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1、2021-2022学年上学期期中测试卷03高一化学.全解全析12345678910111213141516ADABCDCCCcBBABDC1.A【详解】A.84消毒液的有效成分是N aC lO,具有强氧化性，可以杀菌消毒，故 A 正确；B.75%酒精透过性最好，消毒效果最好，并非浓度越大越好，故 B 错误；C.明矶溶于水，可以形成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可作自来水的净水剂，但不能消毒，故 C 错误；D.双氧水作消毒剂是因为双氧水具有强氧化性，故 D 错误。故选A。2.D【详解】A.加到中形成溶液，加到中形成胶体，加到中形成沉淀，因此是三种分散质粒子直径：,故 A 正确；B.是溶液，稳定，是胶
2、体，较稳定，是沉淀，不稳定，因此分散系稳定性：，故 B 正确；C.加到中形成溶液，加到中形成胶体，加到中形成沉淀，因此仅凭观察法就可将三种分散系区别开来，故 C 正确；D.三种分散系中都含有氯离子，因此向三种分散系中均加入HNCh酸化的AgNCh溶液后，都会产生白色沉淀，故 D 错误。综上所述，答案为D。3.A【分析】根据S 守恒，反应中H2s被氧化成S,结合“氧化还原反应的特征：元素的化合价有升降”分析。【详解】H2s为反应物，根据S 守恒，S 为生成物，即反应中S 元素的化合价由-2价升至0,H2SS 为氧化反应；氧化还原反应中氧化反应和还原反应一定同时发生，根据各物质中元素的化合价，另一
3、过程为FeCb-FeCL,Fe元素的化合价由+3价降至+2价，另一反应物为FeCl3,反应的化学方程式为H2s+2FeC13=Sl+2FeCL+2HCl,答案选A。4.B【详解】A.MnO；呈紫红色，不符合题意的无色溶液，A 错误；B.四种离子之间不反应，能共存，B 正确；C.H+在碱性溶液中不能大量存在，C 错误；D.Fe3+呈黄色，且 Fe?+在碱性溶液中不能大量存在，D 错误；故选：B。5.C【详解】A.配制230ml溶液应该选用250ml容量瓶，A 正确；B.蒸发结晶时，蒸发皿中有少量液体或大量晶体析出时停止加热，B 正确；C.lOOmLO.2moi/L的CalOH)?溶液的溶质质量为
4、=0.2mol/Lx0 Lx74g/mol=1.48g,故 C 错误；D.NaOH为强碱，有腐蚀性，故沾到皮肤上，应立即用大量的水冲洗，然后涂上1%的硼酸，故 D 正确；故选C。6.D【详解】A.铜与稀硫酸不反应，故 A 错误；B.11.2LO3缺标况，无法计算物质的量，故 B 错误；C.ImolNa与足量02反应，N a失电子数为NA,故 C 错误；D.lOlkPa、4时,水的密度为 Ig/crrP,18 mL 水的质量为 18g,H P Imol；202 kPa、27C时 32go2 的物质的量为Im o l,因此二者分子数均为NA,故 D 正确。故选D。7.C【详解】A.Na2cCh溶液
5、与Ba(0H)2溶液混合生成碳酸钢沉淀，因此不能用H+OFT=H2O表示，故 A 不符合题意；B.NHK1溶液与Ca(0H)2溶液混合生成一水合氨和氯化钙，因此不能用H+0FT=H20表示，故 B 不符合题意；C.EhSCh溶液与KOH溶液混合生成硫酸钾溶液和水，因此能用H+OH=乂0 表示，故 C 符合题意；D.NaHCCh溶液与NaOH溶液混合生成碳酸钠和水，因此不能用H+OHXH2O表示，故 D 不符合题意。综上所述，答案为C。8.C【详解】A.次氯酸为弱酸，不能拆开写，正确的离子方程式为：Cl2+H2O=H+C r+H C lO,故 A 错误；B.得失电子不守恒，正确的离子方程式为：2
6、Na+2H2O=2Na+2OH+H2T,故 B 错误；C.FeCl、与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式正确，故 C 正确；D.氢氧化铁溶液与稀硫酸反应生成硫酸钢和水，正确的离子方程式为：2H*+2Od+SO；+Ba?*=BaSO4 J+2H2O,故 D 错误；故选c。9.C【详解】A.N a 2 C h与C O 2反应生成N a 2 C C 3和O 2,其中N a z C h既属于氧化剂又属于还原剂，A错误：B.N a z C h与H z O反应每消耗1个N a z C h,反应中转移1个电子，B错误；C.将6 2 g N a 2 O和7 8 g N a 2 C h分别投入同质量的水中，
