2021年高一上学期期中检测-化学试卷-参考答案

2021年高一上学期期中检测·化学试卷参考答案1．【答案】B【解析】A.铁、铂无焰色，A错误；B.墨水属于胶体，不同墨水可能会聚沉，使钢笔流水不畅或者堵塞，B正确；C.沙里淘金、海水晒盐不涉及化学变化，C正确；D.工业酒精含有甲醇，不可饮用。2．【答案】D【解析】A.矾是各种金属〔如铜、铁、锌〕的硫酸盐，尤指具有玻璃质状态外表或光泽的该种硫酸盐的水合物，A错误；B.草木灰主要成分为碳酸钾，会增强土壤碱性；C.花分解产生含氮物质，氮是植物生长的营养元素；D.炼钢时会将碳单质转化为二氧化碳除去，涉及化学变化，D正确。3．【答案】B【解析】A.雾属于胶体，用光照射时能产生丁达尔效应，A正确；B.胶体粒子是氢氧化铁聚集在一起的集合体，总数目不定，但小于2NA，B错误；C.胶体不带电，胶体粒子带电，C正确；D.血液是胶体，而氯化铁溶液是电解质溶液，能使血液胶体发生聚沉，从而可以应急止血，D正确。4．【答案】D【解析】电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，即电解质是在水溶液或熔融状态下本身能电离的化合物，所以D正确。5．【答案】D【解析】可以1mol物质为例，1molH2O和H2O2中含有的分子数均为1NA，氧原子数分别为1NA和2NA，原子总数目分别为3NA和4NA，碳原子数均为2NA，电子数分别为10NA、18NA，所以以上说法全部正确。6．【答案】D【解析】A．反响中O的化合价升高，水为复原剂，故A错误；B．反响中，水中H元素的化合价降低，那么水作氧化剂，故B错误；C．反响中，水中H元素的化合价降低，那么水作氧化剂，故C错误；D．反响中，水中H和O元素的化合价不变，所以水既不作氧化剂又不作复原剂，故D正确；7．【答案】C【解析】A.用醋酸除水垢，醋酸是弱电解质，反响的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═==Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-；故A错误；B.用小苏打治疗胃酸过多是碳酸氢钠和盐酸反响生成二氧化碳和水，反响的离子方程式：HCO3-+H+═==CO2↑+H2O，故B正确；C.向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++4Br-+3Cl2═==2Fe3++2Br2+6Cl-；故C错误；D.向澄清石灰水中通人过量二氧化碳：OH-+CO2═==HCO3-；故D错误；8．【答案】C【解析】A．HCO3-与H+反响不能大量共存，故A错误；B．Cu2+有颜色，不能大量共存，故B错误；C．溶液无色，且离子之间不发生任何反响，可大量共存，故C正确；D．Mg2+、OH-与H+反响而不能大量共存，故D错误。9．【答案】B【解析】标准状况下1.12LNH3的物质的量＝1.12L/22.4L·mol－1＝0.05mol，将NH3溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度＝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，其物质的量浓度是0.2mol·L－1。10．【答案】C【解析】A.苏打的主要成分为Na2CO3，碱性较强，不能用于治疗胃病，故A错误；B.Na原子半径大，最外层电子数少，最外层电子受到原子核的引力小，容易失去，所以金属钠具有强复原性；高压钠灯发出透雾性强的黄光是由于Na元素的焰色反响呈黄色，二者没有因果关系，故B错误；C.过氧化钠可用作航天员的供氧剂，由于Na2O2能和CO2、H2O反响生成O2，而帮助人呼吸，所以C者有关系，故C正确；D.滴有酚酞溶液的水溶液中加Na2O2，Na2O2与水反响生成NaOH和O2，NaOH是碱，可以使酚酞试液变为红色，但Na2O2具有强氧化性，会将红色物质氧化变为无色，因此最后的溶液为无色，故D错误。11．【答案】C【解析】A．随着反响的进行，盐酸浓度变稀，不再发生反响，故A错误；B．氯气溶解于水发生Cl2+H2OHCl+HClO，其中2HClO===2HCl+O2↑，那么最终量筒上方会有氧气，溶液不可能充满量筒，故B错误；C.氯气与铜发生氧化复原反响，将铜氧化成氯化铜，表现氯气的强的氧化性，故C正确；D.Cl2+H2OHCl+HClO，那么枯燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条能褪色，说明Cl2没有漂白性，HClO有漂白性，故D错误。12．【答案】AC【解析】A．参加酸后Q发生发的反响为、，反响产生和，b球形枯燥管中应装有碱石灰，除去二氧化碳，故A错误；B．反响产生的和使气球变大，将广口瓶中的气体排出，水进入量筒I中，所以量筒I中水的体积即为产生和的体积，所以滴加稀硫酸前必须关闭K1、K2，翻开K3，故B正确；C．由B分析可知量筒I中水的体积即为产生和的体积，量筒II收集的是的体积，故C错误；D．读取气体总体积后关闭K3，在缓缓翻开K1和K2，Q中气体经b除去后，排水法收集到O2，同时观察到Q气球慢慢缩小，故D正确。13．【答案】A【解析】①用天平〔使用游码〕称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，物质的质量=砝码的质量-游码的质量，质量偏小，所配溶液的浓度偏低；②溶液转移到容量瓶后，烧杯内壁及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质质量偏小，所配溶液的浓度偏低；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度没有影响；④定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高；⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新到达刻度线，溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏低。14．【答案】AD【解析】A．该反响双线桥分析如下：，S、KNO3中S、N元素化合价下降，作氧化剂，A正确；B．根据分析可知，C化合价升高，被氧化，B错误；C．K2S、N2均为复原产物，32gS即1molS，根据反响比例关系，此时生成K2S、N2各1mol，故复原产物质量=1mol×110g/mol+1mol×28g/mol=138g，C错误；D．黑火药爆炸过程会放出大量热引发硫磺燃烧生成SO2，会对环境造成污染，D正确；15．