江西省南昌市进贤一中2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题含解析

江西省南昌市进贤一中2019_2020学年高一化学上学期期末考试试题含解析江西省南昌市进贤一中2019_2020学年高一化学上学期期末考试试题含解析PAGE21-江西省南昌市进贤一中2019_2020学年高一化学上学期期末考试试题含解析江西省南昌市进贤一中2019—2020学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）1.进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是（）A.金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B。浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗C.用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上D。不慎将酒精灯碰翻,酒精在实验台上燃烧起来,应用湿抹布盖灭【答案】D【解析】【详解】A。钠燃烧生成的Na2O2能与泡沫灭火器产生的CO2反应，生成的O2又有助于钠燃烧，A不正确;B.浓硫酸溅到皮肤上时应立即用大量水冲洗，氢氧化钠溶液会腐蚀皮肤，B不正确；C.加热碳酸氢钠固体时若试管口竖直向上，则产生的水蒸气冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，C不正确；D.酒精在实验台上燃烧时,着火面积小，可用湿抹布盖灭,D正确。故选D.2。CaCl2和NaCl组成的混合溶液中，c（Ca2+）:c（Na+）=1:2，若该溶液中共有6molCl－，则混合溶液中NaCl的物质的量为（）A.1mol B.2mol C.3mol D.4mol【答案】C【解析】【详解】因溶液中c（Ca2+）∶c（Na+)=1∶2，设NaC1的物质的量为x,则CaC12的物质的量为0。5x，根据氯离子守恒，则有：x+2×0.5x=6mol，解得x=3mol，故选C.3。从不含杂质的氯化钠溶液中获得氯化钠晶体，采用的操作是A。 B。 C. D。【答案】B【解析】【分析】氯化钠随温度的变化溶解度变化不大,从不含杂质的氯化钠溶液中获得氯化钠晶体，采用的操作是蒸发结晶.【详解】A、操作为过滤,用于固体与液体的分离，不符合，选项A不选；B、操作为蒸发结晶，符合，选项B选；C、操作为蒸馏,利用互溶的物质的沸点不同将其分离，不符合，选项C不选;D、操作为分液，分离互不相溶的两种液体,不符合,选项D不选;答案选B。4。下列物质分类正确的是（)A。Na2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物B。稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C。烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D。盐酸、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】【详解】A、过氧化钠不是碱性氧化物，错误，不选A；B、氯化铁溶液不属于胶体，错误，不选B;C、四氯化碳不是电解质，错误，不选C；D、盐酸是氯化氢的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液,氨水是氨气的水溶液，都为混合物，正确。答案选D.5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A。pH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-B。红色石蕊的溶液:NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl—C.1.0mol▪L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-D。与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3-【答案】A【解析】【详解】A．pH=12的溶液，显碱性，K+、Na+、CH3COO-、Br-离子之间不反应，可大量共存,故A正确;B．石蕊溶液呈红色的溶液，显酸性，H+、AlO2—结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误;C．Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存，故C错误;D．与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32—，故D错误；故选A。6。下列离子方程式正确的是()A。钠与水反应：Na＋2H2O=Na＋＋2OH－＋H2↑B。硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2OC.将氯气通入氯化亚铁溶液：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－D.金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al＋2OH－=AlO2－＋H2↑【答案】C【解析】【详解】A、电荷不守恒，应为2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑；B、氨水是弱碱，不能拆开，且氢氧化铝不能溶于氨水，应为Al3＋＋3NH3·H2O=Al（OH)3↓+3NH4+;C、氯气可将亚铁离子氧化为铁离子,离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；D、电荷、原子均不守恒，应为2Al+2OH—+2H2O=2AlO2—+3H2↑；答案选C。7.下列不能通过单质间反应而制得的物质是（)A。CuCl2 B.CuS C。FeCl3 D。FeS【答案】B【解析】【详解】A、,故A正确；B、Cu+SCu2S，故B错误；C、2Fe+3Cl22FeCl3，故C正确；D、Fe+SFeS，故D正确。8.既能与酸(H+)反应,又能与碱(OH—）反应的化合物是（)①MgO②Al（OH）3③NaHSO4④NaHCO3⑤CH3COONH4⑥AlA.②④ B。②③④ C。②④⑤ D。