安徽省黄山市学年高一上学期期末考试化学试题.docx

1、安徽省黄山市学年高一上学期期末考试化学试题安徽省黄山市2018-2019学年高一上学期期末考试化学试题1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A. “时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦提取青蒿素的过程中发生了化学变化C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，北宋沈括用胆矾炼铜的过程属于置换反应D. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应【答案】B【解析】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化

2、，故B错误；C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故C正确；DK元素的焰色反应为紫色，故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，故D正确；故选B。点睛：本题考查了化学知识在生产生活中的应用，涉及物理变化与化学变化的判断、胶体的性质等。熟悉物质的性质是解题关键，平时要注意多积累。2.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列有关硅及其化合物的说法正确的是A. 硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在B. 硅晶体是良好的半导体，可用于制造光导纤维C. SiO2是酸性氧化物，不与任何酸发生反应D. 木材浸过水玻璃后，不易着火【答案】D【解析】A

3、. 硅是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A错误；B. 硅晶体是良好的半导体，二氧化硅可用于制造光导纤维，B错误；C. SiO2是酸性氧化物，能与氢氟酸发生反应，C错误；D. 硅酸钠的水溶液是俗称水玻璃，可制作防火材料，因此木材浸过水玻璃后，不易着火，D正确，答案选D。3.一定温度和压强下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是A. 气球中装的是O2B. 气球和气球中气体分子数相等C. 气球和气球中气体密度之比为21D. 气球和气球中气体物质的量之比为41【答案】C【解析】【详解】根据阿伏伽德罗定律的推论：同温同压下，同质量的气

4、体的体积之比与其摩尔质量成反比，四种气体的摩尔质量的关系为M(SO2)M(CO2)M(O2)M(CH4)，所以气球、的气体分别为SO2、CO2、O2、CH4。A项，气球中装的是CO2，故A项错误；B项，同质量的气体分子数之比等于物质的量之比，与摩尔质量成反比，气球和气球气体分子数不相等，故B项错误；C项，同温同压下，气球的密度之比与摩尔质量成正比，气球和气球气体密度之比为2:1，故C项正确；D项，气球和气球物质的量之比为1:4，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题的易错项为D项。依据理想气体方程PV=nRT可知，相同温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，相同质量的气体，

5、其体积之比等于物质的量之比等于摩尔质量的反比，则为SO2，为CH4，故气球和气球的物质的量之比为16:64，即1:4。4.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是A. 1L 1mol/L的盐酸中含有HCl分子数为NAB. 8.8g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NAC. 标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NAD. Na2O2与H2O反应生成1.12LO2(标准状况)，反应中转移的电子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A. HCl溶于水后完全电离，故盐酸溶液中无HCl分子，故A错误；B. CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故8.8g混

6、合物的物质的量为0.2mol，且两者均为三原子分子，故0.2mol混合物中含0.6NA个原子，故B错误； C. 标准状况下三氧化硫是固体，11.2LSO3的物质的量不是0.5mol，故C错误；D. 由Na2O2与H2O反应方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，Na2O2中O是-1价，到O2是0价，1.12L的O2(标准状况)就是0.1mol，转移的电子就是0.1mol乘以转变的化合价(即由-1到0是1)，就是0.1NA个电子，故D正确。答案选D。5.下列实验操作所用仪器合理的是A. 实验室配制480mL 1mol.L-1的NaOH溶液，需称量19.2g固体NaOHB. 将CCl

7、4与溴水混合后振荡、静置，再用分液漏斗分离得到溴的四氯化碳溶液C. 用托盘天平称取25.30gNaCl固体D. 用50mL量筒量取4.8mL硫酸【答案】B【解析】【详解】A、没有480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶配制，实验室配制500mL 1mol/L的NaOH溶液需要NaOH的质量为：0.5L1mol/L40g/mol=20.0g，故A错误；B、CCl4与溴水混合后，四氯化碳和水互不相溶，所以溶液分层，可以采用分液的方法来分离，所以B选项是正确的；C、只能用托盘天平称取25.3g的NaCl,数据精确到小数点后一位，故C错误；D、用量筒量取和量筒的规格相近体积的溶液，否则误差会很大，故D

