1、学年河南省商丘市九校高一上学期期末联考化学试题解析版2018-2019学年河南省商丘市九校高一上学期期末联考化学试题（解析版）可能用到的相对原子质量： H:1 C:12 O:16 S:32 Na:23 Si:28 Cl:35.5 Fe:56 Cu:64一 选择题(包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有1个选项符合题意)1.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是( )A. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维B. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，是制备硅胶和木材防火剂的原料C. 金属可分为“黑色金属”和“有色金属”，铁及其合金都属于“有色金属”D. 食品包装里常有硅胶、还原铁粉两类
2、小包，其作用相同【答案】B【解析】【详解】A、高纯度硅常用于制造芯片，二氧化硅常用于制造光导纤维，A错误；B、硅酸钠具有粘性，用来制备硅胶和木材防火剂的原料，B正确；C、铁及其合金都属于“黑色金属”，C错误；D、食品包装里常有硅胶、还原铁粉两类小包，硅胶是干燥剂，还原铁粉是抗氧化剂，其作用不相同，D错误。答案选B。2.下列行为不符合安全要求的是A. 将剩余的金属钠丢弃在废纸篓里B. 少量酒精洒在桌子上着火时，立即用湿布扑灭C. 闻气体时，用手轻轻扇动使少量气体飘进鼻孔D. 稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌【答案】A【解析】【分析】根据物质性质和实验安全规范分析回答。【详解】A
3、项：常温下，活泼金属钠易与氧气反应，放热使温度升高，会引起失火，不符合安全要求；B项：少量酒精着火时，用湿布扑灭，使可燃物隔绝空气，符合安全要求；C项：闻气体时，用手轻轻扇动使少量气体飘进鼻孔，可防中毒，符合安全要求；D项：稀释时将浓硫酸沿器壁缓慢注入水中并不断搅拌，有利于散热，符合安全要求。本题选A。3.下列实验方案设计中，可行的是 ( )A. 用溶解和过滤的方法分离硝酸钾和氯化钠固体的混合物B. 用萃取的方法分离汽油和煤油C. 加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉D. 将氧气和氢气的混合气通过炽热的氧化铜，以除去其中的氢气【答案】C【解析】【详解】A、KNO3和NaCl都是易溶的物质，
4、不能用溶解、过滤的方法分离，二者溶解度受温度影响不同，则选结晶法、过滤分离，A不可行；B、煤油和汽油的溶解性相似，不能用萃取的方法分离煤油和汽油，B不可行；C、镁粉可以和盐酸反应，铜粉不和盐酸反应，故可用盐酸除去铜粉中的少量镁粉，C可行；D、氢气还原CuO，但生成的Cu与氧气反应，不能利用灼热的CuO除杂，D不可行。答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，选项D是解答的易错点。4.某学生配制0.1molL-1的NaOH溶液500mL，下列说法正确的是( )A. 不选用胶头滴管B. 把烧碱固体放在纸上称量C. 把称好的固体放
5、入容量瓶中稀释至刻度线D. 定容时俯视容量瓶的刻度线浓度偏大【答案】D【解析】【详解】A、定容时需要胶头滴管，故A错误；B、烧碱为NaOH，具有强腐蚀性、易潮解，称量时应该放在小烧杯中，不能直接放在纸上，故B错误；C、溶解固体应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中稀释、溶解溶质，故C错误；D、定容时俯视容量瓶的刻度线，溶液的凹液面位于刻度线以下，则配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏大，故D正确。故答案选D。5.下列有关物质分类或归类正确的一组是( )液氨、液氯、干冰、碘化银均为化合物漂粉精、合金、氨水均为混合物明矾、小苏打、醋酸、次氯酸均为电解质碘酒、氢氧化钠溶液、豆浆均为胶体Na2O2、Na2CO3
6、、NaHCO3、Na2SiO3均为钠盐A. 和 B. 和 C. 和 D. 【答案】B【解析】【详解】由两种或两种以上元素组成的纯净物是化合物，液氯是单质，故错误；漂粉精的主要成分是次氯酸钙，属于混合物，合金是金属与金属或金属与非金属熔合而成的混合物，氨水是氨气的水溶液为混合物，故正确；明矾、小苏打、醋酸、次氯酸在溶液中都能电离出相应的离子，均为电解质，故正确；碘酒是碘单质的酒精溶液，氢氧化钠溶液属于溶液，豆浆是胶体，故错误；Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3均为钠盐，Na2O2没有酸根所以不是盐，是氧化物，故错误；答案选B。【点睛】本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物
