2019版高一化学上学期期末考试试卷(含解析) (II).doc

2019版高一化学上学期期末考试试卷(含解析) (II)可能用到的原子量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Ca 40一、单选题（每题只有一个正确选项）1.现有三组溶液：汽油和氯化钠混合溶液 39%的乙醇溶液 氯化钠和单质溴的水溶液。分离以上混合液中各组分的正确方法依次是（ ）A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸发、分液C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液【答案】C【解析】【分析】分液法可以将互不相溶的两层液体分开；蒸馏法是控制沸点的不同来实现互溶的两种液体物质间的分离方法，萃取分液法指的是加入萃取剂后，溶质在萃取剂中的溶解度远远大于在以前的溶剂中的溶解度，并两种溶剂互不相溶，出现分层现象。【详解】汽油不溶于水，所以汽油和氯化钠溶液是分层的，可以采用分液的方法分离；酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法来分离；向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离。故选C。2.实验室需要450mL0.1molL1NaOH溶液和500mL0.5molL1H2SO4溶液。如图所示，在配制这两种溶液时肯定不需要的仪器是 A. B. C. 只有 D. 【答案】B【解析】【详解】配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，为圆底烧瓶、为分液漏斗，在配制一定浓度的溶液中不会用到烧瓶和分液漏斗；故答案选B。3.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A. 标准状况下，22.4LH2O含有NA个H2O分子B. 常温常压下，22.4LCO2中碳原子数大于NA个C. 46克NO2和N2O4混合气体中含氧原子数为2NA个D. 0.1mol/L Na2SO4溶液含Na+ 离子数为0.2NA个【答案】C【解析】【详解】A. 标准状况下，水不是气体，所以22.4LH2O不是1mol，故错误；B. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以22.4LCO2的物质的量小于1mol，故碳原子数小于NA个，故错误；C. 46克NO2和N2O4混合气体含 “NO2”原子团的物质的量为46/46=1mol，则含有2mol氧原子，故正确；D. 0.1mol/L Na2SO4溶液没有说明溶液的体积，不能计算其物质的量，故错误。故选C。【点睛】掌握气体摩尔体积的使用范围：标况，气体，体积。注意进行计算时找出物质的特殊关系，如二氧化氮和四氧化氮，可以看成是二氧化氮的原子团，从而计算原子个数。4.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（ ）A. 是否有丁达尔现象 B. 是否均一、透明、稳定C. 分散质粒子直径的大小 D. 是否能通过滤纸【答案】C【解析】【详解】液液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是分散质粒子直径的大小，溶液中微粒直径小于1 nm，胶体中微粒直径为1nm-100nm，浊液微粒直径大于100 nm。故答案选C。5.在反应3NO2H2O=2HNO3NO中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为()A. 31 B. 13 C. 12 D. 21【答案】C【解析】【分析】根据氮元素的化合价变化和电子得失守恒计算氧化剂和还原剂的物质的量之比。【详解】在反应3NO2+H2O2HNO3+NO中氮元素的化合价由二氧化氮中的+4价分别升高到硝酸中的+5价被氧化、降低到一氧化氮中的+2价被还原，二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量比为1:2，答案选C。6.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是A. Mn2+MnO4 B. H2H2O C. NO3NO D. ZnZn2+【答案】C【解析】【分析】需要加入还原剂才能发生，说明反应物得到电子，所含的某元素化合价降低。【详解】A、Mn2MnO4，Mn的化合价由2价7价，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故A错误；B、H2H2O，H的化合价由0价1价，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故B错误；C、NO3NO，N的化合价由5价2价，化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故C正确；D、Zn的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故D错误。7.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2+AgB. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32-+2H+=CO2+H2OC. 铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2D. 