河南省鹤壁市淇滨高级中学高一化学上学期第二次周考试题

淇滨高中2022-2022学年上学期第二次周考高一化学试卷考试时间:60分钟满分：100分相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na:23S:32一、选择题（每题3分，共60分）1．下列物质中,能够导电的电解质是A．CuB．熔融的MgCl2C．稀硫酸D．葡萄糖2．下列属于氧化物的是（）A．HNO3B．CaCO3C．CO2D．NaOH3．生产生活中的许多现象或应用都与化学知识有关。下列现象或应用与胶体性质无关的是(　　)A．将盐卤或石膏加入豆浆中，制成豆腐B．冶金厂常用高压电除去烟尘，是因为烟尘微粒带电荷C．泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，起到灭火作用D．自然界河流入海口三角洲的形成4．日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是(　　)A．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]B．铁制菜刀生锈C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D．铝锅表面生成致密的薄膜5．下列说法正确的是()A．一氧化二氮的摩尔质量是44gB．硫酸根的摩尔质量是96g/molC．1molO2的质量是32g/molD．铁的摩尔质量就是铁的相对原子质量6．北魏贾思勰《齐民要术·作酢(zuò，今醋也)法》这样描述乌梅苦酒法:“乌梅去核，一升许肉，以五升苦酒渍数日，曝干，擣作(dǎo，同“捣”)作屑。欲食，辄投水中，即成醋尔。”下列有关醋的说法中正确的是()A．醋的主要成分是非电解质B．醋的主要成分是强电解质C．醋的主要成分是弱电解质D．醋中只存在分子，不存在离子7．下列反应不属于氧化还原反应的是()A．Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2OB．Cl2+2KBr=Br2+2KCl5C．Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OD．2H2O+2Na=2NaOH+H2↑8．某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，则该元素（　）A．一定被氧化B．一定被还原C．化合价降低为零价D．可能被氧化，也可能被还原9．泡菜腌制过程中会产生NaNO2。NaNO2中N元素的化合价为(　　)A．＋5B．＋4C．＋3D．＋210．若NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24LHF分子所含电子数目为NAB．1mol-CH3中含有电子数为10NAC．23g钠在空气中充分燃烧，转移的电子数为NAD．50mL12mol·L-1的盐酸与足量的MnO2共热，充分反应后，转移电子数为0.3NA11．amolH2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为(　　)A．a/4bmol－1B．b/4amol－1C．a/bmol－1D．b/amol－112．下列各组离子在水溶液中能够大量共存的是()A．OH-、K+、NH4+B．Ba2＋、SO42-、H＋C．Ag＋、K＋、Cl-D．Na+、Cl-、CO32-13．下列实验操作中正确的是（）A．点燃酒精灯B．倾倒液体C．加热液体D．过滤14．已知某溶液中存在较多的H+、、，则在该溶液中不能大量存在的离子组是( )①K+、、F- ②K+、Ba2+、Cl- ③Fe2+、Cl-、Br- ④K+、Na+、ClO-5A．①②③④                                 B．只有②③④C．只有①③④                               D．只有②③15．下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是()A．石墨B．KNO3C．H2SO4D．蔗糖16．下列说法正确的是()A．碱都是强电解质，酸都是弱电解质B．NH3的水溶液能导电，所以NH3为电解质C．强电解质溶液的导电能力—定大于弱电解质溶液D．CaCO3在水中的溶解性小，但溶解的部分完全电离，故CaCO3是强电解质。17．检验某未知溶液中是否含有硫酸根离子，下列操作最合理的是()A．加入硝酸酸化的硝酸钡溶液B．先加硝酸酸化，再加硝酸钡溶液C．加入盐酸酸化的氯化钡溶液D．先用盐酸酸化，若有沉淀，则过滤，滤液中再加氯化钡溶液18．下列各组混合物中，可以用分液漏斗分离的是（）A．乙酸和乙醇B．花生油和Na2CO3溶液C．酒精和水D．溴和苯19．下列单、双线桥的表示方法不正确的是（）A．B．C．D．20．下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确（）①KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6②Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe；1∶25③SiO2＋3CSiC（硅为+4价）＋2CO↑；1∶2④3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；2∶1A．①③B．②③C．②④D．①④二、填空题（每空2分，共28分）21．（10分）已知0.1mol/L的NaHSO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1mol/L，请回答下列问题：（1）写出NaHSO4在水溶液中的电离方程式：_________________。（2）NaHSO4属于“酸”、“碱”、“盐”中的________；你选择的理由是______________。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：________________。