河北省唐山市第一中学2021-2022学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

唐山一中2021—2022学年度第一学期期中考试高一年级化学试卷说明：1.考试时间75分钟，满分100分。2.将卷Ⅰ答案用2B铅笔涂在答题卡上，将卷Ⅱ答案用黑色字迹的签字笔书写在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Na-23；S-32；Cl-35.5；卷Ⅰ(选择题共50分)一、选择题(共10小题，每小题3分，计30分。在每小题给出的四个选项中，只有1个选项符合题意)1.“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是A.煤油是纯净物B.月壤中的3He与地球上的3H互为同位素C.火星陨石中的20Ne中子数为20D.H2燃烧是氧化还原反应【答案】D【解析】【详解】A．煤油来源于石油，属于不可再生能源，故A错误；B．同位素须为同种元素，3He和3H的质子数不同，不可能为同位素关系，故B错误；C．元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的20Ne质量数为20，故C错误；D．氢气的燃烧生成水H的化合价发生变化，为氧化还原反应，故D正确；故选D。2.据最新报道，某观测井中检测发现Sr等释放β射线的放射性物质浓度上升，创开始检测以来的最高值。为了警示人们应贴的警示图标是(　　)A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】某勘矿井中检测发现等释放射线的放射性物质浓度上升，警示放射性物质，故应贴上放射性物质警示标志，结合图中所示标志的含义进行分析判断即可【详解】A．图标为剧毒品标志，故A错误； B．图标为放射性标志，所以B正确； C．图标为腐蚀品标志，故C错误；D．图标为自燃物品标志，故D错误；所以B选项是正确的。3.下列关于胶体说法错误的是A.胶体分散质粒子直径在1nm~100nm之间B.胶体中分散质粒子对光线进行折射，产生丁达尔现象C.胶体是较稳定、澄清、透明的分散系D.胶体的分散质能透过滤纸【答案】B【解析】【详解】A．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，选项A正确；B．胶体分散质微粒直径为1nm～100nm，光线透过胶体时，胶粒对光发生散射，产生丁达尔现象，选项B错误；C．胶体是一种均一、透明、稳定的分散系，选项C正确；D．胶体的分散质能透过滤纸，不能通过半透膜，选项D正确；答案选B。4.用如图表示一些物质或概念之间的从属或包含关系，错误的是XYZA置换反应氧化还原反应化学反应BCO2酸性氧化物氧化物C氯化钠溶液电解质化合物 DC碳元素非金属元素A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．化学反应包含氧化还原反应，氧化还原反应包含置换反应，A正确；B．二氧化碳属于氧化物，且与碱反应生成盐和水为酸性氧化物，B正确；C．氯化钠溶液属于混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，C错误；D．质子数为6的126C核素属于碳元素，碳属于非金属元素，D正确；故选C。5.草木灰主要成分是K2CO3、KCl、K2SO4和不溶于水的杂质。实验小组为了制取KCl晶体，设计了如下流程。以下说法错误的是A.步骤①中用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒B.试剂Ⅰ是过量Ba(NO3)2溶液除去K2CO3、K2SO4C.适量试剂III是盐酸，除去过量试剂IID.步骤⑤的方法是蒸发结晶【答案】B【解析】【分析】草木灰主要成分是K2CO3、KCl、K2SO4和不溶于水的杂质，为了提纯KCl，过滤除去不溶性杂质，加入试剂I是过量氯化钡溶液除去K2CO3、K2SO4，再加入过量试剂Ⅱ是K2CO3，除去过量BaCl2，过滤得到沉淀I为BaCO3、BaSO4，滤液I中加入试剂III为盐酸，除去过量K2CO3，得到溶液KCl溶液，通过接加热蒸发，结晶析出得到KCl晶体，蒸发到有大量晶体析出，停止加热，利用余热蒸干剩余水得到氯化钾晶体，以此解答该题。 【详解】A．步骤①是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法为过滤，使用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；B．为了除去杂质，同时不能引入新的杂质离子，试剂Ⅰ是过量BaCl2溶液，以除去K2CO3、K2SO4，B错误；C．由以上分析可知，滤液I中加入试剂III为盐酸，除去过量K2CO3，得到溶液KCl溶液，C正确；D．滤液II中溶质为KCl，由于KCl的溶解度受温度的影响变化较大，所以从该溶液中获得溶质KCl要采用蒸发、结晶的方法，D正确；故选B。6.某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂瓶标签上的部分内容如图所示。据此下列说法正确的是A.该硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L-1B.进行稀释时，将水加入浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌。C.等质量的水与该硫酸混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol·L-1D.配制200mL4.6mol·L-1的稀硫酸需取该硫酸50mL【答案】D【解析】【详解】A．该H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18．4mol/L，A错误；B．进行稀释时，由于浓硫酸密度大，且浓硫酸稀释放热，应将浓硫酸加入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B错误；C．