②④⑥【答案】C【解析】【详解】①MgO不能与碱反应，故①不选；②Al（OH）3是两性氢氧化物，与酸和碱都能反应生成盐和水，故②选；③NaHSO4不能与酸反应，故③不选;④NaHCO3与酸反应生成盐、水和二氧化碳;与碱反应生成碳酸盐和水，故④选；⑤醋酸铵既能和酸反应，生成醋酸和铵盐，又能和碱反应生成氨气、水和醋酸盐，故⑤选；⑥Al能与酸、碱反应都放出氢气，但铝属于单质,故⑥不选；既能与酸（H+)反应，又能与碱(OH—）反应的化合物是②④⑤，故选C。【点睛】本题的易错点为③和④的判断，要注意NaHSO4属于强酸的酸式盐，NaHCO3属于弱酸的酸式盐。9。取Fe、FeO、Fe2O3的均匀混合物质量为7.2g,向其中加入200mL1mol·L－1的盐酸，恰好使混合物完全溶解,放出1120mL(标准状况）的气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无血红色出现,那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能产生铁的质量为（）A.1.4g B.2。8g C。5.6g D。11.2g【答案】C【解析】盐酸恰好使混合物完全溶解,盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2）=n(HCl）=×0。2L×1mol/L=0.1mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2）=0。1mol,铁的质量为0。1mol×56g/mol=5。6g，答案选C。点睛：本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力,利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想在化学计算中的应用方法。10。加热熔化氢氧化钠的坩埚,应选用的是()A。瓷坩埚 B.石英坩埚 C.铁坩埚 D。铝坩埚【答案】C【解析】【详解】A．瓷坩埚主要成分含有SiO2,会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；B．石英坩埚主要成分是SiO2，会与NaOH发生反应，因此不能加热熔化NaOH，错误；C．铁坩埚在高温下不能与NaOH发生反应,因此可以加热熔化氢氧化钠,正确；D．铝坩埚的成分Al可以与氢氧化钠发生反应，因此不能加热熔化氢氧化钠，错误。11.某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I－、SO32－、SO42－，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是A.肯定不含I－ B.肯定含有SO32－、I－C.肯定不含SO42－ D.肯定含有NH4+【答案】C【解析】因为溶液呈无色，则溶液中不含Fe2+；溶液中加入少量溴水，溶液呈无色,溶液中一定含SO32—（反应为Br2+SO32—+H2O=2Br—+SO42-+2H+）,由于SO32-的还原性强于I-，加入的溴水是少量，不能确定溶液中是否存在I—，A、B项错误;由于溶液中所有离子物质的量浓度相同，根据电荷守恒，Na+、NH4+、K+都为带一个单位正电荷的阳离子，溶液中Na+、NH4+、K+至少含有两种,而SO42-为带2个单位负电荷的阴离子，则溶液中一定不含SO42—，C项正确、D项错误；答案选C。【点睛】易错点：加入少量溴水后，溶液仍呈无色易判断出一定不含I—；事实是还原性SO32—I-，少量溴水先与还原性强的SO32-反应,即使含I-也不能发生反应发生颜色的变化。12。在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3＝5N2+6H2O，该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是（)A。3∶2 B。2∶1 C.1∶1 D.2∶3【答案】D【解析】【详解】反应6NO+4NH3===5N2+6H2O中，氮气既是氧化产物又是还原产物，其中化合价升高的元素是氨气中的氮元素，在反应中被氧化，化合价降低元素是一氧化氮中的氮元素，在反应中被还原，所以,该反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比是4∶6=2∶3，所以被氧化和被还原的氮元素的质量比是2∶3，故选D。13.下列四种有色溶液与SO2作用,均能褪色,其实质相同的是（）①品红溶液②酸性KMnO4溶液③溴水④滴有酚酞的NaOH溶液A.①④ B。②③ C.②③④ D。①②③【答案】B【解析】①品红溶液褪色,体现二氧化硫的漂白性；②酸性高锰酸钾溶液褪色,体现二氧化硫的还原性;③溴水褪色，体现二氧化硫的还原性；④滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现二氧化硫的酸性氧化物的性质，答案选B。点睛：本题考查二氧化硫的化学性质，侧重还原性和漂白性的考查，注意使溶液褪色不一定为漂白性，明确二氧化硫对品红溶液的漂白，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫能与具有氧化性的物质发生氧化还原反应;二氧化硫为酸性氧化物,能与碱反应,以此来解答.14。已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3＋→Fe2＋；MnO4-→Mn2＋；Cl2→2Cl－；HNO2→NO，如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，得到I2最多的是（）。A.Fe3＋ B。MnO4- C。Cl2 D.HNO2【答案】B【解析】【详解】假设物质的量均为1mol.A．1molFe3+→Fe2+转移1mole—；B．1molMnO4-→Mn2+转移5mole—；C．1molCl2→2Cl—转移2mole—；D．1molHNO3→NO转移3mole—;B中1mol氧化剂反应过程中转移的电子最多，因此生成的I2最多，故选B。15.实验室用下列装置制取、提纯、收集Cl2、尾气处理，不能达到实验目的是（）A。制取Cl2B。除去Cl2中的少量HClC。收集Cl2D.吸收尾气中的Cl2【答案】A【解析】【详解】A、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热,缺少酒精灯，不能制备氯气,故A符合题意;B、HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，图中装置可除去杂质，故B不符合题意；C、氯气的密度比空气密度大，图中向上排空气法可收集，故C不符合题意；D、氯气与NaOH反应，图中装置可处理尾气，故D不符合题意【点睛】易错点是选项A，学生平时不记对反应条件，对反应条件考查是选择题中实验设计与评价中常考的内容，也是学生失分的地方，因此平时记忆反应方程式时，需要记全、记准。