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1、辽宁省六校协作体学年高一下学期期初考试化学试题辽宁省六校协作体2018-2019学年高一下学期期初考试化学试题1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列有关说法中错误的是A. 春节燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩B. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰C. 小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂D. 青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢【答案】B【解析】【详解】A、某些金属元素灼烧时产生特殊的火焰，这叫焰色反应，节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩，A正确；B、包装袋内加入生石

2、灰，利用了它们的吸水性，防止食物的受潮；要防止氧化，往往加入还原铁粉，B错误；C、小苏打的化学名是碳酸氢钠，显碱性，能中和发酵过程产生的酸，同时受热易分解：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，使食物膨松，碳酸氢钠碱性较弱，对胃的刺激弱，是治疗胃酸过多的一种药剂，C正确；D、青铜成分是铜、锡，夏商时期就开始使用了，是我国最早使用的合金，钢铁是目前世界上使用量最大的合金，D正确。答案选B。2. 下列物质中含有的杂质(括号内为杂质)，不可以用加热的方法除去的是( )A. CaCO3(CaO) B. Na2O2(Na2O) C. Na2CO3(NaHCO3) D. MgOMg(OH)2【答案】A【

3、解析】试题分析：CaCO3加热分解为CaO，不可以用加热的方法除去CaO，故A正确；Na2O加热生成Na2O2，故B错误；NaHCO3加热生成Na2CO3，故C错误；Mg(OH)2加热生成MgO，故D错误。考点：本题考查物质除杂。3.如图所示：烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则a、b不可能是A. a为Cl2气体，b为饱和NaCl溶液B. a为NH3气体，b为盐酸溶液C. a为CO2气体，b为浓NaOH溶液D. a为NO2气体，b为H2O【答案】A【解析】【分析】烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻震荡烧

4、瓶，然后打开弹簧夹，烧杯中的液体呈喷泉状喷出，则气体a极易溶于水，或极易与烧杯中的液体反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，以此来解答。【详解】A. Cl2能溶于水，饱和NaCl溶液可降低其在水中的溶解度，抑制氯气的溶解，不能形成压强差，则不能形成喷泉，故A选；B. 氨气极易溶于水，可与盐酸反应生成NH4Cl，导致气体减少，构成压强差，可形成喷泉，故B不选；C. CO2可与浓NaOH反应，导致气体减少，构成压强差，从而形成喷泉，故C不选；D. NO2易溶于水生成硝酸和NO，构成压强差，可形成喷泉，故D不选；答案选A。4.下列解释事实的离子方程式正确的是A. 氯化钙溶液中通入CO2气体:

5、 Ca2+H2O+CO2= CaCO3+2H+B. 钠投入CuSO4溶液中：2Na +Cu2+ = Cu + 2Na+C. NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO-+H2O+SO2=Cl-+SO42-+2H+D. 用三氯化铁溶液回收印刷电路板上的金属铜：Fe3+Cu=Cu2+Fe2+【答案】C【解析】【详解】A. 氯化钙溶液中通入CO2气体不反应，A错误；B. 钠投入CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气：2Na+Cu2+2H2OCu(OH)2+H2+2Na+，B错误；C. NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO-+H2O+SO2Cl-+SO42-+2H+，C正确；D. 用三氯化铁

6、溶液回收印刷电路板上的金属铜：2Fe3+CuCu2+2Fe2+，D错误；答案选C。5.在透明的溶液中可以大量共存的离子组是A. K+、Fe3+、SO32-、I- B. OH-、Ba2+、Na+、NH4+C. Fe2+、K+、SO42-、NO3- D. HCO3-、NO3-、OH-、K+【答案】C【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应分析判断。【详解】A、在溶液中铁离子能氧化碘离子生成单质碘和亚铁离子，不能大量共存，A不选；B、在溶液中氢氧根离子能和铵根离子反应生成一水合氨，不能大量共存，B不选；C、在溶液中Fe2+、K+、SO42-、NO3-之间不反