在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：__________________。22．（14分）在3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O反应中，_______是氧化剂；_______是还原剂；_______元素被氧化；_______元素被还原；_______是氧化产物；_______是还原产物，被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是_______。23．（4分）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，混合物中CO和CO2物质的量之比是，密度是g/L（保留两位小数）。三、实验题（每空2分，共12分）24．用质量分数98％、密度为1.84g·cm－3的浓硫酸配制480mL0.92mol·L－1的稀硫酸（1）配制时，除烧杯、玻璃棒外还需玻璃仪器有、、。（2）减小误差量取时需选用合适的量筒量取mL浓硫酸（3）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是________。A．使用容量瓶前检查它是否漏水B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水到标线D．往容量瓶中转移溶液时应用玻璃棒引流(4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是__________。①转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面②没有洗涤烧杯和玻璃棒③定容时俯视刻度线④5容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。⑥未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容5参考答案1．B【解析】电解质为纯净物，为化合物，Cu为单质，稀硫酸为混合物，A、C均错误；葡萄糖为非电解质，不导电，D错误；熔融的MgCl2为纯净物，有自由移动的离子，能够导电，B正确；正确选项B。2．C【分析】由两种元素组成，其中一种是氧元素的纯净物是氧化物，据此解答。【详解】A.HNO3溶于水电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，A错误；B.CaCO3是由钙离子和碳酸根离子组成的盐，B错误；C.CO2是由C、O两种元素形成的氧化物，C正确；D.NaOH溶于水电离出氢氧根离子和钠离子，属于碱，D错误。答案选C。3．C【详解】A.豆浆是蛋白质胶体，具有胶体的性质，向其中加入盐卤或石膏等电解质，可以使胶体凝聚，故A与胶体有关；B.冶金厂常用高压电除去烟尘，利用了胶体具有电泳现象的性质，故B与胶体有关；C.泡沫灭火器中将Al2(SO4)3与NaHCO3两溶液混合后，喷出大量泡沫，这是利用了盐类的水解原理，故C与胶体无关；D.河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，故D与胶体有关；答案选C。4．C【详解】A.Cu被腐蚀生成铜绿[Cu2（OH）2CO3]，Cu元素化合价升高，被氧化，属于氧化还原反应，故A与氧化还原反应有关；B.铁制菜刀生锈，铁被氧化生成铁锈，Fe元素化合价升高，属于氧化还原反应，故B与氧化还原反应有关；C.大理石的主要成分为碳酸钙，与酸雨反应而被腐蚀，不是氧化还原反应，故C与氧化还原反应无关。D.铝锅表面生成致密的薄膜，铝被氧化生成氧化铝，属于氧化还原反应，故D与氧化还原有关；答案选C。5．B【详解】A、摩尔质量单位g/mol，一氧化二氮的摩尔质量是44g/mol,故A错误；B、摩尔质量单位g/mol，硫酸根离子的摩尔质量是96g/mol,故B正确；C、质量单位g，1molO2的质量是32g，故C错误；D、铁的摩尔质量以克为单位时，在数值上等于铁的相对原子质量,故D错误。所以B选项是正确的。6．C【解析】醋的主要成分为醋酸，是弱电解质，所以醋中含有分子和离子，故选C。7．A【解析】A.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O为复分解反应，各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A正确；B.Cl2+2KBr=Br2+2KClCl、Br元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误;C.Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OCl元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误;D.2H2O+2Na=2NaOH+H2↑Na、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D错误;答案选A.点睛：氧化还原反应是指有化合价的变化的反应，抓住化合价的变化这一点是解答此题的关键点。8．D【详解】某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，则该元素可能被还原，例如反应Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑中H由＋1价→0价，化合价降低，被还原，也可能被氧化，例如MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中Cl由－1价→0价，化合价升高，被氧化。答案选D。9．C【解析】设氮元素化合价为x，根据正负化合价的代数和为0，有+1+(-2)×2+x=0，x=+3，故选C。10．C【解析】分析：A选项中氟化氢的沸点是19.54℃；B选项中-CH3中含9个电子；C选项中1molNa在反应中失去1mol电子；D选项中随着反应的浓盐酸变成稀盐酸，MnO2与稀盐酸不反应。