2018-2019学年高一化学上学期期末考试试卷(含解析) (II).doc

xx-2019学年高一化学上学期期末考试试卷(含解析) (II)一、选择题：本大题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 下列说法正确的是A. 胶体和溶液、浊液的本质区别是能否产生“丁达尔效应”B. 氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，起到净水作用C. 当光束通过硫酸铜溶液时可看见一条光亮的通路D. 胶体的分散质粒子的直径大于107m【答案】B【解析】试题分析：A.胶体和溶液、浊液的本质区别是粒子直径的大小，A错误；B.氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，起到净水作用，B正确；C.丁达尔效应是胶体的性质，溶液不具有丁达尔效应，因此当光束通过硫酸铜溶液时不能看见一条光亮的通路，C错误；D. 胶体的分散质粒子的直径介于109m 和107m之间，D错误。故答案B。考点：考查分散系的分类与性质。2.三种正盐的混合溶液中含有0.2 mol Na+，0.25 mol Mg2+，0.4 mol Cl，则SO42的物质的量为()A. 0.1 mol B. 0.3 mol C. 0.5 mol D. 0.15 mol【答案】D【解析】【详解】由电荷守恒得到n(Na+) +2n(Mg2+)= n(Cl-)+2 n(SO42) 得到0.2 mol +0.25mol2=0.4 mol +2 n(SO42) ，n(SO42)=0.15mol，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题考查物质的量的计算及电荷守恒，明确溶液中电荷守恒式为解答的关键，溶液不显电性，溶液中阳离子电荷总数等于阴离子的电荷总数，注意阴阳离子带的电荷。3.物质的量相等的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是( )它们所含的分子数目之比为1：1 它们所含的氧原子数目之比为1：2它们所含的原子总数目之比为2：3 它们所含的C原子数目之比为1：1它们所含的电子数目之比为7：11A. 和 B. 和 C. D. 【答案】D【解析】【详解】相等物质的量的两种气体的分子数相等，故正确；相等物质的量的CO和CO2分子数相等，所以所含的氧数目之比为单个分子中含有的氧原子数目之比，为1：2，故正确；相等物质的量的CO和CO2分子数相等，所以分子数相等，它们所含的原子总数目之比为单个分子中含有的原子数目之比，为2：3，故正确；相等物质的量的CO和CO2分子数相等，它们所含的C原子数目之比为1：1，故正确；相等物质的量的CO和CO2分子数相等，它们所含的电子数目之比为为单个分子中含有的电子数之比，CO和CO2含有的电子数之比为7：11，故正确。所以正确的叙述为，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。4.下列溶液中c(Cl)与50 mL 1 molL-1AlCl3溶液中c(Cl)相等的是()A. 150 mL 1 molL-1的NaCl溶液B. 75 mL 2 molL-1的NH4Cl溶液C. 150 mL 2 molL-1的KCl溶液D. 75 mL 1 molL-1的FeCl3溶液【答案】D【解析】【分析】50mL 1molL-1的AlCl3 溶液中的c(Cl)为3molL-1，根据溶质化学式计算各选项中的Cl物质的量，进行比较可以知道，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，以此解答。【详解】50mL 1molL-1的AlCl3 溶液中的c(Cl)为3molL-1，A. 150 mL 1 molL-1的NaCl溶液，溶液中c(Cl)为1 molL-1，与50mL 1molL-1的AlCl3溶液中的c(Cl)不相等，故A不选；B. 75 mL 2molL-1的NH4Cl溶液中c(Cl)为2molL-1，与50mL 1molL-1的AlCl3溶液中的c(Cl)不相等，故B不选；C. 150 mL 2molL-1的KCl溶液，溶液中c(Cl)为2molL-1，与50mL 1molL-1的AlCl3溶液中的c(Cl)不相等，故C不选；D. 75 mL 1molL-1的FeCl3溶液，溶液中c(Cl)为3 molL-1，与50mL 1molL-1的AlCl3溶液中的c(Cl)相等，故D选。所以D选项是正确的。【点睛】本题考查浓度的计算，以简单的浓度之比等于物质的之比计算，不需要使用体积便可以算出。5.