8、错误。所以B选项是正确的。6.下列根据实验操作得出的结论正确的是操作现象结论A无色溶液先滴加BaCl2溶液后加稀盐酸生成白色沉淀不溶于盐酸原溶液中一定有SO42-B无色溶液依次滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显橙红色原溶液中有BrC新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后褪色Cl2有漂白性D无色溶液滴加稀盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中生成白色沉淀原溶液中有大量CO32A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A. 向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸

9、，碳酸钡溶于盐酸，说明此沉淀不是碳酸钡，因此该溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；B.氯水可将Br-氧化生成Br2，Br2难溶于水，易溶于CCl4，故下层溶液显橙红色，B正确；C.具有漂白性的不是Cl2而是HClO，故C错误；D.如果原溶液中含有HCO3-，也会产生相同现象，故D错误。答案选B。7.下列离子方程式中，正确的是A. 澄清的石灰水跟盐酸反应：H+OH H2OB. 氯气与水反应：Cl2+H2O 2H+Cl-+ClO-C. 碳酸钡与稀盐酸反应：CO32-+2H+ H2O+CO2D. 金属钠跟水反应：Na+H2O Na+OH+H2【答案】A【解析】【详解】A项，是普通的酸碱中和反

10、应，离子方程式书写正确，故A项正确；B项，HClO是弱电解质，在离子方程式中书写不可拆分，正确的离子方程式为：Cl2+H2O H+Cl-+HClO，故B项错误；C项，BaCO3是沉淀，在离子方程式中书写不可拆分，正确的离子方程式为：BaCO3+2H+ Ba2+H2O+CO2，故C项错误；D项，方程式未配平，正确的离子方程式为：2Na+2H2O 2Na+2OH+H2，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。8.某溶液加入铝可以产生H2，则在该溶液中可能大量存在的离子组是A. Na+、Fe3+、SO42、SCN B. K+ 、Na+、AlO2、ClC. K+ 、Na+、I、MnO4 D. Na+、

11、K+、HCO3、Cl【答案】B【解析】溶液中加入金属铝有氢气放出，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，则：AFe3+与SCN发生络合反应而不能大量共存，选项A错误；B在碱性条件下，四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，选项B正确；CI与MnO4发生氧化还原反应而不能大量存在，选项C错误；D无论溶液呈酸性，还是呈碱性，HCO3-都不能大量存在，选项D错误。答案选B。9.下列物质中既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是 NaHCO3 Al2O3 NaAlO2 Al (NH4)2CO3 AlCl3 Al(OH)3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】中学常见既能与NaOH溶液反应，又

12、能与稀硫酸反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、蛋白质、氨基酸等。【详解】NaHCO3是弱酸酸式盐，与硫酸反应得到硫酸钠、二氧化碳与水，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，故正确；Al2O3是两性氧化物，与硫酸反应得到硫酸铝，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，故正确；NaAlO2与NaOH溶液不反应，故错误；Al属于两性金属，与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠与氢气，故正确；(NH4)2CO3与硫酸反应得到硫酸钠、二氧化碳与水，与氢氧化钠浓溶液反应得到碳酸钠、氨气和水，故正确，AlCl3与硫酸不反应，与过量氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠，故错误；Al(OH)3是

13、两性氧化物，与硫酸反应得到硫酸铝，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，故正确。所以B选项是正确的。10.实验室按如下装置测定纯碱(含少量NaC1)的纯度。下列说法不正确的是A. 滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽B. 装置、的作用是防止空气中的CO2进入装置C. 必须在装置、间添加盛有饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶D. 反应结束时，应再通入空气将装置中CO2转移到装置中【答案】C【解析】根据实验目的和装置图，实验原理为：样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba（OH）2溶液吸收，通过测量装置中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。A，为了排除装置中含有CO2的空气对CO2测量的影响，滴入盐酸前，应将装置中

14、含有CO2的空气排尽，A项正确；B，装置中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2，防止空气中CO2进入装置中，装置的作用是防止外界空气中的CO2进入装置中，B项正确；C，由于盐酸具有挥发性，反应产生的CO2中混有HCl，若在装置、间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，HCl与NaHCO3反应产生CO2，使得测得的CO2偏大，测得纯碱的纯度偏大，C项错误；D，为了保证测量的CO2的准确性，反应结束，应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置中CO2全部转移到装置中，D项正确；答案选C。11.下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的实验方案，合理的是 取a g混合物与过

