西藏日喀则市第一高级中学高一下学期期中考试化学试题

西藏日喀则市第一高级中学20172018学年高一下学期期中考试化学试题一、选择题（单选，每题3分，共45分）1.化学与社会、生产、生活紧切相关。下列说法正确的是A.高纯度的硅单质用于制作光导纤维B.合金相对于金属单质，其硬度更大、熔沸点更高C.为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂D.过氧化钠可以用在潜艇和呼吸面罩中作供氧剂【答案】D【解析】【详解】试题分析：A．高纯度的硅单质用于制作半导体，二氧化硅用于光导纤维，A错误；B．合金相对于金属单质，其硬度更大，但熔沸点低，B错误；C．食品添加剂需要科学合理利用，C错误；D．过氧化钠能与水、CO2反应产生氧气，因此可以用在潜艇和呼吸面罩中作供氧剂，D正确，答案选D。考点：考查物质应用的有关判断2.下列物质中，可形成酸雨的是A.二氧化硫 B.氟氯代烃 C.二氧化碳 D.甲烷【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硫可形成硫酸型酸雨，其形成过程可表示为SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+O2=2SO3、SO3+H2O=H2SO4；B.氟氯代烃的主要危害是破坏臭氧层，引起臭氧空洞；C.二氧化碳主要引起温室效应；D.甲烷不溶于水也不能和水反应，不能形成酸雨，是造成温室效应的一种气体；答案选A。3.设NA表示阿伏加得德罗常数的数值，下列叙述中正确的是A.1molNH3所含有的原子数为NAB.常温常压下，22.4L氧气所含的原子数为2NAC.常温常压下，48gO3所含的氧原子数为3NAD.1L0.1mol／LNaCl溶液中所含的Na+为NA【答案】C【解析】【详解】A、根据氨气的化学式可知，1molNH3中含有4mol原子，原子数为4NA，A不正确；B、常温常压下，22.4L氧气不是1mol，所含的原子数不是2NA，B不正确；C、48g臭氧是1mol，含有3mol氧原子，氧原子数为3NA，C正确；D、1L0.1mol／LNaCl溶液中氯化钠物质的量是0.1mol，含有钠离子是0.1mol，Na+个数为0.1NA，D不正确；答案选C。4.分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类正确的是（）A.Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物B.石灰石、生石灰、熟石灰均属于碱C.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体D.根据电解质在水溶液中电离的程度，将电解质分为强电解质和弱电解质【答案】D【解析】【详解】分析：A、根据碱性氧化物的含义分析；B、碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；C、三种分散系的本质区别是分散质微粒直径大小不同；D、根据电解质的电离程度把电解质分为强电解质和弱电解质。详解：A、能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，Na2O、MgO均属于碱性氧化物，Al2O3属于两性氧化物，A错误；B、石灰石是碳酸钙，属于盐，生石灰是氧化钙，属于氧化物，熟石灰是氢氧化钙，属于碱，B错误；C、根据分散质微粒直径大小不同，将分散系分为溶液、浊液和胶体，其中溶液中分散质小于1nm，浊液中分散质大于100nm，胶体中分散质介于1nm与100nm之间，C错误；D、根据电解质在水溶液中电离的程度，将电解质分为强电解质和弱电解质，其中完全电离出离子的是强电解质，部分电离出离子，存在电离平衡的是弱电解质，D正确，答案选D。5.不是Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是()A.都比较稳定，密封放置不产生沉淀 B.都有丁达尔效应C.加入少量NaOH溶液都可产生沉淀 D.分散质微粒均可透过滤纸【答案】B【解析】【详解】A、溶液和胶体外观基本一致，一般为均一透明、稳定，故A不选；B、只有胶体具有丁达尔效应，溶液不具备，故B选；C、向Fe(OH)3胶体中加入NaOH溶液，会使胶体发生聚沉，产生Fe(OH)3沉淀，而MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，故C不选；D、溶液和胶体都能透过滤纸，故D不选；答案选B。6.下列应用不涉及氧化还原反应的是（）A.Na2O2用作呼吸面具的供氧剂B.工业上电解熔融状态的Al2O3制备AlC.工业上利用合成氨实现人工固氮D.实验室用NH4Cl和Ca（OH）2制备NH3【答案】D【解析】【详解】A．发生的反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；反应中过氧化钠中氧元素（1价）化合价有升降，所以属于氧化还原反应，故A错误；B．2Al2O34Al+3O2↑中铝元素、氧元素化合价有变化，所以属于氧化还原反应，故B错误；C．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)中，N元素、氢元素化合价有变化，属于氧化还原反应，故C错误；D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；该反应中没有元素化合价升降，所以不属于氧化还原反应，故D正确。故选D。7.下列水溶液中的各组离子因为发生氧化还原反应而不能大量共存的是A.Na+、Ba2+、Cl、 B.Ca2+、、C1、K+C.、K+、I、H+ D.H+、Cl、Na+、【答案】C【解析】【详解】A．Ba2+与发生复分解反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，A错误；B．Ca2+、、C1、K+之间不反应，可以大量共存，B错误；C．、I、H+之间发生氧化还原反应，不能大量共存，C正确；D．H+与发生复分解反应生成CO2和水，不能大量共存，D错误；答案选C。8.表示下列反应的离子方程式正确的是（）A.