西双版纳市重点中学2023-2024学年高一化学第一学期期末经典试题含解析

西双版纳市重点中学2023-2024学年高一化学第一学期期末经典试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，一段时间后不会有气泡冒出的是A．稀硫酸 B．稀盐酸 C．浓硫酸 D．氢氧化钠溶液2、将通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、、，且的比值仅与温度高低有关，当时，下列有关说法正确的是（）A．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：B．改变温度，产物中NaCl的最小理论产量为C．参加反应的氣气的物质的最为D．某温度下，若反应后，则溶液中3、下列变化中，不属于化学变化的是（）A．活性炭使红墨水褪色 B．FeSO4溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色C．氯水使有色布条褪色 D．SO2使品红溶液褪色4、下列化学用语①过滤②蒸馏③丁达尔效应④渗析⑤电泳⑥分液，适用混合物分离提纯的是（）A．①②③ B．①②④⑥ C．①②③④⑥ D．全部5、有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可把它们鉴别开来，这种试剂是（）A．盐酸 B．烧碱溶液 C．氨水 D．KSCN溶液6、在水溶液中，下列电离方程式正确的是（）A．Ba(OH)2===Ba2＋＋(OH)2- B．KClO3===K＋＋Cl－＋3O2-C．NaOH===Na＋＋OH－ D．H2SO4===H2+＋SO42-7、下列物质能与水反应生成强碱的是（）A．SiO2 B．Al2O3 C．SO3 D．Na2O8、下列对某些问题的认识正确的是（）A．漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的B．Na的金属性比Cu强，但不能用Na与CuSO4溶液反应制取CuC．依据丁达尔效应可将分散系分为溶液、胶体与浊液D．玻璃、水泥、陶瓷、水晶都是重要的硅酸盐材料9、除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫气体，可选用的试剂是（）A．饱和食盐水 B．NaOH溶液 C．足量澄清石灰水 D．饱和碳酸氢钠溶液10、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．化学反应中1molMg变成Mg2+时失去电子的数目为2NAB．28N2所含有的原子数目为NAC．标准状况下，22.4L水中含有NA个水分子D．1mol/L的NaCl溶液中所含Na+的数目为NA11、120℃、101.3kPa，甲烷（CH4）和过量的O2的混合物，用电火花引燃（CH4+2O2=CO2+2H2O）后，恢复到原来的温度和压强，测得反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，则原混合气体中甲烷和氧气的体积比为（）A．2∶1 B．1∶2 C．1∶7 D．7∶112、下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为（）纯净物混合物电解质非电解质A纯盐酸水煤气硫酸干冰B蒸馏水蔗糖溶液氧化铝二氧化硫C胆矾氢硫酸铁碳酸钙D过氧化钠氯水氯化铜碳酸钠A．A B．B C．C D．D13、有关物质及其用途的描述，正确的是()①Al2O3(作耐火坩埚)②KAl(SO4)2·12H2O(作净水剂)③Fe2O3(作黄色油漆和涂料)④NaHCO3(作食用碱)⑤钠、钾、锶、钡等化合物(作烟花的焰色)⑥Na2O2(作呼吸面具供氧剂)A．①④⑤⑥ B．①②⑤⑥C．①③④⑤ D．全部14、关于电解质电离的下列说法中正确的是（）A．既产生阳离子又产生阴离子 B．产生的阳离子与阴离子的总数一定相等C．产生的阳离子与阴离子的质量一定相等 D．产生的阳离子与阴离子的浓度一定相等15、下列除杂方案不正确的是（）被提纯的物质[括号内物质是杂质]除杂试剂除杂方法AFeCl3[FeCl2]H2O2溶液-BCO2（g）[HCl（g）]Na2CO3溶液洗气CCl2（g）[HCl（g）]饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3（s）[NaHCO3（s）]-加热A．A B．B C．C D．D16、检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是()A．加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝B．将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红C．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性D．加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物。根据下图转化关系，回答下列问题。(1)A的用途：________(任写一种)，B是________，D是________。(2)写出下列反应的化学方程式：①______________。(3)写出下列反应的离子方程式：②____________，③_______，⑤____________。18、X，Y，Z三种元素，它们具有下述性质：（1）X，Y，Z的单质在常温下均为气体；（2）X的单质可以在Z的单质中燃烧，燃烧时生成化合物XZ；（3）化合物XZ极易溶于水，并电离出X+和Z-，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；（4）2分子X的单质可与1分子Y的单质化合，生成2分子X2Y，X2Y在常温下液体；（5）Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。根据上述事实，试判断X，Y，Z各是什么元素，XZ和X2Y各是什么物质：X（_______________），Y（_______________）Z（________________），XZ（_______________）X2Y（_______________）。19、无水AlCl3(183℃升华)遇潮湿空气即变质，同时产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。(1)反应前，装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是_____。(2)反应时，装置A中发生反应的化学方程式是_____。(3)装置B中盛放的是饱和NaCl溶液，作用是_____。(4)装置F中试剂的作用是_____。(5)装置G用于吸收多余Cl2，反应的离子方程式是_____。20、回答下列问题：如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：（1）写出仪器A、E的名称__、__。（2）若向C装置中加入碘水和少量CCl4，振荡后静置，会观察到的现象是__。（3）若粗盐溶液中含有少量的CaCl2、MgCl2、MgSO4，为除掉这些杂质，需依次加入的化学试剂是NaOH、__、__、HCl（写化学式）。21、（1）写出下列物质的化学式：

