新教材2020-2021學年上學期高一期中備考卷Ⅰ化學

1、（新教材）2020-2021學年上學期高一期中備考卷化 學1注意事項：1答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。相對原子質量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 Ba 137一、選擇題（每小題2分，共20分，每小題只有一

2、個選項符合題意）1下列說法正確的是A摩爾是用來衡量微觀粒子多少的一種物理量B在一定的溫度和壓強下，各種氣體的摩爾體積相等C阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值是0.012kg 14C所含的原子個數(shù)D氣體摩爾體積為22.4L·mol1，則所處的條件一定為標準狀況【答案】B【解析】摩爾是物質的量的單位，不是物理量，故A項錯誤；溫度和壓強一定的條件下，氣體摩爾體積相同，故B項正確；阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值是0.012kg 12C所含的原子個數(shù)，故C項錯誤；氣體體積與溫度和壓強均有關，當氣體摩爾體積為22.4L·mol1時，不一定處于標準狀況下，故D項錯誤。2下列溶液中，Cl的物質的量濃度最大的是A1

3、00mL 0.5mol/L AlCl3溶液B200mL 0.25mol/L MgCl2溶液C50mL 1.0mol/L NaCl溶液D250mL 0.5mol/L HCl溶液【答案】A【解析】100mL 0.5mol/L AlCl3溶液中，Cl的物質的量濃度為0.5mol/L×3=1.5mol/L；200mL 0.25 mol/L MgCl2溶液中，Cl的物質的量濃度為0.25mol/L×2=0.5mol/L；50mL 1.0mol/L NaCl溶液中，Cl的物質的量濃度為1.0mol/L×1=1.0mol/L；250mL 0.5mol/L HCl溶液中，Cl的物

4、質的量濃度為0.5mol/L×1=0.5mol/L；所以Cl的物質的量濃度最大的是A。3設NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法正確的是A標準狀況下，6.72L O2和NH3的混合氣體含有的原子數(shù)為0.9NAB常溫常壓下，22.4L CO氣體的分子數(shù)小于NAC新型分子O4中含有2NA個氧分子D18g NH所含的質子數(shù)目為10NA【答案】B【解析】A標準狀況下，6.72L O2和NH3的混合氣體物質的量為，每個O2和NH3中含有的原子個數(shù)不等，則原子數(shù)無法計算，故A錯誤；B常溫常壓時溫度高于標準狀況下的溫度，則常溫常壓下氣體摩爾體積大于22.4L/mol，所以22.4L CO氣體的物質的量小

5、于1mol，則分子數(shù)小于NA，故B正確；C新型分子O4中不含有氧分子，故C錯誤；D18g NH物質的量為，每個NH所含的質子數(shù)目為7+4×1=11，則18 g NH所含的質子數(shù)目為11NA，故D錯誤；答案選B。4要除去CO2中混有的少量HCl氣體，混合氣體通過的洗氣瓶中應加入ANaOH溶液 B飽和Na2CO3 C澄清石灰水 D飽和NaHCO3【答案】D【解析】要除去CO2中混有的少量HCl氣體，應該只與雜質HCl反應，不溶解或消耗CO2，最好可以同時產生CO2氣體。NaOH溶液、飽和Na2CO3、澄清石灰水三種物質與雜質HCl及被提純的CO2都會反應，不能達到除雜凈化的目的；可以使用

6、飽和NaHCO3溶液，該物質只除雜，且會反應產生CO2氣體，該反應方程式為：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，故合理選項是D。5下列離子方程式中書寫正確的是A銅和硝酸銀溶液反應：Cu+Ag+=Cu2+AgB氧化銅溶于硫酸：O2+2H+=H2OC氯化鈉溶液與硝酸銀溶液反應：Ag+Cl=AgClD硫酸鎂溶液與氫氧化鋇溶液反應：Mg2+2OH=Mg(OH)2【答案】C【解析】沒有配平，應該是Cu+2Ag+Cu2+2Ag，A錯誤；氧化銅不能拆開，應該是CuO+2H+Cu2+H2O，B錯誤；氯化鈉溶液與硝酸銀溶液反應的離子方程式為Ag+ClAgCl，C正確；硫酸鎂溶液與氫氧化鋇溶液反應生成