详解：氟化氢的沸点是19.54℃，标准状况下，氟化氢是液体，Vm=22.4L/mol的使用条件是：标准状况下的气态物质，在标准状况下，2.24LHF不是0.1mol，其含有的电子数也就不是NA，A选项错误；1个CH4分子中含10个电子，CH4中去掉一个H原子变成-CH3，-CH3中含有9个电子，1mol甲基含有9mol电子，即9NA，B选项错误；23g钠是1mol钠，在空气中燃烧生成过氧化钠，失去1mol电子，即转移的电子数是NA，C选项正确；浓盐酸与MnO2在加热条件下反应生成氯气，其方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，每有4mol盐酸参加反应，转移2NA电子，50mL12mol·L-1的盐酸是0.6mol，如果完全反应，转移的电子数是0.3NA，但随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，所以0.6mol盐酸不可能完全参加反应，所以转移的电子数小于0.3NA，D选项错误；正确选项C。11．B【解析】试题分析：根据物质的化学式可知1mol的硫酸分子中含4NA个O原子，amolH2SO4中含有b个氧原子，则1：a=4NA：b，所以NA=b/4a/mol,因此选项是B。考点：考查物质的组成微粒与阿伏伽德罗常数的计算的知识。12．D【解析】分析：能够反应生成沉淀，气体和水，以及弱酸和弱碱的离子在溶液中不能大量共存。详解：A．OH–和NH4+离子之间发生反应生成氨水，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ba2＋和SO42-之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ag+、Cl-之间反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Na+、Cl-、CO32-之间不发生反应，在溶液中可以大量共存，故D正确；故选D。点睛：本题考查离子共存的判断，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等。本题的易错点为A，注意NH3·H2O属于难电离的物质，类似与水。13．C【详解】A、不能用燃着的酒精灯去点燃另一个酒精灯，应该用火柴点燃，故A错误；B、液体取用时，瓶口紧挨试剂瓶，要倾斜，瓶塞要倒放，故B错误；C、加热液体时，液体总量不能超过试管的错误！未找到引用源。，且用外焰加热，故C正确；D、过滤要用玻璃棒引流，故D错误；故选C。14．A【解析】①中F-与H+不共存，②中Ba2+、不共存，③中Fe2+、H+、不共存，④中ClO-、H+不共存。15．A【分析】电解质、非电解质均是化合物，电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物；导电的物质不一定是电解质，以此分析解决此题。【详解】A项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；B项，KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；C项，H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；D项，蔗糖属于非电解质，不导电。综上所述，符合题意的选项为A。16．D【解析】A、电解质的强弱取决于是否完全电离，与化合物类型没有必然关系，如NaOH属于强电解质而NH3·H2O属于弱电解质，H2SO4是强电解质而CH3COOH是弱电解质，故A错误；B、虽然NH3的水溶液能导电但NH3不是电解质，因为不是氨气本身电离出的离子导电，故B错误；C、溶液的导电性取决于溶液中离子浓度大小和离子所带的电荷多少，与强弱电解质没有必然关系，故C错误；D、虽然碳酸钙的溶解度很小，但溶解的碳酸钙能全部电离，完全电离的电解质是强电解质，所以碳酸钙是强电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查电解质与非电解质的定义和判断，难度不大，注意电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物，这一点很容易出错。电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖和酒精等。单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。17．D【分析】检验某未知溶液中是否含有SO42－，应先加盐酸排除其它离子的干扰如碳酸根离子、亚硫酸根离子、银离子等的干扰，再加氯化钡，以此来解答。【详解】A．加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，硝酸具有强氧化性，若为亚硫酸根离子也生成白色沉淀，不能检验，A错误；B．先加入硝酸酸化，若为亚硫酸根离子，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，再加硝酸钡，生成白色沉淀硫酸钡，不能检验，B错误；C．先加入盐酸酸化了的BaCl2溶液，生成白色沉淀可能为AgCl，不能检验，C错误；D．检验某未知溶液中是否含有SO42－，应先加盐酸酸化，若有沉淀，则过滤，排除其它离子的干扰，再加氯化钡，生成白色沉淀可检验，D正确；答案选D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意检验离子的试剂及试剂的加入顺序，注意干扰离子的排除。18．B【分析】混合物中可以用分液漏斗分离，说明二者互不相溶，结合物质的溶解性解答。【详解】A.乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗分离，应该是蒸馏，A错误；B.花生油是油脂，难溶于Na2CO3溶液，可以用分液漏斗分离，B正确；C.酒精和水互溶，不能用分液漏斗分离，应该是蒸馏，C错误；D.溴易溶在苯中，不能用分液漏斗分离，D错误。