《2020-2021学年高一化学上学期期末测试卷02（人教版2019必修第一册）（全解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020-2021学年高一化学上学期期末测试卷02（人教版2019必修第一册）（全解析）.pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、上学期期中测试卷02高一化学全解全析12345678910DDDDBBCBDC11121314151613141516CCDBDADBAC1.【答案】D【解析】按图中分类排布为：钠盐、硫酸盐、钾盐、酸式盐、镀盐；A.NaCl为钠盐但不是硫酸盐，A 错误；B.KC1属于钾盐，但不是酸式盐；B.错误；C.NH4cl属于钱盐，但不是酸式盐；C 错误；D.符合题意。答案选D。2.【答案】D【解析】A.液态HC1不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HC1是电解质，选项A 错误；B.NH3溶于水形成的溶液能导电，但氨气自身不能电离，故 NH3是非电解质，选项B 错误；C.二
2、氧化硫的水溶液能导电，电离出自由移动阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，二氧化硫是非电解质，选项C 错误；D.BaSO4难溶于水，导电性差，但由于它的溶解度太小，测不出(或难测)其水溶液的导电性，但它溶解的部分是完全电离的，所以是电解质，选项D 正确。答案选D。3.【答案】D【解析】A 项中Mg?+与CO：不能大量共存；B 项加OFT无沉淀析出，加 H+也无气体放出；C 项加OIT有Mg(OH)2沉淀生成，但 加 H+无气体放出；D 项 加 OH-会与HCO；反应生成C O j,然后与Ca?+生成CaCO3沉淀，加 H+会与HCO；反应生成CO2气体和H 2O,符合题意。4.【答案】D【解析
3、】【分析】属于氧化还原反应，说明反应中有元素化合价的变化，水既不作氧化剂，又不作还原剂说明水中的氢、氧元素化合价在反应中无变化。【详解】A.H 2 O+N a 2 O=2 N a O H中，元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，A不符合题意；B.2 H 2 O+2 F 2=4 H F+O 2中，水中0元素的化合价升高，水为还原剂，B不符合题意；C.2 H 2 0=M=C h T+2 H 2 T中，H元素的化合价降低，0元素的化合价升高，则水既作氧化剂又作还原剂，C不符合题意；D.3 N O 2+H 2 O=2 H N O 3+N O中，N元素的化合价既升高又降低，则属于氧化还原反应，N C
4、h既作氧化剂又作还原剂，水中H、0元素的化合价都没有变化时，水既不作氧化剂又不作还原剂，D符合题意；故答案为:D o5.【答案】B【解析】A.N a H C C h不稳定，加热易分解，发生2 N a H C O 3今N a 2 c O 3+H 2 O+C O 2 T，碳酸钠受热不分解，正确；B.N a z C h与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，错误；C.碳酸氢钠可与盐酸反应，且碳酸氢钠的碱性较弱，对胃壁的刺激作用较小，可用于中和胃酸过多，正确；D.N a z C h中阴离子为0 2、N a z C h中阴、阳离子的个数比为1：2,正确；故选B。6.【答案】B【解析】A.用光洁的伯丝
5、蘸取某无色溶液，灼烧时观察到黄色火焰，说明一定含N a+,但不能确定是否含有K+,需要再透过蓝色钻玻璃观察，A项错误；B.焰色反应最主要的是无其他离子干扰，每次做完焰色反应实验后，钳丝会留有实验的物质，为除去实验物质用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发不会残留痕迹，所以选用盐酸洗涤，B项正确；C.只有钾的焰色反应的观察需要透过蓝色钻玻璃滤去黄光，C项错误；D.焰色反应是元素的性质，金属单质和金属形成的化合物灼烧时都会发生焰色反应，D项错误；答案选B。7.【答案】C【解析】题中应用饱和食盐水除去氯化氢，不能用氢氧化钠，因为氢氧化钠可以与氯气反应，故
6、不正确；干燥装置应长导管进气，否则浓硫酸会被压入其右侧装置中，故不正确；澄清石灰水浓度较低，无法完2全吸收氯气，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，故不正确；故答案为：C o8.【答案】B【解析】A.摩尔质量的单位为g/m o l,故 A 错误；B.同温、同压、同体积的气体物质的量相同，分子数相同，2 0、1.0 x1 ()5 p a,同体积的O 2 与 C O 2 含有相同的分子数，故 B正确；C.1 6 g 氧气物质的量为0.5 m o l,2 4 g Mg 的物质的量是Im o l,但 M g是固体，2 4 g Mg 的体积小于1 6 g C h,故C错误；D.依据P V=n R T 分析，压强和
7、温度同倍数增大，Im o l气态物质的体积也可以为2 2.4 L,不一定处于标准状况，故 D错误；故答案选B o9.【答案】D【解析】A、容量瓶中是否含有水，对实验无影响，故 A 错误；B、托盘天平的读数：小数点后保留1 位，故 B错误；C、定容时，眼睛注视刻度线，因此定容时，仰视刻度线，造成溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，故 C错误；D、量筒刻度从下到上增大，量取浓盐酸时，仰视量筒刻度线，造成所配溶液中溶质的物质的量增大，即所配溶液浓度偏高，故 D正确。1 0 .【答案】C【解析】A.将茶叶灼烧成灰，应在生土用中加热，用到的仪器有、和三脚架或带铁圈的铁架台，A 项所选实验用品都能用到；B.