15、量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体 取a g混合物充分加热，减重bg 取a g混合物与过量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g 取a g混合物与过量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得b g固体A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】方案能确定碳酸钠、碳酸氢钠任一物质的质量,即可测定混合物中NaHCO3质量分数，氢氧化钠过量，在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3；碳酸氢钠的不稳定性，加热分解，利用固体差量法即可计算出固体中碳酸氢钠的质量；应先把水蒸气排除才合理；只有碳酸钠可与氯化钡反应，根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量，进而可确

16、定碳酸氢钠的质量分数。【详解】氢氧化钠过量，在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3，则不能确定NaHCO3分解生成的碳酸钠的质量，不能确定质量分数，故错误；NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故正确；混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故错误；只有碳酸钠可与氯化钡反应，根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量，进而可确定碳酸氢钠的质量分数，故正确。所以C选项是正确的。【点睛】本题考查物质含量的实验方案的设计，注意把握

17、物质的性质以及实验方案的原理，该题注意测量数据能否计算出结果，为解答该题的关键。12.KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl(浓)= KCl+3Cl2+3H2O，下列说法不正确的是A. Cl2既是氧化产物，又是还原产物B. 转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2C. 盐酸既体现酸性，又体现还原性D. 被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1【答案】B【解析】【分析】在反应KClO3+6HCl(浓)= KCl+3Cl2+3H2O中，KClO3中的Cl得到电子，被还原变为Cl2，每摩尔的氯得到5mol电子， HCl中的Cl失去电子，也变为Cl2，每摩尔的氯失去1mol电子，以此

18、分析解答。【详解】A项，该反应中氧化剂是氯酸钾，浓盐酸是还原剂，所以氯气既是氧化产物又是还原产物，故A项正确；B项，温度和压强未知，无法计算气体体积，故B项错误；C项，该反应中HCl中氯元素部分化合价不变、部分化合价升高，所以盐酸体现酸性和还原性，故C项正确；D项，该反应中氯元素化合价由+5价、-1价变为0价，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:1，故D项正确。答案选B。【点睛】本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答，熟悉元素化合价是解题的关键，易错选项是B，注意气体摩尔体积的适用范围和使用条件，为易错点。13.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”

19、现象的是A. 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2至过量B. 向Na2SiO3溶液中滴加盐酸溶液至过量C. 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸【答案】B【解析】【详解】A、向Ca(ClO)2溶液通入CO2，先产生CaCO3沉淀，当CO2过量时，继续反应生成Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以不符合条件，选项A不选；B、向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，硅酸钠和盐酸反应生成难溶性的硅酸，所以看到的现象是“有沉淀生成”，所以符合条件，选项B选；C、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生

20、成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，选项C不选；D、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和盐酸反应生成可溶性的氯化铁，所以沉淀又溶解，所以不符合条件，选项D不选。答案选B。【点睛】本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意有些反应与反应物的量有关，量不同反应现象不同，根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，注意反应与量有关。14.m molCu2S与足量的稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、H

21、2SO4、NO和H2O。则被还原的HNO3的物质的量为A. 4mmol B. 2m/3mol C. 10m mol D. 10m/3 mol【答案】D【解析】【详解】硝酸分为两部分计算，一部分硝酸形成NO，根据电子守恒分析，形成NO：m mol Cu2S，Cu由+1变为+2，失去1个电子，一共是2m mol电子；S由-2变为+6，失去8个电子，一共是8m mol电子；总共失去2m+8m=10mol电子，HNO3中N是+5价，NO中N是+2，降低3价，所以形成NO是mol，即被还原的HNO3的物质的量为mol，答案选D。15.将0.01molNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液

22、中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH开始反应时没有气体生成，当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；而盐酸与Na2CO3反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图像与反应不符，故不选A项；B项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸与NaOH开始反应时没有气体生成，但图像中一开始反应即有气体生成，与反应不符，故不选B项；C项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH反应生成N

23、aCl和H2O，没有气体放出；当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；继续滴加，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当加入0.2L盐酸时，此反应进行完全；当继续滴加时，发生反应：NaHCO3+ HCl= NaCl+H2O +CO2，此时才开始放出气体，C中图像与实际相符，故选C项；D项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O，没有气体放出。当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；继续滴加时，Na2CO3与盐酸先反应生成NaHCO3和NaCl，此时没有气体生成，则图像与反应不符，故不选

