重庆市巫山县官渡中学2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题

参考答案

1．D

【分析】

丁达尔效应可以区分溶液和胶体，胶体的分散质粒子的直径大于1nm，小于100nm，光束照射后会产生丁达尔效应，由此分析。

【详解】

A．蒸馏水是纯液体，当光束照射时，不产生丁达尔效应，故A不符合题意；

B．食盐水属于分散系，分散质粒子的直径小于1nm，属于溶液，当光束照射时，不产生丁达尔效应，故B不符合题意；

C．CuSO4溶液属于分散系，分散质粒子的直径小于1nm，属于溶液，当光束照射时，不产生丁达尔效应，故C不符合题意；

D．Fe(OH)3胶体属于胶体，分散质粒子的直径大于1nm，小于100nm，属于胶体，当光束照射时，产生丁达尔效应，故D符合题意；

答案选D。

2．A

【详解】

A．烧碱是NaOH，是化合物；液态氧是单质，碘酒是溶液，是混合物，故A正确；

B．冰水混合物是液态水和固态水的混合物，全部是水，是纯净物，故B错误；

C．干冰和氯化氢均为化合物，铁为单质，故C错误；

D．空气是氮气和氧气和其他少量气体的混合物，氮气是单质，胆矾是化合物，故D错误；

故答案为A。

3．C

【分析】

电离时生成的阴离子全部是OH-的化合物为碱；金属离子或铵根离子（NH）与酸根离子结合的化合物为盐；能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物；能与碱作用生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此解答。

【详解】

A．Na2O2是过氧化物，CO与碱不反应，不是酸性氧化物，故A错误；

B．纯碱是碳酸钠，属于盐类，不是碱，故B错误；

C．氢氧化钾为碱，碳酸钙为盐，氧化钙为碱性氧化物，二氧化硫为酸性氧化物，故C正确；

D．氢氧化铁是碱，不是盐，故D错误。

故答案选C。

4．B

【详解】

A． H+与CO反应产生二氧化碳气体，不能大量共存，A错误；

B． Mg2+、Ca2+、Cl-、NO互不反应，能大量共存，B正确；

C． Ag+与Cl-反应产生氯化银沉淀，不能大量共存，C错误；

D． Ba2+与SO反应产生硫酸钡沉淀，不能大量共存，D错误；

答案选B。

5．D

【详解】

A．金属铝虽然能导电，但它属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，A不符合题意；

B．氯化钠晶体属于电解质，但它不能导电，B不符合题意；

C．盐酸虽然能导电，但它属于混合物，不属于电解质，C不符合题意；

D．熔融氯化钾中存在自由移动的离子，能够导电，它属于盐，是电解质，D符合题意；

故选D。

6．C

【详解】

A．硝酸银与氯化钾溶液的反应，离子方程式：Ag+ + Cl-= AgCl↓，符合反应原理，电荷守恒，拆写原则，故A不选；

B．铁粉与硫酸铜的反应，硫酸铜是可溶于水的盐，电离出铜离子和硫酸根离子，生成的硫酸亚铁电离出亚铁离子和硫酸根离子，铁和铜是单质，写化学式，则离子方程式是： Fe + Cu2+=Fe 2+ + Cu，故B不选；

C．碳酸钙与盐酸的反应，碳酸钙难溶于水，写化学式，氯化氢是强酸，电离出氢离子和氯离子，生成的氯化钙是可溶于水的盐，电离出钙离子和氯离子，水和二氧化碳是氧化物，写化学式，离子方程式： ，故C选；

D．硝酸与氢氧化钠溶液的反应，硝酸是强酸，氢氧化钠是强碱，拆成离子的形式，离子方程式是：H+ + OH- =H2O，故D不选；

故选：C。

7．A

【详解】

A．S既是氧化剂又是还原剂，S→SO失去4e−，2S→S2−得到2×2e−，故A正确；

B．根据反应方程式可知，应该转移2e−，故B错误；

C．反应中+5价氯和部分−1价氯均转化为氯气，ClO→Cl2，Cl−→Cl2，1 molKClO3反应转移电子的物质的量为5 mol，故C错误；

D．反应中Cu由+2价降为0价，碳元素由0价升为+4价，1 molC失去电子数为4 mol，2 molCuO得到4 mol电子，，故D错误；

故选A。

8．D

【详解】

A．反应中Fe的化合价由+3价变为0价，得电子发生还原反应，A错误；

B．反应中Al的化合价由0价变为+3价，失电子发生氧化反应，是还原剂，B错误；

C．Al2O3是生成物，是铝单质失电子生成氧化铝，C错误；

D．反应中Fe的化合价由+3价变为0价，得电子被还原，D正确；

故选D。

9．D

【详解】

A．纯碱为碳酸钠，烧碱为NaOH，电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱，故烧碱为碱而纯碱为盐，故A错误；

