江苏省溧水高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试化学试题

1、绝密启用前江苏省溧水高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试化学试题试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是( )A低碳生活注重节能减排，减少温室气体的排放B推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”C半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅D启用大气中细颗粒物（PM2.5）的监测，以追根溯源，采取措施，改善空气质

2、量2下列有关化学用语的表示正确的是 ( )ACa(OH)2的电离方程式：Ca(OH)2Ca2+(OH)2BAl3+的结构示意图：C明矾的化学式：KAl(SO4)2DNaClO中氯的化合价：13下列实验室常见物质的俗名与化学式相对应的是( )A苏打-NaHCO3 B胆矾-CuSO4C烧碱-NaOH D生石灰-Ca(OH)2425时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A0.1molL1 AlCl3溶液中：H+、Na+、Cl、SO42B含有0.1molL1 Fe3+的溶液中：Na+、K+、SCN、NO3C能在溶液中大量共存且溶液为无色透明的是：K+、Mg2+、NO3-、OH-D能在溶液

3、中大量共存且溶液为无色透明的是：Cu2+、K+、NO3-、SO42-5下列推理正确的是A铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3,故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3B铁能从硫酸铜溶液中置换出铜,故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C活泼金属钠保存在煤油中,故活泼金属铝也保存在煤油中D钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂,故金属单质参与反应时金属均作还原剂6下列有关物质用途的说法错误的是( )A明矾可用于净水 BFe2O3可用于制红色油漆C纯碱溶液可用于去除油污 D硅可用于制光导纤维7下列物质属于纯净物的是( )A氯水 B漂白粉 C液氯 D石油8下列指定反应的离子方程式正确的是( )A向FeCl3溶液中滴加HI溶液：

4、Fe32I=Fe2I2B向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al34NH3H2O=AlO2-4NH4+2H2OCAl2O3溶于NaOH溶液：Al2O32OH2AlO2-H2OD碳酸镁溶于盐酸：CO32-2HH2OCO29下列物质属于电解质的是 ( )A熔融NaCl B稀硫酸 CCO2 D铜10下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图2所示装置蒸干NaHCO3饱和溶液制备NaHCO3晶体C用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层11下列离子的检验方法合理的是( )A向某溶液中加入氯化

5、钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有SO42-B向某溶液中滴加氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2C向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3D向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-12用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )A标准状况下，11.2 L H2O 含有的氢原子数是NAB24 g Mg中含有的电子数是2 NAC0.5 molL1K2SO4溶液中含有的钾离子数是NAD常温常压下，3.2 g氧气所含的分子数是0.1 NA13下列过程涉及化学变化

6、的是 ( )A酒香扑鼻 B干冰升华C蜡烛照明 D用金刚石切割玻璃14下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是( )物质编号物质转化关系abcdNa2ONa2O2NaNaOHAl2O3NaAlO2AlAl(OH)3FeCl2FeCl3FeCuCl2SiSiO2Na2SiO3H2SiO3A B C D15下列溶液中，与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl 物质的量浓度相同的是( )A100 ml 0.5 mol/L MgCl2溶液 B200 ml 0.25 mol/L AlCl3溶液C50 ml 1 mol/L NaCl溶液 D25 ml 0.5 mol/L HCl溶液

7、16下列实验操作、现象和结论均正确的是 ( )实验操作现象结论A将气体通入灼热的CuO固体固体由黑色变为红色该气体一定为COB向某溶液中加入12滴KSCN溶液生成血红色沉淀该溶液中含Fe3+C向Al(OH)3中加入HCl或NaOH溶液固体均溶解Al(OH)3是两性氢氧化物D将氯气通入装有潮湿的有色布条的试剂瓶中有色布条颜色褪去Cl2具有漂白性AA BB CC DD17将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )ACl2和苛性

8、钾溶液在不同温度下可能发生不同反应B反应中转移电子数为是0.42NAC原苛性钾溶液中KOH的物质的量为0.3 molD生成物中Cl-的物质的量为0.21 mol第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、综合题18汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO2NO2 4CO2N2，下列对该反应的说法正确的是( )ANO2被氧化 BCO是氧化剂C每生成1molN2，转移8mole- D该条件下，还原性CON2，故D错误；故答案为C。【点睛】本题考查了氧化还原反应，侧重于还原剂的判断的考查，注意从化合价的角度分析氧化还原反应。根据化合价的变化，氧化剂得电子被还原，化合价降低，发生还原反应

9、，得到的产物为还原产物；还原剂失电子被氧化，化合价升高，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物。可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化（氧化反应），还原剂；得电子，化合价降低，被还原（还原反应），氧化剂。19CaCO3SiO2CaSiO3CO2 Na2CO3Al2O32NaAlO2CO2 HCO3-OH=H2OCO32- Na2CO3 CO2 【解析】【分析】难溶性钾长石（K2OAl2O36SiO2）为原料加入碳酸钙，碳酸钠高温煅烧后加入水浸取得到浸出渣为硅酸钙，浸取液位偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀过滤得到固体氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝；滤液中主要是碳酸氢钠溶

