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1、陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 1 / 19 20192020 学年度第一学期期末考试 高一年级化学试题高一年级化学试题 相对原子质量：相对原子质量：H H1 O1 O16 C16 C12 Na12 Na23 Mg 23 Mg 24 Al24 Al27 Cu27 Cu64 Fe64 Fe56 56 S S32 N32 N14 Cl14 Cl35.535.5 第第 I I 卷卷( (选择题选择题 共共 5050 分分) ) 一、选择题一、选择题( (本题包括本题包括 2525 小题，每小题小题，每小题 2 2 分，共分，共 5050 分，每小题只有一个选项符合题意

2、。分，每小题只有一个选项符合题意。) ) 1.下列关于实验事故或药品的处理方法中，正确的是( ) A. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用大量氢氧化钠溶液冲洗 B. 大量氯气泄漏时，用饱和 NaOH 溶液浸湿毛巾捂住嘴和鼻，并迅速离开现场 C. 不慎洒出的酒精在桌上着火时，应立即用湿抹布盖灭 D. 金属钠着火时，可立即用沾水的毛巾覆盖 【答案】C 【解析】 【详解】A少量浓硫酸粘在皮肤上，应该立刻用大量水冲洗，然后涂上稀碳酸氢钠溶液， 不能用具有强腐蚀性的氢氧化钠溶液冲洗，故 A 错误； B氢氧化钠溶液能够腐蚀人的皮肤，不能用氢氧化钠溶液浸湿毛巾，可以用显示碱性的肥 皂水浸湿毛巾，故 B 错误； C

3、酒精可溶于水，且易挥发，故不能用水灭火，如果洒出的酒精在桌上着火时，应立即用 湿抹布盖灭，故 C 正确； D钠化学性质活泼，能够与水反应放出氢气，所以钠着火后不能用水灭火，可以用沙子灭 火，故 D 错误； 故选：C。 2.现有三组溶液：汽油和氯化钠溶液；39%的乙醇溶液；氯化钠和单质溴的水溶液， 分离以上各混合液的正确方法依次是： （ ） A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 【答案】C 【解析】 【详解】油和氯化钠溶液，混合分层，则利用分液分离； 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 2 / 19 39%的乙

4、醇溶液中乙醇与水的沸点不同，则利用蒸馏分离； 单质溴不易溶于水，易溶于有机溶剂，则分离氯化钠和单质溴的水溶液，选择有机溶剂萃 取； 答案选 A。 【点睛】本题为高频考点，把握物质的性质及性质差异、混合物分离方法为解答的关键，注 重实验基础知识和基本技能的考查， 注意有机物性质。 分离提纯方法的选择思路是根据分离 提纯物的性质和状态来定的。具体如下： 分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热 (灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；分离提纯物是液 体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提 纯物是气体：洗气。 3.设 NA为

5、阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( ) A. 标况下，4.48 L 的水中含有 H2O 分子的数目为 0.2NA B. 常温常压下，48 g O3含有的氧原子数 3NA C. 1.8 g 的 NH4 +中含有的电子数为 11N A D. 2.4 g 金属镁变为镁离子时失去的电子数为 0.1NA 【答案】B 【解析】 【详解】A.标况下水不是气体，4.48 L 的水的物质的量不是 0.2mol，故 A 错误； B. 48g 臭氧的物质的量为 1mol，含有 3mol 氧原子，含有的氧原子数为 3NA，故 B 正确； C.一个铵根离子中含有的电子数为 10，1.8gNH4 +的物质的量为 0.1

6、mol，所以所含电子数为 NA，故 C 错误； D. 2.4 g 金属镁的物质的量为 0.1mol，生成一个镁离子失去两个电子，所以 2.4 g 金属镁 变为镁离子时失去的电子数为 0.2NA，故 D 错误， 故答案为 B。 4.按照物质的树状分类和交叉分类，H2SO4应属于( ) 酸 能导电 含氧酸 混合物 化合物 二元酸 强电解质 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 3 / 19 【详解】硫酸电离时生成的阳离子都是氢离子，从性质分类属于酸，故正确； 硫酸中没有自由移动的离子，不能导电，故错误； H2SO4由氢元素、硫

