学年吉林省吉化一中高一上学期期末考试化学试题解析版Word文档格式.docx
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【名师点晴】熟悉混合物、化合物、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。
易错点是电解质和非电解质判断,注意相关概念的内涵和外延。
3.在实验室中,对下列事故或药品的处理正确的是
A.金属钠着火燃烧时,用泡沫灭火器灭火
B.有氯气泄漏时,用肥皂水侵湿软布蒙面,并迅速离开现场
C.少量浓硫酸沾在皮肤上,立即用氢氧化钠溶液冲洗
D.实验结束时,将含硫酸的废液倒入水槽,用水冲入下水道
金属钠着火只应该用干燥的沙土将火扑灭,泡沫灭火器会产生的二氧化碳,会和钠燃烧生成的过氧化钠反应生成氧气,氧气是助燃气体,会使火燃烧得更大,A错;
肥皂水显碱性可以吸收氯气。
B对;
少量浓硫酸沾到皮肤上应该先用干布擦掉,再用大量的水冲洗,C错;
含硫酸的废液应该收集起来集中处理,D错。
考点:
常见的化学事故和废液处理。
4.下列说法中正确的是
A.同温同压下,具有相同数目分子的气体必具有相同的体积
B.等质量的O2和H2的物质的量之比为16
:
1
C.不同的气体若体积不等,则它们所含的分子数一定不等
D.同温同体积下,两种气体的物质的量之比等于密度之比
【答案】A
【解析】A.同温同压下,气体摩尔体积相同,相同数目的分子物质的量相同,则体积相同,故A正确;
B.假设质量都是1g,n(O2):
n(H2)=
mol:
mol=1:
16,故B错误;
C.不同的气体若体积不等,则它们所含的分子数不一定不等,还与气体摩尔体积有关,故C错误;
D.根据PV=nRT知,同温同体积,R是常数,两种气体的物质的量之比等于压强之比,故D错误;
故选A。
5.下列叙述正确的是
A.利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体
B.所有金属元素都可以用焰色反应来鉴别
C.水泥、玻璃、光导纤维的主要成分都属于硅酸盐
D.pH
值小于7
的雨水称为酸雨
A.胶体可以产生丁达尔效应,利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体,A正确;
B.并不是所有金属元素都可以用焰色反应来鉴别,B错误;
C.光导纤维的主要成分是二氧化硅,不属于硅酸盐,C错误;
D.pH值小于5.6的雨水称为酸雨,D错误,答案选A。
考查胶体和溶液鉴别、焰色反应、硅酸盐以及酸雨等
6.NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.常温常压下,11.2LNH3中含有的氢原子数为1.5NA
B.1molFe被氧化时,失去的电子数一定为3NA
C.7.8gNa2O2与足量水反应后转移的电子数为0.1NA
D.0.1mol·
L-1HNO3溶液中含有NO3-的数为0.1NA
【答案】C
【解析】A、常温常压下,气体摩尔体积大于22.4L/mol,故11.2LNH3的物质的量小于0.5mol,故含有的氢原子的个数少于1.5NA,故A错误;
B、反应后铁元素的价态可能为+2价或+3价,故失去的电子数可能为2NA个或3NA个,故B错误;
C、7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol,与足量的水完全反应生成0.5mol氧气,转移了0.1mol电子,转移电子数为0.1NA,故C正确;
D、溶液体积不明确,无法计算NO3-离子的个数,故D错误;
故选C。
7.把0.05molNaOH
固体分别加入到100mL
下列液体中,溶液的导电能力变化最小的是
A.自来水B.0.5mol./L
盐酸C.0.5mol/LCH3COOH
溶液D.0.5mol/LKCl溶液
溶液的导电能力与溶液中自由移动的离子浓度有关,若溶液中作用移动的离子浓度几乎不变,则溶液的导电性就不变。
A.自来水中自由移动的离子浓度很小,溶液的导电能力很弱,当将0.05molNaOH固体加入自来水中时,溶液中产生大量自由移动的Na+、OH-,因此溶液的导电性明显增强,错误;
B.将0.05molNaOH固体加入到100mL0.5mol·
L-1盐酸中,二者发生反应:
NaOH+HCl=NaCl+H2O,二者恰好完全反应,溶液中自由移动的离子由H+、Cl-变为Na+、Cl-,由于离子浓度几乎不变,所以溶液的导电性几乎不变,正确;
C.将0.05molNaOH固体加入到100mL0.5mol·
L-1醋酸溶液中,发生反应:
CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,二者恰好完全反应,由于醋酸是弱酸,电离程度很小,溶液的导电性很弱,当发生反应后变为强电解质CH3COONa,溶液中自由移动的离子浓度增大,因此溶液的导电性增强,错误;