B．过氧化钠和水的反应中，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故B错误；

C．碳酸钠能与CO2、水反应转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠能分解为碳酸钠，两者可相互转化。故C错误；

D．Na2O由钠离子与氧离子构成、Na2O2由钠离子与过氧根离子构成，Na2O和Na2O2晶体中阳离子与阴离子个数比均为2∶1，故D正确；

答案选D。

10．C

【详解】

①钠燃烧生成过氧化钠，颜色为淡黄色，故错误；

②钠投入硫酸铜溶液中先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与硫酸铜溶液发生复分解反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故错误；

③过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，可用做供氧剂，故正确；

④氯气具有强氧化性，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，颜色为棕黄色，故正确；

综上所述，③④符合题意；

答案选C。

11．A

【详解】

A．图A可以鉴别纯碱与小苏打，但加热固体的试管口要略微向下倾斜，A符合题意；   

B．向包有足量的脱脂棉中滴入水可以看到脱脂棉燃烧，故图B是证明与水反应放热，B不合题意；

C．图C可以看到气球鼓起，则证明能与烧碱溶液反应，导致锥形瓶中压强减小，C不合题意；

D．图D可以看到加热的钠在氯气中剧烈燃烧，发出黄色火焰，产生大量白烟，并用浸有碱液的棉花吸收多余的氯气，故能够探究钠与反应，D不合题意；

故答案为：A。

12．B

【详解】

A．1mol N2的质子数为14NA，故A错误；

B．Cl2的相对分子质量为71，摩尔质量为71g•mol-1，故B正确；

C．氨气的摩尔质量为17g/mol，1mol NH3的质量为17g，故C错误；

D．温度压强不知，不一定是标准状况下，22.4L NH3物质的量不一定为1mol，故D错误；

故答案选B。

13．D

【详解】

实验室配制250mL0.1 mol∙L−1的Na2SO4溶液时，称量时需要托盘天平，溶解时需要用到玻璃棒和烧杯，转移时需要用到250mL容量瓶和玻璃棒，定容时需要用到胶头滴管，因此酒精灯不需要用到，故D符合题意。

综上所述，答案为D。

14．B

【详解】

A．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，它的单位是摩尔(mol)，A正确；

B．由电离方程式K2SO4=2K++知，K2SO4溶液的浓度为0.1mol/L，则K+浓度为0.2mol/L，B错误；

C．3molH2O的质量为3mol×18g/mol=54g，C正确；

D．标准状况下，44.8LO2中含有氧原子个数约=2.408×1024，D正确；

故选B。

二、填空题

15．（1）A.⑤⑦  B. ①③⑧  C.②④⑤⑥  D.②④

（2）NaHCO3=Na++  HNO3=H++NO3-    BaCl2 =Ba2++2Cl-

（3）   HCO3-+H+=H2O+CO2↑

（4）B    Fe2O3    氧化     （5）a. 49g   6.02×1023；b. 1：1；C. 11.2L。

【详解】

A．熔融NaCl为盐，自身能导电，Na2O为金属氧化物，熔融状态下能导电，则属于电解质的是⑤⑦。

B．NH3、乙醇、CO2都属于化合物，不管是熔融态，还是水溶液中，自身都不能电离出离子，则属于非电解质的是①③⑧。

C．所给状态下能导电的物质，要么是能产生自由电子的Cu、石墨，要么是能产生自由移动离子的熔融NaCl、CuCl2溶液，则能导电的是②④⑤⑥。

D．既不是电解质，也不是非电解质的纯净物，只能为单质Cu、石墨，所以是②④。答案为：⑤⑦；①③⑧；②④⑤⑥；②④；

(2)在水中发生完全电离，生成Na+和，电离方程式为NaHCO3=Na++。答案为：NaHCO3=Na++；HNO3在水中发生完全电离，生成H+和NO3-,电离方程式为HNO3=H++NO3- ；答案为：HNO3=H++NO3-。BaCl2在水中发生完全电离，生成Ba2+和Cl-

，电离方程式为：BaCl2 =Ba2++2Cl-。

（3）     HCO3-+H+=H2O+CO2↑

【详解】 氢氧化镁和足量稀盐酸反应生成氯化镁和水，氢氧化镁为沉淀不拆成离子，离子方程式为；碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合，生成氯化钠、二氧化碳和水，，离子方程式为HCO3-+H+=H2O+CO2↑ 。