7、、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键。6.设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )A. 常温常压下，7.8g过氧化钠含有阴离子的数目为0.2NAB. 18g水所含的电子数目为NAC. 在常温常压下11.2L氯气所含的原子数目为NAD. 2.3g金属钠变为钠离子时失去的电子数目为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A. 7.8g过氧化钠的物质的量是0.1mol，所含有阴离子的数目为0.1NA，A错误；B. 18gH2O的物质的量是1mol，所含的电子数目为10NA，B错误；C. 在常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L氯气的
8、物质的量小于0.5mol，所含的原子数目小于NA，C错误；D. 2.3g金属钠的物质的量是0.1mol，变为钠离子时失去的电子数目为0.1NA，D正确；答案选D。7.下列关于胶体的说法正确的是()A. Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于净水B. 胶体与其他分散系的本质区别是胶体有丁达尔效应，而其他分散系没有C. 胶体粒子的直径小于1 nmD. 胶体的分散质可以通过过滤的方法与分散剂分离【答案】A【解析】A、Fe(OH)3胶体具有较大的表面积，具有吸附作用，可以吸附悬浮在水中的杂质，可净水，故A正确；B、胶体与其它分散系的本质区别是分散质微粒的直径大小，故B错误；C、胶体粒子的直径在1nm-1
9、00nm之间，故C错误；D、胶体的分散质和分散剂都可以通过滤纸，不能分离，应用半透膜对胶体分散质和分散剂分离，故D错误。故选A。点睛：根据分散质微粒的直径大小，溶液的分散质能透过半透膜和滤纸，胶体的分散质能透过滤纸，浊液的分散质不能透过半透膜和滤纸。8.下列反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为21的是A. O3+2KI+H2O2KOH+I2+O2 B. CaCO3+ 2HCl CaCl2+H2O+CO2C. I2+2NaClO32NaIO3+Cl2 D. 2H2S+SO23S+2H2O【答案】C【解析】A. 反应O3+2KI+H2O2KOH+I2+O2中臭氧是氧化剂，得到2个电子，碘化钾是还原
10、剂，失去1个电子，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比为12，A错误；B. 反应CaCO3+ 2HClCaCl2+H2O+CO2中元素的化合价均不变化，不是氧化还原反应，B错误；C. 反应I2+2NaClO32NaIO3+Cl2中氯元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，氯酸钠是氧化剂，单质碘是还原剂，失去10个电子，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比为21，C正确；D. 反应2H2S+SO23S+2H2O中SO2是氧化剂，得到4个电子，H2S是还原剂，失去2个电子，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂物质的量之比为12，D错误，答案选C。点睛：掌握氧化剂与还原剂的含义
11、、判断方法，尤其是反应中有关元素的化合价变化情况是解答的关键，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。9.下列各组离子能在溶液中大量共存的是( )A. Ag、K、NO3、C1 B. Mg2、Na、Cl、SO42C. NH4、Cu2、OH一、Cl D. H、Na、HCO3、SO42【答案】B【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，结合离子的性质分析判断。【详解】A. 在溶液中Ag、C1结合生成氯化银沉淀，不能大量共存，A不选；B. Mg2、Na、Cl、SO42在溶液中不反应，可以大量共存，B选；C. NH4、Cu2与OH均反应，不能大量共存
12、，C不选；D. 在溶液中H、HCO3反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，D不选；答案选B。10.下列实验不能达到目的的是A. 用过量NaOH溶液除去镁粉中的铝粉 B. AlCl3溶液和氨水制备Al(OH)3沉淀C. 用盐酸和AgNO3溶液鉴定Cl D. 用加热的方法鉴别Na2CO3和NaHCO3【答案】C【解析】试题分析：A、B、D三个选项的操作，都可以达到目的，C项：与银离子生成沉淀的不只有氯离子，故错误。故选C。考点：物质鉴别、制备点评：本题主要考查的是无机反应的知识，题目难易适中，学生平时多注意课本知识的学习。11.下列中学常见实验的现象或表述正确的是A. 饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶
13、液中滴入酚酞溶液，溶液均显红色B. 含0.4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2共热，得到0.1molCl2C. 铝箔在空气中用酒精灯加热可以熔化滴落，且发生剧烈燃烧D. FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁屑，反应结束后滤出固体物质，滤液中的阳离子可能是Fe2和Fe3【答案】A【解析】A. 饱和碳酸钠溶液和饱和碳酸氢钠溶液均显碱性，滴入酚酞溶液，溶液均显红色，A正确；B. 含0.4molHCl的浓盐酸与足量的MnO2共热过程中盐酸的浓度降低，稀盐酸不能被二氧化锰氧化，得到的氯气小于0.1mol，B错误；C. 铝箔在空气中用酒精灯加热过程中产生氧化铝，可以熔化不会滴落，不会剧烈燃烧，C错误
14、；D. FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入铁屑，铁离子首先被还原转化为亚铁离子，然后再还原铜离子生成铜，因此反应结束后滤出固体物质，滤液中的阳离子一定不存在Fe3，D错误，答案选A。12.下列物质不能通过化合反应生成的是( )A. FeCl2 B. FeCl3 C. CuCl2 D. H2SiO3【答案】D【解析】【详解】A.根据2FeCl3+Fe3FeCl2可知能通过化合反应直接制取FeCl2，A不选；B.根据2Fe+3Cl22FeCl3可知能通过化合反应直接制取FeCl3，B不选；C.根据Cu+Cl2CuCl2可知能通过化合反应直接制取CuCl2，C不选；D.SiO2与水不反应，不能通
15、过化合反应直接制取H2SiO3，D选；答案选D。13.下列有关金属的说法中，不正确的是( )A. 青铜、不锈钢、硬铝都是合金B. 金属元素的单质只有还原性，其离子只有氧化性C. 合金的硬度一般比它的各成分金属的大D. 某些金属单质灼烧时火焰有颜色【答案】B【解析】【详解】A. 青铜、不锈钢、硬铝都是合金，A正确；B. 金属元素的单质只有还原性，其离子不一定只有氧化性，例如亚铁离子还有还原性，B错误；C. 合金的硬度一般比它的各成分金属的大，C正确；D. 某些金属单质灼烧时火焰有颜色，即某些金属元素可以产生焰色反应，D正确；答案选B。14.下列物质的检验，其结论一定正确的是A. 用铂丝蘸取待测液
16、在火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中肯定含有K+B. 向待测液里加入过量的盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则表明待测液中肯定含有CO32C. 向待测液里加入过量的硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则表明待测液中肯定含有ClD. 向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42【答案】C【解析】A、用铂丝蘸取待测液在火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中有钠离子存在，钾离子不能确定，A错误；B、碳酸根、碳酸氢根以及亚硫酸根、亚硫酸氢根均能和盐酸反应生成使石灰水变浑浊的气体，B错误；C、氯离子的检验：
17、向待测液里加入过量的硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则表明待测液中肯定含有Cl，C正确；D、向待测液里加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，再加入过量稀硝酸白色沉淀不溶解，则表明待测液中肯定含有氯离子和硫酸根中的至少一种，D错误；答案选C。15.一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出0.08molNO，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的氢气在加热条件下还原相同质量的原混合物，能得到铁的物质的量为( )A. 0.16mo1 B. 0.24mol C. 0.21mol D. 0.20mol【答案】D
18、【解析】【详解】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为：0.12L4mol/L-0.08mol0.40mol，所以硝酸亚铁的物质的量为：0.40mol20.20mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）0.20mol。故答案选D。【点睛】本题考查利用原子守恒的方法来计算，明确硝酸亚铁与硝酸的关系，硝酸亚铁中铁元素与原混合物中的铁元素的关系是解答的关键。16.由二氧化硅制高纯硅的流程如下，下列判断中错误的是()A. SiHCl3