D.将0.05molNaOH固体加入到100mL0.5mol·
L-1KCl溶液,二者不发生反应,溶液中自由移动的离子浓度增大,因此溶液的导电性增强,错误。
考查电解质与溶液的导电性的关系正误判断的知识。
8.有些离子方程式能表示一类反应,有些离子方程式却只能表示一个反应。
下列离子方程式中,只能表示一个化学反应的是
①Fe+Cu2+=Fe2++Cu②Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
③Cl2+H2O=H++Cl-+HClO④CO32-+2H+=CO2↑+H2O
⑤Ag++Cl-=AgCl↓
A.只有③B.②③C.③⑤D.①④
9.在2H2S+SO2=3S↓+2H2O
反应中,氧化产物和还原产物的物质的量之比是
A.1∶1B.1∶2C.2∶1D.2∶3
【解析】该反应中S元素化合价由-2价、+4价变为0价,所以S既是氧化产物又是还原产物,氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:
1,故选C。
10.将2.32gNa2CO3、NaOH
的固体混合物完全溶解于水,制成溶液,然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸,所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如下图所示,下列说法中错误的是
A.OA段发生反应的离子方程式为:
H++OH-==
=H2O
CO32-+H+==HCO3-
B.当加入35mL
盐酸时,产生
CO
2
的体积为
224mL
C.A点溶液中的溶质为
NaCl
、
NaHCO
3
D.混合物中
NaOH
的质量
0.60g
A、OA段发生反应的离子方程式为:
H++OH-═H2OCO32-+H+═HCO3-,故A正确;
B、AB段发生反应的离子方程式为:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑,根据方程式n(CO2)=(35-25)×
10-3L×
1mol/L=0.01mol,所以二氧化碳的体积为:
0.01mol×
22.4L/mol=224mL,故B正确;
C、OA段发生反应的离子方程式为:
H++OH-═H2OCO32-+H+═HCO3-,所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3,故C正确;
D、由反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑,n(CO2)=n(Na2CO3)=(45-25)×
10-3×
1=0.02mol,所以氢氧化钠的质量为2.32g-0.02×
106g=0.2g,故D错误;
故选D。
【考点定位】考查混合物计算
【名师点晴】本题考查混合物计算,侧重学生分析判断和计算能力的考查。
理解判断各阶段发生的反应是关键。
OA段发生反应的离子方程式为:
H++OH-═H2OCO32-+H+═HCO3-;
AB段发生反应的离子方程式为:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑。
11.物质氧化性、还原性的强弱,不仅与物质的结构有关,还与物质的浓度和反应温度有大。
下列各组物质反应产物与物质的浓度有关的是
①Cu与HNO3溶液②Cu
与FeCl3
溶液③Zn
与H2SO4
溶液④Fe
与HCl溶液
A.①③B.③④C.①②D.①③④
【解析】①Cu与HNO3溶液中,若为浓硝酸,发生Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,若为稀硝酸,则发生3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故正确;
②Cu与FeCl3溶液中,无论浓度大小都只发生Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2,故错误;
③Zn与H2SO4溶液中,若为稀硫酸,发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑,若为浓硫酸,则发生Zn+2H2SO4(浓)
ZnSO4+SO2↑+2H2O,故正确;
④Fe与HCl溶液中,无论浓度大小都只发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,故错误;
本题考查常见物质的性质,明确浓稀硝酸、浓硫酸具有强氧化性及发生的化学反应是解答本题的关键,注意相关方程式的书写。
本题中要注意金属与盐酸反应时与盐酸的浓度无关,用二氧化锰与盐酸反应与盐酸的浓度有关。
