新教材2019-2020学年上学期高一期中备考精编金卷 化学（B卷） 教师版

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 20192020学年上学期高一年级期中备考精编金卷化 学（B）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 B

2、a 137一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是A红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B钠在氯气中燃烧，生成白色的烟C氯气能与水反应生成次氯酸和盐酸，久置，氯水最终会变为稀盐酸D氯气在常温下能与铁反应，故不能用铁罐存放液氯【答案】D【解析】常温下氯气与铁不反应，故工业上用铁罐存在液氯。2下列各组物质中，按酸、碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物的顺序排列正确的是A盐酸、纯碱、氯酸钾、氧化镁、二氧化硅B硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫C碳酸、消石灰、硫酸铵、一氧化碳、三氧化硫D醋酸、烧碱

3、、生石灰、氧化铁、二氧化碳【答案】B【解析】A盐酸、纯碱、氯酸钾、氧化镁、二氧化硅分别属于酸、盐、盐、碱性氧化物、酸性氧化物，故A错误；B硝酸、烧碱、次氯酸钠、氧化钙、二氧化硫分别属于酸、碱、盐、碱性氧化物、酸性氧化物，故B正确；C碳酸、消石灰、硫酸铵、一氧化碳、三氧化硫分别属于酸、碱、盐、不成盐氧化物、酸性氧化物，故C错误；D醋酸、烧碱、生石灰、氧化铁、二氧化碳分别属于酸、碱、碱性氧化物、碱性氧化物、酸性氧化物，故D错误；综上所述，本题答案选B。3从某NaOH溶液中取任意体积的溶液时，下列物理量一定没有发生变化的是A溶液中NaOH的物质的量 B溶液中Na+的物质的量浓度C溶液中Na+的数目

4、D溶液的质量【答案】B【解析】A项，NaOH的物质的量与溶液的体积成正比。B项，溶液中Na+的物质的量浓度为定值，与溶液的体积无关。C项，溶液中Na+的数目与溶液的体积成正比。D项，溶液的质量与溶液的体积成正比。4铁、稀盐酸、澄清石灰水、氯化铜溶液是常见的物质，四种物质间的反应关系如图所示。图中两圆相交部分(A、B、C、D)表示物质间的反应，其中对应反应的离子方程式书写正确的是AOH+HCl=H2O+ClBCa(OH)2+Cu2+=Ca2+Cu(OH)2CFe+Cu2+=Cu+Fe2+DFe+2H+=Fe3+H2【答案】C【解析】A中盐酸是强酸，在溶液中应拆成离子形式，正确的离子方程式为H+O

5、H=H2O；B中澄清石灰水中Ca(OH)2应拆成离子形式，正确的离子方程式为2OH+Cu2+=Cu(OH)2；C中铁能置换出氯化铜中的铜，原子守恒，电荷也守恒，正确；D中铁与稀盐酸反应生成Fe2+，正确的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2。故正确答案为C。5将紫色石蕊试液滴入NaOH溶液中，溶液变蓝色，再通入氯气，溶液由蓝色先变成红色，最后颜色慢慢褪去，其原因是氯气有漂白性氯气与NaOH溶液反应氯气的水溶液呈酸性次氯酸有漂白性氯化钠有漂白性A B C D【答案】B【解析】Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，当Cl2过量时，Cl2与水反应生成HCl和HClO，溶液呈酸性，因此使

6、石蕊试液变红色，而HClO有漂白性，又使溶液褪色。6设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A常温常压下，48 g O3含有的氧原子数为3NAB24 g Mg完全变为Mg2+时失去的电子数为NAC4时9 mL H2O和标准状况下11.2 L N2含有相同的原子数D同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2组成的混合气体的体积不相等【答案】A【解析】48g O3的物质的量为1mol，含有的氧原子的物质的量为3mol，故其氧原子数为3NA，A项正确；24 g Mg完全变为Mg2+时失去的电子数为2NA，B项错误；4时9mL H2O的质量为9 g，其物质的量为0.5mol，所含原子数为1.5NA