金属钠加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B.金属铝加入到NaOH溶液中：Al+2OH+H2O=AlO2—+2H2↑C.铁粉加入到FeCl3溶液中：Fe+2Fe3+=3Fe2+D.铜片插入到AgNO3溶液中：Cu+Ag+=Cu2++Ag【答案】C【解析】【详解】A．钠先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，反应总的离子方程式为2Na+Cu2++2H2O═2Na++Cu（OH）2↓+H2↑，故A错误；B．铝粉投入到NaOH溶液中产生氢气，反应实质为：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，故B错误；C．三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故C正确；D．离子方程式两边电荷不守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故D错误．故选C．9.在反应3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中，作还原剂和作氧化剂的硫原子个数比为A.1:2 B.2:1 C.1:1 D.3:2【答案】A【解析】【详解】氧化产物是K2SO3，还原产物是K2S，它们的物质的量之比为1：2，所以作氧化剂和作还原剂的硫原子的个数比为1：2，故选A。10.下列各物质不能由组成它的两种元素单质经点燃或加热直接化合而得到的是A.FeS B.NO2 C.Na2O2 D.SO2【答案】B【解析】【详解】试题分析：A．铁和硫单质加热反应生成硫化亚铁，能由单质直接化合生成，错误；B．N2和氧气反应生成NO，NO2不能由单质直接化合生成；C．Na在空气中燃烧生成淡黄色固体Na2O2，所以能由两种单质直接化合得到，错误；D．S在氧气中燃烧生成SO2，所以能由两种单质直接化合得到，错误。考点：考查常见金属、非金属元素的单质及其化合物的综合应用。11.设计下列实验方案鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色粉末，不能达到预期目的的是A.分别向等量的白色粉末中加等体积、等浓度的稀盐酸，比较生成气体的快慢B.分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少C.分别将等量的白色粉末配成溶液，然后加入澄清石灰水，比较是否有沉淀生成D.分别将等量的白色粉末加热进行实验，将产物分别通入澄清石灰水，比较澄清石灰水是否变浑浊【答案】C【解析】【详解】A．分别向等量的白色粉末中加等体积、等物质的量浓度的稀盐酸，碳酸氢钠立即和盐酸反应生成二氧化碳，碳酸钠和盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和盐酸反应生成二氧化碳，所以生成二氧化碳速率不同，能达到实验目的，故A不选；B．相同温度下，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以分别向等量的白色粉末中加等体积适量的水，比较固体溶解量的多少来鉴别，能达到实验目的，故B不选；C．碳酸氢钠和碳酸钠都和氢氧化钙反应生成白色沉淀，反应现象相同，无法鉴别，所以不能达到实验目的，故C选；D．碳酸钠比碳酸氢钠稳定，加热时碳酸钠不分解，碳酸氢钠分解生成二氧化碳，用澄清石灰水检验是否生成二氧化碳，所以能达到实验目的，故D不选；故答案C。【点睛】考查碳酸氢钠和碳酸钠性质，明确碳酸氢钠和碳酸钠的区别即可解答，Na2CO3和NaHCO3性质的异同，包括：①溶于水并观察现象,溶解度较大其溶于水放热的是碳酸钠,溶解度较小且水温无明显变化的是碳酸氢钠；②溶于水加热,再通入澄清的石灰水,有气泡产生且有白沉淀的是碳酸氢钠,无变化的是碳酸钠；③用pH试纸或pH计测试其pH值,碱性较强的是碳酸钠,碱性较弱的是碳酸氢钠；④溶于水并加氢氧化钙或氢氧化钡，有白色沉淀生成的是碳酸钠，无变化的是碳酸氢钠；明确碳酸钠和盐酸反应步骤，为易错点。12.下列操作中最终可以得到Al(OH)3的是()AAl2O3和水混合加热 B.Al和水反应C.过量的NaOH溶液加入到AlCl3溶液中 D.过量的氨气通入到AlCl3溶液中【答案】D【解析】【详解】分析：根据氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与酸反应也能与强碱反应分析判断。详解：A.Al2O3和水不反应，不能得到氢氧化铝，A错误；B.铝和水不反应，加热到沸腾时与水缓慢的反应生成氢氧化铝和氢气，B错误；C.过量的NaOH溶液加入到AlCl3溶液中生成偏铝酸钠、氯化钠和水，C错误；D.氨水碱性弱，不能溶解氢氧化铝，过量的氨气通入到AlCl3溶液中生成氢氧化铝沉淀，D正确，答案选D。13.为了除去FeCl2溶液中混有的少量FeCl3，最好的方法是向此溶液中A.通入氯气 B.加入Zn C.加入Fe D.加入Cu【答案】C【解析】【详解】A．氯气能和氯化亚铁反应生成氯化铁，A错误；B．锌是活泼的金属，能和氯化铁、氯化亚铁反应置换出铁，B错误；C．氯化铁能和铁反应生成氯化亚铁，C正确；D．氯化铁能和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了新的杂质，D错误；答案选C。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。14.向下列试剂中通入SO2并验证SO2某些化学性质，下列说法正确是()选项试剂现象结论A酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2有氧化性B品红溶液溶液褪色SO2有漂白性CNaOH溶液无明显现象SO2与NaOH溶液不反应D紫色石蕊试液溶液变红色后不褪色SO2有酸性，没有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】分析：根据二氧化硫是酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，以及二氧化硫还具有漂白性和还原性、氧化性分析解答。