期末金卷：2020-2021学年上学期人教版高一化学期末测试卷03（答案解析）.doc

2020-2021学年上学期期末测试卷03

高一化学·全解全析

1．B

【详解】

A．海水中含高含量的NaCl，沿海人民利用海水晒盐得到粗盐，其主要成分为NaCl，A正确；

B．纯碱即Na2CO3，属于正盐，B错误；

C．84消毒液的有效成分为NaClO，属于氯的含氧酸盐，C正确。

D．青铜是铜合金，超级钢属于铁合金，二者均属于合金，D正确。

答案选B。

2．B

【详解】

A.CO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，与Ca(OH)2或者Ba(OH)2溶液反应时都是先变浑浊后溶解，A项正确；

B.BaCO3能溶于硫酸，但是会生成新的沉淀BaSO4，溶液依然浑浊，B项错误；

C.Na2O2和BaO2都是过氧化物，氧元素的化合价都是+1价，所以都可与水反应生成相应的碱，C项正确；

D.CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能和碱反应生成盐和水，D项正确；

答案选B。

3．D

【详解】

A.原子的核外电子数=质子数=原子序数，1个H2O中有12+8=10个电子，所以NA个H2O中有10NA个电子，A项正确；

B.假设该体系中14g全部是C2H4，原子数为，假设14g全部是C3H6，原子数为，所以14g混合气体中的原子数为3NA，B项正确；

C.一个Na2O2中有一个，7.8gNa2O2是，所以也是0.1mol，即阴离子数为0.1NA，C项正确；

D.，根据反应2Na+2HCl=2NaCl+H2,参与反应的Na与HCl的物质的量之比为1：1，所以Na过量，按照HCl计算，H元素由+1价降低到0价，转移了2个电子，所以转移电子数为0.2NA，D项错误。

答案选D。

【点睛】

混合气体的计算可以采用极端假设的方法

4．A

【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Mg2+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沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol。浓度就是mol/L，即 mol·L-1，A项符合题意；

答案为A。

5．B

【详解】

(1)取少量溶液，滴加无色酚酞试液，酚酞变红，证明溶液显示碱性，存在OH-、中的一种或两种，则一定不存在Ag+、Cu2+；

(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则存在、中的至少一种，则一定不存在；

(3)向(2)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，证明含有碳酸钡和硫酸钡两种沉淀，一定存在、两种离子；

(4)将(3)所得混合物过滤，向滤液中加入Ag NO3溶液，有白色沉淀氯化银生成，由于(2)和(3)中均加入了氯离子，因此不能确定氯离子是否存在；

溶液中不能只存在阴离子，一定存在阳离子，即一定存在K+。

综上可知：溶液中一定含有K+、、，一定不存在Ba2+、Cu2+、Ag+，可能含有Cl-、，故选B。

【点睛】

本题的易错点为D，要注意含有的溶液可能显碱性，如碳酸钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色。

6．B

【详解】

A．含NH、Fe2＋、SO溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，由于Fe2＋结合OH-的能力比NH强，故离子方程式为：Fe2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓＋BaSO4↓，A不合题意；

B．含Mg2＋、Cl－、HCO溶液中过量NaOH溶液，由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，故离子方程式为：Mg2＋＋2HCO＋4OH－=2H2O＋Mg(OH)2↓＋2CO，B符合题意；

C．含K＋、CO、NH3·H2O溶液中通入少量CO2，只与一水合氨反应，正确的离子反应为：2NH3•H2O+CO2═CO32-+2NH4++H2O，C不合题意；

D．含Fe2＋、Cl－、HSO溶液中加入NaHSO4溶液，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，与HSO3-发生氧化还原反应，酸性溶液中NO3-将HSO3-氧化为SO42-，D不合题意；

故答案为：B。

7．B

【详解】

S元素由Na2SO3中的+4价升高到Na2SO4中的+6价，X2的化合价只能降低，假设每个X2分子降低得价态是a，根据得失电子守恒，有a=22=4，所以每个X原子降低的价态数是2，X原来是0价，降低2个价态后是-2价，B项正确。

