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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