7、元素、氧元素三种元素组成，属于含氧酸，故正确； H2SO4从物质组成分类属于化合物，不是混合物，故错误； H2SO4由氢元素、硫元素、氧元素三种元素组成的纯净物，属于化合物，故正确； 1molH2SO4可电离出 2mol 氢离子，故其属于二元酸，正确； 硫酸完全电离，是强酸，属于强电解质，故正确； 故选：B。 5.配制一定物质的量浓度的 NaOH 溶液时，造成所配溶液浓度偏低的原因是（ ） A. 未洗涤烧杯和玻璃棒 B. 转移溶液前溶液未冷却至室温 C. 容量瓶未干燥 D. 定容时俯视液面 【答案】A 【解析】 【详解】A、未洗涤溶解 NaOH 的烧杯，溶质的质量减少，故 A 浓度偏低； B、

8、转移溶液前溶液未冷却至室温，当溶液冷却后，液面下降，体积偏小，故 B 浓度偏大； C、定容时要加蒸馏水，所以容量瓶未干燥，故 C 对溶液的浓度无影响； D、定容时俯视液面，溶液体积偏小，故 D 浓度偏大。 故选 A 【点睛】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作，根据 c= 判断是误差分析的 关键。 6.进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显。从物质分类来看雾霾属于胶体，它区 别于溶液等其它分散系的本质特征是： （ ） A. 胶粒可以导电 B. 胶体粒子大小在 1100nm 之间 C. 胶体是混合物 D. 胶体的分散剂为气体 【答案】B 【解析】 【详解】A、胶粒可以导电是胶体的性质

9、，故 A 错误； 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 4 / 19 B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在 1-100nm（10 -710-9m）之间，溶液 的粒子直径小于 1nm，浊液的子直径大于 100nm，故 B 正确； C、胶体是混合物，是指分散系由多种物质组成，故 C 错误； D、胶体的分散剂为气体，指分散剂的状态为气态，故 D 错误； 故选 B。 7.下列说法正确的是（ ） A. 将 AgCl 放入水中不能导电，故 AgCl 不是电解质 B. CO2溶于水得到的溶液能导电，所以 CO2 是电解质 C. 金属能导电，所以金属是电解质 D. 固态

10、的 NaCl 不导电，熔融态的 NaCl 能导电，NaCl 是电解质 【答案】D 【解析】 【详解】A.AgCl 是难溶物，但溶于水的部分可以电离，所以 AgCl 是电解质，故 A 错误； B.电解质本身能电离出离子，CO2不能电离出导电离子，CO2是非电解质，故 B 错误； C.金属是单质，既不是电解质也不是非电解质，故 C 错误； D.熔融态的 NaCl 能导电，NaCl 是电解质，故 D 正确。 故选 D。 8.下列离子方程式书写正确的是 A. Na 投入到足量的盐酸中：2Na+2H2O2Na +2OH+H 2 B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al 3+4OHAlO 2 +2H 2

11、O C. 三氯化铁溶液中加入铜粉：Fe 3+CuFe2+Cu2 D. 将氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH =Cl+ClO+H 2O 【答案】D 【解析】 【详解】ANa 投入到足量的盐酸中，反应生成氯化钠和氢气，正确的离子方程式为： 2Na+2H +2Na+H 2，故 A 错误； B氨水与氯化铝反应的离子方程式为：Al 3+3NH 3H2O=Al(OH)3+3NH4 +，故 B 错误； C三氯化铁溶液中加入铜粉，正确的离子方程式为：2Fe 3+Cu2Fe2+Cu2+，故 C 错误； D氯气通入冷的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：Cl2+2OH =Cl+ClO+H 2O，故 D 正确