7、反应化学反应方程式分别为：N a2O+H2O=2 N a O H,2 N a2O2+2 H 2 O=4 N a O H+O2t，由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量也相等，则两溶液溶质质量分数相等，故C正确；D.N a z C h属于过氧化物，不属于碱性氧化物，D错误；故选C o1 0.C【详解】A.应将钠表面的煤油用滤纸吸干且烧杯中不能装满水，操作不规范，A项错误；B.分别向N a H C C h与N a 2 c C h溶液中滴加澄清石灰水，都有白色沉淀产生，无法鉴别，可滴加氯化钢溶液加以鉴别，B项错误；C.N a z C h与C C h反应生成氧气，棉
8、花燃烧说明温度达到了其着火点，能证明N a z C h与C 0 2的反应是放热反应，C项正确；D.观察钾的焰色反应要透过蓝色钻玻璃，D项错误；答案选C。1 1.B【详解】A.足量铁丝在C L中燃烧生成F e C h，故A错误；B.氧化剂的氧化性大于氧化产物，向加有淀粉的K I溶液中通入少量C U后溶液变蓝，说明C l 2的氧化性强于4,故B正确；C.F e C l2溶液中滴加新制氯水，溶液变成棕黄色，氧化F e C h的主要是C h,不能说明H C 1 O的生成，故C错误；D.用强光照射新制氯水一段时间后，氯水最终生成盐酸，p H减小，故D错误；故选B。1 2.B【详解】A.N a H S C
9、 U溶液与B a(O H)2溶液反应至S O：-沉淀完全的离子反应为H+S O；-+B a2+O H =B a S O4i+H2O,评价错误，A项不选；B.向碳酸镁溶液中加入足量稀盐酸的离子反应为M g C C h+2 H+=M g 2+C O 2 T+H 2 O,评价正确，B项选；C.向稀盐酸中加入适量铁粉，离子方程式为F e+2 H+=F e 2+H 2 f,评价错误，C项不选：D.N a O H溶液中通入少量C O 2反应，离子方程式为2 O H-+C O 2=C O j+H 2。，评价错误，D项不选；答案选B。1 3.A【分析】CO在氧气中完全燃烧生成C O 2,C O 2 和再与N
10、a 2 C 2 反应；也 在氧气中完全燃烧，生成H2O,H2O再与N a2O2反应，结合反应的方程式分析解答。【详解】点燃CO在氧气中完全燃烧生成C O 2,C O 2 和再与N a 2 O 2 反应，方程式为2 c o+。2 1 2 c o 2、2 c o 2+2 N a 2 O 2=2 N a 2 c o 3+O 2,总反应方程式为C O+N a 2 O 2=N a 2 C O 3,可知过氧化钠增重为CO的质量；也 在占燃氧气中完全燃烧，生成H20,H 2 O 再与N a z C h 反应，方程式为2 H 2+0 2 占至2 H 2 0、2 H2O+2 N a 2 O 2=4 N a O
11、H+O 2,总反应方程式为H 2+N a 2 O 2=2 N a O H,可知反应后固体质量增加为氢气质量。故由2.1 g C O 和 F h 组成的混合物在足量的0 2 中充分燃烧后，立即通入足量的N a z C h 固体，固体质量增加应为CO和 H 2 的质量，即固体增重为2.1 g,故选A。1 4.B【详解】A.除去粗盐中的C a 2+、M g 2+、S O：,加入N a 2 c O 3 的目的是除去C a 2+、B a2+,所以在加入N a 2 c O 3 溶液之前加B a C L,加入试剂的顺序可以是：N a O H B a C b N a 2 c o 3 T 过滤后加盐酸，故 A错
12、误；B.M g 2+和0H反应生成氢氧化镁沉淀，步骤在工业生产中常选用石灰乳作M g 2+的沉淀剂，故 B 正确；C.第步反应方程式是3 Br z+3 N a 2 c O 3=N a Br O 3+5 N a Br+3 c C h,氧化产物是N a Br C h、还原产物是N a Br,物质的量之比为1：5,故 C错误；D.酸性条件下反应，不能生成氢氧根离子，第步反应的离子方程式为：5 Br-+Br O；+6 H+=3 Br2+6 H2O,故 D错误；选 B。15.D【分析】严重锈蚀的废铁屑用硫酸酸浸，溶液中含F e3+和F e2+,加铁粉将F e3+还原成F e2+,过滤除去不溶杂质，得硫酸