硝酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2+2OH-=Mg(OH)2【答案】D【解析】【详解】A. 没有配平，铜和硝酸银溶液反应的离子方程式应该为：Cu+2Ag+Cu2+2Ag，A错误；B. 碳酸钙难溶，用化学式表示，碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式应该为：CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，B错误；C. 产物不正确，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+Fe2+H2，C错误；D. 硝酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应生成硝酸钡和氢氧化镁：Mg2+2OH-Mg(OH)2，D正确。答案选D。8.在酸性溶液中能大量共存的离子组是（）A. K+、NO3-、Cu2+ B. K+、OH、Na+C. Ba2+、SO42-、Na+ D. Ca2+、CO32-、Na+【答案】A【解析】【详解】该溶液中一定存在大量的氢离子，AK+、NO3-、Cu2+之间不发生反应，也不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B. OH与H+反应生成水，不能大量共存，故B错误；C. Ba2+与SO42-反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D. Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故D错误； 综上所述，本题选A。9.下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中，不正确的是()A. Na2CO3稳定性大于NaHCO3 B. 相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3C. 相同条件下，盐酸分别滴入Na2CO3和NaHCO3溶液中，后者先产生气泡 D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，前者产生沉淀，后者无现象【答案】D【解析】【详解】A.因碳酸氢钠受热易分解，所以碳酸钠稳定性大于碳酸氢钠，故A正确；B.在相同条件下，碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故B正确；C.在相同条件下，盐酸滴入碳酸钠溶液中时，发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，由盐酸在与碳酸钠反应时，分两步进行，第一步反应过程中没有气泡产生，而碳酸氢钠与盐酸反应直接产生气泡，故C正确；D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中，均会生成碳酸钙沉淀，故D错误；答案选D。10.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3 Al (NH4)2CO3A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故符合；Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al(OH)3 是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故符合；Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故符合；(NH4)2CO3，加热条件下能与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，能与硫酸反应生成硫酸铵、二氧化碳和水，故符合。答案选D。11.为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入（）A. 稀盐酸 B. 铁片 C. KSCN溶液 D. 石蕊溶液【答案】C【解析】氯化亚铁易被氧化为氯化铁，铁离子可以用KSCN溶液检验，所以为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入KSCN溶液，答案选C。12.合金相对于纯金属制成的金属材料来说优点是合金的硬度一般比它的各成分金属的大 一般合金的熔点比它的各成分金属的更低 改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金 合金比纯金属的导电性更强 合金比纯金属的应用范围更广泛A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】合金的硬度一般比它的各成分金属的大，故正确；一般合金的熔点比它的各成分金属的更低，故正确；改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金，故正确；一般情况下，合金的导电性和导热性低于任一组分金属，故错误；由于合金的许多性能优于纯金属，所以在应用材料中大多使用合金，故正确；综上所述，题目中正确，故本题应选A。13.