16。将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示（忽略气体的溶解和HCl的挥发），下列说法不正确的是A.O点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B。a点溶液中能使酚酞溶液变红C。标准状况下，通入CO2体积为44.8LD。原NaOH溶液的物质的量浓度为5mol/L【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，故A正确；B．a点溶液中溶质为碳酸氢钠,碳酸氢钠溶液显碱性，能使酚酞溶液变红，故B正确;C．由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol,由原子守恒可知产生二氧化碳的物质的量为2mol,生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故C正确;D．加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl,根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl）,根据钠离子守恒有n（NaOH）=n(NaCl），故n(NaOH)=n(HCl）=5mL,所以c（NaOH）==2.5mol/L，故D正确；故答案为C.17。（1）室温时，在下列物质中：①Na②Cl2③Na2O④FeCl2溶液⑤NaHCO3⑥蔗糖⑦NH3⑧NaCl晶体⑨HClO⑩Fe(OH)2属于碱性氧化物的是(用序号填写,下同）_______，属于酸的是_____，属于强电解质的是______，属于非电解质的是_______，能导电的是________。（2)Na2O2与CO2的反应化学方程式__________；（3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反应的离子方程式______。（4）制取漂白粉的反应化学方程式_________；其有效成分是_______；【答案】（1).③(2).⑨（3)。③⑤⑧（4）.⑥⑦(5）。①④(6)。2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2（7).2H++SO42—+Ba2++2OH—＝BaSO4↓+2H2O（8).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(9）.Ca(ClO）2【解析】【分析】（1)碱性氧化物:能与酸反应只生成一种盐和水,主要包括绝大多数金属氧化物;酸:电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物;强电解质：在水溶液中或熔融状态下能发生完全电离的化合物;非电解质：在水溶液中或熔融状态下不发生电离的化合物;能导电的物质有大多数金属单质或存在有自由移动电荷的物质；根据物质特点结合定义解答;(3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀;（4）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉。【详解】（1)Na2O能够与酸反应生成盐和水,属于碱性氧化物；HClO电离产生的阳离子都是氢离子，属于酸；

Na2O、NaHCO3、NaCl晶体在水溶液或者熔融状态下能完全电离而导电,都是化合物，都属于强电解质;蔗糖、NH3，本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，都属于非电解质；钠含有自由电子,氯化亚铁溶液含有自由移动的离子，都能导电；故属于碱性氧化物的是③；属于酸的是⑨;属于强电解质的是③⑤⑧；属于非电解质的是⑥⑦；能导电的是①④；(2)Na2O2与CO2的反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2;（3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性,除生成水，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀，则发生反应的离子方程式为2H++SO42—+Ba2++2OH—＝BaSO4↓+2H2O;（4）工业上利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，其有效成分是Ca(ClO)2.【点睛】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、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等;特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外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。18。Cl2可与强碱溶液反应,请回答下列问题：____Cl2+____KOH =____ KCl +____KClO3 +____H2O  （1）请配平上述化学方程式。____________（2）Cl2在反应中表现出来的性质是________(填编号） ①只有还原性   ②只有氧化性   ③既有氧化性又有还原性（3)该反应过程有0。5mol电子转移，则参加反应的Cl2为________mol，其体积在标准状况下为_______L. （4）氧化产物是_____________,还原产物是___________。【答案】（1）。3Cl2+6KOH =5 KCl +1KClO3 +3H2O(2).③(3）。0.3mol（4）。6.72L（5）。KClO3（6).KCl【解析】【详解】（1)Cl2→KCl，化合价降低1价，Cl2→KClO3，化合价升高5价,最小公倍数为5,即KClO3的系数为1,KCl的系数为5，配平其他,即反应方程式为3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O；（2)根据(1)分析，Cl2既是氧化剂又是还原剂,故③正确;（3)根据（1)分析，3molCl2参与反应，转移5mol电子，因此转移0。5mol电子，参加反应的Cl2的物质的量为0。3mol，其在标准状况下的体积为0.3mol×22。