利用碳酸钠晶体(Na2CO310H2O)来配制0.5 molL1的Na2CO3溶液1 000 mL，假如其他操作均是正确无误的，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是()A. 称取碳酸钠晶体100 gB. 定容时，俯视观察刻度线C. 移液时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗D. 定容后，将容量瓶振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线【答案】B【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液过程中，能引起误差的原因主要有：称量不准确、转移不完全、读数不符合要求、操作不规范等，可以根据错误操作对c=nV=mMV的影响进行判断。【详解】A.配制1000 mL溶液，需要选用1000 mL容量瓶，需要碳酸钠晶体的物质的量为0.5 molL11L=0.5mol，需要碳酸钠晶体的质量为：286g/mol0.5mol=143g，称量的碳酸钠晶体质量不符合要求，会产生误差，故A不选；B.定容时俯视刻度线，导致配制的溶液的体积偏小，浓度偏高，所以B选；C.没有洗涤烧杯，导致配制的溶液中溶质的物质的量减小，配制的溶液浓度偏低，故C不选；D. 定容后，将容量瓶振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线，对结果无影响，故D不选。答案选B。6.下列反应的离子方程式正确的是( )A. 铝片跟氢氧化钠溶液反应：Al2OHAlO2H2B. 硫酸镁溶液跟氢氧化钡溶液反应：SO42Ba2BaSO4C. 碳酸钙跟醋酸反应：CaCO32CH3COOHCa22CH3COOH2OCO2D. AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液：Al3+ 3OH- Al(OH)3【答案】C【解析】【详解】A、铝片跟氢氧化钠溶液反应的方程式应该是2Al2H2O2OH2AlO23H2，A不正确；B、生成物应该还有氢氧化镁沉淀，即Mg2SO422OHBa2Mg(OH)2BaSO4，B不正确；C、碳酸钙难溶，醋酸难电离，二者反应的方程式为：CaCO32CH3COOHCa22CH3COOH2OCO2，C正确；D、氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱氢氧化钠溶液，AlCl3溶液中加入过量的NaOH溶液的方程式为：Al3+4OH-AlO22H2O，D不正确；答案选C。7.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是()A. H OHSO42- NaB. K Mg2 Cl Fe2C. Ca2 CO32- OH KD. Ba2CO32- SO42- Na【答案】B【解析】【分析】离子在水溶液中能大量共存，根据复分解反应发生的条件，溶液中的离子需要满足以下条件：离子间不能形成沉淀或气体或水。【详解】A、H和OH能生成水，该组离子不能在溶液中大量共存，故A不正确；B、镁离子、亚铁离子、氯离子、钾离子之间既不能生成沉淀也无气体或水生成，该组离子可以在溶液中大量共存，所以B选项是正确的；C、Ca2和CO32-生成碳酸钙白色沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故C不正确；D、Ba2和CO32-、SO42-均能生成沉淀、该组离子不能在溶液中大量共存，故D不正确。所以B选项是正确的。8.下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】化合价升高的元素的原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，得失电子数目相等，失去多少电子化合价就升高几价，得到多少电子化合价就降低几价。【详解】A、根据化合价不能交叉的原则，氯酸钾中氯元素的化合价应从+5价降到0价，盐酸中氯元素的化合价应从-1价升高到0价，转移电子数是5mol，即，故A错误；B、锰元素化合价降低2价，氯元素化合价升高2价，反应转移电子2mol，所以B选项是正确的；C、所有碳元素共失去4mol的电子，所有氧元素共得到4mol的电子，故转移电子是应为4mol，不是2mol，故C错误；D、硫元素化合价升高失去电子，汞和氧元素化合价均降低得到电子，故D错误。所以B选项是正确的。9.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是( )A. 明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B. 节日燃放的烟花就是利用了金属化合物的焰色反应所呈现的各种艳丽色彩C. Al2O3的熔点很高，可用于制作耐高温材料D. 