高一上第二次考试化学卷(答案解析)

【精品】广东湛江第一中学高一上第二次考试化学卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列分类合理的是（）
A．CuSO4和CuSO4•5H2O都属于纯净物
B．H2SO4和NaHSO4都属于酸
C．液氯和氯水都属于混合物
D．Na2O和Na2O2都属于碱性氧化物
2．常温下，下列三个反应均能发生：
X2+2W2+=2X-+2W3+ Z2+2X-=2Z-+X2 2W3++2Y-=2W2++Y2
则在相同条件下，下列三个反应也能发生的是（）
①Y2+2X-=2Y-+X2②Z2+2Y-=2Z-+Y2③2W3++2Z-=2W2++Z2
A．只有① B．只有② C．①和② D．②和③
3．用N A代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A．0.5 mol锌粒与足量盐酸反应产生11.2 L H2
B．标准状况下，11.2 L H2O所含分子数为0.5N A
C．0.5 mol•L﹣1的MgCl2溶液中含有Cl﹣个数为N A
D．25℃、101Pa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子数为N A
4．下列鉴别物质的方法能达到目的是（）
A．用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体
B．用焰色反应鉴别NaCl固体和NaOH固体
C．某溶液中滴加盐酸能产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32﹣
D．向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，再加入HCl溶液，白色沉淀不溶解，则该溶液中肯定有SO42
5．同温同压下，等质量的CO和CO2 气体相比较，下列叙述中正确的是（）
A．所含碳原子数比为1∶1
B．体积比为1∶1
C．密度比为7∶11
D．分子数比为7∶11
6．现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液②39%的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的水溶液，
分离以上各混合液的正确方法依次是（）
A．分液、萃取、蒸馏B．萃取、蒸馏、分液
C．分液、蒸馏、萃取D．蒸馏、萃取、分液
7．铋（Bi）在医药方面有重要应用。

下列关于Bi和Bi的说法正确的是（）A．Bi和Bi的核外电子数不同
B．Bi和Bi分别含有126和127个质子
C．Bi和Bi互为同位素
D．Bi和Bi都含有83个中子
二、计算题
8．填空题
（1）同温同压下，某气体的密度是氢气密度的8.5倍，现有34g该气体。

则：
①该气体的物质的量为 mol．
②该气体完全溶解于50mL水后稀释得2L溶液，物质的量浓度mol•L﹣1．（2）将100mL 0.5mol•L﹣1 Na2CO3溶液加水稀释到1000mL，稀释后c(Na+)= mol•L﹣1
（3） g H2O中的氧原子数目与标准状况下22.4L CO2中的氧原子数目相同．
三、填空题
9．（一）以下物质中能导电且属于电解质的是，属于非电解质的是
①漂白粉②铜③氧气④BaSO4固体⑤稀硫酸⑥蔗糖⑦CO2⑧熔化的KNO3
写出电离方程式：硫酸铝
（二）某化学实验小组需用480mL 0.2mol/L的硫酸铜溶液，请回答下列问题：
（1）如果用胆矾（CuSO4•5H2O）来配制，至少需用胆矾的质量为g。

（2）在该实验中要用到容量瓶，使用容量瓶前应
（3）下面是配制硫酸铜溶液过程中的5个操作步骤：
①向盛有胆矾的烧杯中加入200ml蒸馏水使其溶解；
②继续往容量瓶中加蒸馏水，至液面距刻度线1-2cm处；
③将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中；
④在烧杯中加入少量的蒸馏水，洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次后移入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀；
⑤改用胶头滴管加水至刻度线，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。

正确的操作顺序为（填序号）
（4）上述操作⑤中，如果不小心加水超过刻度线，处理方法是
（5）下列操作会导致所配硫酸铜溶液物质的量浓度偏低的是（填序号）
①在烧杯中搅拌溶液时，有少量液体溅出
②定容摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线
③容量瓶洗净后残留少量蒸馏水
④所使用的容量瓶刚用某种浓度的硫酸铜溶液润洗过
⑤定容时仰视刻度线
四、实验题
10．（一）如图中，A是氯气的发生装置，B、C是净化气体的装置，D中装铁丝网；反应后E的底部有棕色固体聚集；F是吸收多余气体的装置．
（1）写出A中化学反应方程式，并用双线桥法标出电子转移的方向和数目
（2）仪器a为，上述装置中有一处明显错误，请指出是处（用字母表示）。