水的密度小于浓硫酸的密度，所以等质量的水与浓硫酸的体积V水＞V浓硫酸，混合溶液的体积V＞2V浓硫酸，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，所得溶液的物质的量浓度小于9．2mol/L，C错误；D．配制200mL4．6mol•L-1的稀硫酸选用200mL容量瓶，设需取该硫酸的体积为VL，根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变可知0．2L×4．6mol/L=V×18．4nol/L，V==0.05L，即50ml，D正确；故选D。 7.下列图示的实验操作正确的是A.向试管中滴加液体B.实验室制氧气C.过滤D.配制NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A．胶头滴管应该垂直悬空在试管上面，A错误；B．实验室制取氧气应该试管口略向下倾斜，B错误；C．过滤用玻璃棒引流且漏斗贴在烧杯壁上，操作正确，C正确；D．配制氢氧化钠溶液应该现在烧杯中溶解氢氧化钠固体，再进行移液，D错误；答案选C。8.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A.CuCl2B.FeCl3C.FeCl2D.AlCl3【答案】D【解析】 【详解】A.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；B.，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；C.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；D.，铝单质与稀盐酸反应生成AlCl3，故D正确；故答案为D。9.已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。下列判断正确的是A.N元素的化合价降低B.NH3被还原C.消耗0.3molCuO转移0.6NA个电子D.CuO是还原剂【答案】C【解析】【分析】3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。据此分析解答。【详解】A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A错误；B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3molCuO转移0.6NA个电子，故C正确；D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D错误；故选C。【点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为D，要注意氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。10.将5mol/L的溶液amL稀释至bmL，稀释后溶液中的物质的量浓度为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】5mol/L的溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为10mol/L ，根据溶液稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变,则有，解得,，故C符合题意；故答案：C。二、不定项选择题(共5小题，每小题4分，计20分。在每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答得0分)11.下列有关物质检验的实验结论正确的是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SOB向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有NHC灼烧某盐溶液，火焰为黄色说明该溶液一定有Na+D向某无色溶液中，先加入适量稀盐酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有Cl-A.AB.BC.CD.D【答案】BC【解析】【详解】A．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则溶液中可能含有硫酸根离子或是银离子，故A错误；B．向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体为氨气，所以该溶液一定有NH，故B正确；C．某溶液焰色反应时，如果火焰呈黄色就说明该溶液一定有钠元素，故C正确；D．向某无色溶液中先加入适量盐酸酸化，引进了Cl-，干扰了检验结果，应该用稀硝酸酸化，故D错误；故选：BC。 12.现有标准状况下四种气体①8.96LCH4②3.01×1023个HCl③30.6gH2S④0.3molNH3，下列关系从小到大表示不正确的是A.体积④<①<②<③B.质量④<①<②<③C.物质的量①<④<③<②D.氢原子数②<④<①<③【答案】C【解析】【分析】【详解】①8.96LCH4的物质的量=0.4mol，质量=，H原子数目=；②3.01×1023个HCl的物质的量=0.5mol，质量=，H原子数目=；体积=；③30.6gH2S的物质的量=，体积=，H原子数目=；④0.3molNH3质量=；体积=，H原子数目=；A．由上面计算可知：体积④<①<②<③；故A正确；B．由上面计算可知：质量④<①<②<③；故B正确；C．由上面计算可知：物质的量④<①<②<③；故C错误；D．由上面计算可知：氢原子数②<④<①<③；故D正确。答案选C。13.用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列判断正确的是A.标准状况下，22.4LCl2通入足量NaOH溶液中，完全反应时转移的电子数为2NAB.标准状况下，22.4LH2O中含有的分子数目为NAC.1L0.1mol•L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NAD.20gD2O含有的电子数为10NA 【答案】CD【解析】【详解】A．