8、用浓盐酸溶解茶叶灰并加蒸储水稀释，应在烧杯中进行，可用玻璃棒搅拌，B项所选实验用品都能用到；C.过滤时不需要用容量瓶，C项所选实验用品不能都用到；D.检验滤液中的F e ,可取少量滤液于试管中，用胶头滴管滴入K SCN溶液，用到的实验用品有、和，D项所选实验用品都能用到；答案选C。1 1.【答案】C【解析】A.N a 与水反应生成N aO H,N a O H 与适量C O 2 反应可生成N azC C h,N a2 cO 3 与 H C 1 溶液反应可生成 N aC l,均能一步反应实现，故 A 错误；3B.F e 与 C I2 点燃条件下反应转化为F e C b,F e C b与 N a O
9、 H 反应生成F e(0 H)3,F e(O H)3 受热分解生成F e zC h,都能通过一步实现，故 B错误；C.A 1 与 6 点燃时反应生成A I 2O 3,A I 2O 3不能通过一步反应转化为A 1(O H)3,A 1(O H)3与 H C 1 反应转化为A l C h,由上述分析可知A I 2O 3不能一步转化为A 1(O H)3,故 C正确；D.Mg 与 C b 在点燃时反应生成M gC b,M g C b 与 N a O H 溶液反应生成M g(O H)2,M g(O H)2与 H 2sO 4反应可得 Mg SO-都能通过一步实现，故 D错误；综上所述，答案为C。1 2.【答
10、案】C【解析】根据原子核外电子排布的一般规律知，最外层电子数不超过8(第一周期不超过2),最外层电子数是次外层电子数的m倍，所以次外层电子数小于8,即次外层只能为K层，电子数为2,最外层电子数是2 m,该原子的核外电子总数为2加+2；答案选C。1 3.【答案】D【解析】A.N；中含有的电子数为5 x 7 1 =34,A错误；B.C)2和。4是由氧元素组成的不同单质，互为同素异形体，B错误；C.每 个 1 2c 原子含有6个中子，则0 C6 n中含有的中子数为6 x 6 0 =36 0,C错误；D.H 2和 H：是由氢元素组成的不同单质，互为同素异形体，D正确；答案选D。1 4.【答案】B【解析
11、】A.同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，由于原子序数C 1 S,所以原子半径：S C l,A不符合题意；B.二者都是碳酸的钠盐，酸式盐稳定性比正盐差，与元素周期律无关，B符合题意；C.B r、I 是同一主族的元素，由于非金属性，B rI,所以还原性：L B r,与元素周期律有关，C不符合题忌；D.元素的非金属性S P,所以酸性：H 2s0 4 H 3P。4,与元素周期律有关，D不符合题意；故合理选项是B。1 5.【答案】D【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键,4据此分析判断。【详解】A.C L分子中C 1原子和C 1原子之间
12、只存在共价犍，C a C b中钙离子和氯离子之间只存在离子键，化学键类型不同，故A错误；B.H 2O 2分子中H原子和0原子之间、0与0之间都存在共价键，N a z C h中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，O与。之间存在共价键，化学键类型不同，故B错误；C.A r为单原子分子，不存在共价键，C 0 2中C原子和0原子之间存在共价键，故C错误；D.N a C l和N a z O都是离子化合物，均只含离子键，化学键类型相同，故D正确；故选D。1 6.【答案】A【解析】通入C b后将按顺序发生以下三个反应：N a 2sO 3+C L+H 2O=N a 2so 4+2H C 1；2N a I+C 1
13、 2=2N a C l+L；2N a B r+C L=2N a C l+B r2；A.若剩余固体为N a C l、N a B r、N a 2sO 4,说明氯气不足，只将S O；和 氧化，可 能 将 氧 化，而澳单质易挥发，碘单质易升华，所以剩余固体中没有碘和澳，故A合理；B.澳易挥发，剩余固体中不可能有澳单质，故B不合理；C.碘单质易升华，剩余固体中不可能有碘单质，故C 不合理；D.若剩余固体中没有N a B r,说明发生了第三个反应，则前两个反应一定完全进行，剩余固体中不可能有N a i,故D不合理；故答案为A。1 7.【答案】D【解析】A项，K B rC h中B r为+5价，处于中间价态，