（3）通过B是为了除去HCl，在B中应加入；
（4）写出F中发生反应的化学方程式。

（二）某化学兴趣小组按如下实验流程提取海带中的碘，他们的设计如下图：
根据以上流程，回答以下问题。

（1）第②步为了加快溶解速率并使碘离子充分进入溶液，可以采取的措施是、（写出两条）。

（2）如第④、⑤步通入的Cl2是与NaI溶液反应，再往其中加四氯化碳振荡、静置，现
象是；此法还适用于I-的检验，I-检验的另一方法是向待测溶液中先滴加AgNO3溶液，生成色沉淀，再加足量的HNO3，沉淀不溶解。

11．（一）测定Na2O和Na的混合物中金属钠的质量分数可用下图所示的几套仪器组合：
（1）标出各仪器连接的顺序，量筒在实验中的作用是
（2）有一块表面氧化成Na2O的金属钠，其质量为1.0g，实验后在量筒中收集到0.224L 水，求样品中金属钠的质量是。

（假设在标准状况下测定）
（二）为探究碳酸氢钠的热稳定性，并验证其产物与过氧化钠的反应，按以下装置图进行实验，填写有关现象及化学方程式。

（1）写出A中发生反应的化学方程式为____________________
（2）B中浓硫酸的作用是____________________
（3）C中发生反应的化学方程式为___________________，每反应1molNa2O2转移
________mol电子
（4）E中收集的气体是__________________
参考答案
1．A
【解析】
试题分析：A．CuSO4是盐，CuSO4•5H2O是盐的结晶水化物，二者都属于纯净物，正确；B． H2SO4电离产生的阳离子全部是氢离子，属于酸，而NaHSO4尽管可以电离产生H+，但由于也可以大量产生金属阳离子和酸根离子，因此在物质分类上属于盐，错误；C．液氯是液体Cl2，是错误，氯水是氯气的水溶液，氯气有少量与水发生反应产生盐酸和次氯酸，因此前者是纯净物，后者是混合物，错误；D． Na2O属于碱性氧化物，而Na2O2属于过氧化物，错误。

考点：考查物质分类的知识。

2．B
【解析】
试题分析：在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂>氧化产物。

根据反应X2 +2W2+═2X-+2W3+，可得出氧化性关系X2＞W3+；根据Z2+2X- ═2Z- +X2，可得出氧化性关系Z2＞X2；根据2W3+ +2Y- ═2W2+ +Y2，可得出氧化性关系W3+＞Y2，所以单质的氧化性顺序是：Z2＞X2 ＞W3+＞Y2。

①若反应Y2 +2X-═2Y- +X2可以发生，则可得出氧化性关系Y2＞X2，与已知微粒的氧化性强弱顺序不同，因此该反应不能发生，错误；②若Z2 +2Y-═2Z- +Y2可以发生，则可得出氧化性关系Z2＞Y2；与已知氧化性顺序相同，因此反应能发生，正确；③若2W3++2Z-═2W2+ +Z2可以发生，则得出氧化性关系W3+＞Z2；与已知氧化性顺序不同，因此反应不能发生，错误；故正确的只有②，选项B正确。

考点：考查氧化性、还原性强弱的比较的知识。

3．D
【解析】
试题分析：A．Zn是+2价的金属，0.5 mol锌粒与足量盐酸反应失去1mol电子，产生H2的物质的量是0.5mol，由于没有指明气体的外界条件，因此不能确定氢气的体积，错误；B．标准状况下水是液体，不能使用气体摩尔体积，错误；C．由于没有给出溶液的体积，因此无法计算溶液中微粒的数目，错误；D．O原子相对原子质量是16，所以D．25℃、101Pa时，16g O2和O3混合气体中含有的原子的物质的量是16g÷16g/mol=1mol，因此含有的O原子数为N A，正确。

考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。

4．A
试题分析：A．Na2CO3稳定，加热不分解，固体质量不变，而NaHCO3不稳定，加热分解产生碳酸钠、二氧化碳和水，反应后固体质量减轻，因此可以用加热、称重的方法鉴别Na2CO3
固体和NaHCO3固体，正确；B． NaCl固体和NaOH固体都是含有的Na元素，因此焰色反应都呈黄色，无法鉴别，错误；C．某溶液中滴加盐酸能产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中可能含CO32﹣也可能含有HCO3-、SO32-、HSO3-，错误；D．向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，再加入HCl溶液，白色沉淀不溶解，则该溶液中可能含有SO42-，也可能含有Ag+，错误。