标准状况下，22.4L即=1molCl2通入足量NaOH溶液中，根据反应方程式：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O可知，完全反应时转移的电子数为1NA，A错误；B．由于标准状况下H2O为液体，故无法计算22.4LH2O中含有的分子数目，B错误；C．1L0.1mol•L-1NH4NO3溶液中的氮原子数为1L×0.1mol•L-1×2×NAmol-1=0.2NA，C正确；D．20gD2O含有的电子数为=10NA，D正确；故答案为CD。14.如图实验装置，在A处通入湿润的氯气，如果先关闭B，C中红色布条颜色无变化，当打开B时，C中红色布条颜色褪去。则D瓶中盛有的溶液是A.浓H2SO4B.饱和NaCl溶液C.浓NaOH溶液D.浓盐酸【答案】AC【解析】【分析】已知干燥氯气不能使红色布条褪色，氯气与水反应生成HClO，可使红色褪色，由信息可知，D中的溶液与氯气反应，或者能干燥氯气，据此分析解题。【详解】A．浓硫酸可干燥氯气，A正确；B．氯气不与饱和NaCl溶液反应，也不能干燥氯气，B错误；C．氯气与NaOH溶液反应，C正确；D．氯气不与浓盐酸反应，也不能干燥氯气，D错误；答案选AC。15.某学习小组拟用手持技术对新制饱和氯水进行检测，下列图像变化最有可能是其检测结果的是（） A.图1表示氯水pH随时间的变化B.图2表示溶液中氯离子浓度随时间的变化C.图3表示氯水的电导率随时间的变化D.图4表示液面上方氧气体积分数随时间的变化【答案】C【解析】【详解】A．氯水中存在：Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，弱电解质HClO分解得到强电解质HCl，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH不断减小，A错误；B．Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HClO光照分解产生HCl，HCl是强酸，完全电离产生H+和Cl-，因此溶液中氯离子浓度不断增大，B错误；C．Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HClO光照分解产生HCl和O2，HCl是强酸，完全电离产生H+和Cl-，因此氯水久置后溶液中自由移动的离子的浓度不断增大，使溶液的电导率不断增大，C正确；D．Cl2与水反应产生的HClO光照分解生成氧气，使氧气体积分数会不断增大，当其完全分解后O2的体积分数达到最大值，后又会逐渐减少直至不变，D错误；故答案为C。卷Ⅱ(非选择题共50分)三、填空题(共4小题)16.对于数以千万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。现有以下物质：①Cu；②Cl2；③胆矾；④Na3PO4；⑤浓硝酸；⑥CO2；⑦HI溶液；⑧蔗糖；⑨熔融氯化钠。（1）以上物质中属于混合物的是___________(填序号)；（2）以上物质中属于电解质的是___________(填序号)；（3）以上物质中能导电的是___________(填序号)；（4）写出④在水溶液中的电离方程式___________；（5）实验室制备②与⑥气体时，收集装置均可选用向___________排空气法；（6）①与②反应的实验现象是___________，写出该化学反应方程式并用“双线桥”法标出电子转移方向和数目___________。【答案】（1）⑤⑦（2）③④⑨（3）①⑤⑦⑨（4）Na3PO4=3Na++PO （5）上（6）①.棕黄色的烟②.【解析】【小问1详解】①Cu是单质，不是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；②Cl2是单质，不是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③胆矾属于盐类，是纯净物，在水溶液中能导电，属于电解质；④Na3PO4属于盐类，是纯净物，在水溶液中能导电，属于电解质；⑤浓硝酸是溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑥CO2是纯净物，本身不电离，属于非电解质；⑦HI溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧蔗糖属于纯净物，本身不电离，属于非电解质；⑨熔融氯化钠属于纯净物，本身能电离而导电，属于电解质；属于混合物的是⑤⑦；【小问2详解】由(1)分析知，属于电解质的是③④⑨；【小问3详解】由(1)分析知，能导电的是①⑤⑦⑨；【小问4详解】④Na3PO4在水溶液中完全电离，电离方程式为：Na3PO4=3Na++PO；【小问5详解】实验室制备②Cl2与⑥CO2气体时，两种气体的密度都比空气大，收集装置均可选用向上排空气法；【小问6详解】Cu和Cl2在加热下反应生成CuCl2固体，反应的实验现象是生成棕黄色的烟，该反应Cu化合价升高，失 去2个电子，Cl元素化合价降低，得到2个电子，用“双线桥”法表示为：。17.实验室需要用烧碱固体配制0.5mol·L-1的NaOH溶液500mL。根据配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是___________(填序号)。（2）下列操作中，容量瓶所不具备的功能有___________(填序号)。A.配制一定体积准确浓度的标准溶液B.贮存溶液C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D.用来加热溶解固体溶质（3）计算结果：需要称取NaOH固体___________g；（4）配制时，其正确的操作顺序是(字母表示，每个操作只用一次)____；A．用少量水洗涤烧杯2~3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解C．