广东第二师范学院番禺附属中学2019-2020学年高一上学期中考试化学试题化学（解析版）


广东第二师范学院番禺附属中学2019-2020学年高一上学期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题(本大题共20小题，每题3分,共60分)
1.对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。氢氧化钠溶液应选用的标志是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，故应贴腐蚀品标志。
【详解】A、图中标志是爆炸品标志，不符合要求，故不选A；
B、图中标志是氧化剂标志，不符合要求，故不选B；
C、图中标志是剧毒品标志，不符合要求，故不选C；
D、图中标志是腐蚀品标志，符合要求，故选D。
2.下列对实验仪器特点的描述正确的或实验能达到预期目的的是（ ）
A. 容量瓶上的标志有温度、容量、刻线
B. 量筒的“0”刻度在下面
C. 用10mL量筒去量取7.50mL稀盐酸
D. 用托盘天平称量5.85gNaCl晶体
【答案】A
【解析】
【分析】
容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的定量仪器，常温使用，容量瓶上标有：温度、刻线、容量规格。量筒的精确度为0.1ml，量筒没有零刻度，量筒内底即零刻度。托盘天平精确度为0.1g。
【详解】A. 容量瓶上的标志有温度、容量、刻线，A正确；
B. 量筒没有零刻度，量筒内底即零刻度，B错误；
C. 量筒的精确度为0.1ml，用10mL量筒只可量取7.5mL稀盐酸，C错误；
D. 托盘天平精确度为0.1g，用托盘天平无法称量5.85gNaCl晶体，D错误。
3.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是（ ）
A. 乙醇和水 B. 汽油和煤油
C. 植物油和水 D. 碘和四氯化碳
【答案】C
【解析】
【分析】分液是把两种互不相溶、密度不同的液体分离开的方法。要求两种溶液互不相溶且密度不同。可根据两种溶液的溶解性和密度进行判断。
【详解】A. 乙醇和水互溶，分液不能使两者分离，A错误；
B. 汽油和煤油互溶，不能用分液的方法分离，B错误；
C. 植物油和水，互不相溶，且植物油密度小于水的密度，C正确；
D. 碘和四氯化碳，碘可溶于四氯化碳，不能用分液的方法分离，D错误。
4.在盛有碘水的试管中，加入少量CCl4后振荡，静置片刻后（ ）
A. 整个溶液变紫色 B. 上层为无色，下层为紫红色
C. 整个溶液变为棕黄色 D. 下层无色，上层紫红
【答案】B
【解析】
【分析】根据萃取分离实验操作分析。
【详解】碘水中加入CCl4发生萃取，碘单质从水中转移到CCl4中，由于CCl4密度大于水，则试管中出现分层，且CCl4在下层，为紫红色，上层为无色，故B正确。
5. 关于2mol二氧化碳的叙述中，正确的是（ ）
A. 质量为44g B. 含有4mol氧原子
C. 分子数为6.02×1023 D. 共含有3mol原子
【答案】B
【解析】正确答案：B
A．不正确，质量为88g
B. 正确，每个CO2含有2个氧原子，共含有4mol氧原子
C．不正确，分子数应为2×6.02×1023
D.不正确，每个CO2含有3个原子，应共含有6mol原子
6.有15 g A物质与10.5 g B物质恰好完全反应，生成7.2 g C物质、1.8 g D物质和0.3 mol E物质。则E的摩尔质量是（ ）
A. 27.5 g·mol－1 B. 55 g·mol－1 C. 100 g·mol－1 D. 111 g·mol－1
【答案】B
【解析】
【详解】有15 g A物质与10.5 g B物质恰好完全反应，生成7.2 g C物质、1.8 g D物质和0.3 mol E物质，则由质量守恒定律可知，E的质量为15g+10.5g-7.2g-1.8g=16.5g，而E的物质的量为0.3mol，则E的摩尔质量为16.5g÷0.3mol=55g/mol；
答案选B。
7.将5mL物质的量浓度为18.4mol/L的浓硫酸加入水中，稀释成100mL溶液，所得稀硫酸的物质的量浓度是（ ）
A. 0.46mol/L B. 0.92mol/L C. 4.6mol/L D. 5mol/L
【答案】B
【解析】根据稀释前后溶质不变，c（浓）×V（浓）=c（稀）×V（稀），得：5mL×18.4mol/L=100ml×c，解得：c = 0.92 mol / L。
8. 科学家用DNA制造出一种臂长只有7nm的纳米级镊子，这种镊子能钳起分子或原子，并对它们随意组合。下列分散系中分散质的微粒直径与纳米粒子具有相同数量级的是( )
A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液
【答案】B
【解析】
【详解】按照分散系中分散质粒子的大小将分散系分为：溶液、胶体、浊液，溶液中分散质粒子直径小于1nm；胶体中分散质粒子直径在1~100nm之间；悬浊液、乳浊液中分散质粒子直径大于100nm，答案选B。