【考点定位】考查物质鉴别的知识。

【名师点睛】鉴别物质要根据被鉴别的物质的性质不同点采取适当的方法进行。

如可以利用Na2CO3固体和NaHCO3固体的热稳定性的不同，用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体；也可以利用Na2CO3与BaCl2溶液发生反应产生白色BaCO3沉淀,而NaHCO3不能发生反应，利用向溶液中滴加BaCl2溶液，根据反应现象的不同鉴别，相对来说第二种方法简单、节能，要比第一种方法好；焰色反应是元素的性质，只要焰色反应是黄色，就含有钠元素，可能是金属钠、氧化钠、过氧化钠、及各种钠盐；因此不能确定是哪种具体物质；滴加盐酸能产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊的溶液中可能含CO32﹣也可能含有HCO3-、SO32-、HSO3-，加入BaCl2溶液出现白色沉淀，再加入HCl溶液，白色沉淀不溶解，则该溶液中可能含有SO42-，也可能含有Ag+，要掌握各种离子及形成化合物的性质，排除杂质离子的干扰，否则就会得到错误的结论。

5．C
【解析】
试题分析：等质量的CO和CO2，设质量均为m，物质的量之比为。

A．CO 和CO2分子均含有1个C原子，则含有C原子数目之比等于二者物质的量之比，所含碳原子数比为11：7，错误；B．同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则CO和CO2体积之比为11：7，正确；C．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比，CO和CO2密度比为28：：4=7：11，正确；D．分子数之比等于物质的量之比，CO和CO2的分子数比为11：7，错误，故选BC．
考点：考查物质的量的相关计算。

6．C
①汽油和氯化钠溶液为互不相溶的液体混合物，二者会分层，因此可采用分液法分离；
②乙醇和水为互相混溶的液体混合物，二者的沸点不同，因此可采用蒸馏法分离；
③单质溴在水中具有一定溶解度，氯化钠在水中能够溶解，单质溴在苯或四氯化碳等试剂中溶解度远大于其在水中的溶解度，因此可利用苯或四氯化碳等试剂进行萃取分离；
正确的方法依次为分液、蒸馏、萃取，故答案为C。

7．C
【解析】试题分析：A．原子中质子数=核外电子数，所以Bi和Bi的核外电子数都是83，错误；B．Bi中的中子数=209-83=126，Bi中的中子数=210-83=127，二者的质子数都是83，,它们的中子数分别是126、127，错误；C．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称同位素，Bi、Bi是质子数相同中子数不同的同一元素，所以二者是同位素，正确；D．Bi、Bi核内质子数都是83，错误。

考点：考查核素、同位素及其应用的知识。

8．（1）①2；②1;（2）0.1；（3）36。

【解析】
试题分析：（1）①同温同压下，某气体的密度是氢气密度的8.5倍，则该气体的相对分子质量是M=8.5×2=17.摩尔质量是17g/mol，现有34g该气体的物质的量为
n=34g÷17g/mol=2mol；②该气体完全溶解于50mL水后稀释得2L溶液，根据物质的量浓度定义式可得配制得到的溶液物质的量浓度c=n÷V=2mol÷2；=1mol/L。

（2）100mL 0.5mol•L
﹣1 Na
2CO3溶液中含有Na2CO3的物质的量是n(Na2CO3)= c·V= 0.5mol/L ×0.1L=0.05mol，根据Na2CO3电离方程式是：Na2CO3=2Na++CO32-，可知在该溶液中含有的钠离子的物质的量是：
n(Na+)=2 n(Na2CO3)=2×0.05mol=0.1mol,将该溶液加水稀释到1000mL，则由于稀释过程中溶质的物质的量不变，所以稀释后c(Na+)=0.1mol÷1L=0.1mol/L；（3）标准状况下22.4L CO2的物质的量是n(CO2)= 22.4L÷22.4L/mol=1mol，由于CO2分子中含有2个氧原子，所以1mol CO2中含有O原子的物质的量是2mol，而1个H2O分子中只含有1个O原子，所以若含有2molO 原子，则水的物质的量是2mol，根据n=m/M可得水的质量是m=2mol×18g/mol=36g。

考点：考查有关物质的量的化学计算的知识。

9．（一）⑧；⑥⑦；Al2(SO4)3=2Al3++3SO42﹣；
（二）（1）25.0 (写25扣1分) （2）检查是否漏水；（3）①③④②⑤；
（4）重新配制；（5）①②⑤
【解析】试题分析：（一）①漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，不能导电，也不是电解质；②铜能导电，但是单质，不是电解质和非电解质；③氧气是单质，不是电解质和非电解质；④BaSO4属于盐，是电解质，但是由于离子不能自由移动，因此不能导电；⑤稀硫酸是硫酸溶液属于混合物，能导电，不是电解质和非电解质；⑥蔗糖是非电解质不能导电；⑦CO2属于非电解质，由于该物质是由分子构成的，无自由移动的离子，因此不能导电；⑧熔化的KNO3是电解质，由于在熔化状态下电离产生了自由移动的离子，因此能导电。

