高一前半期期末考试化学题带参考答案（2019-2022年陕西省西安市航空六一八中学）

【答案】C
【解析】
投茶、出浴涉及茶的溶解，淋壶、烫杯、酾茶过程涉及萃取以及过滤等操作，而蒸馏涉及到物质由液态变为气体后再变为液体，泡茶过程没有涉及到此蒸馏。A. 溶解符合题意；B. 萃取溶解符合题；C. 蒸馏不溶解符合题；D. 过滤溶解符合题；故选：C。

【答案】D
【解析】
A. 1mol氢指代不明确，不能确定是氢气还是氢原子，根据m=nM计算，1mol氢气的质量是2g，1mol氢原子的质量是1g，故A错误；B. 硫酸在溶液中完全电离，不存在H2分子，故B错误；C. 1 mol水含有原子3mol，44 g二氧化碳物质的量为1mol，包含的原子也是3mol，故C错误；D.氧分子为双原子分子，0.5 mol氧分子含有1mol氧原子，约为6.02×1023个氧原子，故D正确；本题选D。

【答案】B
【解析】
A．根据配制溶液时需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等分析判断；
B．根据NaClO易水解成HClO，HClO见光易分解分析判断；
C．根据将溶液转移至容量瓶之后还要继续向溶液中加蒸馏水分析判断；
D．根据配制480mL的NaClO溶液需要用500mL容量瓶，由m(NaClO)=ρ×V分析判断。
A．配制一定物质的量浓度溶液时需要托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等仪器，超过三种，A错误；
B．NaClO易水解成HClO，HClO见光易分解，最后溶液中的溶质为NaCl，NaClO的浓度减小，B正确；
C．容量瓶用蒸馏水洗净后不必烘干就可用于溶液的配制，且容量瓶不能用烘箱烘干，若进行烘干，会导致容量瓶体积发生变化，C错误；
D．应选取500 mL的容量瓶进行配制，然后取出480mL即可，所以需要NaClO的质量：500mL×1.19 g•cm-3×25%=148.75g，应该用托盘天平称量148.8g次氯酸钠，故D错误；
故选B。

【答案】A
【解析】
A.在酸性溶液中，K+、NH、NO、SO四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，故A正确；
B.在酸性溶液中，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳，不能大量共存，故B错误；
C.在酸性溶液中，硝酸根与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.溶液中铵根离子与氢氧根反应生成一水合氨，不能大量共存，故D错误；
故选A。

【答案】A
【解析】
反应中，化合价升高被氧化，是还原剂，化合价降低被还原，是氧化剂。Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，氯元素的化合价由0变成氯化钠中的−1，被还原，变成次氯酸钠中的+1，被氧化，其它元素的化合价没有改变，因此氯气在反应中既是氧化剂，也是还原剂，氧化剂和还原剂各占一半，因此该反应的氧化剂与还原剂之比为1:1，答案为A。

【答案】C
【解析】
A. 碱性氧化物是指溶于水而生成碱或能跟酸发生反应生成盐和水的氧化物，且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成，Na2O是碱性氧化物，Na2O2与水或酸反应还生成氧气，则不是碱性氧化物，A项错误；
B. Na2O与CO2反应只生成碳酸钠，而Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，B项错误；
C. Na2O是由Na+和O2-构成，Na2O2是由Na+和O22-构成，则二者阴、阳离子个数比都为1：2，C项正确；
D. Na2O为白色固体，Na2O2是淡黄色固体，D项错误；
答案选C。

【答案】D
【解析】
具有强氧化性的物质能使有色物质褪色，如HClO等，以此来解答。
A. HClO具有强氧化性，故具有漂白性，A项错误；
B. Na2O2具有强氧化性，故具有漂白性，B项错误；
C. 新制氯水中含HClO，具有漂白性，C项错误；
D. CaCl2溶液不具有氧化性，故无漂白性，D项正确；
答案选D。