9.下列反应不属于氧化还原反应的是（　　）
A. Cl2+H2O==HCl+HClO B. Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
C. NaOH+HCl==NaCl+H2O D. 3NO2+H2O=2HNO3+NO
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，Cl2+H2O==HCl+HClO，氯化合价既升高又降低，是氧化还原反应，故A正确；
B选项，Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2，铁化合价降低，碳化合价升高，是氧化还原反应，故B正确；
C选项，NaOH+HCl==NaCl+H2O，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故C错误；
D选项，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氮化合价既升高又降低，是氧化还原反应，故D正确；
综上所述，答案为C。
10.设NA为阿伏加德罗常数，下述正确的是（ ）
A. 64g二氧化硫SO2含有原子数为3NA
B. 1L 1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数为NA
C. 标准状况下，11.2L水所含分子数为0.5 NA
D. 在反应中，1mol镁转化为Mg2+后失去的电子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、64g二氧化硫物质的量是1mol，再根据二氧化硫的分子式可知含有原子数为3NA，正确；
B、1L 1 mol·L－1的氯化钠溶液，溶质物质的量为1mol，不计算水电离出来的离子，仅仅是溶质本身电离的离子数应为2NA，错误；
C、标准状况下，水是非气体状态，不能依据摩尔体积计算，错误；
D、1mol镁转化为Mg2＋后失去的电子数为2NA，错误；
答案选A。
11.下列反应离子方程式正确的是（     ）
A. 用稀盐酸除水垢中的碳酸钙： Ca2++CO32-+2H+ == Ca2++H2O+ CO2↑
B. 用稀盐酸除水垢中的氢氧化镁： Mg(OH)2+2H+ = Mg2++ 2H2O
C. 用碳酸氢钠作为抗酸药中和胃酸： 2H++CO32- === H2O+CO2↑
D. 用H2SO4中和碱性废水： H2SO4+2OH- == 2H2O + SO42-
【答案】B
【解析】用稀盐酸除水垢中的碳酸钙： CaCO3+2H+ == Ca2++H2O+ CO2↑，故A错误；用稀盐酸除水垢中的氢氧化镁： Mg(OH)2+2H+ = Mg2++ 2H2O，故B正确；用碳酸氢钠作为抗酸药中和胃酸： H++HCO3- === H2O+CO2↑，故C错误；用H2SO4中和碱性废水： H++OH- == H2O ，故D错误。
12.在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）
A. Na+、K+、OH-、Cl- B. Na+、Cu2+ 、SO42-、NO3-
C. Mg2+、Na+、SO42-、Cl- D. Ba2+、HCO3-、NO3-、K+
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，强酸性H+与OH－反应生成水，不能共存，故A错误；
B选项，强酸性都共存，但Cu2+是蓝色，故B错误；
C选项，强酸性H+，Mg2+、Na+、SO42－、Cl－都共存，故C正确；
D选项，强酸性H+与HCO3－反应生成二氧化碳和水，不能共存，故D错误；
综上所述，答案为C。
13.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出来，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液顺序正确的是（ ）
A. Na2CO3　NaCl　NaOH B. NaOH　NaCl　Na2CO3
C. NaCl　NaOH　Na2CO3 D. NaCl　Na2CO3　NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于碳酸钠溶液中的碳酸根离子能与溶液中Mg2+、Ag+、Ba2+均形成沉淀，先加入碳酸钠溶液会出现三种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，故A错误；
B．由于氢氧化钠溶液中氢氧根离子能与溶液中的Mg2+、Ag+形成沉淀，先加入氢氧化钠溶液出现两种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，故B错误；
C．氯化钠只能与溶液中Ag+形成氯化银沉淀，然后加入的氢氧化钠只与溶液中Mg2+形成氢氧化镁沉淀，最后加入的碳酸钠沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，满足每次只得一种沉淀的要求，故C正确；
