湖北省襄阳一中2021-2022学年度第二学期高一年级3月阶段性复习化学试题

这是一份湖北省襄阳一中2021-2022学年度第二学期高一年级3月阶段性复习化学试题，文件包含答案高一年级阶段性复习化学试题1docx、高一年级3月阶段性复习化学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
 高一年级阶段性复习化学试题一、单选题1．A    A．苏打是碳酸钠，应选择小苏打NaHCO3作膨松剂，故A错误；B．NaCl的水溶液或熔融状态下均能导电，NaCl是电解质，故B正确；C．固液分离选择过滤操作，则笊篱捞饺子利用过滤操作原理，故C正确；D．饺子汤过滤后所得滤液为淀粉溶液，是胶体，能产生丁达尔现象，故D正确；故答案为A。2．D     A．酸和部分的碱、少数的盐属于共价化合物，，故A错误；B．在水溶液中或熔融状态能导电的化合物一定是电解质，故B错误；C．金属氧化物不一定是碱性氧化物，例如Mn2O7为酸性氧化物，故C错误；D．有些离子化合物也含有共价键，例如硫酸盐，氢氧化钠等，所以含有共价键的物质不一定是共价化合物，故D正确；故答案为D3．B     A．1mol 氯气和Fe完全反应转移2mol电子，故A错误；B．D和T互为同位素，均为H原子，且D中含1个中子，T中含2个中子，即和的相对分子质量均为22，均含10个质子，故1.1g其混合物的物质的量为0.05mol，质子的物质的量为0.5mol，故B正确；C．和反应的方程式为，每2mol完全反应生成1mol，22g的物质的量为，生成0.25mol，故C错误；D．用氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体时，因氯化铁部分水解，故1mol氯化铁制得的胶体粒子小于1mol，故D错误；故选B。4．B     A．过量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：SO2+OH-=HSO，A错误；B．酸性KMnO4溶液中滴加FeSO4溶液，离子方程式为：MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，B正确；C．向NaHSO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性，离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误；D．AlCl3溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，离子方程式为：Al3++4OH-=AlO+2H2O，D错误；答案选B。5．D     A．玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，故A错误。B．如果Y形管乙产生极易溶于水的气体，如氨气，将导管d插入BaCl2溶液中，会引起倒吸，故B错误。C．与BaCl2不反应，不能生成BaSO3，若Y形管乙中产生的是氧化性气体，氧化性气体将氧化成，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故C错误；D．若Y形管乙中产生的气体是氨气，氨气是碱性气体，导入使溶液呈碱性或中性时，可以与反应生成大量的，与反应生成BaSO3，浓氨水和NaOH固体混合可以制得氨气，因此e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体，故D正确。综上所述，答案为D。6．7．C    A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A原子是主族元素中原子半径最小的，A为H元素；B原子的最外层电子数等于其次外层电子数3倍，B为O元素；C元素是地壳中含量最高的金属元素，C为Al元素；E有两种常见简单离子，低价离子为绿色，E为Fe元素；D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnDO2n+2，n=1时，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HDO4，D的最高价为+7价，且D的原子序数小于Fe元素，则D为Cl元素，以此来解答。【详解】由上述分析可知，A为H、B为O、C为Al、D为Cl、E为Fe，A．E为Fe元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，Fe元素是过渡元素，故A正确；B．CD3是AlCl3，为共价化合物，熔融状态下不导电，则不能电解熔融的AlCl3制取Al单质，故B正确；C．电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径：H+＜Al3+＜O2-＜Cl-，故C错误；D．