【化学】四川省广安友谊中学2018-2019学年高一上学期期末模拟试卷试题（解析版）

四川省广安友谊中学2018-2019学年高一上学期期末模拟试卷试题
1.下列实验现象和结论或原因相符的是（ ）

操作及现象
原因或结论
A
一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落
铝的熔点高于三氧化二铝
B
某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl－
C
用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色
溶液中有Na+，无K+
D
向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红
溶液中一定含有Fe2+
【答案】D
【解析】试题分析：A、不滴落，是因为氧化铝的熔点高于铝的熔点，故错误；B、溶液可能含有SO42－、SO32－等阴离子，加入AgNO3也会产生白色沉淀，故错误；C、观察K＋，需要通过蓝色钴玻璃，故错误；D、变红说明有铁元素，先加KSCN无明显现象，说明不含Fe3＋，滴加氯水，变红，说明溶液中含有Fe2＋，故正确。
2.生产生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是( )
A. 铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH) 2CO3]
B. FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中
C. FeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板
D. 服用含Al(OH)3的胃药治疗胃酸过多
【答案】D
【解析】
【分析】发生的化学反应中，存在元素的化合价升降，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．铜铸塑像上出现铜绿，Cu元素的化合价升高，O元素的化合价降低，发生氧化还原反应，故A不选；
B．亚铁离子易被氧化，FeSO4溶液存放在加有少量铁粉的试剂瓶中可以防止亚铁离子被氧化，发生氧化还原反应，故B不选；
C．FeCl3溶液腐蚀铜印刷电路板，Fe元素的化合价降低，Cu元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故C不选；
D．服用含Al(OH)3的胃药治疗胃酸过多，为酸碱中和反应，无元素化合价变化，则不发生氧化还原反应，故D选；
故答案选D。
3.下列各组物质，按酸、碱、盐、非电解质的顺序排列的是（ ）
A. 硫酸、胆矾、氯化镁、二氧化碳 B. 硝酸、烧碱、干冰、苏打水
C. 醋酸、消石灰、明矾、铜 D. 氯化氢、苛性钠、NaHCO3、氨气
【答案】D
【解析】A. 硫酸是酸，胆矾是盐，氯化镁是盐，二氧化碳是非电解质，A错误；B. 硝酸是酸，烧碱是碱，干冰是氧化物，不是盐，苏打水是混合物，不是电解质，B错误；C. 醋酸是酸，消石灰是碱，明矾是盐，铜是单质，不是电解质，也不是非电解质，C错误；D. 氯化氢是酸，苛性钠是碱，NaHCO3是盐，氨气是非电解质，D正确，答案选D。
4.把一块镁铝合金投入到1mol/L盐酸中，待合金完全溶解后(盐酸有剩余)，再往溶液里加入1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中错误的是（ ）

A. 盐酸的体积为80mL
B. a的取值范围为0＜a＜50
C. 当a值为30时，b值为0.01
D. n(Mg2+)＜0.025mol
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像可知开始阶段没有沉淀，说明反应后盐酸过量，首先发生中和反应，然后开始沉淀镁离子、铝离子，最后氢氧化钠溶解氢氧化铝，剩余的沉淀是氢氧化镁，据此解答。
【详解】A、第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-＝H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应：Mg2++2OH-＝Mg(OH)2↓，Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，在V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，由于盐酸和氢氧化钠的浓度相等，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；
B、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，和Al3+反应的NaOH为30mL，因为第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0＜a＜50，故B正确；
C、a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20mL，此时n（Mg2+）=0.01mol，b=n（Mg2+）+n（Al3+）=0.02mol，故C错误。
D、第三阶段，氢氧化铝溶解：Al(OH)3+NaOH＝NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，第四阶段无反应，沉淀全为Mg(OH)2，若a=0，n（Mg2+）取得最大值。第一阶段，和Al3+反应的NaOH为30mL，所以此时和Mg2+反应的NaOH为50mL，即镁离子的最大值为0.025mol，而如图所示a＞0，所以n（Mg2+）＜0.025mol，故D正确；
故答案选C。
5.下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量氢氧化钠：NH4++Fe2++30H﹣＝NH3•H2O+Fe（OH）2↓
B. 向明矾溶液中滴加Ba（0H）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣＝2Al（OH）3↓+3BaSO4↓
C. 向澄清石灰水中加入过量碳酸氢钠溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣＝CaCO3↓+2H2O+CO32﹣
D. 向酸性FeC12溶液中加入H2O2：2Fe2++2H2O2＝2Fe3++O2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A、离子方程式应该为：2NH4＋+Fe2＋+40H－＝2NH3·H20+Fe(0H)2↓，A不正确。
B、向明矾溶液中滴加Ba（0H）2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀时铝离子转化为偏铝酸根离子，离子方程式为：2Ba2＋+2SO42－+Al3＋+4OH－＝2BaSO4↓+AlO2－+2H2O，B不正确。
C、HCO3－全部与OH－反应生成CO32－，生成的CO32－部分与Ca2＋生成CaCO3，C正确；
D、向酸性FeC12溶液中加入H2O2：2H＋＋2Fe2＋+H2O2＝2Fe3＋＋2H2O，D不正确。
故答案选C。
6.用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（ ）