①钡餐：_____。②漂白粉的有效成分_____。（2）汤姆生发现了电子，提出了____________式的原子结构模型；接触法制硫酸工艺中，在设备_________中发生SO2的催化氧化。（3）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由：____________________________________。（4）写出木炭与浓硫酸共热时发生的化学反应方程式：____________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

氧化铝和金属铝都能与酸反应，铝与稀硫酸、稀盐酸反应产生氢气，所以将表面已完全钝化的铝条，插入稀硫酸、稀盐酸溶液中，一段时间后都会有气泡冒出，故A、B不符合题意；铝在常温下遇浓硫酸发生钝化，所以将表面已完全钝化的铝条，插入浓硫酸中，一段时间后不会有气泡冒出，故C符合题意；氧化铝是一种两性氧化物，金属铝具有两性，都能与强碱发生反应生成盐和水，将表面已完全钝化的铝条，插入NaOH溶液中，能发生如下反应：2NaOH＋Al2O3＝2NaAlO2＋H2O，2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2↑，所以将表面已完全钝化的铝条，插入NaOH溶液中，一段时间后有气泡冒出，故D不符合题意。2、A【解析】

A.氧化产物只有NaClO3时,转移电子最多,氧化产物只有NaClO时,转移电子最少,根据电子转移守恒及钠离子守恒计算；B.反应中转移电子最少时生成NaCl最少；C.由Cl原子守恒可以知道：2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)；由钠离子守恒可以知道:n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=n(NaOH)；D.令n(ClO-)=1mol，反应后c(Cl-)/c(ClO-)=6,则n(Cl-)=6mol,根据电子转移守恒计算n(ClO3-),据此计算判断。【详解】A.氧化产物只有NaClO3时,转移电子最多,根据电子转移守恒n(NaCl)=5n(NaClO3),由钠离子守恒:n(NaCl)+n(NaClO3)=n(NaOH),故n(NaClO3)=1/6n(NaOH)=1/6×6amol=amol,转移电子最大物质的量=a×5=5amol；氧化产物只有NaClO时,转移电子最少,根据电子转移守恒n(NaCl)=n(NaClO),由钠离子守恒:n(NaCl)+n(NaClO)=n(NaOH),故n(NaClO)=1/2n(NaOH)=3amol,转移电子最小物质的量=3a×1=3amol,故反应中转移电子的物质的量n的范围:3amol≤n≤5amol，A正确；B.反应中还原产物只有NaCl,反应中转移电子最少时生成NaCl最少,根据电子转移守恒n(NaCl)=n(NaClO),由钠离子守恒:n(NaCl)+n(NaClO)=n(NaOH),故n(NaClO)=1/2n(NaOH)=3amol,B错误；C.由Cl原子守恒可以知道,2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3),由钠离子守恒可以知道n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=n(NaOH),故参加反应的氯气的物质的量=1/2n(NaOH)=3amol,C错误；D.令n(ClO-)=1mol,反应后c(Cl-)/c(ClO-)=6,则n(Cl-)=6mol,电子转移守恒,5×n(ClO3-)+1×n(ClO-)=1×n(Cl-),即5×n(ClO3-)+1=1×6,计算得出n(ClO3-)=1mol,则溶液中c(Cl-)/c(ClO3-)=6,D错误；正确选项A。3、A【解析】

A．活性炭使红墨水褪色，是利用吸附性，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；B．FeSO4溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色，是发生了氧化还原反应，属于化学变化，故B不符合题意；C．氯水使有色布条褪色，是HClO将有色物质氧化为无色物质，属于化学变化，故C不符合题意；D．SO2使品红溶液褪色，是二氧化硫与有色物质结合生成不稳定的无色物质，属于化学变化，故D不符合题意；故选A。4、B【解析】