7、硫酸鋇和氫氧化鎂，離子方程式為SO+Ba2+Mg2+2OHMg(OH)2+BaSO4，D錯誤。6下列有關氯氣的說法正確的是AFe可在Cl2中劇烈燃燒，生成物溶于水后呈現(xiàn)紅褐色B氯氣有毒，為了防止污染環(huán)境，多余的氯氣可以用飽和NaCl溶液吸收C檢驗HCl氣體中是否混有Cl2的方法是將氣體通入硝酸銀溶液D氯氣泄露，可用浸透肥皂液的毛巾捂住口鼻，向高處轉移【答案】D【解析】AFe可在Cl2中劇烈燃燒生成氯化鐵，氯化鐵溶于水呈現(xiàn)黃色，故A錯誤；B氯氣在飽和氯化鈉溶液中溶解度很小，多余的氯氣可以用氫氧化鈉溶液吸收，故B錯誤；CHCl和Cl2通入硝酸銀溶液中都有白色沉淀；故C錯誤；D氯氣能溶于水，易被堿性

8、溶液吸收（它會和堿反應生成鹽和水），氯氣密度比空氣大，應向高處轉移，故D正確。7制備(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶體的實驗中，對晶體析出并過濾所得的母液(pH<1)進行處理。常溫下，分別取母液并向其中加入指定物質，反應后溶液中主要存在的一組離子正確的是A加入足量BaCl2溶液：NH、SO、Fe2+、ClB加入過量稀硝酸：Fe3+、NH、NO、SOC加入足量Na2O2：Na+、NH、SO、OHD加入過量漂白粉溶液：Ca2+、Fe2+、Cl、ClO【答案】B【解析】A鋇離子和硫酸根離子結合生成硫酸鋇沉淀，不能共存，A錯誤；B加入過量稀硝酸：Fe3+、NH、NO、SO均能共

9、存，B正確；C加入足量Na2O2，Na2O2與水反應生成氫氧化鈉溶液，NH、OH反應，不能共存，C錯誤；DFe2+、H+均與ClO之間發(fā)生反應，在溶液中不能共存，D錯誤；答案選B。8 已知反應2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，則下列判斷正確的是A該反應是置換反應 B該反應中FeCl3作還原劑C還原性：Cu>Fe2+ D氧化性：CuCl2>FeCl3【答案】C【解析】2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2中，Cu元素的化合價由0升高為+2價，F(xiàn)e元素的化合價由+3價降低為+2價，A一種單質與化合物反應生成另一種單質和化合物的反應是置換反應，生成物中沒有單質，不屬于置換

10、反應，A錯誤；BFe元素的化合價由+3價降低為+2價，被還原，氯化鐵作氧化劑，B錯誤；CCu失去電子作還原劑，由還原劑的還原性大于還原產物的還原性可知還原性CuFe2+，C正確；D由氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性可知氧化性：CuCl2FeCl3，D錯誤；答案選C。9已知25.4g某二價金屬的氯化物RCl2中含有0.4mol的Cl，則R的元素符號可能是AFe BCa CMg DCu【答案】A【解析】25.4g某二價金屬的氯化物RCl2中含有0.4mol的Cl-，則25.4g該金屬氯化物的物質的量為0.2mol，根據(jù)，R的相對原子質量為：127-35.5×2=56，為鐵元素，選A，故

11、答案為：A。10在三個密閉容器中分別充入氖氣、氫氣、氮氣三種氣體，當它們的溫度和密度都相同時，這三種氣體的壓強（p）從大到小的順序是Ap（Ne）p（H2）p（N2）Bp（N2）p（Ne）p（H2）Cp（H2）p（N2）p（Ne）Dp（H2）p（Ne）p（N2）【答案】D【解析】溫度相同時氣體摩爾體積Vm與壓強有關，壓強越大、Vm越?。桓鶕?jù)氣體的密度=，氣體密度相同時M（氣體）越大、Vm越大；則氣體在溫度和密度都相同條件下，氣體的壓強與氣體的摩爾質量成反比，摩爾質量H2NeN2，壓強（p）從大到小的順序為p（H2）p（Ne）p（N2）；答案選D。二、不定項選擇題（每小題4分，共20分。）11下列

