广东省深圳市宝安区2020-2021学年高一上学期期末调研测试化学试题 含答案

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1. B
【解析】
【分析】
【详解】A．造纸术—文字书写过程中未涉及新物质的生成，是物理变化，故A错误；
B．矿山爆破涉及到火药的爆炸，是化学变化，故B正确；
C．印刷术—书籍出版过程中未涉及新物质的生成，是物理变化，故C错误；
D．海上导航只是指南针在磁场作用下发生偏转，没有新物质的生成，是物理变化，故D错误；
故答案为B。
2. D
【解析】
【分析】
核素符号中左上角数字表示质量数，左下角数字表示质子数，质量数=质子数+中子数，核电荷数=质子数=原子序数，据此分析解答。
【详解】A．14C的质子数为6，则核外电子数为6，故A错误；
B．14C的质子数为6，则中子数为14-6=8，则质子数与中子数之差为8-6=2，故B错误；
C．14C与 14N的质子数不同，不属于同一种元素，不是同位素，故C错误；
D．在化学反应中，原子的质量数没有改变，则14C能与O2反应生成14CO2，故D正确；
故选D。
3. A
【解析】
【分析】
【详解】A． CO2中C原子与两个O原子间分别形成2对共用电子对，其结构式为：O=C=O，故A正确；
B． H2O2是共价化合物，其电子式为：，故B错误；
C． 纯碱是碳酸钠的俗名，其化学式为：Na2CO3，故C错误；
D． 氯原子为17号元素，核内质子数=核外电子数=17，其原子结构示意图为：，故D错误；
故选A。
4. C
【解析】
【分析】
【详解】A．盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，而冰水混合物是水组成的纯净物，故A错误；
B．硫酸是强酸，而次氯酸是弱酸，故B错误；
C．氧化铁、氧化钠都能和酸反应生成盐和水，都是碱性氧化物，故C正确；
D．碳酸钠是化合物，其水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质，食盐水是氯化钠水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故选C。
5. A
【解析】
【分析】
由离子参加的反应为离子反应，有元素化合价变化的反应为氧化还原反应，依次分析解答。
【详解】A．为离子反应，且Na、H元素化合价变化，属于氧化还原反应，A正确；
B．铁与水蒸气的反应没有离子参加，不属于离子反应，B错误；
C．为离子反应，但没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，C错误；
D．没有离子参加，不属于离子反应，D错误；
故选A。
6. C
【解析】
【分析】
【详解】配制一定物质的量浓度的硫酸溶液步骤有：计算、量取、稀释、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。使用到的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。用不到分液漏斗，故选C。
【点睛】解答本题需要注意，配制一定物质的量浓度的硫酸溶液需要的容量瓶可能是100mL的容量瓶，但如果配制250mL硫酸溶液，则需要250mL容量瓶。
7. C
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe(OH)3胶体是FeCl3与H2O加热时反应产生的新的物质，因此在该过程中发生了化学变化，A错误；
B．Fe(OH)3胶体是分散系，分散质是Fe(OH)3，分散剂是水，因此属于混合物，B错误；
C．胶体能够使光线发生散射作用而产生丁达尔效应，而溶液不能产生丁达尔效应，因此可通过丁达尔效应区分FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，C正确；
D．应该将CuSO4溶液滴加至沸腾的蒸馏水中继续加热制Cu(OH)2胶体，不能直接加热溶液，D错误；
故合理选项是C。
8. B
【解析】
【分析】
【详解】A． Na+、O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大的，离子半径越小，则Na+的离子半径比O2-小，故A错误；
B． 同周期元素从左至右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上至下，非金属性逐渐减弱，则F的非金属性比S强，故B正确；
C． 金属元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Be＜Mg，则Be(OH)2的碱性比Mg(OH)2弱，故C错误；
D． NH4Cl中铵根离子与氯离子之间形成离子键，铵根离子中N原子与H原子间形成共价键，故D错误；
故选B。
9. D
【解析】
【分析】
【详解】A．钛合金是混合物，A错误；
B．钛合金的熔点比钛金属低，B错误；
C．钛合金的硬度比钛单质大，C错误；
D．青铜、合金钢和硬铝都是一种金属和其他金属或非金属熔合在一起所形成的金属材料，都是合金，D正确；
故选D。
10. A
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe3+、Mg2+、SO、Cl-离子间不反应，可以大量共存，故A正确；
