2020-2021学年高一化学上学期期末测试卷01【测试范围】（人教版必修1全册）

2020-2021学年上学期期末测试卷01高一化学·全解全析12345678910111213141516ADBDCCCDDDBDDABC1．A【详解】A．对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C．湿法炼铜发生的反应为铁与铜盐溶液发生置换反应生成铜，故C正确；D．烈火焚烧若等闲涉及的反应为碳酸钙受热发生分解反应生成氧化钙和二氧化碳，反应中没有元素发生化合价变化，不是氧化还原反应，故D正确；故选A。2．D【详解】A．做焰色反应实验时，火焰呈黄色，则该溶液中含有Na+，不能确定是否含K+，A不正确；B．溶液中加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，有白色沉淀出现，则该溶液中可能含有或Ag+等，B不正确；C．无色溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中可能含有或等，C不正确；D．向待测液中加入烧碱溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该气体为NH3，从而证明待测液中一定有，D正确；故选D。3．B【详解】A．实验室中配制1mol/L的NaCl溶液60mL，需要100mL容量瓶，则配制是应称取的NaCl质量是1mol/L0.1L58.5g/mol=5.85g5.9g，故A错误；B．0.5L1mol/LMgCl2与0.2L1mol/LNaCl溶液中的Cl－物质的量浓度之比为1mol/L2:1mol/L=2:1，故B正确；C．标准状况下，22.4LHCl气体物质的量为=1mol，溶于水配成1L溶液，其浓度=1mol/L，并不是溶于1L水中，故C错误；D．0.1mol/L的NaOH溶液中，没有给出NaOH溶液的体积，无法计算含有OH－的物质的量，故D错误；答案选：B。4．D【详解】A．电解质溶液的导电性与电解质强弱无关，只与溶液中离子浓度和离子带有的电荷有关。自由移动的离子浓度越大，离子带有的电荷数目越多，溶液的导电性就越强。强电解质溶液的导电能力不一定强，A错误；B．根据分散系中分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，B错误；C．在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化，又被还原，C错误；D．电离时生成的阳离子若只有H+，则该化合物一定是酸，D正确；故合理选项是D。5．C【详解】A. 钠投入到CuSO4溶液中，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与CuSO4反应生成Cu(OH)2沉淀和硫酸钠，不能置换出铜单质，离子方程式与事实不符，故A错误；B. 纯碱溶液中滴加少量盐酸，反应生成NaCl和NaHCO3，离子方程式为：+H+=，故B错误；C. 小苏打是NaHCO3，胃酸的主要成分是HCl，二者反应的离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O，故C正确；D. Ba(OH)2溶液中加入NaHSO4溶液至恰好完全沉淀，反应生成BaSO4、H2O、NaOH，离子方程式为：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O，故D错误；答案选C。6．C【详解】该混合溶液中的电荷守恒为2n(Mg2+)+n(K+)=n(Cl-)+2n(SO)，将n(K+)=5.8mol、n(Cl-)=7.6mol、n(Mg2+)=3mol代入，解得n(SO)=2.1mol，则c(SO)= ；答案选C。7．C【详解】已知向该无色溶液中滴加少量氯水，溶液仍呈无色，原溶液中不含有Fe2+；的还原性大于I－，加氯水为少量，则I－不能判断，阳离子可能存在Na+、、K+，且所有离子物质的量浓度相等，则一定不存在，综上所述，答案为C。8．D【详解】根据离子方程式两端电荷守恒有： -x+3×(-2)+14=2×3，x=2，设中M的化合价为a，则：2a+7×(-2)=-2，a=+6；答案选D。9．D【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原剂大于还原产物，氧化性：XO＞Z2＞B2＞A3+；还原性：A2+＞B-＞Z-＞X2+。【详解】A．反应Z2+2A2+=2A3++2Z-中还原性：A2+＞Z-，与已知符合，可以进行，A说法正确；B．Z元素在反应③中Z的化合价降低，被还原，在反应①中Z的化合价升高，被氧化，B说法正确；C．分析可知，氧化性由强到弱的顺序是XO、Z2、B2、A3+，C说法正确；D．还原性由强到弱的顺序是A2+＞B-＞Z-＞X2+，D说法错误；答案为D。10．D【分析】碳酸氢钠受热分解，而碳酸钠加热不分解，则a试管中加入的试剂为碳酸氢钠，加热时，试管A中溶液变浑浊；b试管为碳酸钠，试管B中无明显现象。【详解】A．分析可知，药品a为碳酸氢钠，A说法错误；B．碳酸钠受热不分解，则试管B中无明显现象，B说法错误；C．试管A中溶液变浑浊，试管B中无明显现象，C说法错误；D．试管A中出现白色浑浊，a试管受热温度高，b试管受热温度低，证明NaHCO3更易分解，D说法正确；答案为D。11．