详解：A、高锰酸钾酸性溶液具有强氧化性，体现二氧化硫的还原性，A错误；B、二氧化硫能使品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性，B正确；C、二氧化硫是酸性氧化物，可以与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，C错误；D、二氧化硫可以使紫色石蕊试液变红，说明二氧化硫溶液具有酸性，但二氧化硫不能使变红后的石蕊试液褪色，不能说明SO2没有漂白性，D错误。答案选B。15.某同学用以下装置制备并检验的性质。下列说法正确的是A.图Ⅰ：若过量，则浓盐酸可全部消耗完B.图Ⅱ：只证明新制氯水具有酸性C.图Ⅲ：产生了棕黄色的雾D.图Ⅳ：湿润的有色布条褪色【答案】D【解析】【详解】A．浓盐酸变成稀盐酸时不再反应，盐酸不能消耗完，A错误；B．新制氯水能使紫色石蕊试液先变红红后褪色，体现了酸性和漂白性，B错误；C．铜与氯气反应生成棕黄色的烟，C错误；D．干燥的氯气没有漂白性，故干燥的有色布条不褪色；氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故氯气能使湿润的有色布条褪色，D正确；故选D。二、非选择题（共55分）16.甲、乙、丙三位同学分别用如下实验装置及化学药品(碱石灰为氢氧化钠和生石灰的混合物)制取氨气。请你参与探究，并回答问题：(1)它们制取氨气的化学方程式为：______________________________________。(2)三位同学都用向下排空气法收集氨气，其原因是_____________________。(3)三位同学用上述装置制取氨气时，其中有一位同学没有收集到氨气(实验操作都正确)，你认为没有收集到氨气的同学是________填(“甲”、“乙”或“丙”)。(4)三位同学都认为他们的实验装置还可用于加热碳酸氢铵固体来制取纯净的氨气，你判断能够达到实验目的的是________填(“甲”、“乙”或“丙”)，该装置中的NH4HCO3固体能否用NH4Cl固体代替？________(填“能”或“不能”)。【答案】①.2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O②.NH3的密度小于空气的③.乙④.丙⑤.不能【解析】【详解】分析：（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，据此书写方程式；（2）根据氨气的溶解性和密度选择收集氨气的方法；（3）根据氨气能与硫酸反应而被硫酸吸收分析；（4）根据碳酸氢铵、氯化铵加热分解的生成物性质分析解答。详解：（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；（2）氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度比空气小，应该用向下排空法收集；（3）氨气为碱性气体，通过盛有浓硫酸的洗气瓶时，与硫酸反应而被吸收，所以乙同学不能得到氨气；（4）碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，其中可用碱石灰吸收二氧化碳和水，只有丙能做到；氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，在温度较低时又重新化合反应生成氯化铵，因此只用氯化铵无法获得氨气。点睛：本题考查了氨气的实验室制法、氨气的化学性质，题目难度不大，注意熟练掌握实验室制取氨气的反应原理及装置，明确收集、干燥和检验氨气的方法。注意氨气是碱性气体，除了不能用酸性干燥剂以外，也不能用无水氯化钙干燥氨气。17.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。(1)实验室用装置A制备SO2。从物质类别看，SO2属于________(填“酸性”、“两性”或“碱性”)氧化物；(2)实验室用装置E制备Cl2，写出该反应的离子方程式：___________________________。当有0.2mol电子转移时，产生氯气的体积(标准状况)是________，氧化剂与还原剂的物质的量之比是________。(3)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液均褪色。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：________________。(4)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1︰1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)____________________________。(5)有人预测SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，你认为该预测是否合理？________(填“合理”或“不合理”)，理由是________________________________________________。【答案】①.酸性②.MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O③.2.24L④.1∶2⑤.褪色的品红又恢复成红色⑥.无明显现象⑦.Cl2＋SO2＋2H2O＝2HCl＋H2SO4⑧.合理⑨.SO2具有还原性，KMnO4具有强氧化性，SO2可将KMnO4还原，溶液变为无色【解析】【详解】分析：（1）根据二氧化硫的性质分析；（2）实验室利用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气；根据氧化还原反应的有关概念和电子得失守恒计算；（3）根据二氧化硫的漂白不稳定，氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，其漂白是不可逆的解答；（4）根据氯气能氧化二氧化硫分析；（5）根据二氧化硫具有还原性分析。