12.等质量的下列物质与足量稀硝酸反应,放出NO物质的量最多的是
A.FeOB.Fe2O3C.FeSO4D.Fe3O4
假设质量都为mg;
A.FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+,则失电子物质的量为
mol;
B.Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应,失电子为0;
C.FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+,则失电子物质的量为
D.Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价,与硝酸反应被氧化生成Fe3+,则失电子物质的量为
mol,由以上分析可知,失电子最多的是FeO,则放出NO物质的量最多的是FeO,故选A。
【考点定位】考查氧化还原反应的相关计算
【名师点晴】侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意把握元素的化合价的变化,为解答该题的关键;
氧化还原反应中,氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等,可根据物质的质量计算物质的量,计算失去电子的物质的量,可比较放出NO物质的量的多少。
视频
13.在溶液中能共存,加入OH-有沉淀析出,加入H+时能放出气体的是
A.Na+、H+、NO3-、Cl-B.K+、H+、Cl-、SO42-
C.Ca2+、NO3-、HCO3-、Cl-D.Fe3+、NH4+、SCN-、Cl-
A.OH-、H+会发生反应形成水,但是加入碱无沉淀析出;
加入H+无气体产生,错误;
B.OH-、H+会发生反应形成水,但是加入碱无沉淀析出;
C.加入碱,Ca2+、OH-、HCO3ˉ会发生反应形成CaCO3沉淀;
加入酸时,H+与HCO3ˉ有气体产生,符合题意,正确;
D.Fe3+、SCN-会发生络合反应形成血红色的物质,不能大量共存,加入碱时,OH-与Fe3+会发生反应形成Fe(OH)3沉淀,加入酸时无气体产生,错误。
考查离子大量共存的知识。
14.下列各组反应的最终产物中,肯定有白色沉淀的是
A.向AlCl3溶液中加入过量氨水B.向Al2(SO4)3
溶液中加入过量KOH
溶液
C.向澄清石灰水中通入过量CO2D.向NaAlO2
溶液中加入过量稀盐酸
A、AlCl3溶液遇氨水生成沉淀,A项正确;
B、铝离子遇强碱生成沉淀,但强碱过量沉淀溶解,B项错误;
C、向澄清石灰水中通入过量CO2,开始生成沉淀,之后沉淀溶解,C项错误;
D、向NaAlO2溶液中加入过量稀盐酸,开始生成沉淀,之后沉淀溶解,D项错误;
答案选A。
考查物质间的反应
15.将8g
Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中,再投入7g铁粉收集到1.68L
H2
(标准状况),同时,Fe和Fe2O3均无剩余,为了中和过量的硫酸,且使溶液中铁元素完全沉淀,共消耗4mol·
L-1
的NaOH
溶液150mL。
则原硫酸的物质的量浓度为
A.1.5mol·
L-1B.0.5mol·
L-1C.2mol·
L-1D.1.2mol·
L-1
Fe和Fe2O3均无剩余,而硫酸过量,加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀,最终溶液中的溶质是Na2SO4,由钠离子守恒可知:
n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.15L×
4mol/L=0.6mol,故n(Na2SO4)=0.3mol,由硫酸根守恒可知n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.3mol,则c(H2SO4)="
n/V=0.3mol/0.15L=2"
mol•L-1,选项C正确。
考查物质的量浓度的相关计算;
化学方程式的有关计算
【名师点睛】本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算,清楚发生的反应是关键,注意利用守恒思想进行计算,侧重对解题方法与学生思维能力的考查,难度中等。
Fe和Fe2O3均无剩余,而硫酸过量,加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀,最终溶液中的溶质是Na2SO4,由钠离子、硫酸根守恒可知n(Noah)=2n(Na2SO4)=2n(H2SO4),再根据c=n/V计算。
16.下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将将气体X
通入品红溶液中