B．H+与CO反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B错误；
C．Cu2+与OH-反应生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选A。
11. C
【解析】
【分析】
【详解】A．Fe与HCl反应产生FeCl2和H2，离子方程式应该为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；
B．反应物还有H2O参加，反应放出H2，离子方程式应该为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，B错误；
C．反应符合事实，正向物质拆分原则，C正确；
D．除Ba2+与反应产生沉淀外，还有H2O生成，离子方程式应该为：Ba2++2OH-+ 2H++═BaSO4↓+2H2O，D错误；
故合理选项是C。
12. D
【解析】
【分析】
根据超氧化钾的电子式，可计算出其中氧原子的化合价为-0.5，由KO2与Na2O2的性质相似可知，可以参照Na2O2的相关性质进行解题。
【详解】A．由超氧化钾的电子式，可知KO2中含离子键和共价键，属于离子化合物，故A正确；
B．KO2与水反应的方程式为4KO2+2H2O=4KOH+3O2↑，方程式中只有KO2中的氧元素的化合价升高和降低，其氧化产物为O2，作还原剂；还原产物为KOH，作氧化剂，所以KO2既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．根据Na2O2与CO2的反应产物为Na2CO3和O2，可知KO2与CO2反应，产物是K2CO3和O2，故C正确；
D．根据KO2与水反应的方程式4KO2+2H2O=4KOH+3O2↑，可建立关系式

可知生成1mlO2，转移1ml电子，故D错误；
故选D。
【点睛】当物质发生歧化反应或者归中反应时，计算反应中转移的电子总数时，只计算单向转移的电子数，即只看失去的电子总数或者得到的电子总数，不能把两者加起来。
13. D
【解析】
分析】
【详解】A．CaO能跟酸反应生成盐和水，是碱性氧化物，故A正确；
B．CaO属于离子化合物，Ca2+和O2-的最外层电子数都为8，故B正确；
C．CaO与水反应生成氢氧化钙，可以作干燥剂，故C正确；
D．CaO与水反应生成氢氧化钙，所以酚酞溶液变红，不能说明此干燥剂已失效，故D错误；
故选D。
14. B
【解析】
【分析】
【详解】A．将NH3通入到水中，形成的NH3∙H2O发生电离使得溶液可以导电，并非NH3在水中电离，所以NH3是非电解质，该结论错误，故A不符合题意；
B．K和Li，均与水反应，K的反应更剧烈，说明K的金属性比Li强，该实验操作、现象、推断或者结论均正确，故B符合题意；
C．氯水中的Cl2、HClO、HCl均可以消耗NaOH，使得溶液红色褪去，故溶液颜色褪去，不一定是由漂白性引起的，则无法说明Cl2具有漂白性，C不符合题意；
D．溶液变为红色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，但是并没有体现出Fe2+先被氧化，故无法得出Fe2+的还原性比I-强的结论，D不符合题意；
故选B。
15.C
【解析】
【分析】
4种元素的原子最外层电子数之和为22，根据元素周期表的位置，假设Q最外层电子数为a，则X的最外层电子数为a+1，Y的最外层电子数为a+2，则Z的最外层电子数为a+3，则可得：a+ a+1+ a+2+ a+3=22，则a=4，X、Y位于第二周期，则X是N；Y是O；Q是Si；Z是Cl，据此解答。
【详解】A． 同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径X(N)＞Y(O)，A项错误；
B． 同周期主族元素从左到右，元素的非金属性逐渐增强，元素最高价氧化物的水化物的酸性依次增强，则酸性H2SiO3＜HClO4，B项错误；
C． 氯气溶于水，与水反应生成次氯酸，次氯酸有强氧化性，能杀菌消毒，则氯气常用于自来水消毒，C项正确；
D． SiO2含有共价键，D项错误；
故选C。
16. D
【解析】
【分析】
【详解】A． 由题意知Cu与FeCl3发生了反应，蜡覆盖的原因是蜡不与FeCl3溶液反应，故A正确；
B． 腐蚀反应为：2Fe3++ Cu = 2Fe2++ Cu2+，故腐蚀反应既是离子反应又是氧化还原反应，故B正确
C． 氧化还原反应中，还原剂(Cu)的还原性大于还原产物(Fe2+)的还原性，故C正确；
D． 腐蚀反应后的溶液中有Fe3+、Cu2+，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，
情况一：一定量铁粉得到充分反应：Fe+2 Fe3+ = 3 Fe2+、Fe+ Cu2+=Fe2++ Cu，存在固体为铜，溶液中可能仍有Cu2+，D项不成立；
情况二：Fe3+、Cu2+均得到充分反应(反应式如上)，此时存在固体为铁和铜，溶液中不含Fe3+、Cu2+，D项成立；综上D项不一定成立，故D错误；
故选D。
17. A
【解析】
【分析】
【详解】A．2.7gAl与足量盐酸充分反应电子转移数目为2.7g÷27g/ml×3×NA=0.3 NA， A正确
B．一个2H原子中含有一个中子和一个质子，一个2H2O分子中含有10个中子，1.8g2H2O含中子数目为1.8g÷18g/ml×10=1 NA，B错误；