下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是硅是构成一些岩石和矿物的基本元素水泥、玻璃、陶瓷都是硅酸盐产品高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维普通玻璃是氧化物，成分可表示为SiO2粗硅制备单晶硅不涉及氧化还原反应A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】硅元素在自然界以化合态存在，主要是硅酸盐，是构成一些岩石和矿物的基本元素，正确；制水泥、玻璃、陶瓷都是传统无机非金属材料，主要是硅酸盐产品，制备原料都需要用到含硅元素的物质，正确；光导纤维的成分是二氧化硅，高纯度的硅单质广泛用于制作硅能电池以及半导体等，错误；玻璃是混合物不是氧化物，主要是硅酸钠、硅酸钙、石英的混合物，成分可用氧化物的形式表示为Na2OCaO6SiO2，错误；粗硅制备单晶硅的反应是Si+2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl，过程中涉及氧化还原反应，错误；答案选A。14.把氯气通入紫色石蕊试液中，出现的现象是（ ）A. 溶液变红色 B. 溶液先变红后褪色 C. 溶液不变色 D. 溶液变蓝色【答案】B【解析】氯气通入紫色石蕊试液中氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液显酸性，同时还具有漂白性，所以出现的现象是溶液先变红后褪色，答案选B。15.下列物质中，不可作漂白剂的是（ ）A. SO2 B. Ca(ClO)2 C. Na2SiO3 D. NaClO【答案】C【解析】A. SO2具有漂白性，A错误；B. Ca(ClO)2具有强氧化性，可作漂白剂，B错误；C. Na2SiO3没有漂白性，C正确；D. NaClO具有强氧化性，可作漂白剂，D错误，答案选C。16.下列各溶液中，Na+物质的量浓度最大的是A. 4L0.5mol/LNaCl 溶液 B. 2L0.15mol/LNa3PO4 溶液C. 5L0.4mol/LNaOH 溶液 D. 1L0.3mol/LNa2CO3 溶液【答案】D【解析】【分析】电解质离子的浓度=电解质浓度电解质电离出该离子的数目，与溶液的体积无关。【详解】4L0.5mol/LNaCl 溶液中Na+物质的量浓度为0.5mol/L，2L0.15mol/LNa3PO4 溶液中Na+物质的量浓度为0.15mol/L3=0.45 mol/L，5L0.4mol/LNaOH 溶液中Na+物质的量浓度为0.,4 mol/L，1L0.3mol/LNa2CO3 溶液中Na+物质的量浓度为0.3mol/L2=0.6 mol/L，故选D。第II卷（非选择题）二、填空题17.下列各组物质的分离或提纯，应选用下述方法的哪一种？（填序号）A、分液 B、过滤 C、萃取 D、蒸馏 E、结晶 F、加热分解（1）除去Ca(OH)2 溶液中悬浮的 CaCO3 _；（2）从碘水中提取碘_；（3）用自来水制取蒸馏水_；（4）分离植物油和水_；（5）除去KNO3中所含的少量 NaCl_；（6）除去 KCl 中少量 KClO3_。【答案】 (1). B (2). C (或C、A) (3). D (4). A (5). E (6). F【解析】【详解】(1)碳酸钙难溶于水，所以可用过滤的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3；因此本题答案是：B。(2)碘难溶于水，而易溶于四氯化碳，且水和四氯化碳不互溶，所以可用萃取的方法从碘水中提取碘；因此本题答案是：C (或C、A)。(3)水的沸点在标况下为100，所以可用蒸馏的方法制取蒸馏水；因此本题答案是：D。(4)植物油和水不互溶，所以可用分液的方法分离植物油和水；因此本题答案是：A。(5)氯化钠的溶解度受温度的影响变化不大,所以可用蒸发结晶的方法除去NaCl中所含的少量KNO3；因此本题答案是：E 。(6)氯酸钾受热分解生成氯化钾和氧气,所以可用加热分解的方法除去KCl中少量的KClO3；因此本题答案是：F。【点睛】混合物的分离方法，取决于组成混合物的各物质的性质差异。萃取法适用于同一种溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同时，将混合物分离；结晶法适用于不同溶质在同一溶剂中溶解度受温度影响不同的混合物分离；蒸馏法适用于沸点不同的两种溶质组成的混合物分离；分液法适用于互不相溶的两种液体组成的混合物分离。18.反应方程式如下：MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O。(1)写出该反应的离子方程式_。(2)该反应的氧化剂为_，氧化产物是_。(3)用双线桥法表明该反应电子转移的方向和数目。_【答案】 (1). MnO2+4H+4ClMn2+Cl2+2H2O (2). MnO2 (3). Cl2 (4). 【解析】【分析】反应中Mn元素化合价降低，Cl元素化合价升高，根据氧化还原反应的有关概念、电子得失守恒结合反应的方程式分析解答。【详解】（1）根据化学方程式MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O可知该反应的离子方程式为MnO2+4H+4ClMn2+Cl2+2H2O。（2）反应中Mn元素化合价降低，得到电子，被还原，因此该反应的氧化剂为MnO2，Cl元素化合价升高，失去电子，被氧化，因此氧化产物是Cl2。