7、，而标准状况下11.2L N2的物质的量为0.5mol，所含原子数为NA，C项错误；同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2组成的混合气体的物质的量相等，其体积也相等，D项错误。7某同学将一小块金属钠置于表面皿上，并露置于空气中，观察到下列现象：银白色变灰暗变白表面出现液滴白色固体白色粉末，下列说法正确的是A过程钠转化为过氧化钠B过程是碳酸钠吸收空气中的水蒸气形成溶液C过程只发生了物理变化D如果时间足够长，最后得到的白色粉末是Na2CO3【答案】D【解析】钠露置于空气中，发生的反应如下：4Na+O2=2Na2O，生成的不是过氧化钠；Na2O+H2O=2NaOH，生成的不是碳酸钠；氢氧化钠吸收空

8、气中的水蒸气，表面出现液滴；2NaOH+CO2+9H2O=Na2CO310H2O，发生的是化学变化；Na2CO310H2O风化为Na2CO3。8现有下列三个氧化还原反应：2FeCl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 2FeCl2+Cl2=2FeCl32KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O若某溶液中含有Fe2+、Cl和I，要除去I-而不氧化Fe2+和Cl，可以加入的试剂是ACl2 BKMnO4 CFeCl3 DHCl【答案】C【解析】根据反应可知：还原性：IFe2+，反应可知：Fe2+Cl，反应ClMn2+；综上还原性：IFe2+ClMn2+，氧化性：K

9、MnO4 Cl2FeCl3I2；现要除去I而不氧化Fe2+和Cl，只能加FeCl3试剂，C正确；而Cl2和KMnO4都能氧化Fe2+和I，达不到目的，A、B均错误，盐酸不能氧化I，D错误；正确选项C。9某无色透明溶液，在酸性环境下能大量共存的离子组是ANa+、SO、HCO、ClBMg2+、Cl、Na+、NOCK+、MnO、NO、Fe2+DCu2+、Cl、NH、SO【答案】B【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应以及无色酸性溶液分析判断。A在酸性溶液中HCO与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，A错误；BMg2+、Cl、Na+、NO在酸性溶液中不反应

10、，均是无色的，能大量共存，B正确；C在酸性溶液中MnO、NO均能氧化Fe2+，且MnO4在溶液中显紫色，不能大量共存，C错误；DCu2+在溶液中显蓝色，不是无色，不能大量共存，D错误。答案选B。10将0.2mol MnO2和50mL 12molL1的盐酸混合后缓缓加热，向反应完全后的溶液中加入足量AgNO3溶液，则生成的AgCl沉淀的物质的量(不考虑盐酸的挥发)A等于0.3mol B小于0.3molC在0.30.6mol之间 D以上结论均不正确【答案】C【解析】由题意可知n(HCl)0.6mol，根据化学方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可判断出MnO2过量。若0.6m

11、ol HCl完全反应，则有0.3mol HCl被氧化，反应后的溶液中存在0.3mol Cl，加入足量AgNO3溶液生成0.3mol AgCl。但随着反应的进行，盐酸的浓度减小，而稀盐酸与MnO2不反应，所以实际被氧化的HCl的量必然小于0.3mol，即反应后溶液中存在的Cl的量大于0.3mol，故加入足量AgNO3溶液产生的AgCl的量大于0.3mol，小于0.6mol，C项正确。11用98%的浓硫酸配制2molL1的稀硫酸，下列操作使所配溶液浓度偏低的是A未冷却就转移、定容B容量瓶中有少量蒸馏水C定容时俯视刻度线观察液面D用量筒量取浓硫酸时，俯视读数【答案】D【解析】分析操作对溶质的物质的量

12、和溶液体积的影响，依据cn/V进行误差分析，凡是使n偏小或使V偏大的操作都能使溶液浓度偏低，反之使溶液浓度偏高。A项，未冷却就转移、定容，冷却后，液面下降溶液体积偏小，溶液浓度偏高；B项，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不会产生影响，溶液浓度不变；C项，定容时俯视刻度线观察液面，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；D项，用量筒量取浓硫酸时，俯视读数导致量取的液体体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低。12某新型纳米材料的主要成分为MFe2Ox(3x4)，其中M表示+2价的金属元素，下列说法正确的是AMFe2Ox中铁元素的化合价一定为+2B320g MFe2Ox的物质的量大于2