Al的最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，D的最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，两者之间可以发生反应生成盐和水，故D正确；故选：C。8．C   A．在第①步溶解时用玻璃棒搅拌，可以加速粗盐溶解，在第⑦步蒸发、结晶、烘干时用玻璃棒搅拌，使之受热均匀，避免产生飞溅，作用不同，A错误；B．BaCl2溶液的加入一定要在Na2CO3溶液之前，否则过量的Ba2+无法除去，且一定要先过滤，再向滤液中加HCl，加入试剂正确顺序为NaOH 溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液→过滤后在滤液中加稀盐酸，B错误； C．固液分离的操作是过滤，故第⑤步操作是过滤，C正确；D．第⑥步加稀盐酸之前的滤液中含有氯化钠、碳酸钠和氢氧化钠，加入稀盐酸的目的是为了除去CO和OH-，不仅仅是为了除去CO，D错误；答案为C。9．B   A．足量HCl气体会和碳酸氢钠反应，A错误；B．饱和NaHCO3溶液可以和氯化氢反应生成二氧化碳，但是却不和二氧化碳反应，B正确；C．铁，铝都可以和HCl溶液反应，C错误；D．乙醇和水可以任意比混合不能用分液的方法分离，D错误；故选B。10．B    A．卤素单质的熔点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔点越高，则从F2到I2逐渐升高，金属的熔点与金属键有关，原子半径越小，金属键越强，熔点越高，所以碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，故A错误；B．117号Ts位于元素周期表的第七周期第ⅦA族，最外层有7个电子，最低化合价为-1价，故B正确；C．同一主族从上到下，元素的金属性逐渐增强，Tl元素位于元素周期表的第六周期第ⅢA族，金属性：Tl＞In＞Ga＞Al，则铊的最高价氧化物对应的水化物Tl(OH)3不具有两性，故C错误；D．同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则碲化氢是比硫化氢稳定性更弱的气体，故D错误；答案选B。11．D    A．氨气溶解在水中生成，存在电离平衡，NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH+OH-，故氨水呈碱性，故A正确；B．甲、乙中烧瓶内气体与液体接触被吸收，烧瓶内压强降低，外界大气压大于烧瓶内的气压形成喷泉，故B正确；C．乙中引发喷泉的方法可以是：打开止水夹，用热毛巾捂住圆底烧瓶底部，烧瓶内气体与液体接触被吸收，烧瓶内压强降低，形成喷泉，故C正确；D．丙装置打开止水夹，增加锥形瓶的压强，将液体压入圆底烧瓶形成喷泉，故D错误；故答案为D12．C   A．NaHCO3不是化肥，故A项错误；B．由方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，NO2既作氧化剂又作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故B项错误；C．在NH3和NO2中N元素的化合价分别是-3价、+4价，由于在两种化合价之间有0价、+2等价态，因此在一定条件下可发生氧化还原反应，故C项正确；D．由于CO2在NaCl溶液中溶解度不大，所以制NaHCO3时是向饱和NaCl溶液中先通入NH3再通入CO2，故D项错误。答案选C。13．C   A．二氧化锰与稀盐酸共热得不到氯气，A错误；B．铁与氯气反应生成氯化铁，不生成氯化亚铁，B错误；C．氮气与氢气高温、高压、催化剂条件下生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，C正确；D．硫与氧气反应生成二氧化硫，不生成三氧化硫，D错误；答案选C。14．D    ①硅是亲氧元素，在自然界中以化合态的形式存在，不能以单质形式存在，①错误；②硅元素是地壳中大量存在的元素，是许多种岩石和矿物的基本构成元素之一，②正确；③石墨烯是碳单质，不属于化合物，③错误；④氮化硅的化学式为Si3N4，氮化硅硬度大、熔点高可以用来制作坩埚；熔点高、化学性质稳定可制作耐高温轴承，切削刀具等，④正确；⑤二氧化硅晶体对光具有全反射作用，能传递光信号，可以用二氧化硅晶体制备光导纤维，无导电性，⑤错误；⑥水玻璃具有黏性，不易燃烧，可用于生产黏合剂和防火剂，⑥正确；综上所述，正确的是②④⑥，故选D。15．D    A．装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性，A错误；B．装置C中出现的淡黄色的固体，体现了SO2的氧化性，B错误；C．装置D中品红溶液褪色，加热又恢复红色，可以验证SO2的漂白性，C错误；D．实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸，D正确；答案选D。二、填空题16.  -1     Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2     过量     还原     先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有     【解析】黄铁矿(主要成分FeS2)煅烧生成氧化铁和二氧化硫，氧化铁用CO还原得到还原铁粉，用 K2Cr2O7滴定分析法测定还原铁粉纯度；二氧化硫经过一系列步骤生成硫酸，尾气中含有二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收生成NaHSO3，加热后生成Na2S2O5，据此分析解答。(1)黄铁矿的主要成分是二硫化亚铁(FeS2)，其中铁元素的化合价是+2价，因此硫元素的化合价为-1价，故答案为：-1；(2)炉渣的主要成分为Fe2O3，由炉渣制备还原铁粉的化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2，故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+ 3CO2；(3) Na2SO3溶液能够与SO2反应生成NaHSO3，欲得到更纯的NaHSO3，反应①应通入过量的SO2气体，故答案为：过量；(4) Na2S2O5 转化为Na2SO4过程中S元素的化合价升高，被氧化，体现了Na2S2O5的还原性；检验其中含有的方法是首先用盐酸酸化，除去，再加入氯化钡溶液，看有无白色沉淀生成，若生成白色沉淀，证明含有，否则没有，故答案为：还原；先加入盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明含有； 0.1     Fe+2Fe3+=3Fe2+    Fe+2H+=Fe2++H2↑   Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+     H2SO4     取少量溶液于试管中，加入KSCN，若溶液变红，则含有Fe3+        d     【解析】【详解】（1）①酸性环境Fe3+、Cu2+、SO42−和少量Na+中，能和金属铁发生反应的物质是Fe3+、Cu2+、H+，发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Cu+ Fe2+；②试剂B是将金属铜和金属铁分离开的物质，可以选择稀硫酸；③检验溶液D中Fe3+是否除尽的实验方法是取少量D中溶液于试管中，滴加1滴KSCN溶液,不出现红色，说明废水中Fe3+除尽，④a．用托盘天平称量绿矾晶体时，用到游码，且将砝码放在左盘，药品放在右盘，可导致药品质量偏小，则配制浓度偏低，故a错误；b.转移时，有液体溅出，溶质损失，浓度偏低，故b错误；c．最后一次转移后，发现液体超过刻度线，倒出多余部分，实验导致溶液体积偏大，浓度偏低，故c错误；d．定容时，俯视刻度线，则体积偏小，浓度偏大，故d正确；综上所诉，答案为d；17.第二周期第ⅣA族          离子键和共价键     S2-＞O2-＞Na+     饱和NaHCO3     SiO+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO     2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑【解析】由图中化合价可知，C的化合价只有-2价，没有正化合价，则C为O元素；A有+4、-4价，且原子序数最小，则A为C；B的化合价为+5、-3价，B为N元素；D的原子序数大于O，且D的化合价为+1价，处于ⅠA族，则D为Na元素；E的原子序数大于Na，且E的化合价为+3价，则E为Al元素；F、A的化合价相同，F与A位于同主族，F的原子序数大，则F为Si；G的最高正价为+6价、最低价为-2，则G为S元素，以此来解答。根据以上分析可知A为C、B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为Si、G为S。(1)元素A是C，原子序数是6，在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；(2)D2C2是过氧化钠，电子式，其所含化学键类型为离子键和共价键。(3)电子层越多离子半价越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径大小为：S2-＞O2-＞Na+；(4)①用如图装置证明元素C、N、Si的非金属性强弱，由图可知，锥形瓶中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，溶液b可除去二氧化碳中挥发的硝酸，试剂为饱和碳酸氢钠，溶液c为硅酸钠，均发生强酸制取弱酸的反应。