【答案】C
【解析】制造登月车太阳能电池板的半导体材料是硅，答案选C。

【答案】C
【解析】
A.NO2易溶于水并且能和水反应，所以不用排水法收集，能用排空气法收集，故A不符合题意；
B.Cl2既能用排饱和食盐水法收集，也能用排空气法收集，故B不符合题意；
C.NO能与氧气反应，不能用排空气法收集，故C符合题意；
D.SO2能溶于水，用排空气法收集，故B不符合题意；
所以本题答案：C。

【答案】B
【解析】
A．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯的火焰上灼烧时．火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+，由于没有透过蓝色钴玻璃观察，则无法判断是否含有K+，选项A错误；
B．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，选项B正确；
C．某溶液中加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，该沉淀可能为氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡或硫酸钡等，原溶液中可能存在银离子、亚硫酸根离子、碳酸根离子等，不一定存在SO42-，选项C错误；
D、向某溶液中滴加AgNO 3 溶液，生成的白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3等，原溶液中可能含有Cl- 或是CO32- 等离子，选项D错误；
答案选B。

【答案】A
【解析】
A．浓硫酸具有吸水性，可以用作干燥剂，这与浓硫酸的脱水性无关，故A错误；
B．二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，与二氧化硫的漂白性有关，故B正确；
C．液氨汽化时要吸收大量的热，能使周围温度降低，液氨常用作制冷剂，故C正确；
D．烧碱为氢氧化钠，是强碱，纯碱为碳酸钠，为强碱性盐，二氧化硅为酸性氧化物能够与碱性物质反应，所以不能用瓷坩埚来加热烧碱或纯碱使其熔化，故D正确；
故选A。

【答案】C
【解析】
A.Fe和足量硝酸发生反应，二者先生成硝酸铁和NO，铁再和铁离子反应生成亚铁离子，离子方程式分别为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+，无氢气生成，A错误；
B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下铝和浓硫酸发生钝化反应，在铝的表面形成了致密氧化膜，Al的化合价升高被氧化，硫元素化合价降低，但无氢气生成，B错误；
C.镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，C正确；
D.铜在金属活动顺序表中排在氢的后面，不能和稀硫酸反应，D错误；
故合理选项是C。

【答案】B
【解析】
铜和硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2)+n(NO)= =0.05mol，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，n(Cu)==0.04mol，则生成n[Cu(NO3)2]=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol；
答案选B。

【答案】Fe 取少量B溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液显红色说明含有G，否则不含G 4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH)3 2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】
白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，则E是Fe(OH)2、F是Fe(OH)3，Fe(OH)3与盐酸反应生成氯化铁，G是FeCl3溶液；则可知A是Fe，铁与盐酸反应生成FeCl2和氢气，B是FeCl2；C是氢氧化钠，氢氧化钠与FeCl2反应生成Fe(OH)2和氯化钠，D是NaCl，NaCl与硝酸银反应生成AgCl沉淀和硝酸钠，则H是AgCl。
根据以上
（1）A是单质铁，化学式为Fe。
（2）B是FeCl2，G是FeCl3，Fe3+遇KSCN变红色，取少量B溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液显红色说明含有FeCl3，否则不含FeCl3。
（3）E是Fe(OH)2、F是Fe(OH)3，白色沉淀E在空气中变为红褐色沉淀F，化学方程式是4Fe(OH）2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
（4）向FeCl3溶液中加入铁粉生成FeCl2，反应方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+。