红色褪去
X一定是SO2
B
向无色溶液中加硝酸酸化的BaCl2溶液
有白色沉淀
原溶液中一定含SO42-
C
向Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体
出现白色沉淀
H2CO3的酸性比H2SiO3强
D
向某溶液中先加氯水再加KSCN
溶液呈血红色
原溶液中一定含Fe2+
A.AB.BC.CD.D
A、能使品红溶液褪色的不一定SO2,氯气也可以,A错误;
B、在酸性溶液中硝酸根能把亚硫酸根氧化为硫酸根,因此不能确定是否含有硫酸根,B错误;
C、白色沉淀是硅酸,根据较强酸制备较弱酸可知碳酸的酸性强于硅酸,C正确;
D、原溶液中也可能含有铁离子,D错误,答案选C。
【考点定位】考查物质的检验实验设计与评价
【名师点晴】明确相关物质的性质是解答的关键,注意对几个实验方案进行评价,主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。
另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是要考虑的。
第Ⅱ卷(非选择题,共计52分)
二、填空题(共52分)
17.镁铝合金、铁合金、硅酸盐都是广泛应用的建筑材料。
(1)镁的原子结构示意图为_______________。
镁是一种活泼的金属、但其在空气中不易腐蚀,原因是_____________________________,镁、铝、铁三种常见金属的活动性由强到弱的顺序是_________。
(2)钢是用途最广、用量最多的铁合金,某种钢由铁和另一种元素组成,将少量该钢样品与足量热的浓硫酸充分反应生成两种气体,写出生成两种气体的化学反应方程式:
__________________________。
(3)
滑石粉的主要成分是Mg3[Si4O10](OH)2用氧化物表示其组成:
_______________________。
二氧化硅能与一种酸反应,可根据此反应原理制雕花玻璃,写出反应的化学方程式:
_________________。
【答案】
(1).
(2).镁在空气中形成一层致密的氧化层(3).Mg>
Al>
Fe(4).C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O(5).3MgO•4SiO2•H2O(6).SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
【解析】
(1)镁原子结构示意图为
,镁在空气中表面容易形成致密的氧化物薄膜,具有抗腐蚀性;
根据金属活动性顺序表,镁、铝、铁三种常见金属的活动性由强到弱的顺序Mg>
Fe,故答案为:
;
镁在空气中形成一层致密的氧化层;
Mg>
Fe;
(2)铁与浓硫酸加热是只生成二氧化硫气体,根据题意钢样品与足量热的浓硫酸充分反应生成两种气体,说明其中含有碳,还生成了二氧化碳气体,反应的方程式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,故答案为:
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O;
滑石粉Mg3[Si4O10](OH)2用氧化物表示为3MgO•4SiO2•H2O。
二氧化硅能与氢氟酸反应,反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O,故答案为:
3MgO•4SiO2•H2O;
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
18.今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种:
K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-,现取两份100mL溶液进行如下实验:
①第一份加过量NaOH溶液加热后,只收集到气体0.02mol,无沉淀生成,同时得到溶液甲。
②在甲溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,沉淀经过滤、洗涤、灼烧,质量为1.02g。
③第二份加足量BaCl2溶液后,得白色沉淀,沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,质量为11.65g。
根据上述实验回答:
(1)一定不存在的离子是______________,不能确定是否存在的离子是_______________。
(2)试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度(可不填满):
离子符号______,浓度______;
离子符号______,浓度______.