12、. 故选 D 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 5 / 19 9.下列离子在溶液中能大量共存的是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A.铁离子和硫氰酸根生成络合物，故 A 不能大量共存； B.四种离子相互之间不反应，故 B 可以大量共存； C.铁离子与硫离子之间会发生氧化还原反应，故 C 不可以大量共存； D.氢离子少量时和偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀， 氢离子过量会继续和氢氧化铝反应生成 铝离子，故 D 不能大量共存； 故答案为 B。 10.氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化 剂又非还原剂等。下

13、列反应与 Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr 相比较，水的作用不相同的是 A. 2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2 B. Cl2+ H2OHClO + HCl C. 2F2+2H2O=4HF+O2 D. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 【答案】C 【解析】 【分析】 目标方程式中水既非氧化剂又非还原剂。 【详解】A、2Na2O2+2H2O =4NaOH+O2，水既非氧化剂又非还原剂，A 相同； B、Cl2+ H2OHClO + HCl，水的作用是既非氧化剂又非还原剂，B 相同； C、2F2+2H2O=4HF+O2，水在该反应中作还原剂，C 与目标方程式中

14、水的作用不同； D、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，水既非氧化剂又非还原剂，D 相同。 答案选 C。 11.常温下，在下列溶液中发生如下反应：16H 10Z2XO 4 -=2X25Z 28H2O2A 2 B2=2A 32B 2BZ 2=B22Z 由此判断下列说法正确的是 ( ) A. 反应 Z22A 2=2A32Z不能进行 B. Z 元素在反应中均被氧化 C. 氧化性由弱到强的顺序是 XO4 -、Z 2、B2、A 3 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 6 / 19 D. 还原性由强到弱的顺序是 A 2、B、Z、X2 【答案】C 【解析】 【分析

15、】 根据氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物， 还原剂的还原性大于还原产物分析， 还 原性顺序为：A 2+B-Z-X2+，氧化性顺序为：XO 4 -Z 2B2A 3+。 【详解】A、反应中氧化性顺序为：Z2A 3+，与题目中的信息相符，能反应， A 错误； B、Z 元素在反应中被氧化，在反应中被还原， B 错误； C、根据以上分析，氧化性由弱到强的顺序是 XO4 -、Z 2、B2、A 3，C 正确； D、根据以上分析，A 2+B-Z-X2+，D 错误。 故选 C。 【点睛】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，可 以通过反应确定性质强弱，也能通过性质强弱确定是

16、否发生反应。 12.一定条件下，PbO2与 Cr 3反应，产物是 Cr 2O7 2-和 Pb2，则与 1 mol Cr3反应所需 PbO 2的 物质的量为 A. 3.0 mol B. 1.5 mol C. 1.0 mol D. 0.75 mol 【答案】B 【解析】 【详解】 利用电子守恒作答。 当1molCr 3+被氧化生成Cr 2O 时， 失去的电子为3mol， 而1molPbO2 被还原只能得到 2mol 电子，因此所需 PbO2的物质的量为 1.5mol，答案选 B。 13.下列关于钠及其化合物的说法错误的是( ) A. 切开的金属钠暴露在空气中，光亮的表面变暗发生 2NaO2=Na2

17、O2反应 B. 钠、过氧化钠、氢氧化钠、碳酸钠灼烧时火焰呈黄色 C. Na2O2在潮湿空气放置一段时间变成白色粘稠物发生 2Na2O22H2O=4NaOH+O2反应 D. 过氧化钠投入硫酸铜溶液可产生氢氧化铜沉淀和氧气 【答案】A 【解析】 【详解】A切开金属钠暴露在空气中，光亮的表面变暗发生 4Na+O22Na2O 反应，故 A 错误； 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 7 / 19 B焰色反应为元素性质，钠的焰色为黄色，故 B 正确； C过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠潮解得到氢氧化钠溶液，故 C 正确； D过氧化钠投入硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜，硫酸钠