C．22.4LHCl，没有指明条件，C错误；
D．1ml/LH2SO4，没有给出溶液的体积，无法计算H+的数目，D错误；
故选A。
18. B
【解析】
【分析】
F处棉花球变成蓝色，说明F处KI被氧化成I2；而Cl2和Br2均能与KI反应生成I2，故不能说明Br2的氧化性比I2强。
【详解】A.E处棉花球变成橙黄色，发生Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性比Br2强，A说法正确；
B.F处棉花球变成蓝色，则可能为Cl2或Br2氧化的I-，无法说明Br2的氧化性比I2强，B说法不正确；
C.E处发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，C说法正确；
D.G装置中NaOH溶液与Cl2反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D说法正确；
综上所述，答案为B。
19. D
【解析】
【分析】
【详解】A．葡萄糖在水中和熔融状态下都不能电离，是非电解质，A正确；
B．在100mL该饮料中，Na+的质量为40~46mg，则NaCl的质量为101.7~117mg，其质量分数约为0.1%，故该饮料中NaCl的质量分数比生理盐水小，B正确；
C．在100mL该饮料中，的质量小于4.8mg，则其物质的量小于5×10-5ml，故MgSO4的物质的量小于5×10-5ml，则其物质的量浓度小于5×10-4ml/L，C正确；
D．在100mL该饮料中，Ca2+的质量为2.4~4.8mg，则其物质的量为6×10-5~1.2×10-4ml，则在一瓶500mL该饮料中，Ca2+的物质的量为3×10-4~6×10-4ml，D错误；
故选D。
20.A
【解析】
【分析】
【详解】Na2CO3稳定，受热不分解，NaHCO3不稳定，受热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，根据方程式可知：每有2 ml NaHCO3分解，反应后产生1 ml Na2CO3，固体质量会减轻62 g。现在固体混合物加热后质量减轻6.2 g，则说明混合物中含有0.2 ml NaHCO3，其分解产生0.1 ml Na2CO3；然后将加热后固体投入到足量盐酸中，发生反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，充分反应，收集到11.2 L气体，则根据物质反应关系可知：n(Na2CO3)=n(CO2)==0.5 ml，则原固体中含有Na2CO3的物质的量为0.5 ml-0.1 ml=0.4 ml，所以原混合粉末中NaHCO3与Na2CO3的物质的量之比为0.2 ml：0.4 ml=1：2，故合理选项是A。
21. (1). 圆底烧瓶 (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 除水或者干燥 (5). A (6). 装置E开始出现黄绿色气体(或黄绿色气体充满装置D的硬质玻璃管) (7). 2Fe+3Cl22FeCl3 (8). 防止堵塞 (9). 吸收Cl2，防止污染
【解析】
【分析】
该实验的目的是制备FeCl3；通过A装置中的MnO2和浓盐酸可知该装置为Cl2的发生装置，则B装置中的试剂为饱和食盐水，用来除去Cl2的HCl气体；通过D装置中的铁粉可以推出该装置为Fe和Cl2反应装置，由于FeCl3易吸收空气中水分而潮解，故需要C装置中的浓硫酸来干燥Cl2；E为FeCl3的收集装置；F中的碱石灰的作用是防止水蒸气进入装置E中，同时还能吸收Cl2。
【详解】(1)仪器X的名称为圆底烧瓶；装置A中发生的反应是实验室制备Cl2的反应，该反应的离子方程式为；
(2)装置B中溶液为饱和食盐水，用来除去Cl2中的HCl气体；装置C中的液体为浓硫酸，其作用是干燥Cl2；
(3)加热时，应先点燃装置A的酒精灯，当E中开始出现黄绿色气体时，再点燃装置D的酒精灯；
(4)制备FeCl3的化学方程式为；
(5)FeCl3的熔点较低，在该实验中，若使用细导管连接装置，可能会有较多的FeCl3聚集在细导管中，堵塞导管，使用硬质粗玻璃管可以防止堵塞；
(6)F中的碱石灰可以防止空气中的水蒸气进入装置E中，还能吸收Cl2，防止污染。
22. (1). H2SO4 (2). 过滤 (3). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (4). Al3++3OH-=Al(OH)3↓ (5). 焰色试验 (6). 黄色 (7). KSCN溶液 (8). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】
由题给流程图可知，向烧渣中加入稀硫酸，烧渣中的氧化铁和氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸铁和硫酸铝，二氧化硅不反应，则试剂a为稀硫酸；向反应后的溶液中加入铁粉将硫酸铁还原为硫酸亚铁，过滤得到含有硫酸亚铁和硫酸铝的滤液和含有二氧化硅和铁粉的滤渣，则试剂b为铁粉、分离操作为过滤；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH至5-6，使硫酸铝完全反应生成氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝滤渣和含有硫酸钠和硫酸亚铁的滤液1；滤液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到绿矾粗产品。