（4）  B      Fe2O3    氧化

【分析】

氧化还原反应中元素化合价降低被还原，作氧化剂，元素化合价升高被氧化，做还原剂。

【详解】

同一元素不同价态时，化合价越高氧化性越强，化合价越低还原性越强，处在最高价时只有氧化性，处于最低价时只有还原性，处于中间化合价时既有氧化性又有还原性，以下为常见的铁元素的几种微粒，其中既有氧化性又有还原性的是，故答案为：B；

Fe2O3中铁的化合价由+3价变为0价，化合价降低被还原，作氧化剂；CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价，化合价升高被氧化；

（5）    a.  0.5molH2SO4的质量m=nM=0.5mol×98g/mol=49g，氢原子的数目为：0.5mol×2×6.02×1023mol-1=6.02×1023；

b.  O2、O3都由氧原子构成，二者质量相等，则含有氧原子数目相等，即相同质量的O2、O3含有氧原子个数之比为1：1；

C. 根据n=计算出3.01×1023个HCl分子的物质的量n==0.5mol，标况下气体的摩尔体积为22.4L，V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L。

16（1）①②③④  （2） Na2O2   小苏打  （3） 2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑

（4）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2      （5）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑   

【分析】

焰色反应为黄色的金属为钠，则A为钠，B为过氧化钠，C为氢氧化钠，D为碳酸钠，E为碳酸氢钠。发生反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2，2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，NaOH+CO2(过量)=NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。

【详解】

(1) 反应①为2Na+O2Na2O2，反应②为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，反应③为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应④为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，以上反应均有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故答案为：①②③④；

(3) A→C反应为钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故答案为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；

(4) B→D反应的化学方程式是2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

(5) E→D反应的化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。

17．(1)分液漏斗   ECDABHGF   (2)MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O  酸性和还原性    (3)除去Cl2中的HCl    用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，试纸变蓝则说明已收集满    (4)  Cl 2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O    (5) 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。  

【详解】

(1)盛有浓盐酸的仪器为分液漏斗，因浓盐酸具有挥发性，发生装置应先通过饱和食盐水，再通过浓硫酸除去水蒸气，最后通入集气瓶，氯气密度比空气大，长进短出，最终用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，保护环境，故答案为：分液漏斗；ECDABHGF；

(2) 该反应为二氧化锰和浓盐酸的反应，故答案为：MnO2+4HCl(浓) =MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(3)饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl，用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，试纸变蓝则说明氯气已收集满，故答案为：除去Cl2中的HCl；用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，试纸变蓝则说明已收集满；

(4) 尾气为氯气与氢氧化钠溶液的反应，故答案为：Cl 2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(5) 氯气与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O。

18．（1）7.1  （2）100 mL容量瓶 （3）胶头滴管  相切  （4） ①④②③⑤  （5）1.0 mol/L    （6）0.5 mol/L  （7）a.无影响 b. 偏低 c.偏高  （8） 引流   

【分析】

配制100 mL0.5 mol/L的Na2SO4溶液，首先选择使用100 mL容量瓶，根据n=c·V及m=n·M计算溶质的质量，然后称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液，利用c=分析实验误差。

【详解】

(1)100 mL0.5 mol/L的Na2SO4溶液中含有溶质的物质的量n(Na2SO4)=c·V=0.5 mol/L×0.1 L=0.05 mol，其质量m(Na2SO4)=n·M=0.05 mol×142 g/mol=7.1 g；

(2)实验步骤②用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，每次洗涤的液体都要小心转入100 mL的容量瓶中；在步骤④中将Na2SO4溶液冷却到室温后，小心转入该100 mL的容量瓶，故实验步骤②④中均需使用的仪器名称为100 mL的容量瓶；

(3)③继续加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切；

(4)根据配制溶液的步骤计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，结合题干信息，配制溶液的正确的实验操作顺序为①④②③⑤；

(5)c(Na2SO4)=0.5 mol/L，根据电解质与其电离产生的离子关系可知c(Na+)=2 c(Na2SO4)=0.5 mol/L×2=1.0 mol/L；

(6)溶液具有均一性，溶液各处的浓度相等，故取出20 mL配置好的溶液，此溶液中Na2SO4的物质的量浓度为=0.5 mol/L；

(7)a．配制溶液时，容量瓶未干燥，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响；

b．配制过程中，没有洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质的物质的量偏少，导致配制的溶液浓度偏低；

C.俯视读数会使读数比实际偏大，加入液体比实际少，浓度会升高。

(8)玻璃棒在移液过程中的作用是引流，防止溶液洒在容量瓶的外面，导致产生误差。