18、和氧气，产生氢氧化铜沉淀和氧气， 故 D 正确； 故选：A。 14.下列说法正确的是（ ） A. SiO2是酸性氧化物，它不溶于水也不溶于任何酸 B. 木材浸过水玻璃后，具有防腐蚀性能且不易着火 C. 因高温时 SiO2与 Na2CO3反应放出 CO2，所以 H2SiO3酸性比 H2CO3强 D. 氯气泄漏后，人应逆风且往低处跑 【答案】B 【解析】 【详解】ASiO2是酸性氧化物，与氢氟酸反应，A 错误； B木材浸过水玻璃后，具有防腐蚀性能且不易着火，B 正确； CH2SiO3酸性比 H2CO3弱，C 错误； D氯气的密度大于空气，氯气泄漏后，人应逆风且往高处跑，D 错误。 答案选 B。 1

19、5.下列表述不正确的是 A. 人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是 Al2O3 B. 硅是制造太阳能电池的常用材料 C. 四氧化三铁俗称铁红可用作油漆、红色涂料 D. 分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3 悬浊液Fe(OH)3 胶体FeCl3 溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A、人造刚玉的主要成分是 Al2O3，其熔点很高，高温下机械强度大，抗热震性好， 抗腐蚀性强，热膨胀系数小等特点，可作耐火材料，A 正确； B、晶体硅是目前应用最成熟、最广泛的太阳能电池材料，B 正确； C、Fe2O3俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料，C 错误； D、分散系的分散质粒子直径大小为，浊液分

20、散质粒子直径100nm，溶液分散质粒子直径 1nm，胶体分散质粒子直径在 1nm-100nm 间，所以分散系中分散质粒子的直径：Fe(OH)3悬浊 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 8 / 19 液Fe(OH)3胶体FeCl3溶液，D 正确。 表述不正确的是 C，答案选 C。 16.下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象 都相同的是( ) A. NaHCO3和 HCl B. AlCl3和 NaOH C. NaAlO2和 H2SO4 D. Na2CO3 和 H2SO4 【答案】A 【解析】 【详解】A、NaHCO3和 HCl 反

21、应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，都发生反应： NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，现象都是产生无色气泡，故 A 正确； B 、 因 前 者 逐 滴 滴 入 后 者 ， 发 生AlCl3+4NaOH3NaCl+NaAlO2+H2O 、 3NaAlO2+AlCl3+6H2O4Al(OH)3+3NaCl， 现象为先没有沉淀后有沉淀生成； 而后者逐滴滴入 前者发生 Al 3+3OH-Al(OH) 3、Al(OH)3+OH -AlO 2 -+2H 2O，现象为先有沉淀生成后沉淀逐渐 消失，则现象不同，故 B 不选； C、NaAlO2和 H2SO4反应，当前者滴入后者时，后者开始足量

22、，先有沉淀立刻溶解，先有沉淀 反应方程式为：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3由于 H2SO4过量，生成的 Al(OH)3立刻 被硫酸中和，反应方程式为：2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O，当溶液中铝元素全部变为 Al 3+ 时，它与滴入的 AlO2 -发生双水解反应方程式为：Al3+3AlO 2 -+6H 2O=4Al(OH)3现象是最终有 沉 淀 ； 当 后 者 滴 入 前 者 时 ， 前 者 开 始 足 量 ， 先 有 沉 淀 ， 反 应 方 程 式 为 ： 2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al(OH)3

23、后 溶 解 是 由 于 硫 酸 过 量 ， 反 应 方 程 式 为 ： 3H2SO4+2Al(OH)3Al2(SO4)3+6H2O，最终无沉淀，故 C 不选； D、碳酸钠滴入硫酸发生 Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸 钠发生反应：CO3 2-+H+HCO 3 -、HCO 3 -+H+CO 2+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡， 所以二者现象不同，故 D 不选； 故选：A。 17.等体积的硫酸铝、硫酸锌、硫酸钠溶液分别与足量氯化钡溶液反应，若生成硫酸钡沉淀 的质量比为 123，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为（ ） A. 123 B.