19、摩尔质量为135.5 g B. H2和HCl均可循环利用C. SiO2是一种坚硬难熔的固体 D. 均属于氧化还原反应【答案】A【解析】【详解】ASiHCl3摩尔质量为135.5g/mol，故A错误；B由生产高纯硅的流程示意图可知，H2和HCl既是反应物，又是生成物，所以可重复利用的物质是H2和HCl，故B正确；CSiO2是原子晶体，硬度大、熔点高，故C正确；D反应为SiO2+2CSi+2CO，反应Si（粗）+3HClSiHCl3+H2，反应SiHCl3+H2Si（粗）+3HCl，三个方程式中元素的化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，故D正确；答案选A。非选择题(本题包括5个小题，共52分)1
20、7.根据要求写出方程式(1)写出铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_。 (2)过氧化钠与水反应的离子方程式_。 (3)工业上制取漂白粉的化学方程式为_。 (4)向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边振荡，未得到白色沉淀的原因是发生了_反应(写出反应的化学方程式)。(5)氨的催化氧化反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2Al +2OH+ 2H2O = 2AlO2-+ 3H2 (2). 2Na2O2 +2H2O=4Na+4OH + O2 (3). 2Cl2+2Ca(OH)2 =Ca(ClO)2+ CaCl2+2H2O (4). 4Fe(OH)2+ O2+2H2O = 4Fe(OH)3 (5)
21、. 4NH3 +5O2 4NO + 6H2O【解析】【详解】（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2。（2）Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2。（3）工业上利用石灰乳和氯气制取漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。（4）向硫酸亚铁溶液中滴加氢氧化钠溶液，边加边振荡，未得到白色沉淀是由于氢氧化亚铁被氧化生成了氢氧化铁，反应的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。（5）氨气催化氧化生成NO和水，反
22、应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。18.按要求填空(1)NH3具有_的性质，可用作制冷剂。(2)浓硫酸具有_性，可使蔗糖变黑。(3)漂白粉具有_性，可用作环境消毒剂。(4)根据实验填出新制氯水中存在的分子或离子。氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含_。加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含_。加入石蕊溶液，溶液变红后褪色，说明氯水中含_。【答案】 (1). 易液化 (2). 脱水 (3). 强氧化 (4). Cl2 (5). Cl (6). H和HClO(也可以写名称)【解析】【分析】根据氨气、浓硫酸、漂白粉的性质判断其用途；根据新制氯水中含有氯气、次氯酸和盐酸等
23、微粒分析判断。【详解】（1）由于NH3具有易液化的性质，液氨汽化时吸热，因此氨气可用作制冷剂；（2）浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖变黑；（3）漂白粉具有强氧化性，可用作环境消毒剂；（4）氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明氯水中含有Cl2。加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含Cl。加入石蕊溶液，溶液变红后褪色，说明氯水既显酸性又具有漂白性，这说明氯水中含H和HClO。19.计算(1)24.5 g硫酸的物质的量是_mol，1.5 mol碳酸钠的质量是_ g。(2)在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72 L，质量为10.8 g。则混合气体中CO的物质的量是_mo
24、l。(3)用36.5%的浓盐酸(密度为1.25 gcm3)在容量瓶中配制480 mL1molL1的稀盐酸。经计算需要_mL浓盐酸。(4) 将15.6 g过氧化钠与足量二氧化碳反应时，反应中转移_mol电子。(5)将钠、镁、铝各0.3mo1分别放入100mL1molL-1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是_。(6)将20.8gCu、Fe合金与足量的稀硝酸反应后，收集到标准状况下NO气体6.72L,向反应后溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量是_g。原来合金中含Cu_mol，Fe_mol。【答案】 (1). 0.25 (2). 159 (3). 0.15 (4). 40 (5). 0