12、事實及其解釋不正確的是A滴有酚酞的NaHCO3溶液呈淺紅色，微熱后紅色加深，是因為NaHCO3分解生成了Na2CO3B鈉保存在煤油中，是因為煤油不與鈉發(fā)生反應，鈉比煤油密度大，煤油可以使鈉隔絕空氣和水蒸氣C用潔凈的玻璃管向包有Na2O2的脫脂棉吹氣，脫脂棉燃燒，說明CO2、H2O與Na2O2的反應是放熱反應D鈉長期暴露在空氣中的產物是Na2CO3，原因是鈉與氧氣生成的Na2O與水和二氧化碳反應【答案】A【解析】B鈉比煤油密度大，且不反應，鈉沉在底部，煤油可以使鈉隔絕空氣和水蒸氣，正確；C脫脂棉燃燒需要達到其著火點，應由過氧化鈉與二氧化碳、水反應提供熱量，正確；D鈉與氧氣反應生成氧化鈉，氧化鈉與

13、水反應生成氫氧化鈉，氫氧化鈉潮解，氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳生成碳酸鈉晶體，碳酸鈉晶體風化得到碳酸鈉，正確。12在常溫下，發(fā)生下列幾種反應：16H+10Z+2XO=2X2+5Z2+8H2O 2A2+B2=2A3+2B 2B+Z2=B2+2Z同一反應中，氧化劑氧化性大于氧化產物氧化性，還原劑還原性大于還原產物還原性。根據(jù)上述反應，下列結論判斷錯誤的是A溶液中可發(fā)生：Z2+2A2+=2A3+2Z BZ2在、反應中為還原劑C氧化性強弱的順序為：XO>Z2>B2>A3+ DX2+是XO的氧化產物【答案】BD【解析】16H+10Z+2XO=2X2+5Z2+8H2O，氧化劑氧化性大于氧化產

14、物氧化性，則氧化性：XO>Z2；2A2+B2=2A3+2B，氧化性：B2>A3+；2B+Z2=B2+2Z，氧化性：Z2>B2；所以氧化性關系為：XO>Z2>B2>A3+，則還原性為A2+>B>Z>X2+。A氧化性：Z2>A3+，則溶液中可發(fā)生：Z2+2A2+=2A3+2Z，故A正確；B16H+10Z+2XO=2X2+5Z2+8H2O，還原性：Z>X2+，Z是還原劑；2B+Z2=B2+2Z，反應中Z2是氧化劑；故B錯誤；C由分析可知，氧化性關系為：XO>Z2>B2>A3+，故C正確；D化合價降低，發(fā)生還原反應，產

15、物是還原產物，則X2+是XO的還原產物，故D錯誤。故答案選：BD。13已知KClO3+6HCl(濃)=KCl+3Cl2+3H2O；Fe3+與KSCN反應溶液變?yōu)榧t色。如圖所示，將少量試劑分別放入培養(yǎng)皿中的相應位置，實驗時將濃鹽酸滴在KClO3晶體上，并用表面皿蓋好。表中由實驗現(xiàn)象得出的結論完全正確的是選項實驗現(xiàn)象結論A滴有KSCN的FeCl2溶液變紅色Cl2具有氧化性B濕潤的有色布條褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先變?yōu)榧t色后褪色Cl2具有漂白性DKI淀粉溶液變藍色Cl2具有氧化性【答案】AD【解析】A項中Cl2將Fe2+氧化成Fe3+，從而遇KSCN變紅色；B項中Cl2與水反應生成了具有漂白性的

16、物質；C項中Cl2與水反應生成了具有酸性和漂白性的物質；D項中Cl2將I氧化成I2遇淀粉變藍色。14在120的條件下，將總質量為7.2g CO和H2的混合氣體在足量氧氣中充分燃燒后的產物立即通入盛有足量Na2O2的反應管，固體的質量增加A2.1g B3.6g C7.2g D無法確定【答案】C【解析】CO在氧氣中完全燃燒生成CO2，CO2和再與Na2O2反應，反應的總方程式為CO+Na2O2=Na2CO3，由方程式可知過氧化鈉增重為CO的質量，H2在氧氣中完全燃燒，生成H2O，H2O再與Na2O2反應，總反應方程式為：H2+Na2O2=2NaOH，可知反應后固體質量增加為氫氣質量，則由7.2g