8．B

【详解】

A. IBr碘为＋1价，溴为－1价，IBr是一种强氧化剂，故A正确；

B. IBr与水的反应不是氧化还原反应，而是复分解反应，故B错误；

C.已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知 IBr与AgNO 3 溶液反应会生成AgBr沉淀，故C正确；

D.已知IBr与水的反应生成HBr和HIO，推测可知IBr与NaOH溶液反应时，生成NaBr和NaIO，故D正确；

答案选B。

【点睛】

B容易错，受氯气和水反应的影响，同学往往错以为IBr＋H2O=HBr＋HIO是氧化还原反应，应从化合价的角度分析该反应化合价不发生变化，是非氧化还原反应。

9．B

【详解】

将224 mL(标准状况下)NO和NO2的混合气体的物质的量为0.224/22.4=0.01mol，根据方程式分析，氮原子物质的量与氢氧化钠的物质的量相等，则氢氧化钠的物质的量为0.01mol，则其物质的量浓度为0.01/0.02=0.5 mol/L，故选B。

【点睛】

掌握守恒法在计算中的应用，根据两个方程式分析，氮原子物质的量和钠的物质的量相等，即等于氢氧化钠的物质的量，由此进行计算。

10．D

【详解】

A．尾气吸收装置错误，应该用浸有碱液的棉花团吸收多余的二氧化硫，A错误；

B．收集装置错误，由于氧气的密度大于空气的密度，则收集氧气时应长进短出，B错误；

C．制取NH3的药品选择错误，氯化铵受热分解，遇冷又化合成NH4Cl，不能用加热氯化铵的方法制备氨气，C错误；

D．实验室利用MnO2和浓盐酸加热制备Cl2，D正确。

答案选D。

11．D

【解析】

A. 加 AgNO3 溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，无法排除碳酸根等离子的干扰，检验氯离子应该先加稀硝酸将溶液酸化，排除碳酸根等离子的干扰，A不正确； B. 检验硫酸根应先加稀盐酸将溶液酸化，以排除硅酸根、碳酸根、亚硫酸根等离子的干扰，B不正确； C. 加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能确定有大量CO32﹣存在，也可能是碳酸氢根等离子，C不正确；D. 通入 Cl2 后，溶液变为黄色，加入淀粉溶液后溶液变蓝，说明原溶液中没有碘，通入氯气后才生成碘，可确定有I﹣存在，D正确。本题选D。

12．D

【详解】

A.置换反应一定是氧化还原反应，复分解反应一定不是氧化还原反应，化合反应、分解反应有的是氧化还原反应，有的是非氧化还原反应，与图示相符，A项正确；

B.向AlCl3溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH溶液的加入，依次发生的反应为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，可见AlCl3完全沉淀和生成的Al（OH）3完全溶解消耗的NaOH物质的量之比为3:1，与图示相符，B项正确；

C.Ba（OH）2属于强碱，Ba（OH）2溶液中离子浓度大，溶液导电性强，Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸，Ba（OH）2与稀硫酸反应生成难溶于水的BaSO4和难电离的水，溶液中离子浓度减小，溶液导电性减弱，两者恰好完全反应时，溶液中离子浓度接近0，溶液导电性接近0，继续加入稀硫酸，硫酸属于强酸，溶液中离子浓度增大，溶液导电性又增强，与图示相符，C项正确；

D.Mg、Fe与稀硫酸反应的化学方程式为Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Mg比Fe活泼，Mg与稀硫酸反应比Fe与稀硫酸反应快，等浓度、等体积稀硫酸与足量Fe和Mg反应最终产生的H2体积相等，与图示不符，D项错误；答案选D。

【点睛】

本题考查四大基本反应类型与氧化还原反应的关系、与Al（OH）3有关的图像、溶液导电性强弱的分析、金属与酸反应的图像。注意Al（OH）3是两性氢氧化物，Al（OH）3能与强酸、强碱反应；溶液导电性的强弱取决于溶液中离子物质的量浓度的大小和离子所带电荷数，离子物质的量浓度越大、离子所带电荷数越大，溶液的导电性越强。