B【详解】A．在O﹣a范围内，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，故A错误；B．ab段发生反应为碳酸氢钠与盐酸，离子方程式为：HCO＋H＋=CO2↑＋H2O，故B正确；C．根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，即碳酸氢钠与盐酸反应中消耗盐酸0.01mol，需要0.1mol•L﹣1稀盐酸体积为0.1L，即a=0.4-0.1=0.3，故C错误；D．由碳原子守恒可知n（Na2CO3）=n（CO2）=0.01mol，b点溶液中溶质为NaCl，由氯原子守恒可得n（NaCl）=n（HCl）=0.4L×0.1mol/L=0.04mol，由钠离子守恒：n（NaOH）=n（NaCl）-2n（Na2CO3）=0.04mol-2×0.01mol=0.02mol，故原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，故D错误；故选B。12．D【详解】①人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是三氧化二铝，故①错误；②玛瑙的主要成分是二氧化硅，故②错误；③水泥的成分是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙，是硅酸盐，故③正确；④变色眼镜由添加溴化银的普通玻璃璃制作，故④错误；⑤晶体硅可以制太阳能电池，利于环保、节能，故⑤正确；故答案选：D。【点睛】本题主要考察物质的组成和分类，需了解常见矿物及常见无机物组成成分。13．D【详解】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形管乙中产生极易溶于水的气体，将导管d插入BaCl2溶液中，会引起倒吸，故B错误；C．SO2不会与BaCl2反应生成BaSO3，氧化性气体可将溶液中+4价的硫元素氧化成+6价的硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4，故C错误；D．e、f两管中分别盛放KMnO4和浓盐酸，二者可以反应生成Cl2，氯气可以氧化SO2生成硫酸根，从而产生硫酸钡沉淀，故D正确。综上所述答案为D。14．A【详解】A．NO2与H2O反应产生HNO3和NO，HNO3与BaCl2溶液不能发生反应，因此无现象，该溶液中含有HNO3显酸性，向其中通入CO2，仍然无反应发生，因此不能产生沉淀，故A符合题意；B．SO2与H2O反应产生H2SO3，由于该酸是弱酸，不能与BaCl2溶液，因此未见沉淀生成；当向其中加入NaOH时，H2SO3与NaOH溶液反应产生Na2SO3和H2O，Na2SO3与BaCl2溶液反应产生BaSO3白色沉淀，B不符合题意；C．NH3与H2O反应产生NH3·H2O，NH3·H2O与BaCl2溶液不反应，因此未见沉淀生成；当向通入CO2时，CO2与NH3·H2O溶液反应产生(NH4)2CO3和H2O，(NH4)2CO3与BaCl2溶液反应产生BaCO3白色沉淀，C不符合题意；D．SO2与H2O反应产生H2SO3，由于该酸是弱酸，不能与BaCl2溶液，因此未见沉淀生成；当向其中通入H2S时，H2SO3与H2S溶液反应产生S单质和H2O，S难溶于水，使溶液变浑浊，而有沉淀产生；D不符合题意；故合理选项是A。15．B【详解】A．若D是浓硫酸，干燥氯气，关闭B，氯气会进入C中，湿润的红色布条褪色，A错误；B．若D是浓氢氧化钠溶液，氯气在D中被吸收，打开B，C中湿润的红色布条褪色；关闭B，C处湿润的红色布条颜色无变化，B正确；C．若D是硫酸钠溶液，关闭B，湿润的氯气会进入C中，湿润的红色布条褪色，C错误；D．若D是饱和氯化钠溶液，关闭B，湿润的氯气会进入C中，湿润的红色布条褪色，D错误；答案选B。16．C【详解】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫。A．X使蔗糖变黑的现象主要体现了X的脱水性，A错误；B．若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以足量铁与浓硫酸在室温下不能完全溶解，B错误；C．工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为450℃、常压、使用催化剂，C正确；D．若A是碳，浓硫酸和碳在加热时反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化碳和少量氢氧化钙反应生成可溶性的碳酸氢钙，不能产生白色沉淀，D错误；故合理选项是C。17．④⑤⑦    ①③⑨    先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液    C    CH3COOH+OH-==CH3COO-+H2O (符合题意即可)    NaHSO4 ＝Na ++ H++ SO    O H-+=+ H2O    【详解】(1)④Fe(OH)3胶体是由氢氧化铁胶体分散到水中形成，⑤NaHSO4溶液是由NaHSO4溶于水形成，⑦稀硫酸是由硫酸溶于水形成，所以属于混合物的是④⑤⑦；①H2O、③BaCO3、⑨碳酸氢钠分别属于水、盐、盐，所以属于电解质的是①③⑨。