14、既有氧化性又有还原性，A正确；此反应中还原剂是E,还原产物是母2,故E的还原性强于B n,B、C正确；D项，从2K I+B r2=2K B r+b可判断出氧化性：B n l 2,这与I 2的还原性强于B n并不矛盾，因此D项错。1 8.【答案】B【解析】【分析】b m o l烧碱刚好把NF h全部赶出，根据N H：+O H=NH 3+H 2O可知，每份中含有b m o l NH ；,与氯化钢溶液完全反应消耗c m o l B a C L,根据B a 2+S0：=B a SC M可知，每份含有S O f c m o L根据溶液不显电性，计算出每5n份中N O；的物质的量，再根据片一计算。V【详解
15、】b m o l 烧碱刚好把NH 3全部赶出，根据N H：+O H=NH 3+H 2O 可知，每份中含有b m o l NH：,与氯化钢溶液完全反应消耗c m o l B a C h,根据B a 2+SO：=B a SC Ul 可知，每份含有SO 42c m o L 令每份中N O；的物质的量为n,根据溶液不显电性，则:b m o l x l=c m o l x 2+n x l,解得：n=(b-2c)m o l,每份溶液的体积为0.5 a L,所以每份溶(b-2c)mol 2b _ 4c 2b 4c液中C(NC3)=-m o l/L,即原溶液中硝酸根的浓度为-m o l/L,故选B。0.5aL
16、 a a19.【答案】A【解析】铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：F e+2F e3+=3F e2+,设己反应的F e3+的物质的量为n,则F e+2F e3+=3F e2+2 3n 1.5 n所得溶液中F e3+和 F e2+物质的量浓度之比为2:3,所以未反应的F e3+的物质的量为n,则已反应的F e3+和未反应的F e3+的物质的量之比=n：n=l：1,答案选A。20.【答案】C【解析】【分析】短周期元素，由元素的化合价可知，T 只有-2价，则 T 为 O元素，可知R为 S 元素，L、Q 只有+2价，原子半径LQ,则 L为 Mg元素，Q 为 B e元素，M为+3价，原子半径M的介于
17、L、Q 之间，则 M 为 A 1元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，T 为 O元素，R为 S 元素，L为 Mg元素，Q 为 B e 元素，M 为 A 1元素。A.H 2R 为 H 2S,H 2T为 H 2 O,水分子之间存在氢键，沸点较高，沸点：H 2 O H2S,即 H z T A H z R,故 A错误；B.金属性Mg比 B e 强，则 Mg与酸反应更剧烈，则相同条件下单质与稀盐酸反应速率为LQ,故 B错误;C.M 与 T 形成的化合物是氧化铝，是两性氧化物，故 C正确；D.I 7+的核外电子数为12-2=10,Q?-的核外电子数为16(2)=18,不 相 等,故 D错误；故选C。2
18、1.【答案】(1)(1分)(1分)(1分)(2)先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，最终得到黄色溶液(1分)F e(O H)3+3H+=F e3+3H 2。(2分)(3)B a(O H)2+2H C 1=B a C h+2H2O (2 分)6(4)Na H S04=Na+H+S0j (2 分)(5)C a C O3+2H+=C a2+C O2T+H2O (2 分)【解析】(1)铝是金属单质，能导电，既不是电解质也不是非电解质；纯醋酸是酸，不能导电，属于电解质；C O 2是非金属氧化物，属于非电解质，不导电；H 2s 04是酸，不能导电，属于电解质：B a(0H)2是碱，不能导电，属于电解质；氢氧化铁
19、胶体是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；稀盐酸是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；Na H S04是盐，不能导电，属于电解质；碳酸钙是盐，不能导电，属于电解质；乙醇是有机物，不能导电，属于非电解质；综上所述，能导电的是：；属于电解质的有：；属于非电解质的有：；(2)向氢氧化铁胶体中滴加硫酸，先发生胶体的聚沉，然后沉淀溶解，发生反应的离子方程式为：F e(O H)3+3H+=F e3+3H 2O；故答案为：先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，最终得到黄色溶液；F e(O H)3+3H+=F e3+3H 2O；(3)离子方程式H+0H=H 20表示的是强酸强碱的反应，并且只生产水这一