17、CO和H2組成的混合物在足量的O2中充分燃燒，立即通入足量的Na2O2固體，固體質量增加應為CO和H2的質量，即固體增重為7.2g，故選C。15V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀釋至2V L，則稀釋后溶液中Fe3+的物質的量濃度為Amol·L1 Bmol·L1 Cmol·L1 Dmol·L1【答案】A【解析】a g SO的物質的量為mol，取出的0.5V L溶液中含有SO的物質的量為mol×mol，稀釋過程中溶質的物質的量不變，則稀釋后溶液中Fe3+的物質的量為 mol×mol，稀釋后溶液中

18、Fe3+的物質的量濃度為mol·L1，A項正確。三、非選擇題（本題共5小題，共60分。）16AH為中學化學中常見的物質，其轉化關系如圖所示，其中“”代表化合物，“”代表單質，A為醫(yī)學上治療胃酸過多的一種藥劑，G為淡黃色固體，C在通常狀況下為無色液體，F(xiàn)為金屬單質。請回答下列問題：(1)G的化學式為_，每生成1mol G轉移電子_ mol。(2)反應中_(填序號)屬于氧化還原反應。(3)寫出下列反應的化學方程式。AB+C+D：_，F(xiàn)+C：_?！敬鸢浮?1)Na2O22(2)(3)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO22Na+2H2O=2NaOH+H2【解析】可治療胃酸過多，且受熱分

19、解生成三種物質的可能是NaHCO3，由兩種單質點燃生成的淡黃色固體可能是Na2O2，通常狀況下的無色液體可能是H2O。聯(lián)系圖中的轉化關系即可推出A、B、C、D、E、F、G、H分別是NaHCO3、CO2、H2O、Na2CO3、O2、Na、Na2O2、NaOH。17某學生欲配制6.0mol·L1的H2SO4溶液1000 mL，實驗室有三種不同體積、不同濃度的H2SO4溶液：480mL 0.5mol·L1的H2SO4溶液；150mL 25%的H2SO4溶液(1.18g·mL1)；足量的18mol·L1的H2SO4溶液。有三種規(guī)格的容量瓶：250mL、500mL

20、、1000mL。老師要求把兩種H2SO4溶液全部用完，不足的部分由來補充。請回答下列問題：(1)實驗所用25%的H2SO4溶液的物質的量濃度為_mol·L1(保留一位小數(shù))。(2)配制該H2SO4溶液應選用容量瓶的規(guī)格為_mL。(3)配制時，該同學的操作順序如下，請將操作步驟B、D補充完整。A將兩溶液全部倒入燒杯中混合均勻；B用量筒準確量取所需的18mol·L1的H2SO4溶液_ mL，沿燒杯內壁倒入上述混合液中，并用玻璃棒攪拌，使其混合均勻；C將混合均勻的H2SO4溶液沿玻璃棒注入所選的容量瓶中；D_；E振蕩，繼續(xù)向容量瓶中加水，直到液面接近刻度線12cm處；F改用膠頭滴

21、管加水，使溶液的凹液面最低處恰好與刻度線相切；G將容量瓶蓋緊，搖勻。(4)如果省略操作D，對所配溶液濃度有何影響？_(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。(5)進行操作C前還需注意_?！敬鸢浮?1)3.0 (2)1000 (3)295用適量的蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒23次，洗滌液均注入容量瓶中 (4)偏小 (5)將稀釋后的H2SO4溶液冷卻到室溫【解析】(1)c(H2SO4)mol·L13.0mol·L1。(2)配制1000 mL溶液，應選用1000 mL容量瓶。(3)兩溶液中H2SO4的物質的量之和為0.5mol·L1×0.48L+3.0mol·

22、L1×0.15L0.69mol，還需H2SO4的物質的量為6.0mol·L1×1L-0.69mol5.31mol，則需要18mol·L1的H2SO4溶液的體積為0.295L295mL。轉移完液體后，應用蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒23次，并將洗滌液也轉移至容量瓶中，然后再進行定容操作。(4)沒有洗滌操作，導致溶質減少，所配溶液的濃度將偏小。(5)轉移液體前需將液體冷卻至室溫。18氯氣、漂白液、漂白粉可用于殺菌消毒。（1）氯氣泄漏事故發(fā)生時會嚴重污染環(huán)境，下列處理方法不正確的是_(填序號)。將人和畜迅速轉移至較低的地方 將人和畜迅速轉移至較高的地方在事故現(xiàn)場噴灑