将烧杯中已冷却溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处（5）实验操作过程中(4)的B、C步骤均用到玻璃棒，其作用分别是：____、_______；（6）若出现如下情况，其中将引起所配溶液浓度偏低的是___________；(填下列编号)①容量瓶实验前用水洗干净，但未烘干②定容观察液面时俯视③配制过程中遗漏了(4)中步骤A④加蒸馏水时不慎超过刻度线（7）若实验过程中出现(6)中④这种情况你将如何处理？___________。 【答案】（1）A、C（2）BCD（3）10.0（4）BCAFED（5）①.搅拌②.引流（6）③④（7）重新配制【解析】【分析】配制溶液时，需要溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。容量瓶是专门用来配制一定物质的量浓度溶液的仪器、有一定的规格。所以配制NaOH溶液500mL必须用到的仪器由烧杯、胶头滴管、玻璃棒、500mL的容量瓶。配制过程中要保证溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大，据此回答。【小问1详解】配制时，必须使用的仪器有:100mL烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、托盘天平(带砝码)，则答案为AC；【小问2详解】容量瓶可以配制一定体积准确浓度的标准溶液，不能贮存溶液、测量容量瓶规格以下的任意体积的液体、用来加热溶解固体溶质，故选BCD。【小问3详解】需要称取NaOH固体的质量为0.5mol·L-1×0.5L×40g/mol=10.0g；【小问4详解】配制时，需要溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。则其正确的操作顺序是BCAFED；【小问5详解】实验两次用到玻璃棒，溶解氢氧化钠固体时，要使用玻璃棒，其作用是搅拌，以加速固体的溶解；转移溶液时，需要使用玻璃棒，其作用是引流；【小问6详解】若出现如下情况：①容量瓶实验前用蒸馏水洗干净，但未烘干，没有引起溶质物质量的改变，不产生误差，故不符合；②定容观察液面时俯视，将导致容量瓶内液面低于刻度线，液体的体积偏小，浓度偏大，故符合；③配制过程中遗漏了(4)中步骤A，将导致容量瓶内溶质物质的量的减少，最终使所配溶液的浓度偏小，故不符合；④加蒸馏水时不慎超过了刻度，将导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故不符合；则以上操作中，将引起所配溶液浓度偏低的是③④。【小问7详解】 若实验过程中出现(6)中④这种情况，必须重新配制。18.回答下列问题：（1）写出图中①~④仪器的名称：①___________；②___________；③___________；④___________。（2）仪器①~④中，使用时必须检查是否漏水的有___________。(填序号)（3）分离碘水中碘单质，可先向碘水中加入___________(填“CCl4”或“乙醇”)，现象是___________，选择装置___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)进行___________(填操作名称)，再选装置___________(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)进行分离。【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.冷凝管③.分液漏斗④.坩埚（2）③（3）①.CCl4②.分层,下层紫红色③.Ⅱ④.分液⑤.Ⅰ【解析】【小问1详解】①~④仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、坩埚；【小问2详解】分液漏斗能用来盛放液体，且有活塞，使用时必须检查是否漏水，故答案为：③；【小问3详解】碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且CCl4和水互不相溶，现象是分层,下层紫红色，可用萃取的方法分离，即选II，进行分液方法将两层液体分开，再用蒸馏法将I2从CCl4中分离，即选I。19.下图是某位同学设计的实验装置，制取Cl2并以Cl2为原料制备无水AlCl3。已知：AlCl3183℃升华，无水AlCl3遇水强烈反应。 （1）a为氯气发生装置，写出反应的化学方程式：___________。（2）实验开始先点燃___________(“a”或“d”)处的酒精灯，理由是___________。（3）装置b的作用是___________；c中试剂名称___________；装置f中反应的化学方程式：___________。（4）某同学设计的上述实验装置示意图有一处不合理，会影响实验，请提出改进方案：___________。【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）①.a②.排尽装置中空气，避免Al与氧气反应。（3）①.除去Cl2中的HCl②.浓硫酸③.2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O（4）e、f之间加一干燥装置(以防f中水蒸气进入e中)【解析】【分析】利用浓盐酸和二氧化锰共热制氯气，所得氯气中含有氯化氢气体和水蒸气等杂质，通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气与铝粉共热制得氯化铝，通过冷却收集得到氯化铝，最后利用氢氧化钠溶液吸收未反应的氯气。小问1详解】a为氯气发生装置，是利用二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】为了排尽装置中空气，避免Al与氧气反应，实验开始先点燃a处的酒精灯；【小问3详解】装置b装有饱和食盐水，其作用是除去Cl2中的HCl；c中试剂名称浓硫酸，用于干燥氯气；装置f中利用氢氧化钠溶液吸收未反应的氯气，以免排放到空气中引起污染，反应的化学方程式为：2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O；【小问4详解】 因氯化铝易水解，不能与水蒸气接触，会影响实验，改进方案：e、f之间加一干燥装置(以防f中水蒸气进入e中)。