20、种弱电解质，不能有沉淀生成,则该反应的化学方程式为：B a(O H)2+2H C l=B a C 12+2H2O；(4)Na H SC U在水溶液中电离出氢离子、硫酸根、和钠离子，电离方程式为：Na H S04=Na+H+S0；(5)碳酸钙和稀盐酸反应的离子方程式为：C a C O 3+2H+=C a2+C O 2t+H2O 22.【答案】(1)6 m o iL-i盐 酸(1分)(2)除去气体中的H C 1 (1分)干燥 气 体(1分)吸收装置D中反应剩余的C O?(1分)(3 )2 N a2O2+2 C O 2=2 N a 2 c o 3+O 2、N a2O+C O 2=N a 2 C O
21、j (3 分)(4)78%(2 分)【解析】【分析】实验的目的是测定N a 2 C 2试样的纯度，其中杂质为N a z O；根据所给装置，本实验中是要通过测定二氧化碳二氧化碳与N a z C h反应生成的氧气的量来确定样品中过氧化钠的量，所以首先在装置A中利用碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，用饱和碳酸氢钠溶液除去C O 2中混有的H C 1气体，之后用浓硫酸进行干燥，然后在装置D中C C h和N a z C h反应生成氧气，用碱石灰吸收未反应的C 0 2,氧气不易溶于水，可以用排水法测定生成的氧气的体积。【详解】(1)装置A的目的是制取二氧化碳，一般用盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，所以装置A中液
22、体试剂为盐酸；7（2）装置B可以除去CCh中混有的HC1气体；浓硫酸具有吸水性，所以装置C干燥气体；装置E中的碱石灰吸收未反应的C02,避免对氧气体积的测定产生影响；（3）装置 D 中为 CCh和 NazCh、NazO 的反应，化学方程式为 2Na2（）2+2CO2=2Na2co3+O2、Na2O+CO2=Na2co3;0 224L（4）生成的氧气体积为224mL,物质的量为-=0.01 m ol,根据反应方程式可知样品中NazCh的物22.4L/mol78g/mol x 0.02mol,八i质的量为0.02mol,所 以 样 品 的 纯 度 为 二 -x 100%=78%。2.0g23.【答
23、案】（1）加快反应速率、提高原料利用率（1分）（2）过 滤（1分）漏斗、烧杯、玻 璃 棒（1分）（3）FeSO4+2NH4HCO3=FeCO31+H2O+CO2 T+（NH4）2SO4（2 分）（4）KSCN、氯水（其它合理答案亦可）（1分）（5）取最后一次洗涤液，加盐酸酸化、滴入氯化钢溶液，若未出现白色沉淀，则沉淀已洗净（2分）【解析】【分析】从流程知，废旧铜铁粉加稀硫酸后，铁溶解，为了加快反应速率、提高原料利用率，“酸溶”时，常采取加热或搅拌措施，经过滤分离出铜，得到滤液进入“沉淀”环节，滤液主要成分为FeS04溶液,和加入的碳酸氢钱反应出现FeCCh沉淀和二氧化碳气体，反应为：FeSO4
24、+2NH4HCO3=FeCO3+H2O+CO2 T+（NH4）2SO4,经过滤、洗涤得到纯净的 FeCCh沉淀，怎么检验沉淀已经洗涤干净呢？只要证明最后一次洗涤液中不含硫酸根离子即可，据此回答。【详解】（1）加热能加快反应速率、通过搅拌使反应物充分混合、受热均匀，缩短反应时间，提高原料利用率，故“酸溶”时，常采取加热或搅拌措施；（2）“操 作1”和“操作2”都用于分离不溶性固体和液体混合物，因此是过滤操作，需用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；（3）“沉淀”环节得到FeCCh沉淀和二氧化碳气体，故硫酸亚铁和碳酸氢钱反应的离子方程式为：Fe2+2HCO；=FeCO3+CO21+H2O,则反应的化学
25、方程式为：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3 J +H2O+CO2 T+（NH4）2SO4；（4）“沉淀”反应前，检验溶液中是否含有Fe2+,取少量液体，若加入KSCN溶液不变红、继续加入少量氯水，溶液变血红色，则可证明存在亚铁离子，故应选用的试剂是KSCN、氯水，当然其它合理答案也可，例如取样后，加入铁氟化钾溶液，出现蓝色沉淀可证明亚铁离子存在；（5）从FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3J+H2O+CO2T+（NH，2SO4知：沉淀表面有硫酸钱，那么检8验是否“洗涤”干净的方法是：取最后一次洗涤液，加盐酸酸化、滴入氯化钏溶液，若未出现白色沉淀，则沉淀已洗净。24.【答案】除标明外