【答案】BD【解析】甲、乙、丙、丁均为含氯元素的常见物质，其中乙为单质，那么乙为Cl2；甲是漂白粉的有效成分，那么甲为Ca(ClO)2；丙、丁为酸，那么丙为HClO，丁为HCl，据此解答。A．丙为HClO，有强氧化性，丁为HCl，有弱氧化性〔H+〕，即丙氧化性强于丁，A正确；B．反响②为2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，每2mol乙〔Cl2〕参与反响，转移〔2×1〕mol电子，那么反响②中物质乙与转移电子的个数之比为2：2=1：1，B错误；C．乙为Cl2，常用于自来水消毒杀菌，C正确；D．反响①②④中Cl元素化合价发生变化，属于氧化复原反响，反响③不一定为氧化复原反响，如Ca(ClO)2溶液中通入二氧化碳可得HClO，D错误。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〕氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反响生成CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，石灰乳为浆状。不拆分，生成物中CaCl2、Ca(ClO)2均属于盐类，在溶液中需拆分，反响离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2===Cl-+ClO-＋Ca2＋+H2O；〔2〕漂白粉中主要成分为CaCl2、Ca(ClO)2，Ca(ClO)2与空气中CO2反响生成碳酸钙和次氯酸，漂白粉为固体，不拆分，碳酸钙为难溶性固体，不拆分，次氯酸为弱酸，不拆分，故该反响的离子方程式为：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O＝==CaCO3↓＋2HClO；〔3〕饱和的碳酸钠溶液中通入二氧化碳，反响生成NaHCO3，NaHCO3溶解度较Na2CO3低而析出，其反响的离子方程式为：2Na++CO32-＋CO2＋H2O===2NaHCO3〔4〕过氧化钠与二氧化碳反响生成碳酸钠和氧气，化学反响方程式为：2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2；〔5〕次氯酸见光或受热分解生成HCl和O2，次氯酸为弱电解质，不拆分，其离子反响方程式为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〕根据n=mM可知，等质量的O2和O3的物质的量之比为n〔O2〕∶n〔O3〕=132∶148=3∶2〔2〕根据阿伏加德罗定律，在等温等压下，等体积的任意气体所含分子的物质的量相同，那么等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为1∶1，质量比为2∶3。〔3〕①实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液，那么配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶。②需要NaOH固体的质量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，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，故取出的50mL溶液的浓度仍然为1mol·L-1。④A项，称量时砝码已经生锈，砝码实际质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；B项，定容时仰视，实际加水量偏大，溶液浓度偏低；C项，溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余局部溶质残留，导致容量瓶内溶质减少，溶液物质的量浓度偏低；D项，定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。18．〔10分〕【答案】〔1〕氧化剂、复原剂〔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〕反响中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为复原剂，过氧化钠中O元素的化合价由－1价降低为－2价，由－1价升高为0，过氧化钠既是氧化剂也是复原剂；〔2〕①湿法制备高铁酸钾〔K2FeO4〕，那么FeO42－为产物，Fe(OH)3为反响物，化合价升高总共3价，由电子转移守恒可知，ClO−为反响物，Cl−为生成物，化合价降低共2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3的系数为2，FeO42－的系数为2，ClO−的系数为3，Cl−的系数为3，根据电荷守恒可知，OH−为反响物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O；②假设反响过程中转移了电子，那么复原产物的物质的量为；Ⅱ、〔1〕向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，先发生反响2I−+Cl2===I2+2Cl−，2mol碘离子完全反响需要氯气1mol，然后发生反响Cl2+2Fe2+===2Cl−+2Fe3+，1mol氯气反响需要亚铁离子的物质的量是2mol，溶液中含有3mol亚铁离子，参加反响的亚铁离子的物质的量是2mol，所以溶液中还剩余亚铁离子1mol，所以被氧化的离子是2molI−、2molFe2+；〔2〕amolFeI2完全被氧化转移3amol电子，bmolFeBr2完全被氧化转移3bmol电子，由得失电子守恒可知，当I−、Fe2+、Br−完全被氧化时，消耗氯气为0.5×〔3a+3b〕mol，即c=19．〔14分〕【答案】〔1〕分液漏斗〔2分〕〔2〕MnO2+4HCl〔浓〕MnCl2+Cl2↑+2H2O〔2分〕〔3〕用于除去ClO2中未反响的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〕实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反响制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，那么P为分液漏斗；〔2〕浓盐酸和MnO2在加热条件下反响制备Cl2；〔3〕生成的ClO2中混有氯气，为制备纯洁枯燥的ClO2，根据氯气易溶于四氯化碳的也远了，使用四氯化碳来除去氯气；〔4〕ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞；〔5〕ClO2是一种易溶于水的气体，