①过滤用于分离固液混合物；②蒸馏用于分离沸点相差较大的液体混合物；③丁达尔效应用于区分溶液和胶体，不用于分离物质；④渗析用于将胶体与混有的杂质离子或分子分离；⑤电泳用于检验胶粒的带电情况，不用于物质的分离；⑥分液用于分离不互溶的液体混合物。综合以上分析，①②④⑥用于分离混合物。故选B。5、B【解析】

A．盐酸与NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液都不反应，不能鉴别它们，A不合题意；B．烧碱溶液分别滴入NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液中，产生的现象依次为：无现象；先生成白色沉淀，沉淀继而转化为灰绿色，最后变为红褐色；红褐色沉淀；白色沉淀；起初生成白色沉淀，NaOH过量时沉淀溶解得无色溶液，五种溶液中的现象都不相同，可以鉴别，B符合题意；C．氨水分别滴入NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液中，现象依次为：无现象；白色沉淀，沉淀继而转化为灰绿色，最后变为红褐色；红褐色沉淀；白色沉淀；白色沉淀，其中有两份溶液的现象相同，不能将它们鉴别开来，C不合题意；D．KSCN溶液只能与FeCl3溶液反应，其它溶液中都无现象，D不合题意；故选B。6、C【解析】

A．Ba(OH)2是强电解质，完全电离，用“=”号，注意氢氧根离子的书写，电离方程式为Ba(OH)2═Ba2++2OH-，选项A错误；B、氯酸根离子不能拆，正确的电离方程式为KClO3=K＋＋ClO3－，选项B错误；C、NaOH是强电解质，完全电离，用“=”号，电荷守恒、离子符号正确，电离方程式为NaOH=Na＋＋OH－，选项C正确；D、H2SO4是强电解质，完全电离，注意氢离子的书写，电离方程式为H2SO4=2H+＋SO42-，选项D错误。答案选C。【点睛】本题主要考查电离方程式书写，掌握正确书写电离方程式的方法，并能正确判断电离方程式的正误是解答关键，注意多元酸的电离，题目难度不大。7、D【解析】

A．二氧化硅不溶于水，与水不反应，故A不符合题意；

B．氧化铝不溶于水，与水不反应，故B不符合题意；

C．三氧化硫为酸性氧化物，溶于水与水反应生成硫酸，即SO3+H2O=H2SO4，故C不符合题意；

D．氧化钠为碱性氧化物，与水反应生成氢氧化钠，NaOH属于强碱，即Na2O+H2O=2NaOH，故D符合题意；答案为D。8、B【解析】A、漂白粉在水中可以得到HClO，HClO能够杀菌消毒；明矾在水中可以得到Al(OH)3胶体，它能够吸附水中悬浮固体小颗粒产生沉淀进而除去水中固体杂质，二者的作用原理不同，A错误。B、Na遇水迅速反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，所以Na与CuSO4溶液反应为2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，并不能得到Cu单质，B正确。C、丁达尔效应只能用于鉴别胶体与溶液，三种分散系的分类标准是分散质粒子的大小，C错误。D、水晶的主要成分是SiO2，不属于硅酸盐，D错误。正确答案B。点睛：根据分散系中分散质粒子的大小，分散质粒子直径大于10-7m的分散系称为浊液，分散质粒子直径介于10-7m~10-10m之间的分散系称为胶体，分散质粒子直径小于10-9m的分散系称为溶液。而区分胶体和溶液的常用方法是丁达尔现象。9、D【解析】

A.CO2和SO2都与饱和食盐水不反应，不能用于除杂，A项错误；B.CO2和SO2都可与NaOH溶液反应，不能用于除杂，B项错误；C.CO2和SO2都与石灰水反应，不能用于除杂，C项错误；D．SO2可与饱和NaHCO3溶液反应生成CO2，但CO2不反应，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查物质的分离、提纯和除杂。侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新的杂质，题目难度不大。CO2和SO2都为酸性气体，都可与强碱性溶液反应，SO2具有还原性，除去CO2中的SO2，可用强氧化性物质或饱和NaHCO3溶液除去。10、A【解析】

A.一个Mg原子变成一个Mg2+时失去的电子数是2个，所以1molMg变成Mg2+时失去的电子数目为2NA，故A正确；B.28g氮气的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，故B错误；C.标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.不知溶液的体积，所以计算不出Na+的数目，故D错误。故选A。11、C【解析】