4L·mol－1=6。72L；（4)根据(1)分析,氧化产物是KClO3，还原产物是KCl。【点睛】难点是(1）,氯气在该反应中既是氧化剂又是还原剂，因此配平时采用逆向配平法,Cl2→KCl，化合价降低1价，Cl2→KClO3,化合价升高5价，最小公倍数为5，即KClO3的系数为1，KCl的系数为5，配平其他，即反应方程式为3Cl2＋6KOH=5KCl＋KClO3＋3H2O。19.A、B、C均为中学化学常见的纯净物，它们之间存在如下转化关系：其中①②③均为有单质参与的反应。（1）若A是常见的金属，①③中均有同一种黄绿色气体参与反应,B溶液遇KSCN显血红色，且②为化合反应，写出反应②的离子方程式_________________________。（2）如何检验上述C溶液中的阳离子？______________________。(3）若B是太阳能电池用的光伏材料，①②③为工业制备B的反应。C的化学式是____________，属于置换反应____________，(填序号）写出反应①的化学方程式____________________。【答案】（1).Fe+2Fe3+＝3Fe2+(2)。取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象,再加氯水，溶液变成血红色，则证明含Fe2+（3）.SiCl4(4)。①③（5）.2C+SiO2Si+2CO↑【解析】【分析】（1）由转化关系可知A为变价金属，则A应为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁,②为Fe与氯化铁反应;（3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4，③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,以此解答该题。【详解】(1）A是常见的金属，①③中均有同一种气态非金属单质参与反应，且②为化合反应，则该非金属气体为Cl2，B为氯化铁，则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；(2)由分析知C为氯化亚铁，检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管，加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水，溶液变成血红色,则证明含Fe2+;(3)B是太阳能电池用的光伏材料，可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应，①②③为工业制备B的反应，则C为SiCl4,其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4，③中SiCl4与氢气反应，提纯Si，则反应①的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，其中属于置换反应的有①③。20.已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质,D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀.（1）物质A的化学式为________，F化学式为________;（2）B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为__________________________；（3)H在潮湿空气中变成M的实验现象是________，化学方程式为______________；（4)A和水反应生成B和C的化学方程式为__________________________(5）印刷行业刻制印刷电路板（含有铜箔）时，要用W溶液中作为“腐蚀液”，写出该反应的离子方程式______________________。【答案】（1).Na2O2(2).H2（3)。2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑(4)。白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色(5）。4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH）3(6).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（7）.2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+【解析】【分析】已知A为淡黄色固体，能和水反应生成B和C，则A是过氧化钠。R是地壳中含量最多的金属元素的单质，R是Al,T为生活中使用最广泛的金属单质,T是铁，D是具有磁性的黑色晶体，D是四氧化三铁；C、F是无色无味的气体,铁与C反应生成Fe3O4，C是氧气,B为NaOH,氢氧化钠与铝反应生成F为H2,D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe(OH)2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe（OH)3，M与盐酸反应生成W为FeCl3，据此解答.【详解】根据以上分析可知A是过氧化钠，B为NaOH，C为O2，D是四氧化三铁，E为FeCl2,F为H2，H为Fe（OH）2，M为Fe（OH）3，W为FeCl3,R是Al，T是铁，则(1）物质A是过氧化钠，化学式为Na2O2，F是氢气，化学式为H2;（2)B和R在溶液中反应生成F,即铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气离子方程式为2Al+2OH－+2H2O＝2AlO2－+3H2↑；（3）Fe(OH）2在潮湿空气中变成Fe（OH)3的反应现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，反应的化学方程式为4Fe（OH）3+O2+2H2O＝4Fe(OH)3;（4）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气的化学方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑;（5）氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+。21.ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取