【详解】(1)由分析可知，试剂a为稀硫酸，分离操作为过滤，故答案为：H2SO4；过滤；
(2) 由分析可知，还原操作发生的反应为溶液中含有的硫酸铁溶液与加入的铁粉发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
(3) 向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH至5-6发生的反应为滤液中的硫酸铝与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钠，反应的离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故答案为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓；
(4) 滤液1中含有硫酸钠和硫酸亚铁，取少量滤液1进行焰色试验，若观察到火焰呈黄色，则证明滤液1中含有钠离子；另外取少量滤液1于试管中，依次滴入硫氰化钾溶液和氯水，若观察到溶液先无红色，后变红色，则证明含有亚铁离子，氯水与亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式为，故答案为：焰色试验；黄色；KSCN溶液；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
23. (1). 第三周期VIA族 (2). (3). 6 (4). 113 (5). 450 (6). -2，+4，+6 (7). Na2SO3或NaHSO3 (8). S (9). Na2SO4 (10). 2H++CO=H2O+CO2↑或H++HCO=H2O+CO2↑ (11). 2H2Se+O2=2H2O+2Se↓
【解析】
【分析】
根据同主族元素性质的递变规律及元素周期律分析解答。
【详解】(1)硫核外电子数为16，共3个电子层，最外层电子数为6，则S元素在元素周期表中位置是第三周期VIA族；H2S为共价化合物，其电子式为；硒为氧族元素，原子最外层电子数与O相同，为6；故答案为：第三周期VIA族；；6；
(2)氧族元素单质的熔沸点随着原子序数的增大而增大，所以Se的熔点大于S而小于Te，即大于113℃，小于450℃；因硒的化合价有-2，+4，+6，碲的性质与硒相似，所以碲的化合价可能有-2，+4，+6，故答案为：113；450；-2，+4，+6；
(3)①SO2酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成Na2SO3，足量时生成NaHSO3；②SO2具有氧化性，与H2S反应生成S和水：；③Na2O2与有氧化性，与SO2反应生成硫酸钠：；故答案为：Na2SO3或NaHSO3；S；Na2SO4；
(4)硒酸是强酸，与碳酸盐或碳酸氢盐发生复分解反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：2H++CO=H2O+CO2↑或H++HCO=H2O+CO2↑；故答案为：2H++CO=H2O+CO2↑或H++HCO=H2O+CO2↑；
(5)因氢硒酸中硒的化合价处于-2价，处于最低价，具有还原性，能被空气中的氧气氧化生成Se与水，方程式为：2H2Se+O2=2H2O+2Se↓故答案为：2H2Se+O2=2H2O+2Se↓。
24. (1). KClO3+6HCl==KCl+3H2O+3Cl2↑ (2). 2.5 (3). 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O (4). 2.63
【解析】
【分析】
结合氧化还原反应的价态规律，可知氯酸钾固体与浓盐酸反应生成Cl2、KCl和水，再根据氧化剂和还原剂之间的关系计算；结合氧化还原基本概念和守恒法书写化学方程式；结合电子守恒计算。
【详解】(1)常温下，氯酸钾固体与浓盐酸反应生成Cl2、KCl和水，发生反应的化学方程式为KClO3+6HCl=KCl+3H2O+3Cl2↑，反应中KClO3是氧化剂、HCl是还原剂，且Cl2既是氧化产物，又是还原产物，又电子守恒可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1，若氧化产物比还原产物多1ml，则被氧化HCl的物质的量为=2.5ml；
(2)新制的HgO和Cl2反应来制备Cl2O，且该反应为歧化反应，说明Cl2既是氧化剂又是还原剂，则还原产物为HgCl2，发生反应的化学方程式为2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；
(3)根据有效氯定义，1gC1O2的物质的量为ml，依据电子转移数目相等，ClO2～Cl-～5e-，Cl2～2Cl-～2e-，则转移电子为ml，可知氯气的物质的量为ml×，则氯气的质量为×ml×71g/ml=2.63g。
【点睛】本题考查氧化还原反应基本概念的应用，涉及氧化还原反应化学方程式的书写和计算，能准确应用电子守恒规律是解题关键，即氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数或化合价升降总数相等。