D．氯化钠溶液沉淀溶液中Ag+后，加入的碳酸钠溶液却能同时沉淀溶液中Mg2+、Ba2+，不符合每次得到一种沉淀的要求，故D错误；
故选C。
14.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为( )
A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【分析】考查溶液中电荷守恒规律的应用。
【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正确；
答案选A。
15. 下列变化需要加入适当的氧化剂才能完成的是（ ）
A. CuO→Cu B. Fe→FeCl2
C. H2SO4→H2 D. HNO3→N2
【答案】B
【解析】试题解析：A．CuO→Cu，加入还原剂如氢气；A错误；B．Fe→FeCl2加入氧化剂如盐酸B正确；C．H2SO4→H2 加入还原剂如铁，错误D．HNO3→N2加入还原剂如铜，错误；
16.盐酸能发生下列反应: ①Zn+2HCl=ZnCl2+H2 ↑，②2HCl+CuO = CuCl2+H2O③MnO2+4HClMnCl2+Cl2 ↑+2H2O，因此盐酸应具有的性质是( )
A. 有酸性、氧化性和还原性 B. 只有氧化性
C. 只有还原性 D. 只有酸性
【答案】A
【解析】①Zn+2HCl=ZnCl2+H2 ↑反应中，盐酸只做氧化剂，具有氧化性；②2HCl+CuO=CuCl2+H2O 反应中，盐酸只起酸的作用；③MnO2+4HClMnCl2+Cl2 ↑+2H2O反应中，盐酸一半被氧化，做还原剂，具有还原性；另一半起到酸的的作用，生成盐；因此盐酸应具有酸性、氧化性和还原性；A正确；正确选项：A。
17.不能用H++OH－=H2O表示的反应是（ ）
A. 硫酸与氢氧化钾溶液反应 B. 硫酸与氢氧化钡溶液反应
C. 硝酸与氢氧化钠溶液反应 D. 盐酸与稀氢氧化钙溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸与氢氧化钾溶液反应生成硫酸钾和水，该反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故A正确；
B．硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，不能用H++OH-=H2O表示，故B错误；
C．硝酸与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠和水，该反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故C正确；
D．澄清石灰水中的氢氧化钙需要拆开，则盐酸与稀氢氧化钙溶液反应的离子方程式为：H++OH-=H2O，故D正确；
故答案为B。
18.各物质中含有的少量杂质以及除去这些杂质对应的方法如表所示。
序号
物质
杂质
除杂方法
①
KNO3溶液
KOH
加入适量FeCl3溶液，并过滤
②
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉，并过滤
③
H2
CO2
通过盛有NaOH溶液的洗气瓶，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶
④
NaNO3
CaCO3
溶解、过滤、蒸发
其中正确的一组是(　　)
A. ①②③④ B. ③④
C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】试题分析：硝酸钾中混有氢氧化钾，加入氯化铁溶液，生成新的杂质氯化钾，①不可行；硫酸铜中，硫酸根不是杂质，铜离子是杂质，可以用铁粉除去，再过滤；二氧化碳可以用氢氧化钠溶液除去，②可行；CO2通过盛有NaOH溶液（或KOH溶液）会发生反应，H2不反应，除去CO2，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶，把附带的水分吸收，得到干燥的H2，③可行；硝酸钠溶于水，碳酸钙不溶于水，可以加水，然后过滤，蒸发，结晶，④可行；只有②③④正确，故选C。
19.下列表示电子转移的方向和数目不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，，锌由0价变为+2价，升高两个价态，只有1个锌在升高，所以转移2e－，故A正确；
B选项，，铁由+3价变为0价，降低三个价态，两个铁在降低，所以转移6e－，故B正确；
C选项，，氯化合价由+5降低到-1价，降低6个价态，有2个氯降低，所以转移12e－，故C正确；
D选项，，氧化合价由-2价升高到0价，升高2个价态，有2个氧原子升高，转移4e－，，故D错误；
综上所述，答案为D。
20.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效的净水剂,可用次氯酸盐氧化法制备,原理如下:①2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O②Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.下列说法不正确的是（ ）