故能导电且属于电解质的是⑧，属于非电解质的是⑥⑦；硫酸铝是盐，其电离方程式是：
Al2(SO4)3=2Al3++3SO42﹣；
（二）（1）在实验室中没有规格是480mL容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，应该选择500mL容量瓶．溶液有均一性，各处的浓度相等，需要配制500mL0.2mol/L的硫酸铜溶液，需要溶质的物质的量是n(CuSO4)=0.2mol/L×0.5L=0.1mol,则根据溶质与胆矾的物质的量关系是1:1，可知需胆矾的质量为m=0.0.1mol×250g/mol=25.0g；（2）根据溶液有均一性，各处的浓度相等，在配制溶液最后要摇匀，因此在该实验中要用到容量瓶，使用容量瓶前应检查是否漏水；（3）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，可知正确的操作顺序是①③④②⑤；（4）上述操作⑤中，如果不小心加水超过刻度线，溶液的浓度低于要配制的溶液，处理方法是倒掉重新配制溶液；（5）①在烧杯中搅拌溶液时，有少量液体溅出，则导致溶质的损失，根据c=n/V可知所得溶液浓度偏低，正确；
②定容摇匀后，由于一部分溶液粘在容量瓶的瓶颈上，使溶液液面低于刻度线，这是正常的，若又滴加蒸馏水至刻度线，则溶液的体积偏大导致溶液的浓度偏低，正确；③容量瓶使用前未进行干燥由于溶质的物质的量不变，溶液的体积不变，因此对浓度无影响，错误；④所使用的容量瓶刚用某种浓度的硫酸铜溶液润洗过，会导致溶质的物质的量偏多，最终时配制的溶液的浓度偏高，错误；⑤定容后，塞好瓶塞摇匀，装入用蒸馏水洗净的试剂瓶中，则溶液会被水稀释，浓度偏低，正确；⑥没有洗涤溶解时所用的烧杯和玻璃棒，会导致溶质的损失，最终时溶液的浓度偏低，正确．故导致溶液浓度偏低的为①②⑤⑥。

【考点定位】考查电解质与非电解质的判断、电离方程式的书写及配制一定物质的量浓度的溶液的知识。

【名师点睛】我们学习的化学反应大多数的电解质在溶液中进行的反应，电解质在溶液中以
离子形式参加离子反应，掌握电解质和非电解质的分类、电解质的特点及电离方程式的书写，对于学习离子反应及正确书写离子方程式是非常必要的。

电解质在溶液中进行反应，有时不仅要定向分析，还要定量计算，为此就要知道溶液的配制方法、配制步骤、使用的仪器、可能会产生的影响，并会进行有关的误差分析。

因此本题还涉及了物质的量浓度的溶液的配制的有关知识。

10．（一）（1）（3分）；（2）分液漏斗；B；（3）饱和食盐水；（4）Cl2+2NaOH= NaCl+ NaClO+ H2O
（二）（1）充分搅拌、加热煮沸（每条1分，共2分）；
（2）溶液分层，上层为接近无色，下层为紫红色；黄色
【解析】
试题分析：（一）（1）在实验室中是用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2的，所以A中发生化学反应方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ，在该反应中，Mn元素的化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得电子2e-，所以氧化剂为MnO2，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子2×e-，被氧化，所以HCl是还原剂。

在反应过程中，1mol二氧化锰反应转移2mole --，用
（2）仪器a为名称是分液漏斗，双线桥法表示电子转移是；
为了除去氯气中含有的杂质气体HCl要用饱和食盐水洗涤，导气管连接方式是长进短出，所以上述装置中有一处明显错误，就是B处为气体的净化装置，为洗气瓶，应长进短出；（3）通过B是为了除去HCl，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，据此选择饱和食盐水除去氯化氢，所以B中盛放的饱和食盐水；（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式：Cl2+2NaOH= NaCl+ NaClO+ H2O；
（二）（1）海带中含有KI在灼烧时其中的有机物燃烧变为CO2、H2O，剩余残留固体中含有KI，第②步为了加快溶解速率并使碘离子充分进入溶液，可以采取的措施是研磨、搅拌、加
热煮沸等能加快溶解速度的措施；（2）将含有难溶性固体杂质及可溶性的KI溶液提供过滤分离，然后向滤液中通入Cl2，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，利用反应产生的I2容易溶于四氯化碳，而四氯化碳是与水互不相溶的液体，密度比水大，碘的四氯化碳溶液现紫色，剩余如第④通入的Cl2是与NaI溶液反应，⑤步再往其中加四氯化碳振荡、静置，现象是溶液分层，上层为接近无色，下层为紫红色；此法还适用于I-的检验，I-检验的另一方法是向待测溶液中先滴加AgNO3溶液，生成黄色AgI沉淀，再加足量的HNO3，沉淀不溶解。