7、应，能大量共存，C选；D、在溶液中氢氧根离子能和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，D不选；答案选C。6.阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4 L的SO3中含有的SO3分子数为NAB. 1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NA。C. 50 mL 18 mol/L浓硫酸与足量铜共热产生SO2的分子数为0.45NA。D. 含1 mol FeCl3的溶液与沸水作用形成Fe(OH)3胶粒数目小于NA。【答案】D【解析】【分析】A. 标况下，三氧化硫为固体；B. 1 mol氯气发生歧化反应时，转移的电子数并不是2 mol；C. 随着反应的进行，浓硫酸

8、的浓度会下降，铜只能和浓硫酸共热条件下反应生成SO2，不能和稀硫酸反应生成SO2；D. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体。【详解】A. 标况下，三氧化硫为固体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；B. 1 mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，转移的电子为1 mol，故B项错误；C. 铜只能与浓硫酸反应生成二氧化硫，当硫酸变稀后与铜不反应，故浓硫酸不能完全反应完，故生成的二氧化硫的分子个数小于0.45 NA个，故C项错误；D. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，则1 mol氯化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故D项正确；故答案选D。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量

9、的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题A项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。7.实验室可用如图所示的装置干燥、储存气体R,多余的气体可用水吸收,则R是A. NO2 B. NO C. SO2 D. NH3【答案】D【解析】试题分析：该装置的收集装置是利用向下排空气法收集，则收集的气体密度应小于空气密度，且和氧气不反应，尾气处理装置中用水吸收气体，说明该气体极易溶于水。A、NO2气体的密度大于空气，应采用

10、向上排空气法收集，故A不合题意；B、NO和氧气能反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，故B不合题意；C、SO2气体的密度大于空气，应采用向上排空气法收集，故C不合题意；D、氨气的密度小于空气，常温下和氧气不反应，且极易溶于水，所以可以用水吸收尾气，故D正确。考点：考查气体的收集和尾气处理点评：本题考查了气体的收集和尾气处理，难度不大。解题时应注意根据题目所给的装置，结合各种气体的物理性质综合分析。8.下列实验操作、现象正确的是实验现象解释AKI淀粉溶液中通入Cl2,溶液变蓝淀粉能与Cl2发生反应B胶体的微粒可以透过滤纸,不能透过半透膜胶体的微粒直径介于1100nm之间C用洁净玻璃棒蘸取溶液

11、进行焰色反应火焰呈黄色溶液中有Na+、无K+D某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成是由于该溶液中含有SO42-A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A. Cl2具有氧化性，可与KI反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故A错误；B. 因胶体的微粒直径介于1100 nm之间，可透过滤纸，不能透过半透膜，只有离子、小分子才可以透过半透膜，故B正确；C. 钠离子的焰色反应呈黄色，但是对钾离子检验会造成干扰，钾离子的焰色反应要透过钴玻璃来观察，故C错误；D. 硝酸能将SO32-氧化成SO42-，且白色沉淀也可能是氯化银，则原溶液中不一定含有SO42-，故D错误；答案选B

12、。【点睛】本题侧重考查化学实验的要求与评价，D项是解答的易错点，检验硫酸根离子时需要注意加入的硝酸的氧化性，可能会干扰相关离子的检验，SO42-正确的检验方法是：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-。9.下列关于硫的叙述中不正确的是A. 实验室常用酒精除去附着在试管壁上的硫黄B. 单质硫既有氧化性，又有还原性C. SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色说明SO2具有还原性D. SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀说明SO2具有氧化性【答案】A【解析】【分析】A. 硫黄不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳；B.