13．A

【详解】

A. 等质量的Na2CO3、NaHCO3， NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，故A选；

B. 等物质的量的Na2CO3、NaHCO3，Na2CO3中的钠离子是NaHCO3中的钠离子两倍，所根据钠、氯原子守恒，则Na2CO3所消耗盐酸的体积是NaHCO3的两倍，故B不选；

C. Na2CO3、NaHCO3都与澄清的石灰水反应生成沉淀，反应为 和 ，故C不选；

D. Na2CO3、NaHCO3都与Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，方程式为： 和 ，所以等物质的量的Na2CO3、NaHCO3与足量Ba(OH)2溶液反应，所得沉淀的质量相等，故D不选；

故选：A。

14．A

【分析】

由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，酸碱足量，Al不足，生成气体相同；金属足量，酸碱不足，生成气体为1：3，由铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，Al过量，碱与金属反应时碱过量，Al不足，来计算解答。

【详解】

盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为0.1L×2mol/L=0.2mol，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则，解得x=0.1mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，根据气体体积比为甲：乙=2：3，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为0.1mol×=0.15mol，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则   ，解得y=0.1mol，则Al的质量为m(Al)=0.1mol×27g/mol=2.7g；答案为A。

15．D

【分析】

X溶液中可能含有下列8种离子中的几种：Fe3+、Fe2+、Na+、NH、CO、Cl−、SO、SO，X溶液和盐酸、BaCl2溶液混合，得到沉淀1为BaSO4，n(SO)=n(BaSO4)=，说明X中含有SO；滤液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀2为AgCl，因为加入的盐酸和BaCl2中含有Cl-，所以不能说明X中是否含有Cl-；
X溶液中加入NaOH溶液，得到能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体为NH3，说明X中含有NH，n(NH)=n(NH3)=，同时得到沉淀3，沉淀3在空气中充分灼烧得到红棕色固体为Fe2O3，说明原来溶液中含有Fe3+或Fe2+或二者都有，n(Fe2O3)=，则溶液中不存在CO、SO；溶液中一定含有NH、SO，如果含有Fe2+，则阴离子所带电荷数=0.02mol×2=0.04mol，阳离子所带电荷数=0.01mol×1+0.01mol×2×2=0.05mol＞0.04mol，溶液中存在电荷守恒，则溶液中一定含有Cl-，结合题目分析解答。

【详解】

A. 通过以上分析知，X溶液中一定存在SO，一定不含SO、CO，可能含有Na+，故A错误；

B. X溶液中一定存在NH、SO，至少含有Fe3+、Fe2+离子中的一种，可能含有Na+，故B错误；

C. 取少量X溶液，要证明含有Fe2+，应该先加KSCN溶液排除铁离子干扰，然后加入适量氯水，若溶液呈血红色，则含有Fe2+，故C错误；

D. 原溶液中含有Fe3+或Fe2+或二者都有，如果含有Fe2+，则阴离子所带电荷数=0.02mol×2=0.04mol，阳离子所带电荷数=0.01mol×1+0.01mol×2×2=0.05mol＞0.04mol，溶液中存在电荷守恒，则溶液中一定含有Cl-，此时氯离子物质的量是0.01mol，如果溶液中含有Fe3+，则氯离子物质的量应大于0.01mol，若再含有Na+，氯离子物质的量也应大于0.01mol，则c(Cl−)，故D正确；

故选D。

16．D

【分析】

由表可知，B+E产生气体，则B或E为盐酸和碳酸钠中的其中一种。若B为碳酸钠，F与B不反应，则F为硝酸钠，而A与F产生沉淀，不符合题意，即B为盐酸，E为碳酸钠，A与B反应生成沉淀，A为硝酸银，A与F生成沉淀，F为氯化钡，E与C不反应，则C为硝酸钠，D为硝酸钙，据此回答问题。

【详解】

A. B为盐酸，E为碳酸钠，B与E反应的离子方程式：CO+2H+＝H2O+CO2↑，A正确；

B. E为碳酸钠，A与B反应生成沉淀，A为硝酸银，B正确；

C.根据排除法可知，D是硝酸钙溶液，C正确；

D. A与B、A与F生成的沉淀均为氯化银沉淀，D错误；

答案为D。

17．2mol/L    2mol/L    0.1mol/L    36g·mol－1    0.4NA    NaHSO4 = Na++    CD    Ba2++OH-+H++ = BaSO4↓+H2O    OH-+H+ = H2O    H++=H2O+CO2↑   