②溶液c硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成硅酸和碳酸钠，该反应的离子方程式为：SiO+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO；(5)将金属铝投入D的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠溶液中，其离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO+3H2↑。18.           气密性检验     增大了接触面积，有利于被充分吸收          还原     (1)亚硫酸的酸性比盐酸弱，不能与氯化钡溶液反应，酸雨中含有硫酸，硫酸溶液中的硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；(2)酸雨中的亚硫酸被空气中氧气氧化为硫酸，亚硫酸为弱酸，硫酸为强酸，弱酸转化为强酸，雨水中的氢离子浓度增大，pH降低，反应的离子方程式为：，故答案为：；(3)该实验有气体参与反应，为防止实验时漏气导致实验失败，实验前应先进行气密性检验；多空结构表面积增大，能增大二氧化硫与高锰酸钾溶液的接触面积，使反应更加充分，有利于二氧化硫被充分吸收，故答案为：气密性检验；增大了接触面积，有利于被充分吸收；(5)二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、硫酸和水，反应的离子方程式为，由题意可知，气体体积为，高锰酸钾的物质的量为，由方程式可知，被吸收的SO2物质的量为，则空气中二氧化硫含量为＝，故答案为：；还原；。19.(1)     N2+ 3H22NH3     Ca(OH)2(2)3NO2+H2O = 2HNO3+NO(3)NH3+HNO3= NH4NO3或2NH3+ 2O2=NH4NO3+H2O(4)     NH     NO2+3Fe+8H+ = NH+3Fe2++2H2O【解析】(1)工业利用氮气和氢气在催化剂高温高压的条件下合成氨，反应化学方程式：N2+ 3H2 2NH3，实验室用氯化铵和氢氧化钙(Ca(OH)2)加热的条件下反应可以制备得到氨；(2)由NO2和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式：3NO2+H2O = 2HNO3+NO；(3)氨和硝酸反应生成硝酸铵或者氨和氧气生成硝酸铵和水，反应的化学方程式：NH3+HNO3= NH4NO3或2NH3+ 2O2=NH4NO3+H2O；(4)化合价升高，被氧化，在NHNO反应中，NH中N元素化合为-3价升高变为NO中+3价，化合价升高，被氧化，在NON2反应中，NH中N元素化合为-3价升高变为N2中的0价，化合价升高，被氧化，被氧化的微粒是为NH；根据图示b中的反应铁单质变为亚铁离子，Fe的化合价由0价升高为+2价，亚硝酸根反应变成铵根离子，N的化合价由+3价降低为-3价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：NO+3Fe+8H+=NH+3Fe2++2H2O；2．(1)     NH3     CO2     2NaHCO3CO2↑+Na2CO3+H2O     NH4Cl     取样于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Cl-(2)3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O(3)用干净的铂丝(或铁丝)蘸取其中一种溶液，放在酒精灯上灼烧，若火焰颜色为黄色，则为NaHCO3溶液，不是黄色则为K2CO3溶液(或任取少量的一种溶液于试管中，滴加CaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则为K2CO3溶液，无沉淀生成则为NaHCO3溶液)【解析】(1)①CO2在饱和食盐水中的溶解度较小，应先通入NH3，使溶液呈碱性，然后再通入过量CO2，析出溶解度较小的NaHCO3，煅烧NaHCO3，使其分解得到CO2、Na2CO3和水，CO2可以循环使用，即X为CO2；②煅烧炉中NaHCO3受热分解得到CO2、Na2CO3和水，化学方程式为2NaHCO3CO2↑+Na2CO3+H2O；沉淀池中的总反应可以表示为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，大部分NaHCO3析出，所以母液中主要成分为NH4Cl；检验Cl-的具体方法为：取样于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Cl-；(2)观察到黑色粉末逐渐变成红色，说明CuO被还原为Cu单质，同时产生了使无水硫酸铜变蓝的物质，即生成H2O，还有 一种无污染的气体单质生成，根据元素守恒可知该气体应为N2，化学方程式为3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O；