用氧化钠作为呼吸面具和潜水艇的供氧剂【答案】D【解析】【详解】AAl(OH)3胶体具有疏松多孔的结构，表面积大，吸附能力强，能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B节日燃放的烟花就是利用了金属化合物的焰色反应所呈现的各种艳丽色彩，故B正确；D熔点高的物质可作耐高温材料，Al2O3的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C正确；D氧化钠与水或二氧化碳虽然都反应，但不能产生氧气，应该用过氧化钠作为呼吸面具和潜水艇的供氧剂，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查物质的性质及用途，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，注意元素化合物知识的应用，D项为易错点，注意氧化钠和过氧化钠性质的差异。10.实验室里做钠跟水反应的实验时，用到的仪器和药品是( )试管夹 镊子 小刀 滤纸 研钵 烧杯 坩埚 石棉网 玻璃片 药匙A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：钠与水反应的实验步骤：用镊子取一小块金属钠，将金属钠放在玻璃片上，用小刀切一小块钠，用滤纸擦干表面的煤油，放入盛水的烧杯中即可，所以需要的仪器为：镊子、小刀、滤纸、玻璃片、烧杯，故选B。考点：考查了物质的性质以及实验的步骤的相关知识。11.下列说法正确的是A. Fe3+的水溶液呈红褐色，Fe2+的水溶液呈浅绿色B. Fe3+具有氧化性，Fe2+具有还原性C. Fe3+的溶液中滴入含KSCN的溶液，立即出现红色沉淀D. 铁粉可以和水蒸气在高温下反应生成Fe2O3【答案】B【解析】A、中学常见水溶液有颜色离子有：Fe2（浅绿色）、Fe3（黄色）、Cu2（蓝色）、MnO4（紫色），故A错误；B、元素处于最高价态时，只表现为氧化性，元素处于最低价态时，只表现为还原性，处于中间价态，既表现氧化性，又表现还原性，通常情况下铁的化合价有0、+2、+3价，Fe2处于中间价态，既能得电子，又能失电子，所以既有氧化性，又有还原性，一般认为Fe3处于最高价，因此只具有氧化，故B正确；C、Fe3+的溶液中滴入含KSCN的溶液，立即出现红色，但不形成沉淀，故C错误；D、铁粉可以和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，不生成Fe2O3,故D错误；故选B。12.某二价金属的碳酸盐和碳酸氢盐的混合物，跟足量的稀盐酸反应，消耗H+和生成CO2物质的量之比为6:5，则该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比是（ ）A. 1:1 B. 1:3 C. 1:2 D. 1:4【答案】C【解析】【详解】令碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量分别为xmol、ymol，则根据关系式RCO32H+CO2、R（HCO3）22H+2CO2可知（2x+2y）：（x+2y）=6：5，解得x：y=1：2，即该混合物中碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比是1：2，答案选C。13.1 L 0.1 mol/L的Na2CO3溶液中逐滴加入240 mL 0.5 mol/L的盐酸；在240 mL 0.5 mol/L的盐酸中逐滴加入1 L 0.1 mol/L的Na2CO3溶液。两种实验操作在相同状态下产生CO2气体的体积( )A. 相等 B. 前者多 C. 后者多 D. 无法判断【答案】C【解析】试题分析：1L0.1mol的碳酸钠溶液中逐滴滴加240ml0.5mol/L的盐酸，过程是碳酸钠先与盐酸反应生成碳酸氢钠，当0.1mol的碳酸钠转化为碳酸氢钠时消耗0.1mol盐酸，还有0.2mol盐酸，再滴加盐酸生成二氧化碳0.2mol；在240ml0.5mol/L的盐酸中逐滴加入1L0.1mol/L的碳酸钠溶液，盐酸处于过量状态，先完全反应，0.12mol的盐酸完全反应生成0.06mol的二氧化碳。综上，答案D。考点：碳酸钠与盐酸的反应14.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中, 逐滴加入NaOH溶液。下列图象中, 能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积, 纵坐标表示反应生成沉淀的质量)( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中, 逐滴加入NaOH溶液，首先生成氢氧化镁沉淀，后生成氢氧化铝，而后氢氧化铝被过量的氢氧化钠溶解，因此D正确。