选项
①中物质
②中物质
预测②中的现象
A
稀盐酸
碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液
立即产生气泡
B
氯化铝溶液
浓氢氧化钠溶液
产生大量白色沉淀
C
氯化铁溶液
淀粉碘化钾溶液
溶液变为蓝色
D
硫酸亚铁溶液
过氧化钠固体
产生气泡和白色沉淀
【答案】C
【解析】A、盐酸先与NaOH反应，不立即产生气泡。A现象不合理；B、先发生Al3＋＋4OH―=AlO2―＋2H2O，后Al3＋＋3AlO2―＋6H2O=4Al(OH)3 ↓,先无沉淀，后产生沉淀，B现象不合理；C、2Fe3＋＋2I―=I2＋2Fe2＋ ,I2遇到淀粉呈蓝色。C正确；D、Fe2＋ 会被氧化成Fe3＋ ，生成Fe(OH)3 ，呈红褐色，D不正确。故选C。
7.已知有如下反应：① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－ ② ClO3－+ 5Cl－ + 6H+ = 3Cl2+ 3H2O ③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 。根据上述反应，判断下列结论中错误的是（ ）
A. Cl2在反应②中既是氧化产物又是还原产物
B. Cl2在①、③反应中均作氧化剂
C. 氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+
D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O
【答案】B
【解析】A.② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O根据化合价变化此反应是归中反应，所以Cl2既是氧化产物，又是还原产物。故A正确；B. Cl2在①2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－中化合价升高是还原剂，在③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3中化合价降低作氧化剂，故B错；C. 氧化性强弱的顺序为：根据① 2BrO3－+Cl2 = Br2 + 2ClO3－知BrO3－>ClO3－，根据③ 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3 知Cl2 >Fe3+ 根据② ClO3－+ 5Cl－+ 6H+ = 3Cl2+ 3H2O知ClO3－> Cl2；所以氧化性强弱的顺序为：BrO3－>ClO3－> Cl2 >Fe3+，故C正确；D. 溶液中可发生：ClO3－＋6Fe2++ 6H+ = Cl－＋ 6Fe3+ + 3H2O根据氧化性强弱，电荷守恒，电子守恒的原理，D正确。所以本题正确答案：B。
8.下列物质的检验，其结论正确的是（ ）
A. 用铁丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中含有Na+，不含K+
B. 向待测液里加入过量的硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则表明待测液中肯定含有Cl－
C. 向待测液里加入过量的盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则表明待测液中肯定含有CO32－
D. 向某溶液中先加氯水再加KSCN 溶液，溶液呈血红色，则表明原溶液中一定含Fe2+
【答案】B
【解析】用铁丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，若火焰呈黄色，则表明待测液中含有Na+，不含K+，要观察K+的焰色，需要透过蓝色钴玻璃，所以A错；B. 向待测液里加入过量的硝酸无现象，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则表明待测液中肯定含有Cl－，这是Cl的鉴别方法，故B正确；C. 向待测液里加入过量的盐酸，若产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中可能含有CO32－ HCO3－ SO32- HSO3-等离子，故C错；D. 向某溶液中先加氯水再加KSCN 溶液，溶液呈血红色，还可能是2Fe2++Cl2= 2Fe3+ +2Cl-.故D错。本题正确答案：B。
9.下列实验现象描述错误的是（ ）

【答案】D
【解析】A、钠燃烧生成过氧化钠，且钠的熔点低，则观察到钠先熔化成光亮的小球．燃烧时，火焰为黄色；燃烧后，生成淡黄色的固体，故A正确；B、氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则观察到铝箔熔化，失去光泽，熔化的铝箔并不滴落，好像有一层膜兜着，故B正确；C、在FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，溶液中存在溶解的氧气，所以生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变化为红褐色沉淀，故C正确；D、铁与水蒸气反应生成黑色物质，现象错误，故C错误；故选D。
10.下列溶液中的离子—定能大量共存的是（ ）
A. 含大量 MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+
B. 在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-
C. 酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-
D. 含大量 Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
【答案】A
【解析】A、Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，都不与MnO4﹣反应，在溶液中不能大量共存，正确；B、加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+、Fe2+能够与碱性溶液中的离子反应，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+、NO3﹣在溶液中不能大量共存，错误；C、酸性溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，错误；D、Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，错误。答案选A。
11.将一定量的氯气通入30mL，浓度为10.00mol/L的氢氧化钠溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（ ）
A. 若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25
B. n（Na+）：n（Cl-）可能为7：3
C. 与NaOH反应的氯气一定为0.3mol
D. n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1
【答案】A
【详解】A．氢氧化钠的物质的量是0.03L×10mol/L＝0.3mol，根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时转移电子数最少，为0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol×5/6=0.25mol，则0.15＜n＜0.25，故A正确；
B．根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH＝5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n（Na+）：n（Cl-）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n（Na+）：n（Cl-）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl-）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；
C．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故C错误；
D．令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；
故答案选A。
12.设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NA
B. 室温下，0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NA
C. 标准状况下，NA个HF分子所占的体积约为22.4L
D. 高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA
【答案】A
【详解】A、根据反应方程式可知铵根中氮元素化合价从－3价升高到0价，生成4molN2转移电子15mol，即生成28gN2即1mol氮气时转移电子的物质的量为1mol×15/4=3.75mol，故A正确；
B、溶液体积未知，不能计算0.2mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目，故B错误；
C、标准状况下HF不是气态，NA个HF分子所占的体积不是22.4L，故C错误；
D、根据反应方程式3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2可知，消耗0.2mol铁时，生成氢气的物质的量为0.8/3 mol，故D错误。
答案选A。
13.取等物质的量浓度的NaOH溶液两份A和B，每份100mL,分别向A、B中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸,标准状况下产生的CO2气体体积与所加的盐酸体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. B 曲线中消耗盐酸0