10、液，加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠，滤液主要是碳酸钾；（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（3）根据流程图推测可以循环利用的主要物质【详解】（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2；（2）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，碳酸氢根离子是弱酸的酸根离子不能拆成碳酸根离子和氢离子，

11、离子反应方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O；（3）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质。20Na2SO3 胶头滴管 99.5% 偏小 【解析】【分析】（1）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成CuCl白色沉淀、硫酸根离子，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，也是还原剂，得电子化合价降低的反应物是被还原的物质，也是氧化剂；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器解答；依据方程式CuC

12、l+Fe3+=Cu2+Fe2+Cl-、Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+中各反应物量之间的关系，可得关系式：CuClCe4+，据此计算CuCl的纯度；步骤c发生反应：Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+，若操作缓慢，亚铁离子被氧气氧化。【详解】（1）在Na2SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Cu2+SO32-+2Cl+H2O=2CuCl+SO42-+2H，该反应中化合价变化Cu（+2+1），S（+4+6），氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，该反应中被氧化的物质是Na2SO

13、3；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平（称量）、药匙、玻璃棒（溶解、移液）、胶头滴管（定容）、烧杯（溶解）、100mL容量瓶（定容、摇匀）故还需要的玻璃仪器有：胶头滴管；称取0.5000g样品，放入盛有20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；发生反应：CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2，用0.2000molL-1Ce（SO4）2标准溶液滴至反应完全，发生反应Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+，可得关系式：CuClCe4+，故n（CuCl）=n（Ce4+）=0.2

14、000molL-125.0010-3L=5.00010-3mol，则CuCl的纯度为5.00010-3mol99.5gmol-10.5000g100%=99.5%；亚铁离子易被氧气氧化，步骤c发生反应：Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+，根据CuClCe4+，计算CuCl的纯度，进行步骤c时若操作缓慢，被氧化的亚铁离子不再与Ce4+反应，则测得CuCl的纯度偏小。21Fe FeCl3 Fe3O4 HCl 2Fe3+Fe=3Fe2+ 3Fe+4H2OFe3O4+4H2 0.8 向混合溶液中通入足量的氯气 【解析】【分析】依据转化关系的特征和物质性质分析判断，单质A和H反应生成E为黑色晶体，E黑色

15、固体和X酸反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H为H2O；依据G+B=D分析判断B是强氧化剂，B为黄绿色气体，证明为Cl2，所以推断D为FeCl3，得到G为FeCl2；X为HCl；依据判断出的物质回答问题【详解】A为固体，B为黄绿色气体，说明B为Cl2，D与F反应得到血红色溶液，结合转化关系可知，固体A为Fe，D为FeCl3，F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeCl2，Fe与无色气体C反应得到

16、E，E与X反应得到D、G、H，且X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，可推知C为O2，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O；（1）由上述分析可知，A为Fe，D为FeCl3，E为Fe3O4，X为HCl；（2）在反应中，为铁和氯气发生的氧化还原反应，为铁和氧气发生的氧化还原反应，为四氧化三铁和盐酸发生的复分解反应，不是氧化还原反应，为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，不是氧化还原反应，故答案为：；（3）反应的离子方程式是：2Fe3+Fe=3Fe2+；（4）反应是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三

17、铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；该反应中符合氧化还原反应的电子守恒，氢元素化合价从+1价变化为0价，4H2O反应转移电子为 8mol，铁元素从0价变化为+83价，每消耗 0.3mol的A（Fe），可转移电子0.8mol；（5）除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是：向混合溶液中通入足量的氯气。【点睛】解题的基本思维方法：（1）正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论（2）逆向推理：以最终产物（或题中某一明显特征）为起点，层层逆推，以求得结论（3）猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然

18、后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合，即为答案（4）综合分析：根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论。22MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O Cl2H2OHClHClO 防止ClO2发生分解，甚至爆炸 2ClO22OH= ClO2-ClO3-H2O 【解析】【分析】甲装置制备氯气，氯气中含有挥发出的HCl，（3）中Cl-存在时会催化ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO2的速率明显加快，装置乙应是除去氯气中混有的HCl，盛放饱和食盐水，丙中氯气与NaClO2溶液反应生成ClO2，丁装置才向上排空气法收集ClO2，

19、戊装置吸收ClO2，防止污染空气。（1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2与H2O；（2）由第反应中反应物可知，第步是氯气与水反应生成HCl与HClO；（3）ClO2浓度过高时易发生分解，甚至爆炸；Cl2溶解于NaOH溶液生成NaCl、NaClO和水，Cl2既是氧化剂又是还原剂；（4）NaOH溶液吸收ClO2后，生成了ClO2-、ClO3-，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平。【详解】甲装置制备氯气，氯气中含有挥发出的HCl，（3）中Cl-存在时会催化ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO2的速率明显加快，装置乙应是除去氯气中混有的HCl，盛放饱和食盐水，丙中氯气与NaClO2溶液反应生成ClO2，丁装置才向上排空气法收集ClO2，戊装置吸收ClO2，防止污染空气。（1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2与H2O，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）由第反应中反应物可知，第步是氯气与水反应生成HCl与