24、169 C. 133 D. 136 【答案】B 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 9 / 19 【解析】 【分析】 生成 BaSO4沉淀的质量比为 1：2：3，根据 n=可知：生成 BaSO4的物质的量之比为 1：2： 3，然后利用 Al2(SO4)33BaSO4、ZnSO4BaSO4、Na2SO4BaSO4来计算。 【详解】由生成 BaSO4沉淀的质量比为 1：2：3，可知生成 BaSO4的物质的量之比为 1：2：3， 设生成 BaSO4的物质的量分别为 a、2a、3a， 则由 Al2(SO4)33BaSO4， n(BaSO4)=a，所以 nAl2(SO4)3=

25、 n(BaSO4)=； 由 ZnSO4BaSO4，n(BaSO4)=2a，所以 n(ZnSO4)=n(BaSO4)=2a， 由 Na2SO4BaSO4，n(BaSO4)=3a，所以 n(Na2SO4)=n(BaSO4)=3a。又由于硫酸铝、硫酸锌、硫 酸钠溶液的体积相同，根据 c=，可知三种物质的浓度之比等于它们的物质的量之比，即 为 cAl2(SO4)3：c(ZnSO4)：c(Na2SO4)=：2a：3a=1：6：9，故合理选项是 B。 【点睛】 明确反应中物质之间的关系是解答本题的关键， 并熟悉同种物质的质量比等于物质 的量之比、同体积的不同溶液的浓度之比等于物质的量之比进行解答。 18.

26、制印刷电路时常用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，发生反应 2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2。 向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，剩余固体不可能是( ) A. 有铜无铁 B. 有铁无铜 C. 铁、铜都有 D. 铁、铜 都无 【答案】B 【解析】 【分析】 Fe 的 还 原 性 大 于 Cu ， 所 以 向 氯 化 铁 溶 液 中 加 入 Cu 、 Fe 可 能 发 生 的 反 应 有 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2、2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=FeCl2+Cu，且 Fe 先发生氧化还原反 应，据此分析解答。 【详解】AFe 的还原性大于

27、 Cu，所以加入 Fe、Cu 时 Fe 先参加反应，当 Fe 完全反应后， Cu 部分反应，则烧杯中有 Cu 无 Fe，故 A 不选； BFe 的还原性大于 Cu，所以加入 Fe、Cu 时 Fe 先参加反应，如果溶液中有 Fe 而无铜，则 Fe 会和铜离子发生置换反应而生成铜，所以不可能出现有 Fe 而无 Cu 现象，故 B 可选； C如果铁完全将铁离子还原还剩余，则 Cu 就不参加反应，所以烧杯中还剩 Fe、Cu，故 C 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 10 / 19 不选； D如果铁离子的量足够大，Fe、Cu 完全反应后铁离子还剩余，则烧杯中 Cu、Fe 都

28、不存在， 故 D 不选； 故选：B。 19.证明某溶液只含有 Fe 2+而不含 Fe 3+的实验方法是( ) A. 只需滴加 KSCN 溶液 B. 先滴加氯水，再滴加 KSCN 溶液后显红色 C. 先滴加 KSCN 溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色 D. 滴加 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀。 【答案】C 【解析】 【分析】 先根据 Fe 3的特征反应判断溶液不含 Fe3；然后加入氧化剂，如果含有 Fe2，Fe2被氧化剂 氧化成 Fe 3溶液变成红色，从而证明 Fe2的存在。 【详解】A只滴加 KSCN 溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有 Fe 3，无法 验证 Fe 2存在，故