13、亚铁溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，制取硫酸亚铁晶体（F eS 07Hq）。【详解】A.F ez C h 与硫酸的反应不是氧化还原反应，故 A错误；B.“酸溶”时不能用盐酸，会引入CL,故 B 错误；C.所给的离子方程式电荷不守恒，“还原”时发生反应的离子方程式为2 F e3+F e=3 F e?+,故 C错误；D.晶体带结晶水，一般采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法提取，“结晶”采用的方式是蒸发浓缩、冷却结晶，故 D正确；故选D。16.C【分 析】由I可知为无色溶液，故 无Cu2+,加入氨水有沉淀生成，且离子种类增加，说 明NH；是新的离子种类，故原 溶 液 中 无NH；,有沉淀生成，说 明 可 能 有
14、Mg2+、A g+,则原溶液中定无CO，、OH(因为它们均与Mg2+、Ag+有沉淀产生)，由H可知I,加 过 量H C 1,无 气体生成说明无CO；、HCO；,还是溶液，故 无A g+,则 由I可 知，定 有M g2+,由IV可 知，向HI中 所得溶液加AgNCh,有白色沉淀生成，(III为 过 量H C 1),说明可能存 在c r,一定 存 在s o：-,生 成Ag2SO4沉 淀，由电荷守恒可知，一定 存 在K+、Mg2+、s o；-、c，据此分析 解 题。【详 解】A.由 于 仅 有Mg2+,I中反应的离子方程式为：Mg2+2NH3 H2O=Mg(OH)21+2NH；,A正确；B.IV中
15、有Cl-存 在，因为III中 加 入 过 量HCL IV中反应的离子方程式有：Ag+Cl-=AgCU，B正确；C.原溶液中一定 存 在K+、Mg2+、S O*C1-,C错误；D.原 溶 液 中 存 在K+、Mg2+、SO；、C，加 入Ba(OH)2,将Mg2+、SO：全部沉淀，则可以 得 到 只 含KC1溶质的溶液，D正确；答 案 选C。17.(6 分)丁达尔效应 FeCh=Fe3+3Cl-2NaOH+SO2=Na2sO3+H2O【详 解】NaOH在水中完全电离为钠离子和氢氧根离子，属于强电解质；氨水是混合物，既不是电解质又不是非电解质；蔗糖在水溶液和熔融状态下都不能电离，蔗糖是非电解质；氯化
16、铁在水溶液中完全电离为铁离子和氯离子，属于强电解质；氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质；SCh自身不能电离，S02是非电解质；硫酸铜溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；氢氧化铝胶体是混合物，既不是电解质又不是非电解质；(1)根据以上分析，属 于 强 电 解 质 的 是N aO H、氯化铁，选；属于非电解质的是蔗糖、S 0 2,选；(2)胶体能产生丁达尔效应，是 溶 液、是 胶 体，区分硫酸铜溶液、氢氧化铝胶体的实验方法是丁达尔效应；(3)氯化铁是强电解质，溶于水完全电离为铁离子和氯离子，电离方程式是FeC13=Fe3+3Ch 氢 氧 化 钠 溶 液 与SCh反应生成亚硫酸钠和水，反应
17、的化学方程式是2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O18.(10 分)得 2x5e-(1)2KMnO4+5H2C2O4+3H2 SO4=1K2 SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O 还原性 2：5 0.25NAI _失 10 xe-(2)5so2+2MnO:+2H2O=5SO+2Mn2+4H+(3)1.5mol【分 析】(1)K M n C h中M n化合价由+7价降低到+2价，降低5个价态，H 2 C 2 O 4中C化合价由+3价升高到+4价,1个H 2 c2。4升高2个价态，根据得失电子守恒，K M n C U配系数为2,H 2 c2。4配系数为5,根据物料守恒，M n S 04配