23、氫氧化鈉溶液 用浸透肥皂水(呈弱堿性)的毛巾捂住嘴和鼻用浸透氫氧化鈉的毛巾捂住嘴和鼻（2）工業(yè)上將氯氣通入石灰乳Ca(OH)2制取漂白粉，化學方程式為_。（3）將Cl2制成漂白粉的主要目的是_(填字母)。A增強漂白能力和消毒作用 B使它轉化為較穩(wěn)定物質，便于保存和運輸C使它轉化為較易溶于水的物質 D提高氯的質量分數(shù)，有利于漂白、消毒（4）瓶裝漂白粉久置空氣中會呈稀粥狀而失去漂白作用。試用化學方程式表示漂白粉在空氣中易失效的原因是_；_?！敬鸢浮浚?） （2）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O （3） B （4） Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2H

24、ClO 2HClO2HCl+O2 【解析】（1）氯氣的密度比空氣大，往低處擴散，不能將人和畜迅速轉移至較低的地方，錯誤；氯氣的密度比空氣大，往低處擴散，應將人和畜迅速轉移至較高的地方，正確；氯氣能和NaOH溶液反應，可在事故現(xiàn)場噴灑氫氧化鈉溶液，正確；肥皂水呈弱堿性，可吸收氯氣，可用浸透肥皂水(呈弱堿性)的毛巾捂住嘴和鼻，正確；NaOH是強堿，有強烈腐蝕性，不能用浸透氫氧化鈉的毛巾捂住嘴和鼻，錯誤；故答案為：；（2）工業(yè)上將氯氣通入石灰乳Ca(OH)2制取漂白粉的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（3）將Cl2制成漂白粉的主要目的是使它轉化為較穩(wěn)定

25、的Ca(ClO)2，便于保存和運輸，故答案為：B；（4）漂白粉久置失效是因為Ca(ClO)2和空氣中的二氧化碳、水反應生成碳酸鈣和HClO，HClO見光分解，兩個反應方程式分別為Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2。19利用相關知識填空(1)等質量的SO2和SO3所含氧原子個數(shù)之比_。(2)4.8g CH4中所含氫原子個數(shù)與_g水所含氫原子數(shù)相等。(3)12.4g Na2R含Na+ 0.4mol，則Na2R的摩爾質量為_，R的相對原子質量是_。(4)標況下，16g二氧化碳和一氧化碳組成的混合氣體，其體積為8.96L，則該混合氣體的密度相對氫氣為_，

26、一氧化碳和二氧化碳的物質的量之比為_，若將此混合氣體通入足量的澄清石灰水中，生成的沉淀的質量是_?！敬鸢浮浚?）56 （2）10.8 （3）62g/mol 16 （4）20 13 30g 【解析】(1)相同質量的SO2和SO3的物質的量之比為=54，因此相同質量的SO2和SO3中氧原子物質的量之比為(5×2)(4×3)=56；答案：56；(2)4.8g甲烷中H原子的物質的量為=1.2mol，因此有=1.2mol，解得m(H2O)=10.8g，答案：10.8；(3)1mol Na2R中含有2mol Na+，則含有0.4mol Na+的Na2R的物質的量為0.2mol，根據(jù)n=

27、，0.2mol=，得出M=62g/mol；R的摩爾質量為(62-2×23)g·mol1=16g·mol1，即R的相對原子質量為16，答案：62g·mol1；16；混合氣體的物質的量為=0.4mol，則混合氣體的平均摩爾質量為=40g·mol1，相同條件下，氣體的密度之比等于其摩爾質量之比，即混合氣體的密度相對氫氣為=20；根據(jù)題意有n(CO)+n(CO2)=0.4mol，28n(CO)+44n(CO2)=16g，聯(lián)立解得n(CO)=0.1mol，n(CO2)=0.3mol，則CO和CO2的物質的量之比為0.10.3=13；只有CO2能與Ca(OH)2反應，發(fā)生CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，因此有n(CO2)=n(CaCO3)=0.3mol，沉淀的質量為0.3mol&#