29、 A 错误；B先滴加氯水，氯气将 Fe2氧化成 Fe3，即使原溶液不含 Fe3， 滴加 KSCN 溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有 Fe 3，故 B 错误；CKSCN 与 Fe3作 用使溶液显红色，与 Fe 2作用无此现象，先滴加 KSCN 溶液，不显红色，说明原溶液不含有 Fe 3，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有 Fe3，证明原溶液含有 Fe2，故 C 正 确；D滴加 NaOH 溶液，产生红褐色沉淀，说明含有 Fe 3+，无法验证 Fe2存在，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】易错点 B，Fe 2、Fe3的检验，滴加氧化剂、KSCN 溶液的顺序不能颠倒，如果颠倒， 无法确

30、定溶原液将中是否含有 Fe 3。 20.把 2.1 g CO 与 H2组成的混合气体与足量的 O2充分燃烧后，立即通入足量的 Na2O2固体中， 固体的质量增加( ) A. 2.1 g B. 3.6 g C. 7.2 g D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【详解】一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气， 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 11 / 19 把两个反应相加，得：CO+Na2O2=Na2CO3，过氧化钠增重的质量即为 CO 的质量。氢气同理，过 氧化钠增重的质量即为 H2的质量，所以 2.1 克一氧化碳和氢气的混合气体

31、，最后固体增重 就为 2.1 克，选 A。 21.将 0.4g NaOH 和 1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加 0.1molL -1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. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 对 NaOH 和 Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生 NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生 Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，有二氧化碳气体生成，利 用物质的量的关系并结合图象解析。 【详解】0.4g NaOH 的物质

32、的量为 0.4g40gmol -1=0.01mol 和 1.06gNa 2CO3的物质的量为 1.06g106gmol -1=0.01mol，则 A、0.1L 盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气 体生成，则图象与反应不符，故 A 错误； B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故 B 错误； C、 向 NaOH 和 Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时， 首先和 NaOH 反应生成水和氯化钠， 当滴入 0.1L 时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和 Na2CO3开始反应，首先发生 HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入 0.

33、1L 时，此步反应进行完全；继续滴加时， 发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；此时开始放出气体，正好与图象相符，故 C 正确； 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 12 / 19 D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时 没有气体生成，则图象与反应不符，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】此题考查了元素化合物、图象数据处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理 解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应， 是分步进行的， 首先发生的是 HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl； 进行完全后，再发生：NaHCO3+H

34、Cl=NaCl+H2O+CO2。 22.将 3.6 g 镁铝合金，投入到 500 mL 2 mol/L 的盐酸中，合金完全溶解，再加入 4 mol/L 的 NaOH 溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种 NaOH 溶液的体积是( ) A. 150 mL B. 200 mL C. 250 mL D. 280 mL 【答案】C 【解析】 【详解】镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，Mg 2+和 Al3+全部转化为沉淀，分别与 NaOH 溶液反应的方程式为： AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，M

35、gCl2 +2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl，所以最终溶液中的溶质为 NaCl，根据氯原子和钠原子守恒可得：n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=2mol/L0.5L=1mol，所以 需要氢氧化钠溶液体积为：=0.25L=250mL。 故选：C。 【点睛】本题考查混合物反应的计算，题目难度中等，注意 Mg 2+和 Al3+全部转化为沉淀时， NaOH 不能过量，即氢氧化铝不能溶解，溶液中的溶质只有 NaCl，注意利用原子守恒解题 23.把 V L 含有 MgS04和 K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含 a mol NaOH 的溶液，恰好 使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份

36、加入含 b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全 沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为 A. (b-a)/V molL -1 B. (2b-a)/V molL -1 C. 2(2b-a)/V molL -1 D. 2(b-a)/V molL -1 【答案】C 【解析】 【详解】一份加入含 a mol NaOH 的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么 Mg 2+就有 mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含 b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 13 / 19 沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有 b