18、系数为2,C 02配系数为10,根据K守恒，K 2 S O 4配系数为1,根据硫酸根守恒，H 2 s C U配系数为3,根据H、。质量守恒，后面添加为H 2 O且系数为8,因此得到配平的方程式为2 K M nO 4+5 H 2 c2 C U+3H 2 s04=1 K2S O 4+2 M nS O4+1O C O 2 +8 H 2 O,用双线桥表示出电子的转移方向和数目得 2x5s2 K M nO4+5 H 2 C 2 O 4+3H2S O4=1K2S O4+2 M u S O4+10C O2+8 H 2 O;故答案为：I_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _失 10 xe-得 2x
19、5e-2 K M nO4+5 H 2 c2 O 4+3H 2 S 04=I K 2 S O 4+2 M nS O4+1O C O 2+8 H 9。I_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _失 10 xe-H 2 c2 O 4中C化合价升高，因此在反应中H 2 c表现的性质有还原性，氧化剂是K M nC U,还原剂是H 2C 2O 4,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为2 ：5,若标况下生成5.6 L即物质的量为0.2 5 m o l的气体，根据双线桥法，转移电子物质的量为0.2 5 m o l即转移电子的数目为0.25NA；故答案为：还原性；2 ：5；0.25NA。(
20、2)将S O 2通入酸性K M nO 4溶液中，溶液褪色，生成M n2+,S O 2被氧化为S O j ,因此反应的离子方程式5 S O2+2 M nO 4+2 H2O-5 S O 4 +2 M n2+4 H+；故答案为：5 S O2+2 M nO；+2 H2O=5 S O r+2 M n2+4 H+(3)I m o l C r*3+反应生成C r2 O；失去3m o i电子，I m o l P b C h反应生成P b?+得至!2 m o i电子，根据得失电子守恒,与l m o l C r3+反应所需P b C h的物质的量为1.5 m o l；故答案为：1.5 m o l。19.(12分)
21、高氯酸钾 氧化性 还原剂 3：2 浓硫酸 固体由淡黄色变为白色2 co 2+2 N a 2 C h=2 N a 2 co 3+。2 2 N a H C O3 A N a 2 cO 3+H 2 O+C O 2 T【详解】(1)在K C 104中C l元素化合价为+7价，是高氯酸的钾盐，名称是高氯酸钾；该物质是C 1元素最高化合价的盐，只能得到电子，表现强的氧化性；F e zC h可处理产生的N a,反应为6 N a+F e 2 O 3=3N a 2 O+2 F e,在该反应中，N a元素化合价升高，失去电子被氧化，所以N a作还原剂，氧化产物是N a zO；F e zC h中的F e得到电子，化
22、合价降低，被还原，F e zC h作氧化剂，还原产物是F e,根据电子守恒可知：反应过程中氧化产物与还原产物的个数比为3：2；N a H C C h不稳定，受热分解产生N a 2 co 3、H 2 O、C 02,为探究N a zC h与C O 2的反应，应该先除去装置中的水，但不吸收C 02,所以B为干燥装置，使用试剂是浓硫酸；在 C 中 C O 2 与 N a zC h 反应产生 N a 2 co 3、O 2,反应方程式为：2 co 2+2 N a 2()2=2 N a 2 co 3+O 2；在装置A中N a H C C h不稳定，受热分解产生N a 2 co 3、比0、C 02,故A的作用
23、是制备C C h,则A中发生反应的化学方程式是：2 N a H C C h A N a 2 C O 3+H 2 O+C C h T。2 0.(12 分)3.8 0.038 C D 玻璃棒、胶头滴管、5 00 m L 容量瓶 b cde 14 1.6 A C【分析】根据质量分数与物质的量浓度换算式,=吗*计算溶液的物质的量浓度。溶液在稀释前后溶质的物质的量不变。溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。结合配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响