A. 反应①为氧化还原反应,反应②为复分解反应
B. 反应①中FeCl3是氧化剂
C. 反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3: 2
D. 每生成1mol K2FeO4,转移电子的物质的量为3mol
【答案】B
【解析】
【详解】A选项，反应①中铁在升高，氯在降低，是氧化还原反应，反应②中两两相互交换成分，是复分解反应，故A正确；
B选项，反应①中铁化合价升高，FeCl3是还原剂，故B错误；
C选项，反应①中氧化剂是次氯酸钠，有3mol，还原剂是FeCl3，有2mol，它们物质的量之比为3:2，故C正确；
D选项，每个铁升高3个价态，因此每生成1mol K2FeO4，转移电子的物质的量为3mol，故D正确；
综上所述，答案为B。
第II卷（非选择题 共40分）
二、非选择题(包括3小题，共40分)
21.以下为中学化学中常见的几种物质：①Fe ②熔融NaCl ③NaHSO4 ④CO2 ⑤H2SO4 ⑥酒精 ⑦KHCO3溶液 ⑧BaSO4 ⑨NaOH请回答下面问题．
（1）属于电解质的是（填序号）_____________．属于酸的是_______．属于盐的是：_______．
（2）写出⑤的电离方程式：_______________________．
（3）⑦与⑨发生反应的离子方程式为________________．
（4）上述物质中有两种物质之间可发生氧化还原反应，该反应的化学反应方程式为____．还原剂为_____________
【答案】(1). ②③⑤⑧⑨ (2). ⑤ (3). ②③⑧ (4). H2SO4==2H++SO42- (5). HCO3-+OH-==H2O+CO32- (6). Fe+H2SO4==FeSO4+H2↑或Fe+2NaHSO4==FeSO4+Na2SO4+H2↑ (7). Fe
【解析】
【详解】①Fe是单质，不是电解质也不是非电解质，
②熔融NaCl是电解质，是盐
③NaHSO4是电解质，是盐；
④CO2是非电解质；
⑤H2SO4是电解质，是酸；
⑥酒精是非电解质；
⑦KHCO3溶液是电解质溶液，是盐溶液；
⑧BaSO4电解质，是盐；
⑨NaOH是电解质，是碱；
⑴属于电解质的是②③⑤⑧⑨，属于酸的是⑤，属于盐的是②③⑧；
答案为②③⑤⑧⑨；⑤；②③⑧；
⑵硫酸电离出氢离子和硫酸根离子，电离方程式：H2SO4==2H++SO42－，
答案为H2SO4==2H++SO42－；
⑶⑦与⑨发生反应，氢氧根和碳酸氢根反应生成碳酸根和水，离子方程式为HCO3－+OH－==H2O+CO32－，
答案为HCO3－+OH－==H2O+CO32－；
⑷上述物质中有两种物质之间可发生氧化还原反应，是铁和硫酸反应或则铁和硫酸氢钠反应生成氢气，反应的化学反应方程式为Fe+H2SO4==FeSO4+H2↑或Fe+2NaHSO4==
FeSO4+Na2SO4+H2↑，铁化合价升高是，还原剂，
答案为Fe+H2SO4==FeSO4+H2↑或Fe+2NaHSO4==FeSO4+Na2SO4+H2↑；Fe
22.化学是一门以实验为基础的学科，化学所取得的丰硕成果与实验的重要作用分不开。结合下列实验装置图回答问题：

（1）写出上述图中仪器的名称：①________；②________；④________。
（2）若利用装置Ⅰ分离乙酸(沸点118 ℃)和乙酸乙酯(沸点77.1 ℃)的混合物，还缺少的仪器有________，将仪器补充完整后进行的实验操作的名称为________；实验时仪器②中冷却水的进口为________(填“f”或“g”)。
（3）现需配制250 mL 0.2 mol·L－1 NaCl溶液，装置Ⅱ是某同学转移溶液的示意图，图中有两处错误分别是________________，________________。
（4）下列关于仪器④的使用方法中，正确的是________(填下列选项的编号字母)。
A．使用前应检查是否漏液
B．使用前必须烘干
C．不能用作物质反应或溶解的容器
D．热溶液可直接转移到其中
（5）下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是________(填下列选项的编号字母)。
A．没有将洗涤液转移到容量瓶
B．转移过程中有少量溶液溅出
C．摇匀后，液面下降，补充水
D．定容时俯视刻度线
【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 容量瓶 (4). 温度计； (5). 蒸馏； (6). g (7). 未用玻璃棒引流 (8). 未使用250 mL容量瓶 (9). AC (10). D
【解析】
【分析】左图是蒸馏装置图，用于分离液体和液体互溶，利用沸点不同进行分离，蒸馏时要使用温度计，且水银部位在支管口处，冷凝水要下进上出原则；
右图是配制溶液，使用前要检漏，容量瓶只能配制溶液，不能另作它用，配制是要注意误差分析。