13、 硫元素的常见价态有-2价、0价、+4价和+6价；C. 酸性高锰酸钾与二氧化硫会发生氧化还原反应；D. SO2与H2S发生归中反应。【详解】A. 因硫黄易溶于二硫化碳（CS2），实验室常用二硫化碳（CS2）除去附着在试管壁上的硫黄，故A项错误；B. 单质硫的化合价位0价，可以被还原为-2价，也可被氧化为+4、+6等价态，则单质硫既有氧化性，又有还原性，故B项正确；C. SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾会因与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，SO2会被氧化为SO42-，具有还原性，故C项正确；D. SO2与H2S发生的化学反应方程式为：SO2+2H2S = 3S+2H2O10.由钠、镁、

14、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共11.5g，跟足量的盐酸反应产生11.2L氢气(标准状况)，那么此合金中一定含有的金属是( )A. Al B. Mg C. Na D. Zn【答案】A【解析】【详解】计算与盐酸反应产生11.2L氢气所需要的各金属的质量：列比例式：=，解得m(Na)=23g。列比例式：=，解得m(Mg)=12g。列比例式：=，解得m(Al)=9g。列比例式：=，解得m(Zn)=32.5g。根据平均值的思想，合金的质量应该介于两组分质量之间，只有Al的质量小于11.5g，所以合金中一定含有的金属是Al。答案选A。【点睛】利用平均值思想解题时，首先要确定可用数值计算的物理量（如

15、本题中“与盐酸反应产生11.2L氢气所需要的各金属的质量”），再分别计算各组分的物理量数值，最后根据混合物该物理量的数值（即平均值）介于组分数值之间来解决问题。11.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. FeFeCl2Fe(OH)2B. SSO3H2SO4C. CaCO3CaOCaSiO3D. NH3NOHNO3【答案】C【解析】A、Fe与Cl2反应只生成FeCl3，故A错误；B、S与O2反应先生成SO2，故B错误；C、两步均能实现，故C正确；D、NO和水不反应，故D错误；故选C。12.下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是A长时间看到Fe(OH)2白色沉淀B证明(煤油)

16、(钠) (水)C探究氧化性：KMnO4Cl2I2D比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化；B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。【详解】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能达到实验目的；B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明(煤油) (钠) (水)

17、，故A能达到实验目的；C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，证明氧化性KMnO4Cl2，氯气与KI反应生成碘单质，证明氧化性Cl2I2，故C正确；D、因碳酸氢钠不稳定，碳酸钠稳定，比较稳定性应将碳酸氢钠放在温度低的小试管中，故D不能达到实验目的。13.某同学在实验室中用Ca（ClO）2代替MnO2制备Cl2，反应原理为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O下列叙述不正确的是( )A. 氧化剂为Ca（ClO）2，其中Cl元素被还原B. 若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移C. 浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4【答

18、案】D【解析】【分析】A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，盐酸中氯原子失电子作还原剂；B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成2mol H2O。C、根据氯元素的化合价变化来确定浓HCl的性质；D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂。【详解】A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，发生还原反应，其中Cl元素被还原，故A正确；B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，需要2mol盐酸作还原剂，生成2mol H2O，所以若有2molH2O生成，则反应中有2

19、mol电子转移，故B正确；C、该反应中，浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，显示酸性，所以浓盐酸表现的性质是还原性和酸性，故C正确；D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，需要2mol盐酸作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故D错误 。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意该反应中盐酸既表现还原剂又表现酸性，题目难度不大。14.在标准状况下，将O2和NO2按14的体积比充满干燥烧瓶，把烧瓶倒置于水中，瓶内液体逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，最终烧瓶内溶液溶质的物质的量浓度为A. molL1 B. molL1 C.