37、mol。所以硫酸钾有 b-mol，钾离子就有 2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即 molL -1，C 项符合题意， 故答案为 C。 24.某澄清溶液可能含有 K +、Al3+、Mg2+、NH 4 +、Fe2+、SO 4 2-、CO 3 2-中的一种或几种，为确定其 成分，进行如下实验：取部分溶液，逐滴滴入用 HCl 酸化的 BaCl2溶液，只产生白色沉淀； 另取部分溶液，缓慢加入足量的 Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，同时产生白色 沉淀后白色沉淀部分溶解。下列推断正确的是( ) A. 肯定有 Al 3+、SO 4 2-，可能有 K+、NH 4 + B. 肯定无

38、NH4 +、Mg2+、CO 3 2-，可能有 Fe2+ C. 原溶液一定是明矾和 MgSO4的混合溶液 D. 肯定有 Mg 2+、Al3+、SO 4 2- ，K+只能通过焰色反应才能确定 【答案】D 【解析】 【分析】 向原溶液中逐滴滴入用 HCl 酸化的 BaCl2溶液，只产生白色沉淀，则白色沉淀为硫酸钡， 溶液中一定存在 SO4 2-，由于碳酸根离子能够与盐酸反应生成气体，所以一定不存在 CO 3 2-； 向原溶液中缓慢加入足量的 Na2O2固体并加热，产生无色无味的气体，该气体为氧气，说 明溶液中一定不存一定不存在 NH4 +；同时产生白色沉淀后白色沉淀部分溶解，说明原溶液中 一定存在

39、Al 3+、Mg2+；由于氢氧化亚铁能够别过氧化钠氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，而沉 淀为白色，说明一定不存在 Fe 2+；不能确定是否含有 K+， 【详解】A、根据以上分析可知，原溶液中一定存在 Mg 2+、Al3+、SO 4 2-，一定不存在 Fe3+、Cu2+、 Fe 2+、CO 3 2-、NH 4 +，可能存在 K+，故 A 错误； B、根据以上分析可知，原溶液中一定存在 Mg 2+、Al3+、SO 4 2-，一定不存在 Fe2+、CO 3 2-、NH 4 +， 可能存在 K +，故 B 错误； C、由于无法确定是否含有钾离子，所以无法确定溶质是否含有明矾，故 C 错误； D、根据分析可

40、知：原溶液中可能存在 K +，K+只能通过焰色反应才能确定，故 D 正确； 故选：D。 【点睛】注意掌握常见离子的反应现象及检验方法，明确具有特殊反应现象的离子，如铝离 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 14 / 19 子与氢氧根离子的反应，熟悉常见的沉淀的颜色，如氢氧化铁、氢氧化铜等。 25.下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e 是浸有相关溶液的滤纸。向 KMnO4晶 体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO416HCl=2KCl5Cl2 2MnCl28H2O 对实验现象的“解释或结论”正确的是( ) 选项 实验现象 解释或结论

41、 A a 处变蓝，b 处变红棕色 氧化性：Cl2Br2I2 B c 处先变红，后褪色 氯气与水生成了酸性物质 C d 处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 D e 处变红色 还原性：Fe 2Cl A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A、a 处变蓝,b 处变红棕色,说明 Cl2分别与 KI、NaBr 作用生成 I2、Br2,可证明氧化 性:Cl2I2,Cl2Br2,无法证明 I2与 Br2之间氧化性的强弱,A 项错误; B、c 处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B 项错误; C、d 处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性

42、物质中和了 NaOH,C 项错误; D、e 处变红说明 Cl2将 Fe 2+氧化为 Fe3+,证明还原性:Fe2+Cl-,D 项正确； 答案选 D。 【此处有视频，请去附件查看】 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 15 / 19 第第卷卷( (非选择题，非选择题，共共 5050 分分) ) 26.(1)0.5mol CH4的质量是_g，在标准状况下的体积为_L；含有约_个氢原 子。 (2)将标准状况下 22.4L 的 HCl 溶于水配成 200mL 的溶液，所得溶液的物质的量浓度为 _；配制 300mL 0.5molL 1氯化钠溶液，需要 1.5molL1的氯化钠