24、，结合物质的量浓度定义式分析实验误差。【详解】该 84消毒液的物质的量浓度为c J 1 8?1%。心3.8 mol/L；M 74.5根据物质组成可知该溶液中c(Na+)=c(NaClO)=3.8mol/L,将该溶液稀释100倍后，溶液中离子浓度是原来 的 焉，则稀释后溶液中式Na+)=x3.8 mol/L=0.038 mol/L；(3)准确配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，需使用一定规格的容量瓶，但在实验室没有规格是480 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是大而近的原则，应该选择使用500 m L的容量瓶。根据物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配
25、制溶液，可知需要使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、500 m L的容量瓶，故需要使用仪器的序号是C D,还缺少的仪器有玻璃棒、胶头滴管、500 m L容量瓶；a.容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，a 不符合题意；b.容量瓶是准确配制一定体积一定浓度溶液的仪器，不能用于贮存溶液，b 符合题意；c.容量瓶只有刻度线，没有刻度，因此不能测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液，c 符合题意；d.容量瓶只能配制一定体积准确浓度的溶液，不能稀释某一浓度的溶液，d 不符合题意；e.容量瓶是准确配制溶液的仪器，不能用于用来加热溶解固体溶质，e 不符合题意；故合理选项是bcde；在实验室要
26、配制500 mL浓度为3.8 mol/L的NaClO溶液,需要称量NaClO的质量机(NaClO)=3.8 mol/Lx0.5Lx74.5g/mol=141.6g；(4)A.定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则配制的溶液浓度偏高，A 符合题意；B.转移前，容量瓶内有蒸储水，由于不影响溶质的质量及溶液的体积，因此对配制的溶液浓度无影响，B不符合题意；C.未冷却至室温就转移定容，当溶液恢复至室温后，液面低于刻度线，溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则配制的溶液浓度偏高，C 符合题意；D.定容时加水过量，用胶头滴管吸出，溶液的体积偏大，导致配制的溶液浓度偏低，D 不符
27、合题意；故合理选项是AC。21.(12 分)分液漏斗 M nO2+4HCl(?)-AMnCl2+Cl2t+2H20 3C12+6OW=C1O；+5C1+3H2O降低KCIO3的产率 AD 不能 盐酸电离出的C l也属于反应生成的离子，无法排除C 1的影响【详解】(1)根据图中仪器的构造可以得出盛装浓盐酸的仪器名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗;(2)装置A烧瓶中发生二氧化镒与浓盐酸固液加热制氯气，反应的化学方程式为：M n O2+4 H C l()A M n C l2+C l2t +2 H20 ,故答案为：M n 02+4 H C 1 ()A M n C 12+C 1；,t +2 H20 :(3
28、)已知：氯气与碱反应，温度较高时生成C I O；,温度较低时生成C 1 C F,装置C为加热装置，其中C 1 与试剂 a 氢氧化钾溶液在加热的条件下反应，生成氯化钾、氯酸钾和水，离子方程式为 3 C L+6 O H C 1 O；+5 C 1+3 H2O ,故答案为：3 c l/60。0；+5(2 +3 凡0 ；(4)装置B的作用是除去氯气中的氯化氢气体，若无装置B,氯化氢也能与氢氧化钾溶液反应，生成氯化钾的量偏多，氯酸钾偏少，氯酸钾的产率降低，故答案为：降低K C1O,的产率；(5)E 装置为氯气尾气吸收，可选择碱性溶液，A.饱和Na 2cO3溶液和D.Na OH溶液均属于碱性溶液，B.浓H2s0,和 C.饱和Na Cl溶液均不属于碱性溶液，故答案为：AD；(6)盐酸电离出的Cr 也属于反应生成的离子，无法排除C 的影响，不能达到实验目的，故答案为：不能；盐酸电离出的c r 也属于反应生成的离子，无法排除C 1 的影响。