【详解】

Ⅰ．(1)20gNaOH的物质的量为=0.5mol，所以配成250mL溶液后浓度为=2mol/L；溶液为均一稳定的分散系，所以取出5mL该溶液,它的物质的量浓度仍为2mol/L；加水稀释溶液中溶质的物质的量不变，所以稀释的后的浓度为= 0.1mol/L；

(2)①标况下8.96L气体的物质的量为=0.4mol，所以混合气体的平均摩尔质量为=36g/mol；

②一个CO分子和一个CO2均只含一个C原子，所以0.4mol混合气体含有0.4NA个碳原子；

Ⅱ．(1)NaHSO4受热熔化时却只能电离出两种不同离子，所以电离方程式为NaHSO4 = Na++；

(2)A．NaHSO4电离出的阳离子不止有氢离子，所以不是酸，故A错误；

B．NaHSO4中含有不止两种元素，所以不是氢化物，故B错误；

C．NaHSO4熔融状态和水溶液均可以导电，属于电解质，故C正确；

D．NaHSO4在水溶液中可以电离出氢离子，可以与Zn反应生成氢气，故D正确；

综上所述答案为CD；

(3)不再生成沉淀说明硫酸根和钡离子的比例为1:1，所以Ba(OH)2和NaHSO4按照1:1反应，离子方程式为Ba2++OH-+H++ = BaSO4↓+H2O；沉淀完全后溶液中还有氢氧根剩余，所以继续滴加硫酸氢钠时发生的离子反应为OH-+H+ = H2O；

(4)硫酸氢钠电离出氢离子和碳酸氢钠反应生成二氧化碳和水，离子方程式为H++=H2O+CO2↑。

18．a    2∶5    3.36    +2    bd    Mg(或镁)   

【分析】

【详解】

(1) a．反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O中，盐酸被氧化生成氯气，为还原剂，且生成KCl，盐酸表现酸性，盐酸既表现还原性又表现酸性，故a选；

b．反应Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑中，H元素化合价降低，HCl为氧化剂，故b不选；

c．反应2HCl H2↑+Cl2↑中，H元素化合价降低，Cl元素化合价升高，HCl既是氧化剂也是还原剂，故c不选；

d．AgNO3+HCl=AgCl+HNO3中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故d不选；

故答案为：a；

(2)向硫酸酸化的高锰酸钾溶液中滴加H2O2溶液，高锰酸钾溶液褪色并有气泡冒出，应生成氧气，H2O2与酸性高锰酸钾溶液反应中，锰元素从+7价降为+2价，氧元素从-1价变为0价，反应的离子方程式为2+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，反应中高锰酸钾为氧化剂，过氧化氢为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5；反应中转移10个电子，因此转移0.3mol电子时，理论上能产生0.15mol氧气，在标准状况下，气体的体积为0.15mol×22.4L/mol =3.36 L，故答案为：2∶5；3.36 ；

(3)CN-中N元素表现-3价，根据化合价的代数和为-1知C元素显+2价；CN-中N、C均处于低价，具有较强的还原性，只有b．臭氧(O3) 、d．双氧水能够将氰化钠氧化生成无毒物质，a．硫酸钾、c．氯化钠与氰化钠均不反应，故答案为：+2；bd；

(4)1mol钾失去1mol电子、1mol钙失去2mol电子、1mol镁失去2mol电子，铀离子得电子，若制得等质量的铀单质，需要转移相同的电子，根据得失守恒，消耗钾、钙、镁三种金属的质量比为2×39∶40∶24，所以消耗质量最小的金属是镁，故答案为：Mg。

19．A    K2SO4=2K++        500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管    BC    重新配制    不变    偏低    偏低    偏低   

【详解】

(1)乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，属于非电解质；硫酸钾、高锰酸钾、硝酸银在水溶液中均可以电离出离子而导电，属于电解质，硫酸钾在溶液中电离的方程式为：K2SO4=2K++，故答案为：A；K2SO4=2K++；