24、D项。综上所述，本题正确答案为C。16.某溶液中只可能溶有Na+、NH4+、SO42-、CO32-、NO3-、Cl-中的几种离子。取200mL该溶液，分为等体积的两份分别做以下实验：（1）第一份加入足量的烧碱并加热，产生气体在标准状况下的体积为224mL。（2）第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，过滤，得固体2.33g。（3）在（2）的滤液中滴入AgNO3，产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解。下列说法正确的是A. 该溶液中可能含有Na+ B. 该溶液中肯定含有NH4+、SO42-、Cl-C. 该溶液中一定含有Na+ D. 该溶液中一定不含CO32-、NO3-【答案】C【

25、解析】（1）第一份加入足量的烧碱并加热，产生气体在标准状况下的体积为224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；（2）第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42-，且物质的量为：2.33g233g/mol=0.01mol，根据溶液电中性可知，溶液中一定含有Na+；（3）在（2）的滤液中滴入AgNO3，产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，白色沉淀是氯化银，但由于前面加入了氯化钡，所以不能确定溶液中是否含有氯离子。A. 根据以上分析可知该溶液中一定含有Na+，A错误；B. 该溶液中肯定含有Na+、NH4+、

26、SO42-，Cl-不能确定，B错误；C. 该溶液中一定含有Na+，C正确；D. 根据以上分析可知NO3-不能确定，D错误，答案选C。点睛：本题考查了常见离子的检验方法，掌握常见离子的性质、发生的反应以及实验现象是解答的关键。注意互斥性原则、电中性原则、进出性原则的判断。本题中钠离子、氯离子判断是解答的易错点，注意方法的灵活应用。17.按要求回答下列问题：（1）FeCl3 溶液和 Fe(OH)3 胶体的本质区别是：_。（2）工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_（填名称）。（3）工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的_性。（4）盛放 NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用_ 塞（填“玻璃”或“橡胶

27、”）。（5）用四氯化碳萃取溴水后，分液时有机层从分液漏斗的_（填“下口放出”或“上口倒出”）。（6）6.20 g Na2O 晶体中含离子数目是_（NA为阿伏加德罗常数的数值）。（7）等质量的 NH3 和 H2S 中，氢原子的个数比是_。（8）加热某碱式碳酸镁晶体4MgCO3Mg(OH)25H2O至质量不再变化时，得到 10.0g 残留固体和_L CO2（标准状况下）。【答案】 (1). 分散质粒子直径 (2). 石灰石 (3). 还原 (4). 橡胶 (5). 下口放出 (6). 0.3NA (7). 3:1 (8). 4.48【解析】【分析】（1）根据胶体与溶液的本质区别来解答；（2）根据工

28、业上制玻璃的原料分析解答；（3）根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答；（4）根据二氧化硅与NaOH 溶液溶液反应分析判断；（5）根据四氯化碳密度大于水分析；（6）Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，以此分析；（7）质量相等，计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答；（8）加热4MgCO3Mg(OH)25H2O至质量不再变化时，得到的固体为MgO，根据n=，V=nVm及原子守恒进行计算。【详解】（1）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1100nm之间，即分散质粒子直径大小不同，故答案为

29、：分散质粒子直径；（2）工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃，故答案为：石灰石；（3）钠是活泼金属，极易失去电子被氧化，工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的还原性，故答案为：还原；（4）由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH 溶液反应生成粘性的硅酸钠，而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开，因此盛放NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞，故答案为：橡胶；（5）四氯化碳的密度大于水的密度，用四氯化碳萃取溴水后，有机层在下层，分液时有机层从分液漏斗的下口放出，故答案为：下口放出；（6）6.20 g Na2O 的物质的量为0.1mol，Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1

30、molCl-，所以晶体中含离子数目是0.3NA，故答案为：0.3NA；（7）设二者的质量为mg，则同质量的NH3和H2S气体的体积等于物质的量之比=2：1，则所含氢原子的个数比是=3:1，故答案为：3:1；（8）加热4MgCO3Mg(OH)25H2O生成MgO和二氧化碳、水，至质量不再变化时，得到的固体为MgO，10gMgO的物质的量为=0.25mol，由镁元素和碳元素守恒关系可知，n(MgCO3)=n(Mg)=0.25mol=0.2mol，n(CO2)= n(MgCO3)=0.2mol，V(CO2)=0.2mol22.4L/mol=4.48L，故答案为：4.48L。18.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的化学方程式为_；（