43、溶液的体积是 _mL。 【答案】 (1). 8g (2). 11.2L (3). 1.20410 24 (4). 5mol/L (5). 100ml 【解析】 【 详 解 】 (1)0.5mol CH4的 质 量 =nM=0.5mol16g/mol=8g; 标 况 下 的 体 积 为 0.5mol22.4L/mol=11.2L；每个甲烷分子中含有 4 个氢原子，所以 0.5mol CH4的含有氢原 子为 0.5mol4=2mol，即 1.20410 24个，故答案为：8g；11.2L；1.2041024； (2)22.4L 的 HCl 的物质的量为=1mol，溶液的物质的量浓度 ;300mL

44、0.5molL 1氯化钠溶液所含氯化钠的物质的量为 0.5mol/L0.3L=0.15mol，需要 1.5molL 1的氯化钠溶液的体积 V=，故答案为：5mol/L；100ml。 27.(1)反应 KClO3 + HCl KCl + Cl2 + H2O 未配平，请写出配平的方程式 _，在该反应中氧化剂和用作还原剂的物质的物质的量之比为 _，产生标准状况下 33.6LCl2时，转移电子的物质的量为_。 (2)将 NaOH 溶液滴加到 FeSO4溶液中产生的现象是_，本实验应将胶头滴 管伸入到液面以下，这样做的目的是_ 【答案】 (1). KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O (2)

45、. 1:5 (3). 2.5mol (4). 产 生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (5). 防止 Fe(OH)2被氧化 【解析】 【分析】 (1)根据化合价变化将电子得失配平，再根据元素守恒配平方程式；氧化剂化合价降低，还 原剂化合价升高；氧化还原反应中转移的电子数目=化合价升高的数目=化合价降低的数目； (2)NaOH 溶液与 FeSO4溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀， 氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁。 【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5 价降低为 Cl2中 0 价，化合价降低 5 价；HCl 中氯元 素化合价由-1 价升高为 Cl2中 0 价，化合价升高 1 价，化合价升

46、降最小公倍数为 5，KClO3 陕西西安电子科技大学附属中学高一化学上册期末考试试卷（含解析） 16 / 19 系数为 1，Cl2系数为 3；所以 KCl 系数为 1，HCl 系数为 6，结合元素守恒，反应方程式为 KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O；KClO3中氯元素化合价降低为氧化剂，HCl 中氯元素化合价升 高为还原剂，根据方程式可知 6molHCl 中有 5mol 被氧化，所以在该反应中氧化剂和用作还 原剂的物质的物质的量之比为 1:5；标准状况下 33.6LCl2的物质的量为 1.5mol，根据方程 式可知转移电子数为 2.5mol，故答案为：KClO3+6HCl=KC

47、l+3Cl2+3H2O；1:5；2.5mol； (2)NaOH 溶液与 FeSO4溶液反应生成氢氧化亚铁白色沉淀， 氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁， 其现象为产生白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；故答案为：产生白色沉淀迅速变 为灰绿色，最终变为红褐色；防止 Fe(OH)2被氧化。 28.洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉 是常用的消毒剂。 (1)工业上将氯气通入石灰乳Ca(OH)2制取漂白粉，化学反应方程式为_。 (2)漂白粉的主要成分_(填化学式)，有效成分是_(填化学式)。 (3)漂白粉溶于水后，受空气中的 CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的

48、次氯酸，化学反应 方程式为_。 【答案】 (1). 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (2). CaCl2、 Ca(ClO)2 (3). Ca(ClO)2 (4). CO2 + H2O + Ca(ClO)2 = CaCO3 + 2HClO 【解析】 【详解】(1)氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙，反应的化学方程式为 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； (2)根据(1)方程式可知主要成分为氯化钙和次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，故答案为： CaCl2、Ca(ClO)2；Ca(ClO)2； (3)次氯酸钙与二氧化碳反应生成次氯酸和碳酸钙，反应的方程式为 Ca(ClO)2+CO2+H