13、molC1mol MFe2Ox中Fe的质量为112 gD1mol MFe2Ox的体积为22.4 L【答案】C【解析】当x3时，铁元素的化合价为+2，当x4时，铁元素的化合价为+3，A项错误；1mol MFe2Ox中Fe的物质的量为2mol，质量为256=112g，C项正确；未指明温度和压强，物质的状态也未知，D项错误。13在下列变化中，需要加入合适的氧化剂才能实现的是AHClH2 BCO2CO CFe2O3Fe DBrBr2【答案】D【解析】A氢元素化合价降低，发生了还原反应，需要加入还原剂才能实现，错误；B碳元素化合价降低，发生了还原反应，需加入还原剂才能实现，错误；C铁元素化合价降低，发生

14、了还原反应，需要加入还原剂才能实现，错误；D溴元素化合价升高，发生氧化反应，需加氧化剂才能实现，正确，答案选D。14碳酸氢钠容易分解为碳酸钠。现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减小了0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为A3.38 g B4.58 g C4.16 g D4.41 g【答案】C【解析】设混合物中NaHCO3的质量为x，则2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2Om284 106 28410662x 0.31gx0.84 g 则原混合物中碳酸钠的质量为5.00g0.84g4.16g。15某容器中通入V L CO2，再加入少量Na2O2后，气体

15、缩小到W L，则被吸收的CO2的体积(气体体积均为相同条件下测定)是A(VW) L B2(VW) LC(2VW) L D2W L【答案】B【解析】CO2与Na2O2反应时，消耗CO2与放出O2的物质的量之比为21，即VV(O2)V(CO2)。16有8g Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与200g质量分数为3.65%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为A8 g B15.5 g C11.7 g D无法计算【答案】C【解析】Na2O2、Na2O、Na2CO3、NaOH的混合物与盐酸恰好反应，最后所得的溶质只有NaCl，依据氯元素的守恒，可得NaCl的质量为11.7g。二、非

16、选择题（共52分）17某银白色金属单质A在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，得到淡黄色固体B，B和酸性气体D反应能生成C，A露置在空气中足够长时间也会变为C，E与D反应也能生成C，A、B都能与水反应生成E。回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A_，B_，C_，D_，E_。(2)写出下列反应的化学方程式：A生成B：_；B与水反应生成E：_。【答案】(1)NaNa2O2Na2CO3CO2NaOH(2)2Na+O2Na2O22Na2O2+2H2O = 4NaOH+O2【解析】根据金属单质A在空气中加热燃烧时发出黄色火焰，可以推断出A为Na，则B为Na2O2。结合Na2O2的性质，可以推断出D为CO

17、2，C为Na2CO3，根据A、B都能与水反应生成E，可推断出E为NaOH。18某溶液中只含有Ba2+ Mg2+ Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：（1）沉淀1的化学式为_，生成该沉淀的离子方程式为_。（2）若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为_。（3）若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为_。（4）如果原溶液中Ba2+、Mg2+、Ag+的浓度均为0.1molL-1，且溶液中含有的阴离子只有NO，则溶液中NO浓度为_molL-1。【答案】（1）AgCl，Ag+Cl=AgCl（2）BaSO4（3）Mg2+

18、2OH=Mg(OH)2（4）0.5。【解析】（1）加入稀盐酸，发生Ag+Cl=AgCl，沉淀1为AgCl；（2）溶液1中含有离子是Ba2+、Mg2+、H+和Cl，加入Na2SO4，发生Ba2+SO=BaSO4，沉淀2是BaSO4；（3）根据反应（2）的分析，发生反应H+OH=H2O，Mg2+2OH=Mg(OH)2；（4）根据电荷守恒，2c(Ba2+)+2c(Mg2+)+c(Ag+)=c(NO)，c(NO)=(20.1+20.1+0.1)molL1=0.5molL1。19ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和

19、应用进行了研究。(1)仪器D的名称是_。安装F中导管时，应选用图2中的_。(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_(填“快”或“慢”)。(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_。(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_。在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是_。(5)已吸收ClO2气体的稳定剂和稳定剂，加酸后释放ClO2的浓度

20、随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_，原因是_。【答案】(1)锥形瓶b(2)慢(3)吸收Cl2(4)4H+5ClO=Cl+4ClO2+2H2O验证是否有ClO2生成(5)稳定剂稳定剂可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】(1)根据仪器D的形状和结构可知其为锥形瓶。根据“长进短出”的原则可知应该选装置b。(2)滴加稀盐酸的速度应该慢，这样产生ClO2的速度也会慢，ClO2通过D时才能被充分吸收。(3)关闭B的活塞后，ClO2被完全吸收，而装置F中淀粉+KI溶液颜色不变，说明没有I2单质生成，推知装置A中生成的Cl2被装置C中的药品吸收，可见装