15.现有下列十种物质：0.1mol/L硫酸、小苏打、纯碱、二氧化碳、葡萄糖、0.1mol/LNaOH溶液、氢氧化铁胶体、氨水、Al2O3、硫酸铁溶液（1）上述十种物质中，属于非电解质的有_（填序号）。（2）有两种物质在水溶液中可发生反应，离子方程式为：H+OH-=H2O，这两种物质的序号是_（填序号）。（3）既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是_（填序号）。（4）标谁状况下，_L中含有0.4mol氧原子。（5）现有100mL溶液中含Fe3+5.6g，则溶液中c(SO42-)=_。（6）将滴加到的溶液中，的溶液导电能力变化为_（填“增强”“ 减弱”或“基本不变”）【答案】 (1). (2). (3). (4). 4.48 (5). 1.5mol/L (6). 基本不变【解析】（1）在水溶液里和熔融状态下都不能自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质的有二氧化碳、葡萄糖。（2）强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的反应可以用离子方程式H+OH-H2O表示，这两种物质是硫酸与氢氧化钠。（3）既能跟盐酸反应又能跟NaOH溶液反应的是小苏打和氧化铝。（4）0.2molCO2含有0.4mol氧原子，标谁状况下体积为0.2mol22.4L/mol4.48L。（5）5.6g铁离子的物质的量是0.1mol，则相应硫酸铁的物质的量是0.05mol，硫酸根的物质的量是0.15mol，则溶液中c(SO42-)0.15mol0.1L1.5mol/L；（6）硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，由于硫酸根离子的浓度基本不变，所以溶液导电能力基本不变。16.（1）有以下6个反应（反应条件略）：A.2Na+2H2O 2 NaOH+H2 BCH4+2O2 CO2+2H2OCKClO3 2KCl+3O2 DCaCO3+2HCl CaCl2+H2O+CO2ENa2O+CO2 Na2CO3 FCO2+C2CO既属于化合反应又属于氧化还原反应的有_（填编号，下同），不属于氧化还原反应的有_。（2）根据反应：2Fe32I-=2Fe2I2，Br22Fe2=2Fe32Br-， Br22I-= I22Br-，回答下列问题：试判断离子的还原性由强到弱的顺序是_。ABr-、Fe2、I- BI-、Fe2、Br-CBr-、I-、Fe2 DFe2、I-、Br-某溶液中含有Br-、Fe2、I-，为了氧化I而不影响Br-和Fe2，选用的氧化剂是_。I2与Br-能否发生反应_。A能 B 不能【答案】 (1). F (2). D、E (3). I-Fe2+Br- (4). Fe3+ (5). B【解析】（1）有元素化合价升降的反应是氧化还原反应，因此既属于化合反应又属于氧化还原反应的是碳与二氧化碳反应生成CO，答案选F；A中Na和H元素的化合价变化，B中C与O元素的化合价变化，C中Cl与O元素的化合价变化，F中碳元素的化合价变化，它们均是氧化还原反应，因此不属于氧化还原反应的是D与E；（2）氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反应可知还原性是IFe2；根据反应可知还原性是Fe2Br；根据反应可知还原性是IBr，所以离子的还原性由强到弱的顺序是IFe2Br，答案选B。根据还原性强弱顺序可知为了氧化I而不影响Br和Fe2，选用的氧化剂是Fe3+；碘离子的还原性强于溴离子，则I2与Br不能发生反应，答案选B。17.如图所示装置可用来制取Fe(OH)2并观察其在空气中被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6 mol/L 的稀硫酸，其他试剂任选。请完成下列问题：(1)B装置中盛有一定量的NaOH溶液，A装置中应预先加入的试剂是_，A装置中反应的离子方程式是_。(2)实验开始时应先将活塞a_(填“打开”或“关闭”)。(3)简述制取Fe(OH)2的操作过程：_。(4)实验完毕，拔去B装置中的橡胶塞，放入一部分空气，此时B装置中发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 铁屑 (2). Fe2H=Fe2H2 (3). 打开 (4). 关闭活塞a，使FeSO4溶液被压入B装置中进行反应 (5). 