(3)试确定K+是否存在______(填“是”或“否”),判断的理由是__________________________。
(4)设计简单实验验证原溶液中可能存在的离子____________________________________。
【答案】
(1).Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-
(2).Cl-(3).SO42-(4).0.5mol/L(5).NH4+(6).0.2mol/L(7).Al3+(8).0.2mol/L(9).是(10).依据电荷守恒,(电中性原则)阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量,所以一定有K+存在(11).取少量原溶液于试管中,向其中加入足量的硝酸钡溶液,过滤后,向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,有白色沉淀生成证明存在氯离子
【解析】①第一份加过量NaOH溶液加热后,只收集到气体0.02mol,该气体是氨气,一定有铵根离子,铵根离子的物质的量是0.02mol,无沉淀生成,一定不含Fe3+、Mg2+;
②在甲溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,该沉淀是氢氧化铝,沉淀经过滤、洗涤、灼烧,得到氧化铝,氧化铝质量为1.02g,即0.01mol,根据铝元素守恒,含有铝离子的物质的量是0.02mol,一定不含CO32-;
③第二份加足量BaCl2溶液后,得白色沉淀,即硫酸钡沉淀,沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,质量为11.65g,所以一定有SO42-,物质的量是
=0.05mol,一定不含Ba2+,n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×
0.02mol=0.08mol,2n(SO42-)=0.1mol,根据电荷守恒,一定存在钾离子,因为不确定的是Cl-,钾离子的最小物质的量是0.02mol,综上知道,一定不存在的离子有:
Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+,一定存在的离子有:
K+、SO42-、NH4+、Al3+,不能确定的是Cl-。
(1)一定不存在的离子是Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+,不能确定的是Cl-,故答案为:
Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+;
Cl-;
(2)肯定存在的离子是K+、SO42-、NH4+、Al3+,NH4+的物质的量是0.02mol,体积是0.1L,所以c(NH4+)=0.2mol/L,SO42-物质的量是0.05mol,体积是0.1L,所以c(SO42-)=0.5mol/L,Al3+的物质的量是0.02mol,体积是0.1L,所以c(Al3+)=0.2mol/L,钾离子的浓度随着氯离子而定,即c(K+)≥0.2mol/L,故答案为:
SO42-;
0.5mol/L;
NH4+;
0.2mol/L;
Al3+;
(3)据电荷守恒,一定存在钾离子,因为n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×
0.02mol=0.08mol,2n(SO42-)=0.1mol,根据电荷守恒,一定存在钾离子,故答案为:
是;
依据电荷守恒,阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量,所以一定有K+存在;
(4)不能确定的是Cl-,检验试剂可以采用硝酸酸化的硝酸银溶液,具体检验方法是:
取少量原溶液于试管中,向其中加入足量的硝酸钡溶液,过滤后,向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,有白色沉淀生成证明存在氯离子,故答案为:
取少量原溶液于试管中,向其中加入足量的硝酸钡溶液,过滤后,向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,有白色沉淀生成证明存在氯离子。
本题考查离子的检验,采用定性实验和定量计算分析相结合的模式,增大了解题难度。
本题的易错点是K+的确定,需要根据电荷守恒确定。
19.一种白色晶体A极易溶于水,将A配成溶液进行如下框图所示的实验,实验现象及转化关系如框图所示。
A
为含硫的正盐其中硫元素化合价为+4,气体D
能使品红溶液褪色,气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
试回答下列问题:
(1)写出物质化学式:
D______;
F______;
(2)写出下列反应的离子方程式:
①A
和酸性KMnO4溶液反应:
②D和新制氯水:
(3)通过本题的解答,在检验SO42-时,应使用________。
A.盐酸酸化的BaCl2溶液B.硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液
【答案】
(1).SO2
(2).NH3(3).2MnO
+6H++5SO
===5SO
+2Mn2++3H2O(4).SO2+Cl2+2H2O===SO
+4H++2Cl-(5).A
根据已知条件:
能使品红溶液褪色的是二氧化硫,所以D是二氧化硫,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是氨气,即F是氨气,A是一种白色晶体,和其他物质反应
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