(2)“鲜花保鲜剂”中含K+的物质是硫酸钾和高锰酸钾，K+的物质的量浓度为：c(K+)=2c(K2SO4)+ c(KMnO4)=mol/L；

(3)配制上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：烧杯、托盘天平、药匙、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管等；

(4)A．因容量瓶在定容后要盖上瓶塞颠倒摇匀，所以使用容量瓶前应该检查它是否漏水，故A正确；

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗，会导致溶质偏多，配制的溶液浓度偏高，故B错误；

C．配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后倒入烧杯中进行稀释，不能直接在容量瓶中稀释，故C错误；

D．定容后，盖好瓶塞，食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复上下颠倒摇匀，故D正确；

答案选BC；

(5)若在最后的定容过程中不小心多加了几滴，因多加的水无法取出，所以只能重新配制；

(6)①容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，因后续定容时还要加水，所以对配制的溶液无影响，溶液的浓度不变；

②忘记将洗涤液转入容量瓶中，溶质偏少，溶液的浓度偏低；

③定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，造成配制的溶液浓度偏低；

④定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，再加水至刻度线，溶液的体积偏大，造成配制的溶液浓度偏低。

20．KOH    AgCl    4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3    2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+    甲同学：Fe3+可能过量；乙同学：酸性高锰酸钾与氯离子反应   

【分析】

根据转化图可知，白色沉淀H为氯化银；溶液做焰色试验时，透过蓝色的钴玻璃观察呈紫色，则溶液中含有钾离子，可判断D溶液为氯化钾；白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，则红褐色沉淀F为氢氧化铁，白色沉淀E为氢氧化亚铁；氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，则G溶液为氯化铁；氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，则A为铁，B溶液为氯化亚铁，C溶液为KOH。

【详解】

(1)分析可知，C和H的化学式分别为KOH、AgCl；

(2)E、F分别为氢氧化亚铁、氢氧化铁，则E转变成F的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；

(3)G为氯化铁，G中加入Cu反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

(4)甲同学：若加入的铁少量，则溶液中剩余铁离子，滴加几滴KSCN溶液，发现溶液显血红色，不能得出结论有Fe2+；乙同学：加入酸性高锰酸钾溶液，可与溶液中的氯离子反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，则甲、乙两同学结论不严谨。

21．过滤    Ca(OH)2＋2NH4Cl2NH3↑＋CaCl2＋2H2O    CaO    CO2    用湿润红色石蕊试纸靠近试管，试纸变蓝，证明有氨气    CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=(NH4)2SO4＋CaCO3   

【分析】

由流程可知，煤气中的二氧化碳与合成氨的废气一起通入硫酸钙浊液中，可以生成硫酸铵溶液和碳酸钙沉淀，过滤后，将碳酸钙高温煅烧可得到副产品CaO和二氧化碳气体，二氧化碳可以循环利用。

【详解】

（1）工艺操作②为分离碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液的操作，故其为过滤。

（2）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙的固体混合物的方法制备氨气，化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4Cl2NH3↑＋CaCl2＋2H2O。

（3）煅烧碳酸钙得到的固体为副产品，由图中信息可知，其化学式为CaO。煅烧碳酸钙得到的气体是CO2，由于，在沉淀池中有CO2参与反应，故该联合生产工艺中可以循环使用的物质是CO2。

（4）氨气的水溶液显碱性 ，在实验室中检验氨气的方法是：用湿润红色石蕊试纸靠近试管，试纸变蓝，证明有氨气。

（5）二氧化碳与合成氨的废气一起通入硫酸钙浊液中，可以生成硫酸铵溶液和碳酸钙沉淀， “产品”指的是硫酸铵，该反应的化学方程式为CaSO4＋CO2＋2NH3＋H2O=(NH4)2SO4＋CaCO3。

【点睛】

在工艺流程中寻找可以循环利用的物质时，要在流程找到“闭合回路”，只有“闭合回路”中的物质才有可能是循环利用的，“闭合回路”中的方向是单向循环，要注意与其他非循环路线的区别。