4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3【解析】【分析】必须使用铁屑、6mol/L硫酸溶液制备Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化，由图可以知道，分液漏斗中为硫酸，烧瓶中为铁屑，加药品时先固体后液体，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中为NaOH溶液，实验中先打开a，利用氢气将装置中的空气排出；当关闭a时，利用氢气的压力使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应生成Fe(OH)2，然后拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，可观察颜色的变化，以此来解答。【详解】必须使用铁屑、6mol/L硫酸溶液制备Fe(OH)2和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时的颜色变化，由图可以知道，分液漏斗中为硫酸，烧瓶中为铁屑，加药品时先固体后液体，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中为NaOH溶液，(1)A中应预先加入的试剂是铁屑，A中发生的反应的离子方程式为Fe2H=Fe2H2，因此，本题正确答案是：铁屑；Fe2H=Fe2H2；(2)实验开始时应先将活塞a打开，其目的是排出B中的空气，因此，本题正确答案是：打开； (3)生成Fe(OH)2的操作过程为关闭活塞a，A中压强增大，将FeSO4溶液压入B瓶中进行反应，因此，本题正确答案是：关闭活塞a，使FeSO4溶液被压入B装置中进行反应；(4)拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，看到的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，发生的反应为4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3，因此，本题正确答案是：4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3。【点睛】本题考查了氢氧化亚铁的制取，氢氧化亚铁极易被氧气氧气，所以制取氢氧化亚铁时注意必须在无氧气条件下进行反应，这是高中化学中较重要的一个实验，是学习重点。18.已知X为Fe2O3和CuO的混合物且氧化性强弱顺序：Fe3Cu2HFe2。X样品可发生如图所示的转化关系：(1)写出步骤可能发生反应的离子方程式：_(共有3个，任写一个即可)。(2)若溶液E中只有一种金属离子，则一定是_；若溶液E中含有两种金属离子，则一定是_。(3)若D固体是纯净物，该固体是_(填化学式)。(4)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成的，可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路板，该过程发生反应的离子方程式为_。【答案】（1）2Fe3+ Fe =3Fe2+；Cu2+Fe=Fe2+Cu；2H+Fe=Fe2+ H2（2）Fe2+；Fe2+、Cu2+ ；（3）Cu ；（4）2Fe3+ Cu =2Fe2+ Cu2+【解析】试题分析：（1）X为Fe2O3和CuO的混合物，与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜，被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质，由于氧化性Fe3+Cu2+H+Fe2+，所以溶液中可能发生的离子反应有：Cu2+FeFe2+Cu、2Fe3+Fe3Fe2+、2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，故答案为：Cu2+FeFe2+Cu、2Fe3+Fe3Fe2+、2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+；（2）根据（1）中发生的离子反应可知，溶液中一定有Fe2+，如果铁单质较少，Fe3+较多，则铜可以被氧化成Cu2+，此时溶液中有Cu2+和Fe2+，故答案为：Fe2+；Cu2+和Fe2+；（3）由于铜是不活泼金属，Fe3+首先氧化Fe，所以D固体如果是纯净物，则一定是Cu，故答案为：Cu；（4）根据氧化强弱可知，Fe3+可以氧化Cu，生成Cu2+，离子反应方程式为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，故答案为：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+；考点：考查了常见金属单质及其化合物的性质推断的相关知识。