20、molL1 D. molL1【答案】C【解析】【分析】溶于水发生的反应是4NO2+O2+2H2O4HNO3，根据nV/Vm、cn/V计算硝酸的浓度。【详解】设烧瓶的体积为V L，由于O2和NO2的体积比为14，所以NO2的体积为V L，由4NO2+O2+2H2O4HNO3可知二者恰好反应，因此最终液体充满整个烧瓶，溶液体积为V L，NO2的物质的量为V L22.4 Lmol1=V mol，所以硝酸的物质的量浓度为V molV L=molL1。答案选C。15.标准状况下，某同学向 100 mL H2S 饱和溶液中通入SO2， 所得溶液 pH 变化如图所示。下列分析中，正确的是（ ）A. ab 段

21、反应是：SO2+ 2 H2S=3S+2 H2OB. 亚硫酸是比氢硫酸更弱的酸C. 原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 molL1D. b 点对应的溶液导电性最强【答案】A【解析】试题分析：Aab段pH在增大，由酸性到中性，则发生的反应是SO2+2H2S3S+2H2O，A正确；B由图象可知恰好反应时消耗二氧化硫112mL，n（SO2）0.112L22.4L/mol0.005mol，由SO2+2H2S3S+2H2O可知原溶液中硫化氢为0.01mol，通入336mL二氧化硫时，溶液中亚硫酸为0.01mol，亚硫酸的浓度与原氢硫酸浓度相等，二者都是二元酸，溶液中亚硫酸pH值更小，故亚硫酸的酸性比氢硫

22、酸更强，B错误；C由图可知，112mLSO2与硫化氢恰好完全反应，则n（SO2）0.005mol，由方程式可知n（H2S）=0.01mol，则原H2S溶液的物质的量浓度为0.01mol0.1L0.1mol/L，C错误；Db点为中性，只有水，导电性最差，D错误；答案选A。【考点定位】本题主要是考查硫元素化合物性质、化学反应图像等【名师点晴】明确反应的原理以及图像的变化趋势是解答的关键，关于图像题需要注意：看面：弄清纵、横坐标的含义。看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过

23、程的结束和开始。16.限一种试剂，经过一次性实验就能鉴别Na2CO3 、(NH4)2SO4 、NH4Cl 、KNO3溶液，应选用A. AgNO3 溶液 B. NaOH溶液 C. Ba(OH)2溶液 D. 盐酸【答案】C【解析】试题分析：A、加入AgNO3溶液，Na2CO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都能生成沉淀，不能鉴别，A不合题意；B、加入NaOH溶液不能鉴别Na2CO3溶液、KNO3溶液，二者与NaOH溶液不反应，无明显现象，不能鉴别（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液，二者都生成NH3，B不合题意；C、根据四种溶液中含有的离子可知，鉴别CO32-、SO42-离子可用Ba

24、2+，鉴别NH4+离子可用OH-，所以加入Ba（OH）2溶液，Na2CO3溶液可生成白色沉淀，KNO3溶液不反应，无现象，与（NH4）2SO4溶液反应既产生白色沉淀，又有刺激性气体产生，NH4Cl溶液只产生刺激性气体，可鉴别，C符合题意；D、加入HCl与KNO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都不反应，无法鉴别，D不合题意，答案选C。【考点定位】考查物质的性质、物质的鉴别【名师点晴】进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可，学习中注意把握

25、物质的性质。17. 把铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余则A. 溶液中有Fe2、Cu2B. 剩下的固体是Fe和CuC. 溶液中有Fe3、Fe2D. 剩下的固体是Fe，无Cu【答案】B【解析】试题分析：铁和铜加入到氯化铁、氯化亚铁和氯化铜的混合溶液中，反应后铁有剩余，由于铁的还原性强，Cu 不会参与反应，并且铁会把氯化铜溶液中的铜置换出来，所以最后溶液就是FeCl2溶液，得到的固体是Fe和Cu 混合物，所以选B。考点：氧化还原反应的先后，物质组成的推断18.下列有关SO2的性质的探究实验报告记录的实验现象正确的是A无色无色无现象无色溶液B红色无色白色沉淀白色溶液C无

