn)移了電子，那么復原產(chǎn)物的物質(zhì)的量為；Ⅱ、〔1〕向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，先發(fā)生反響2I?+Cl2===I2+2Cl?，2mol碘離子完全反響需要氯氣1mol，然后發(fā)生反響Cl2+2Fe2+===2Cl?+2Fe3+，1mol氯氣反響需要亞鐵離子的物質(zhì)的量是2mol，溶液中含有3mol亞鐵離子，參加反響的亞鐵離子的物質(zhì)的量是2mol，所以溶液中還剩余亞鐵離子1mol，所以被氧化的離子是2molI?、2molFe2+；〔2〕amolFeI2完全被氧化轉(zhuǎn)移3amol電子，bmolFeBr2完全被氧化轉(zhuǎn)移3bmol電子，由得失電子守恒可知，當I?、Fe2+、Br?完全被氧化時，消耗氯氣為0.5×〔3a+3b〕mol，即c=19．〔14分〕【答案】〔1〕分液漏斗〔2分〕〔2〕MnO2+4HCl〔濃〕MnCl2+Cl2↑+2H2O〔2分〕〔3〕用于除去ClO2中未反響的Cl2〔2分〕〔4〕②〔1分〕；d〔1分〕〔5〕D〔2分〕〔6〕C〔2分〕〔7〕2ClO3-+SO32-+2H+═==2ClO2+SO42-【解析】〔1〕實驗室用濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反響制備Cl2，濃鹽酸應盛裝在分液漏斗中，那么P為分液漏斗；〔2〕濃鹽酸和MnO2在加熱條件下反響制備Cl2；〔3〕生成的ClO2中混有氯氣，為制備純潔枯燥的ClO2，根據(jù)氯氣易溶于四氯化碳的也遠了，使用四氯化碳來除去氯氣；〔4〕ClO2是一種易溶于水的氣體，且密度比空氣大，應用向上排空氣法收集，且進行尾氣處理，故用雙孔橡皮塞；〔5〕ClO2是一種易溶于水的氣體，