25、.2 (6). 3：1：1 (7). 36.1 (8). 0.15 (9). 0.2【解析】【分析】（1）根据mnM解答；（2）根据VnVm结合质量列方程解答；（3）根据容量瓶的规格结合稀释过程中溶质的物质的量不变解答；（4）根据反应的方程式结合氧元素的化合价变化解答；（5）钠和稀盐酸、水都反应，根据Na计算生成氢气物质的量；Mg、Al不与水反应，根据镁和铝分别与稀盐酸反应的方程式判断出过量问题，根据不过量的物质计算氢气的物质的量，相同条件下气体体积之比等于物质的量之比；（6）Cu、Fe在反应中失去电子，最终生成氢氧化铁、氢氧化铜，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，
26、结合守恒法分析解答。【详解】（1）24.5 g硫酸的物质的量是24.5g98g/mol0.25mol，1.5 mol碳酸钠的质量是1.5mol106g/mol159g；（2）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体6.72 L，物质的量是6.72L22.4L/mol0.3mol，质量为10.8 g，设混合气体中CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y0.3、28x+44y10.8，解得xy0.15，即混合气体中CO的物质的量是0.15mol；（3）根据可知36.5%的浓盐酸(密度为1.25 gcm3)的物质的量浓度是12.5mol/L。在容量瓶中配制480 mL1molL1的
27、稀盐酸，需要500mL容量瓶，则需要浓盐酸的体积为40mL；（4）15.6 g过氧化钠的物质的量是15.6g78g/mol0.2mol，与足量二氧化碳反应的方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，反应中过氧化钠中氧元素化合价从1价部分升高到0价，部分降低到2价，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，则0.2mol过氧化钠转移0.2mol电子（5）钠和稀盐酸、水都反应，根据2NaH2可知，0.3molNa完全反应，生成氢气的物质的量为0.15mol；Mg、Al不与水反应，镁和铝分别与稀盐酸反应的方程式为Mg+2HClMgCl2+H2、2Al+6HCl2AlCl3+3H2，0.3molMg、A
28、l完全反应需要盐酸的物质的量分别是0.6mol、0.9mol，实际上n（HCl）=1mol/L0.1L=0.1mol，所以镁和铝都剩余，因此二者与酸反应生成氢气的量相等，由氢原子守恒可知生成氢气的物质的量为0.05mol，所以同温同压下产生的气体的物质的量之比为0.15mol:0.05mol:0.05mol3:1:1，（6）Cu、Fe在反应中失去电子，最终生成氢氧化铁、氢氧化铜，由此可知Cu、Fe在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据HNO3+3e-NO可知生成6.72LNO转移的电子为0.9mol，所以反应后生成沉淀的质量为20.8g+0.9mol17g/mol
29、36.1g；设合金中铜和铁的物质的量分别是amol、bmol，则2a+3b0.9、64a+56b20.8，解得a0.15、b0.2，即原来合金中含Cu 0.15mol，Fe 0.2mol。20.某化学实验小组的同学为了探究SO2和氯水的漂白性，设计了如图实验装置。(1)写出A中反应的化学方程式_，浓硫酸表现出_性。(2)实验室用装置E制备Cl2,离子方程式为_，生成标准状况下2.24 L气体时需要还原剂_mol。(3)装置A中使用前需检漏的仪器是_(填名称)。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：_，D：_。【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O (2). 氧化性和酸性 (3). MnO2+4H+2C1-Mn2+Cl2+2H2O (4). 0.2 (5). 分液漏斗 (6). 褪色的品红恢复红色 (7). 无明显现象【解析】【分析】（1）A中是铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，据此判断；（2）实验室用二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2，结合反应的方程式解答；（3）带有玻璃活塞的仪器需要查漏；二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，而氯气的漂白具有不可逆性，据此判断。【详解】（1）根据装置