21、置C的作用是吸收Cl2。(4)ClO在酸性条件下(H+)反应生成ClO2，同时生成Cl、H2O，其离子方程式为5ClO+4H+=Cl+4ClO2+2H2O。ClO2具有强氧化性，根据实验目的，若释放出了ClO2，则ClO2与淀粉+KI溶液反应生成I2，F中溶液变蓝，所以装置F的作用是验证是否有ClO2生成。(5)根据变化曲线，稳定剂释放出ClO2的速率快，保鲜时间相对较短，稳定剂释放出ClO2的速率缓慢平稳，保鲜时间更长，所以选稳定剂。20某校化学课外小组为了鉴别碳酸钠和碳酸氢钠两种白色固体，用不同的方法做了以下实验，如图所示。(1)只根据图、所示实验，能够达到实验目的的是_(填装置序号)。(

22、2)图、所示实验均能鉴别这两种物质，其反应的化学方程式为_；与实验相比，实验的优点是_(填字母)。A比复杂B比安全C比操作简便D可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而不行(3)若用实验验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性，则试管B中装入的固体最好是_(填化学式)，实验过程中的现象为_。(4)除了以上方法，请你再举出一例鉴别二者的方法：_。【答案】(1)(2)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2OD(3)NaHCO3a中澄清石灰水变浑浊，b中澄清石灰水不变浑浊(4)把二者分别配成溶液后滴加BaCl2试剂，有白色沉淀生成的为Na2CO3，无现象的为NaH

23、CO3【解析】(1)图不能达到实验目的，因为无论碳酸钠还是碳酸氢钠均可以与盐酸反应产生二氧化碳，二氧化碳气体与澄清石灰水作用变浑浊，故不可以；图可以鉴别，因为等质量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量的稀盐酸反应，生成的二氧化碳气体的量不同，可根据气球膨胀程度来判断。(2)图、所涉及的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2、CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，实验的优点是可同时做对比实验。(3)碳酸钠直接加热不产生气体，而碳酸氢钠不直接加热就产生气体，就可说明碳酸氢钠不稳定，所以试管B中装入的固体最好是碳酸氢钠，观察到的现象为a中澄清石灰水变浑浊，b中澄清石灰水不变浑浊。(4)鉴别

24、Na2CO3和NaHCO3还可利用其在溶液中电离出的阴离子的不同性质选择试剂，CO与Ba2+或Ca2+反应生成白色沉淀，HCO与Ba2+、Ca2+不反应。21. 现有由等质量的NaHCO3和KHCO3组成的混合物a g，与100 mL盐酸反应。(题中涉及的气体体积均换算成标准状况下的气体体积)(1)该混合物中NaHCO3与KHCO3的物质的量之比为_。(2)若混合物与盐酸恰好完全反应，则盐酸中HCl的物质的量为_mol。(3)若盐酸过量，则生成CO2的体积为_L。(4)如果反应后溶液中仍有HCO，要计算生成CO2的体积，还需要知道_。(5)若NaHCO3和KHCO3不是以等质量混合，则a g混

25、合物与足量的盐酸完全反应时生成CO2的体积V(CO2)范围是_。【答案】(1)2521(2)(3)(4)盐酸的物质的量浓度(其他合理答案也可)(5) LV(CO2) L【解析】(1)该混合物中NaHCO3和KHCO3的物质的量之比为100842521。 (2)如果混合物与盐酸恰好完全反应，根据反应的化学方程式可知，n(HCl)n(NaHCO3)+n(KHCO3)+mol。(3)若盐酸过量，则n(CO2)n(NaHCO3)+n(KHCO3)，故V(CO2)22.4 LL。(4)如果反应后溶液中存在HCO，则n(CO2)n(HCl)，要计算CO2的体积，还需要知道盐酸的物质的量浓度。(5)假设混合物全部为KHCO3，则V(CO2)22.4 L，假设混合物全部为NaHCO3，则V(CO2)22.4 L。