答案为：④⑤⑦；①③⑨；(2)向④Fe(OH)3胶体中逐滴滴加⑦稀硫酸，首先发生胶体的凝聚，然后发生酸碱中和反应，所以可观察到的现象是先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液。答案为：先出现红褐色沉淀，后沉淀溶解，得到黄色溶液；(3)置换反应一定属于氧化还原反应，而部分置换反应、部分氧化还原反应属于离子反应，所以B为置换反应、A为氧化还原反应、C为离子反应。答案为：C；(4)酸和碱中，只要某物质为“弱”，就不可表示为H＋+OH-=H2O，例如：CH3COOH+OH-==CH3COO-+H2O (符合题意即可)。答案为：CH3COOH+OH-==CH3COO-+H2O (符合题意即可)；(5)⑤中溶质为NaHSO4，为强酸的酸式盐，发生完全电离，电离方程式：NaHSO4 ＝Na ++ H++ SO。答案为：NaHSO4 ＝Na ++ H++ SO；(6)物质⑤为NaHSO4溶液，可完全电离出H+，物质⑨为NaHCO3，在水中发生H+与的反应，离子方程式：O H-+=+ H2O。答案为：O H-+=+ H2O。18．②①③    35.1    be    100mL容量瓶    CABEFD    加水接近刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心地加水，使溶液的凹液面与刻度线相切    AD    【详解】(1)利用Na2CO3除去Ca2+，利用Ba(OH)2除去Mg2+和；为保证离子除尽，所加试剂都是过量的，所以要利用稀盐酸除去过量的和OH-；为除去过量的Ba2+，可以将Na2CO3在Ba(OH)2之后加入，所以加药品的顺序为：Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸；故答案为②①③；(2)①容量瓶只有一条刻度线，只能配制和其规格相对应的体积的溶液，所以要用100mL的容量瓶配制食盐水。m(NaCl)=c·V·M=6.00mol/L×(100×10-3L)×58.5g/mol=35.1g。故答案为35.1；②配制NaCl溶液的步骤是计算、称量、溶解、洗涤、定容、摇匀、装瓶，用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管、药匙；故不需要使用烧瓶和试管，还缺少100ml容量瓶。故答案为be；100mL容量瓶；③配制NaCl溶液的步骤为：计算→称量→溶解(C、A)→冷却→转移(B)→洗涤(E)→定容(F)→摇匀(D)→装瓶；故答案为CABEFD；④定容的正确操作是加水接近刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心地加水，使溶液的凹液面与刻度线相切，故答案为：加水接近刻度线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心地加水，使溶液的凹液面与刻度线相切；⑤根据物质的量浓度公式分析可知：A．转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，会导致进入容量瓶的溶质(m)偏少，所配溶液的浓度偏小，故A正确；B．容量瓶中原本有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B错误；C．定容时俯视刻度，会导致溶液体积偏小，则所配溶液的浓度偏大，故C错误；D．将砝码和物品的位置颠倒，由于使用游码，会导致所称量的药品的质量偏小，所配溶液浓度偏小，故D正确；故选AD。19．2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+    1：1        4.48    Fe2+、Cu2+    HNO3＞Fe3+＞Cu2+    【详解】(1)FeCl3具有氧化性，与Cu反应产生FeCl2、CuCl2，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+；(2)在反应Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O中，N元素化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低3价，得到电子3e-，所以HNO3为氧化剂；Fe元素化合价由反应前Fe的0价变为反应后Fe(NO3)3中的+3价，化合价升高，失去电子3e-，所以Fe为还原剂。在参加反应的4个HNO3中，只有1个作氧化剂得到电子变为NO，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1。用双线桥法表示电子转移为：；根据方程式可知：每反应产生1 mol NO气体，转移3 mol电子，则当反应中有0.6 mol电子转移时，生成NO的物质的量是0.2 mol，其在标准状况下体积为V(NO)=0.2 mol×22.4 L/mol=4.48 L；(3)根据i可知：微粒的氧化性：Fe3+＞Cu2+，向含有0.2 mol FeCl3、0.2 mol CuCl2的混合溶液中加入0.1 mol Zn，发生反应：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，0.2 mol FeCl3与0.1 mol Zn恰好完全反应，充分反应后溶液中没有固体存在，则溶液中的金属阳离子有Zn2＋、Fe2+、Cu2+；(4)根据i可知：微粒的氧化性：Fe3+＞Cu2+；根据ii可知：微粒的氧化性：HNO3＞Fe3+，所以HNO3、Fe3＋、Cu2＋的氧化性由强到弱的顺序为HNO3＞Fe3+＞Cu2+。