（3）反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，得到2个电子，Cl元素化合价从1价升高到0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知转移2个电子，因此用双线桥法表明该反应电子转移的方向和数目为。【点睛】注意氧化还原反应解题的一般思路，即从氧化还原反应的实质电子转移，去分析理解有关的概念，而在实际解题过程中，应从分析元素化合价变化这一氧化还原反应的特征入手。19.Na、Fe、Al是中学化学常见的金属元素。回答下列问题：（1）含上述元素的常见化合物中，呈淡黄色的是_（填化学式）。焰色反应的实验中，Na元素燃烧时的焰色为_色，观察K元素燃烧时的焰色需要透过_。（2）实验室在制备Fe(OH)2时必须隔绝空气，否则发生的现象是_。反应化学方程式为_。【答案】 (1). Na2O2 (2). 黄 (3). 蓝色钴玻璃 (4). 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀 (5). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【解析】【分析】（1）根据常见化合物的颜色分析判断；根据常见金属的焰色反应分析判断；（2）根据氢氧化亚铁易被氧气氧化解答。【详解】：（1）三种金属形成的常见化合物中呈淡黄色的是Na2O2；钠元素的焰色反应为黄色，观察K元素燃烧时的焰色需要透过蓝色钻玻璃片以便滤去黄光；（2）由于氢氧化亚铁易被氧化，所以实验室在制备Fe(OH)2时必须隔绝空气，否则发生氧化还原反应生成氢氧化铁，发生的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色沉淀，发生反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。三、实验题20.某同学在实验室中称取20 g NaOH固体，配制500 mL 1 molL1的氢氧化钠溶液。（1）该同学准备的实验用品有：托盘天平(带砝码)、药匙、量筒、玻璃棒等，还缺少的玻璃仪器有_、_、_。（2）下列有关实验操作，正确的是_。A称量氢氧化钠固体时，应该放在称量纸上称量B某同学将称量的氢氧化钠固体溶解并冷却至室温，然后转移到容量瓶中C某同学在定容时，不小心加水超过刻度线，又将多余的液体吸出直至刻度线D某同学在溶解、转移完氢氧化钠溶液后，将溶解用的仪器洗涤23次，并将洗涤液转移到容量瓶中（3）玻璃棒在该实验中的作用有_，_。（4）若实验室遇到下列情况，对氢氧化钠溶液的物质的量浓度有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)：转移时，有少量的溶液洒落出容量瓶_。定容时，容量瓶中事先有洁净的蒸馏水，所配溶液的浓度_。【答案】 (1). 500 mL容量瓶 (2). 烧杯 (3). 胶头滴管 (4). BD (5). 搅拌，加速氢氧化钠固体的溶解 (6). 引流液体 (7). 偏低 (8). 无影响【解析】【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液一般步骤选择需要仪器；（2）根据实验操作的方法分析；（3）结合实验操作分析玻璃棒的作用；（4）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据cnV进行误差分析。【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器：托盘天平（带砝码）、药匙、量筒、玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，配制500mL 1molL-1的氢氧化钠溶液，应选择500mL容量瓶，所以还缺少的仪器：500 mL容量瓶、烧杯、胶头滴管；（2）A、氢氧化钠为易潮解的固体且具有腐蚀性，应放在玻璃器皿中称量，故A错误；B、因氢氧化钠固体溶解于水放热，应并冷却至室温，然后转移到容量瓶中，否则会引起误差，故B正确；C、某同学在定容时，不小心加水超过刻度线，又将多余的液体吸出直至刻度线，导致部分溶质被吸出，因此配制的浓度偏低，故C错误D、某同学在溶解、转移完氢氧化钠溶液后，将溶解用的仪器洗涤23次，并将洗涤液转移到容量瓶中，这样确保溶质全部转移到容量瓶中，故D正确；故答案选BD；（3）玻璃棒在溶解固体时作用为搅拌，加速固体溶解；在移液时用于引流液体；（4）定容摇匀后，有少量溶液外流，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低；定容时，容量瓶中事先有洁净的蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液的体积，因此对所配溶液的浓度无影响。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理及操作步骤是解题关键，注意误差分析的方法和依据。四、计算题21.将10.0g碳酸钙放入一定量稀盐酸中恰好完全反应，试计算：（1）生成标准状况下的二氧化碳气体多少升？（不考虑CO2在水中的溶解）（2）所得溶液中氯化钙的物质的量。【答案】2.24L 0.1 mol【解析】【分析】根据nm/M、VnVm结合反应的化学方程式分析解答。【详解】（1）10.0g碳酸钙的物质的量是10.0g100g/mol0.1mol，则根据方程式CaCO3+2HClCaCl2+CO2+H2O可知生成二氧化碳是0.1mol，因此生成的二氧化碳气体在标准状况下的体积为0.1mol22.4L/mol2.24L；（2）根据钙离子守恒可知所得溶液中氯化钙的物质的量是0.1mol。