详解：（1）二氧化硫能与碱反应生成盐和水，因此二氧化硫是酸性氧化物；（2）实验室用装置E制备Cl2，反应需要加热，说明反应物是二氧化锰和浓盐酸，该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，即得到1mol氯气转移2mol电子，所以当有0.2mol电子转移时，产生氯气的体积(标准状况)是0.1mol×22.4L/mol＝2.24L；二氧化锰是氧化剂，氯化氢是还原剂，4mol氯化氢参加反应有2mol是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比是1∶2。（3）二氧化硫的漂白是与有色物质化合生成不稳定的无色物质，漂白是不稳定的，氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，其漂白是不可逆的，因此停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B中褪色的品红又恢复成红色，D中无明显现象。（4）氯气具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，从而失去漂白性，所以将制得的SO2和Cl2按1︰1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样，反应的化学方程式为Cl2＋SO2＋2H2O＝2HCl＋H2SO4。（5）由于SO2具有还原性，KMnO4具有强氧化性，SO2可将KMnO4还原，溶液变为无色，因此SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。18.A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(部分反应条件及产物略去)。(1)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，试用化学方程式表示该物质C的一个重要应用______；(2)若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为______；(3)若A是一种黑色非金属单质固体，写出B的一个用途______；(4)若C是红棕色气体，则A化学式可能为______，试写出C与水反应的化学方程式______。【答案】①.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑②.2SO2+O22SO3③.高炉炼铁④.NH3或N2⑤.3NO2+H2O=2HNO3+NO【解析】【详解】试题分析：（1）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2。Na2O2可以与CO2或水反应产生氧气，用于呼吸面具等特殊环境供氧剂，用化学方程式表示为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（2）若A是一种黄色单质固体，则A是S单质，B是SO2，C是SO3，B→C的化学方程为2SO2+O22SO3；（3）若A是一种黑色单质固体，则A是C单质，B是CO，C是CO2，写B的一个用途是作燃料或作还原剂；（4）若C是红棕色气体，则A可能是N2或NH3，B是NO，C是NO2，C与水反应的化学方程式3NO2+H2O==2HNO3+NO。考点：考查无机物的推断及化学方程式的书写的知识。19.某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”实验，以探究化学实验的绿色化。(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c，其目的是_______________________________。(2)在d中加适量NaOH溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是__________________________________。(3)下表是制取硝酸铜的三种方案，能体现绿色化学理念的最佳方案是________。方案反应物甲Cu、浓HNO3乙Cu、稀HNO3丙Cu、O2、稀HNO3(4)该小组还用上述装置进行实验证明酸性：HCl＞H2CO3＞H2SiO3，则分液漏斗a中加入的试剂是________，c中加入的试剂是________，d中加入的试剂是________；实验现象为________________。【答案】①.检查装置气密性②.Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O③.丙④.稀盐酸⑤.大理石(或Na2CO3固体)⑥.Na2SiO3溶液⑦.c中有气泡产生，d中生成白色胶状物质(或白色沉淀)【解析】【详解】分析：（1）实验前要检查装置气密性；（2）浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水；（3）根据反应中是否产生污染性气体以及反应物利用率是否达到100%分析；（4）根据强酸制备弱酸的原理分析。详解：（1）实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的胶塞，加热c．其目的是检查装置的气密性；（2）浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为.Cu＋4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；（3）方案甲是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜，二氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化学理念；方案乙是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜，一氧化氮和水，有污染气体生成，不能体现绿色化