【考点定位】考查氯气的实验室制备、杂质的除去、装置正误判断、元素的检验方法和操作现象的分析的知识。

【名师点睛】碘元素在自然界中在海带中含量丰富，其中的碘以I-存在，可以将海带灼烧，然后溶解过滤，利用AgI是黄色既不溶于水，也不溶于酸的性质，向滤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验，也可以利用KI有还原性，Cl2将其氧化为I2，根据I2在水中溶解度小，在有机物中溶解度大，利用CCl4或汽油萃取，根据有机物水溶液颜色加以鉴定；Cl2在实验室中是用浓盐酸与MnO2混合加热制取，制取装置是烧瓶，通过分液漏斗加入浓盐酸，由于浓盐酸有挥发性，可以用饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl，干燥时可以利用浓硫酸的吸水性及氯气与浓硫酸不能反应的性质进行。

氯气有毒，是大气污染物，要根据其以强碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理。

【答案】（一）（1）g、f、e、h ；间接测量氢气体积；（2）0.46g；
（二）（1）2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；（2）干燥二氧化碳；
（3）2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2；1；（4）O2。

【解析】
试题分析：（一）测定Na2O和Na的混合物中金属钠的质量分数可利用2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应产生气体，而Na2O+H2O=2NaOH没有气体产生，根据产生氢气的体积确定钠的物质的量及质量的方法测量。

在第二个装置中进行反应，反应产生的氢气储存在第一个装置中，导气管连接方式是短进长出，赶出来的水通过导气管进入第三个装置的量筒中，水的体积就是反应产生的氢气的体积。

所以各仪器连接的顺序是g、f、e、h ；量筒在实验中的作用是通过量取水的体积间接测量氢气的体积；（2）n(H2)= 0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，则根据方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑可知Na的物质的量是0.02mol，m(Na)=0.02mol×23g/mol=0.46g，所以样品中金属钠的质量是0.46g；（二）（1）碳酸氢钠不稳定，假如会发生分解反应，在A 中发生反应的化学方程式为2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O；（2）由于碳酸氢钠加热分解
产生的水及二氧化碳都可以与过氧化钠发生反应，所以B中浓硫酸的作用是吸收其中含有的水蒸气(或干燥CO2气体)，（3）在装置C中发生反应，化学方程式是2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2；在该反应中，氧元素的化合价由反应前Na2O2中的-1价变为反应后Na2CO3中的-2价，化合价降低，获得2×e-，被还原；氧元素的化合价由反应前Na2O2中的-1价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去2×e-，被氧化；可知每2mol Na2O2反应，转移2mol电子，则若1mol Na2O2反应，转移1mol电子；（4）CO2气体)，（3）在装置C中发生反应，化学方程式是与过氧化钠发生反应，2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2，反应产生的气体中含有氧气，未反应的CO2与石灰水发生反应，E中收集的气体是O2。

【考点定位】考查化学实验方案的设计、仪器的作用、化学方程式的书写及氧化还原反应的有关计算的知识。

【名师点睛】化学是一门实验性的学科，要达到某种目的，首先要根据物质的性质，设计实验方案，然后根据实验方案组装仪器、并按照一定顺序连接，再进行实验操作，最后对实验数据进行分析处理，就可达到预期的实验目的。

对于同一装置，由于连接方法不同，目的不同，如装有某种液体的广口瓶，若是长进短出，则为洗气用；若是短进长出，则是收集气体，储存气体使用。

同样，同一物质，实验目的不同，使用的试剂不同，如CO2气体中混有杂质HCl气体，根据除杂原则“不增不减”，要用饱和NaHCO3溶液洗气；若是SO2气体中混有杂质HCl气体，要用饱和NaHSO3溶液洗气，若是制取的Cl2中含有杂质HCl，要用饱和NaCl溶液。

因此一定要明确实验目的，然后使用恰当的试剂在一定的仪器中经常操作。