26、色无色白色沉淀无色溶液D红色无色白色沉淀白色溶液A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，所以a中溶液显酸性，颜色为无色；SO2具有漂白性，能够使品红褪色，所以b中溶液变为无色；SO2还具有还原性，能够被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸钡离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以C中产生白色沉淀；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性弱于盐酸，所以二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以d中不会产生白色沉淀，答案选C。19.某100 mL溶液可能含有Na、NH4+、Fe3、CO32-、SO42-、Cl中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下(所加

27、试剂均过量，气体全部逸出)：下列说法不正确的是()A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，一定不存在Fe3B. 原溶液一定存在Cl，可能存在NaC. 原溶液中c(Cl)0.1 molL1D. 若原溶液中不存在Na，则c(Cl)0.1 molL1【答案】D【解析】【分析】加入氯化钡溶液，生成沉淀，一定含有碳酸根或是硫酸根中的至少一种，则该沉淀为BaSO4、BaCO3中的至少一种，沉淀部分溶解于盐酸，所以一定是BaSO4、BaCO3的混合物，一定存在CO32-、SO42-，硫酸钡沉淀是2.33g，物质的量是 = 0.01 mol，碳酸根离子的物质的量是 = 0.01 mol，因碳酸根和铁离子不

28、共存，一定不存在Fe3+，所得到的滤液中加入氢氧化钠，出现气体，则为氨气，故原溶液中一定含有铵根离子，根据元素守恒可知，铵根离子的物质的量是 = 0.05 mol，根据溶液的电中性可判断钠离子与氯离子是否存在。【详解】有上述分析可知：A. 原溶液一定存在CO32-和SO42-，因Fe3与CO32-不共存，则一定不存在Fe3，故A项正确；B. 根据溶液呈现电中性可知，原溶液一定存在Cl，可能存在Na，需要进行焰色反应才能确定是否含有Na，故B项正确；C. 阳离子所带正电荷的物质的量之和：因为铵根离子的物质的量为0.05 mol，阴离子所带负电荷的物质的量之和=0.012+0.012 = 0.04

29、mol，所以原溶液中一定存在氯离子，且c(Cl)0.1molL1，故C项正确；D. 若原溶液中不存在Na+，根据电中性原则可知，n(Cl) = 0.05 mol-0.04 mol = 0.01 mol，则c(Cl) = 0.1molL1，故D错误；答案选D。20.将12.8g铜片加入到100ml一定浓度的硝酸溶液中，铜片完全溶解，产生NO和NO2的混合气体4.48L（标准状况下）；若向反应后的溶液中加入400ml、2mol/L NaOH溶液，能使溶液中的Cu2+恰好完全沉淀。下列说法不正确的是A. 反应后溶液中剩余NO3的物质的量为0.4molB. 原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/LC.

30、 铜片与硝酸反应过程中转移电子0.4molD. 混合气体中NO和NO2的体积之比为11【答案】A【解析】【分析】A、反应后溶液中，溶质是NaNO3，根据元素守恒计算反应后溶液中剩余NO3的物质的量；B、根据氮元素守恒计算原硝酸溶液的物质的量浓度；C、根据铜的物质的量计算转移电子的物质的量；D、根据电子守恒、元素守恒计算NO和NO2的体积比；【详解】A、向反应后的溶液中加入NaOH溶液，反应后溶液中的溶质是NaNO3，根据元素守恒0.4L2mol/L=0.8mol，故A错误； B、根据氮元素守恒，原硝酸溶液的物质的量=反应后溶液中NO3的物质的量+产生NO和NO2的物质的量=0.8mol+=1mol，原硝酸溶液的物质的量浓度为10mol/L，故B正确； C、反应中转移电子的物质的量=0.4mol，故C正确； D、NO和NO2的物质的量分别是xmol、ymol，根据元素守 ，根据得失电子守恒 ；联立，解方程组的x=0.1、y=0.1，所以混合气体中NO和NO2的体积之比为11，故D正确。【点睛】本题借助铜和硝酸的反应考查了得失电子数守恒、质量守