26、，每 空 1分)(1)钾(2)不合理，用碱性强弱来判断元素的金属性强弱时，一定要用元素的最高价氧化物对应水化物的碱性强弱进行判断，NH,-H2O 不是N 元素的最高价氧化物对应水化物(2 分)(3)分液漏斗 防止倒吸(4)浓盐酸 KMnO4 Na2s(5)硫酸 Na2SiO3 有白色胶状沉淀产生【解析】I.(1)同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，元素的金属性越强；同一主族，原子序数越大，元素的金属性越强，其单质与酸或水反应越剧烈，所以元素金属性：K N a M g A l,则K 与盐酸反应最剧烈；(2)将 NaOH溶液与NHK1溶液混合生成NH3H2O,可说明碱性NaOHNH3
27、H2O,但不能说明元素的金属性：N a N,因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行比较，而 NH3-H2O不是N 的最高价氧化物的水化物，故答案为：不合理，用碱性强弱比较金属性强弱时，一定要用元素的最高价氧化物的水化物的碱性强弱比较，而 NH3H?O不是氮元素的最高价氧化物的水化物.II.(3)根据装置图可知仪器A 为分液漏斗，球形干燥管D 的作用是防止倒吸，可避免C 中液体进入锥形瓶中：(4)要设计实验验证非金属性：C I S,可根据活动性强的单质能够将活动性弱的从化合物中置换出来验证，即利用C b与 Na2s的氧化还原反应可验证，则装置A、B、C 中所装
28、药品应分别为浓盐酸、KMnO、Na2s溶液，在 B 中反应制取C b,在装置C 中发生反应：S2-+C12=S1+2C1-,故装置C 中的实验现象为：有淡黄色沉淀生成；(5)若要证明元素的非金属性：O S i,可通过CCh和 Na2SiO3在溶液中发生复分解反应生成难溶性的硅酸来证明，A 中可以加无挥发性的H2so4,B 中加Na2cO3溶液，二者反应制取C C h,然后将反应产生的CO2通入C 中的NazSiCh溶液中，发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO31+Na2CO3,因此会看到：产生白色胶状沉淀，从而可以证明酸性：H2CO3H2SiO3,则元素的非金属性：O S i2
29、5.【答案】(1)H：f：G：H (1 分)H-O-O-HCI 分)2H,*2 O -H：0：0：H (1(2)2Na+2D?O=2Na+2OD+D2T(2 分)9(3)Na(1 分)be(1 分)(4)同 位 素(1 分)：&0%仁 丁?：:&订(2 分)【解析】【分析】X的阳离子核外无电子，则X为氢(H)；丫是无机非金属材料的主角，则其为硅(Si)；Z的焰色反应呈黄色，则其为钠(Na)；M的主要化合价呈-2价，则其为氧(0)；R的主要化合价为-1,+7,则其为氯(Cl)；Q的主要化合价为+3,且原子半径比氯大但比钠小，所以其为铝(A1)。【详解】(1)X(H)和M(0)的原子可构成18电子
30、的分子，则为H2O2,该分子的电子式为H：H ,结构式为H-O O H,用电子式表示其形成过程为2H-2-0-H：0：0：H。答案为：H：0：0：H：H-O-O-H;2H+2 O-H：6：0：H ；(2)Z(Na)元素的单质与重水(D2O)反应，生成NaOD和D 2,离子方程式为2Na+2D2O=2Na+2OD-+D2f。答案为：2Na+2D2O=2Na+2OD+DzT；(3)Z(Na)与Q(A1)相比，由于Na、A l为同周期元素，且Na的原子半径大，所以钠易失电子，金属性较强的是Na。a.熔点和硬度只表明晶体中晶格能的大小，它与离子半径、离子带电荷相关，与金属性无关，a不合题意;b.Z(Na)与冷水反应迅速，而Q(A1)与冷水几乎不反应，则表明Na的还原能力强，金属性强，b符合题意；c.金属元素的最高价氧化物的水化物碱性越强，则金属性越强，所以金属性钠比铝强，c符合题意；故选be。答案为：Na；be：(4)与丫(Si)元素同主族的短周期元素E为碳(C),有 旧、2H、3H三种核素，它们的质子数相同，质量数不同，互为同位素，电子式表示氯化镁的形成过程：8，崎 彳 辛 诂 答案为：同位素；：ciVxMgr+ci：ckrMgut;ci：10