答案选B。19．B【解析】B不正确；正确表示方法为：20．B【分析】含元素化合价降低的物质为氧化剂，含元素化合价升高的物质为还原剂，结合反应判断实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比。【详解】①反应KClO3＋6HCl(浓)＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，KClO3为氧化剂，HCl为还原剂，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比1：5，错误；②反应Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe中，Fe2O3为氧化剂，Al为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，正确；③反应SiO2＋3CSiC（硅为+4价）＋2CO↑中，碳既是氧化剂，也是还原剂，SiC是还原产物，CO是氧化产物，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，正确；④反应3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，只有N元素的化合价变化，1molNO2作氧化剂与2molNO2作还原剂时满足电子守恒，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，错误；答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应有关判断与计算，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大。21．（1）NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－；（2）盐；NaHSO4在水溶液中电离出的离子中，既有金属阳离子又有酸根阴离子；（3）Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓。【解析】试题分析：（1）NaHSO4属于抢建强酸盐，在水中完全电离，电离反应方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SO42－；（2）盐：是由阳离子和酸根离子组成，因此NaHSO4属于盐；（3）溶液显中性，说明恰好中和，Ba(OH)2少量，恰好中和溶液中H＋，离子反应方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，反应后的溶液中含有SO42－，因此发生Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓。考点：考查物质的分类、离子反应方程式的书写等知识。22．稀HNO3Cu铜氮Cu(NO3)2NO1∶4【解析】在3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O反应中，Cu元素化合价从0价升高到+2价，被氧化，Cu为还原剂，Cu(NO3)2是氧化产物；部分N元素化合价从＋5价降低到＋2价，被还原，HNO3是氧化剂，NO是还原产物。当有8molHNO3参加反应时，有2molHNO3被还原，表现氧化性，有6molHNO3化合价未发生变化，被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是1∶4。根据上述分析，答案为：稀HNO3；Cu；铜；氮；Cu(NO3)2；NO；1∶4。点睛：本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。HNO3中的氮元素是+5价，NO中氮元素是+2价，Cu(NO3)2中氮元素是+5价，所以硝酸部分体现氧化性，部分体现酸性。23．1：3，1.79【解析】试题分析：混合气体的密度==1.79g/L；标准状况下，混合气体的物质的量为：=0.3mol，设CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则：x+y＝0.3，28x+44y＝12，解得：x=0.075mol，y=0.225mol，此混合物中CO和CO2物质的量之比=0.075mol：0.225mol=1：3；考点：考查物质的量的计算24．（1）量筒,胶头滴管、500ml容量瓶；（2）24.5；（3）BC（4）③⑥【解析】试题分析：（1）配制时，除量筒、烧杯、玻璃棒外还需玻璃仪器有胶头滴管、500ml容量瓶；（2）配制时需要量取的浓硫酸的体积为0.92mol/L×0.5L×98g/mol÷98%÷1.84g/mL=24.5mL，减小误差量取时需选用合适的量筒量取24.5mL浓硫酸；（3）A．容量瓶使用前要检查它是否漏水，故A正确；B．容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要用待配溶液润洗，故B错误；C．容量瓶不能用作溶解固体的仪器，故C错误；D．转移溶液时应用玻璃棒引流，故D正确；答案为BC；（4）①转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，溶质少了，浓度偏低，故①错误；②没有洗涤烧杯和玻璃棒，溶质少了，浓度偏低，故②错误；③定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，浓度偏大，故③正确；④容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对浓度没有影响，故④错误；⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，故⑤错误；⑥未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，冷却后液面下降，浓度偏大，故⑥正确，答案为③⑥。考点：考查溶液的配制操作与误差分析。