【详解】⑴①是蒸馏烧瓶；②是冷凝管；④是容量瓶；
故答案为蒸馏烧瓶；冷凝管；容量瓶；
⑵若利用装置I分离乙酸（沸点118℃）和乙酸乙酯（沸点77.1℃）的混合物，还缺少的仪器有测定馏分温度的温度计。将仪器补充完整后进行的分离沸点不同的液态混合物的实验操作的名称为蒸馏。为了使冷凝效果更好，在实验时仪器②中冷却水的进口为g。
故答案为温度计；蒸馏；g；
⑶根据配制一定体积一定浓度的物质的量浓度溶液的步骤，可知图中有两处错误分别容量瓶规格不对，不应是100ml，要用250ml的容量瓶以及未用玻璃棒引流溶液。
故答案为未用玻璃棒引流；未使用250 mL容量瓶；
⑷下列关于仪器④的使用方法中，
A选项，使用前应检查是否漏液，故A正确；
B选项，使用前不需要一定烘干，因为有少量蒸馏水，后面定容时少加蒸馏水，故B错误；
C选项，容量瓶只能配制溶液，不能用作物质反应或溶解的容器，故C正确；
D选项，热溶液要冷却到室温才转移到容量瓶中，故D错误；
综上所述，答案为AC。
⑸下列操作会使配制的溶液浓度偏高的是________(填下列选项的编号字母)。
A选项，没有将洗涤液转移到容量瓶，溶质的物质的量减少，浓度偏低，故A错误；
B选项，转移过程中有少量溶液溅出，溶质的物质的量减少，浓度偏低，故B错误；
C选项，摇匀后，液面下降，补充水，由于溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低，故C错误；
D选项，定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，使溶液的浓度偏高，故D正确；
综上所述，答案为D。
23.氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，另含少量杂质FeCO3和SiO2等)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：

已知：滤渣2中除了过量的MgO外，还含有Fe(OH)3。
(1)酸溶时，MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为__________。
(2)滤渣1的化学式为__________________。
(3)流程中“氧化”的氧化剂是：_________，写出该流程的离子方程式为______________。
(4)高温煅烧过程中，同时存在以下反应：2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑；MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑；MgSO4＋3C高温MgO＋S↑＋3CO↑。利用下图装置对煅烧产生的气体进行连续分别吸收或收集(其中S蒸气在A管中沉积)。

①D中收集的气体是_________________(填化学式)。
②B中盛放的溶液是__________________(填下列选项的字母编号)。
a．NaOH溶液 b．Na2CO3溶液 c．稀硝酸 d．酸性KMnO4溶液
【答案】(1). MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2O (2). SiO2 (3). H2O2 (4). 2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O (5). CO (6). d
【解析】
【分析】MgCO3、FeCO3、SiO2和稀硫酸，二氧化硅不反应，得到硫酸镁和硫酸亚铁，在双氧水作用下亚铁离子被氧化为铁离子，通过调节pH值除掉铁离子转化为氢氧化铁，溶液中为硫酸镁，再得到硫酸镁固体，与碳在高温下煅烧得到氧化镁。
【详解】⑴酸溶时，MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁和二氧化碳气体和水，其离子方程式为MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2O，故答案MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2O；
⑵由于SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1的化学式为SiO2，故答案为SiO2；
⑶流程中“氧化”主要是双氧水和亚铁离子反应，双氧水降低，亚铁离子升高，因此氧化剂是H2O2，该流程的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O ，故答案为H2O2；2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；
⑷几种气体种硫蒸气在A管中沉积，二氧化硫和二氧化碳都为酸性氧化物，不能用氢氧化钠来吸收，两者不同点在二氧化硫具有还原性，因此先用酸性高锰酸钾吸收二氧化硫，剩余的二氧化碳再用氢氧化钠溶液吸收，而一氧化碳没有被吸收，只能通过收集，因此在D中收集，B中盛放的溶液是酸性KMnO4溶液，故答案为CO；d