120℃时燃烧生成的水为气态，氧气过量时发生反应：CH4+2O2=CO2+2H2O，由方程式可知反应前后气体的物质的量不变，则平均相对分子质量不变，反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍，则原混合气体中甲烷和氧气的平均相对分子质量为15×2=30，根据十字交叉法：故原混合气体中甲烷和氧气的体积比为2:14=1:7。答案选C。12、B【解析】

A.盐酸是混合物，故A错误；B.蒸馏水是纯净物，蔗糖溶液为混合物，氧化铝是电解质，二氧化硫是非电解质，故B正确；

C、铁是单质，单质不是电解质，碳酸钙是强电解质，故C错误；D、碳酸钠是强电解质，故D错误；故选：B。【点睛】纯净物：有一种物质组成．混合物：由两种或两种以上的物质组成．在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质．13、A【解析】试题分析：①氧化铝熔点高，所以可以做耐火坩埚；②明矾可以做净水剂，不是消毒剂；③氧化铁是红棕色固体，所以做红色染料；④碳酸氢钠在溶液中能水解显碱性，所以可以做食用碱；⑤钠、钾、锶、钡都有焰色反应，所以可以做烟花；⑥过氧化钠可以和水或二氧化碳反应生成氧气，所以可以做呼吸面具的供养剂。所以选A。考点：金属及其化合物的性质和用途。14、A【解析】

A.根据整个电解质溶液呈中性，能电离产生阳离子则一定能电离产生阴离子，故A正确；B.电解质溶液中的离子可以是带一个电荷，也可以带两个电荷或三个电荷，根据整个电解质溶液呈中性，则阳离子和阴离子数目不一定相等，故B错误；C.阴、阳离子的质量不一定相等，如氯化钠溶液中钠离子和氯离子的质量不相等，故C错误；D.根据整个电解质溶液呈中性，电解质溶液中的阴阳离子所带电荷数不一定相同，则阴阳离子的数目不一定相同，离子数目不一定相同，物质的量不一定相同，浓度也不一定相同，故D错误；答案选A。15、B【解析】

A．二价铁具有还原性，加入过氧化氢后可被氧化为Fe3+，过氧化氢则被还原为水，并且剩余的未反应的过氧化氢加热易分解生成水和O2，不会再引入新杂质，A项正确；B．CO2会与Na2CO3溶液反应，造成损耗，此外，还会引入水蒸气杂质；应当先将气体通入饱和的碳酸氢钠溶液，这样既能除去HCl杂质，又能避免CO2的损耗，再将气体经过浓硫酸干燥，B项错误；C．Cl2中混有HCl杂质，先通过饱和食盐水，吸收HCl的同时降低Cl2溶解造成的损耗，再将气体通过浓硫酸干燥就可得到纯净干燥的Cl2，C项正确；D．碳酸氢钠加热易分解，可转化为碳酸钠，D项正确；答案选B。16、A【解析】

A.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C错误；D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、制光导纤维Na2SiO3H2SiO3Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2OSiO32—＋2H＋=H2SiO3↓【解析】

由A是一种装饰品的主要成分，是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物可知A是二氧化硅；高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀，则D是硅酸；二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，则B是硅酸钠，C是二氧化碳；硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀。【详解】（1）A是二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，是制普通玻璃的原料，B是硅酸钠，D是硅酸，故答案为制光导纤维；Na2SiO3；H2SiO3；（2）反应①是高温下，二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑，故答案为Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑；（3）反应②是硅酸钠溶于水与二氧化碳反应生成硅酸沉淀和碳酸钠或碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)，反应③是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；反应⑤是硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀和氯化钠，反应的离子方程式为SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓，故答案为CO2＋H2O＋SiO32—=CO32—＋H2SiO3↓(或2CO2＋2H2O＋SiO32—=2HCO3—＋H2SiO3↓)；SiO2＋2OH－=SiO32—＋H2O；SiO32—＋2H＋=H2SiO3↓。【点睛】由A是地壳中含量最高的两种元素形成的化合物确定A为二氧化硅是推断的突破口。18、HOClHClH2O【解析】

结合物质的性质、反应的实验现象分析解答。【详解】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2；结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl；2个H2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素；Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；根据上述分析，X为H，Y为O，Z为Cl，XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为H；O；Cl；HCl；H2O。19、分液漏斗MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中氯化氢防止空气中水进入装置ECl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O【解析】

二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，氯气中含有氯化氢和水，装置B为饱和食盐