20．I2    2    2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O    4+10H2O=4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑    K+、、    Cu2+、Ca2+    Cl-    【详解】(1)在该反应中，I元素化合价由反应前I2的0价变为反应后NaI中的-1价，化合价降低，得到电子，所以I2为氧化剂；每生成生成1 mol Na2S4O6，就有1 mol I2参加反应，反应过程中转移电子2 mol；(2)在该反应中，Cl元素化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低1价；Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2价；化合价升降最小公倍数是2，所以KClO3、ClO2的系数是2，Cl2的系数是1；根据K元素守恒可知2个KClO3反应会同时产生2个KCl，该Cl-也是由HCl提供，则HCl的系数是2+2=4；最后根据H原子守恒，可得H2O的系数是2，故配平后该反应方程式为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；(3)根据题意可知高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为4Na2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8NaOH，根据离子方程式中物质拆分原则，可得该反应的离子方程式为：4+10H2O=4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑；(4)Cu2+水溶液显蓝色，在无色透明溶液不能大量存在；①向该溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能是BaSO4、BaCO3或二者的混合物，说明、至少有一种；②向上述沉淀中加入足量的稀硝酸，部分沉淀溶解，说明沉淀为BaSO4、BaCO3的混合物，则原溶液中一定含有、；由于Ca2+与会形成CaCO3沉淀不能大量共存，溶液中含有，就一定不存在Ca2+；、都是阴离子，根据电荷守恒，溶液中一定还含有阳离子K+；③向滤液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3，该沉淀为AgCl，由于在①中加入的试剂是BaCl2溶液，引入了Cl-，因此不能确定原溶液中是否含有Cl-。综上所述可知：一定存在的离子是K+、、；一定不存在的离子是Cu2+、Ca2+；可能存在的离子是Cl-。21．2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑    Na2O2    2Mg+ CO22MgO+C    0.45mol    Al2O3+2OH-＝2+H2O    SiO2+2CSi+2CO↑    生产光导纤维    2I-+Cl2＝2Cl-+I2    黑色变为红色    【分析】单质与化合物间发生置换反应，可能在水溶液中进行，也可能在非水溶液中进行；在非水溶液中进行的反应，可能是金属与非金属氧化物、非金属与非金属氧化物、非金属与金属氧化物间发生的反应等。【详解】(1)若A为金属钠，甲为水，则二者反应生成氢氧化钠和氢气，对应的化学方程式2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，A在空气中燃烧的产物为Na2O2。答案为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；Na2O2；(2)若A为金属镁，B为黑色的非金属固体，则其为碳，对应的反应物为Mg与CO2，化学方程式为2Mg+ CO22MgO+C。答案为：2Mg+ CO22MgO+C；(3)若A为金属铝，甲为磁性氧化铁，则发生反应为3Fe3O4+8Al9Fe+ 4Al2O3，反应过程中若消耗10.8g的铝，即0.4molAl，会得到B的物质的量为=0.45mol；将产物乙(Al2O3)溶于氢氧化钠溶液中，对应的离子方程式为Al2O3+2OH-＝2+H2O。答案为：0.45mol；Al2O3+2OH-＝2+H2O；(4)甲的用途很多，如工业上可以用甲来制备单质硅，则甲为二氧化硅，对应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；甲的其他的用途为生产光导纤维。答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；生产光导纤维；(5)若B可以使淀粉溶液显蓝色，则其为I2，该反应的离子方程式可能是2I-+Cl2＝2Cl-+I2。答案为：2I-+Cl2＝2Cl-+I2；(6)若A为氢气，B为铜，则发生反应H2+CuOCu+H2O，在反应过程中会看到固体的颜色变化是黑色变为红色。答案为：黑色变为红色。【点睛】钠在空气中燃烧，我们易错误把产物写成氧化钠。