【答案】吸水性 煤油 两性 酸 KSCN Cl2 HClO Cl-
【解析】
(1)．根据脱水性和吸水性的区别分析判断；
(2)．钠易与空气的氧气、水反应，与煤油不反应；
(3)．根据碱性氧化物、酸性氧化物、两性氧化物的概念结合氧化铝的性质分析判断；
(4)．氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子；
(5)．铁离子能够与硫氰化钾反应，溶液呈特殊的红色；
(6)．氯气溶于水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，新制氯水含有Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-等粒子，其中H+可与碳酸钙等物质反应，而Cl2、HClO具有强氧化性，HClO具有漂白性，溶液中含有Cl-可与硝酸银反应生成白色AgCl沉淀，据此分析解答。
(1)．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥气体，故答案为：吸水性；
(2)．钠易与空气的氧气、水反应，且钠的密度比煤油大，与煤油不反应，则实验室中少量的钠常常保存在煤油中，隔绝空气，故答案为：煤油；
(3)．既能和酸反应生成盐和水，又能和碱反应生成盐和水的氧化物叫两性氧化物，Al2O3与酸、碱反应生成盐与水，属于两性氧化物，故答案为：两性；
(4)．氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，NH3 + H2O NH3·H2ONH4+＋OH－，溶液显碱性，故答案为：碱；
(5)．硫氰化钾与铁离子发生络合反应，溶液呈红色，则检验某补铁剂中的Fe2+是否被氧化成Fe3+，可用KSCN溶液，故答案为：KSCN；
(6)．①氯气为黄绿色气体，新制氯水呈现浅黄绿色，原因是溶解了Cl2，故答案为：Cl2；
②HClO不稳定，具有强氧化性，能够杀菌消毒，见光易分解，故答案为：HClO；
③溶液中含有Cl-，Cl-可与硝酸银反应生成白色AgCl沉淀，故答案为：Cl-。

【答案】H2S SO3 漂白、杀菌消毒 高锰酸钾溶液(品红溶液) 还原(漂白) 减小 吸水性 CDE 脱水 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O、2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O 酸性 3H2SO4+Fe2O3=Fe2(SO4)3+3H2O(2H2SO4+Cu2(OH)2CO3=2CuSO4+CO2↑+3H2O)
【解析】
A、B、C、D、E五种物质，物质A是一种淡黄色的固体单质，C气体能够使品红溶液褪色，结合转化关系可以知道：A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，E为H2SO4。
(1)．综上所述，B、D两种物质的化学式分别为：H2S、SO3 ，故答案为： H2S；SO3；
(2)．①刚刚制成的湿粉丝，常常挂在房中用SO2来熏制，这是利用了SO2的漂白、杀菌消毒作用，故答案为：漂白、杀菌消毒；
②实验室中可用高锰酸钾溶液(品红溶液)来检验SO2的存在，利用的是SO2的还原(漂白)性，故答案为：高锰酸钾溶液(品红溶液)；还原(漂白)；
(3) ．①将H2SO4溶液敞口放置在空气中，浓硫酸具有吸水性，其质量会增大，质量分数会减小，本过程中浓硫酸表现了吸水性，故答案为：减小；吸水性；
②浓硫酸表现吸水性时，可作干燥剂，浓硫酸能与氨气反应；浓硫酸具有强氧化性，能氧化硫化氢、碘化氢和溴化氢；浓硫酸不与二氧化硫反应，所以能用浓硫酸干燥的气体有CDE，故答案为：CDE；
③用蘸有浓硫酸的玻璃棒在木板上写字，字迹一会儿就变黑，说明浓硫酸具有脱水性，故答案为：脱水；
④浓硫酸表现强氧化性时，在加热的条件下能与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式：2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O，硫酸在和铜加热反应时，一部分浓硫酸被还原为二氧化硫，还有部分浓硫酸生成硫酸铜，体现为酸性；在加热的条件下能与碳反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式：2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O，故答案为：2H2SO4(浓)＋CuCuSO4＋SO2↑＋2H2O、2H2SO4(浓)＋CCO2↑＋2SO2↑＋2H2O；酸性；
⑤稀硫酸常用来洗涤金属表面的铜锈和铁锈，利用了硫酸的酸性；硫酸能够与氧化铁反应生成硫酸铁和水，反应方程式为3H2SO4＋Fe2O3===Fe2(SO4)3＋3H2O；硫酸能够与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，反应方程式为2H2SO4＋Cu2(OH)2CO3===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O，故答案为：3H2SO4＋Fe2O3===Fe2(SO4)3＋3H2O(2H2SO4＋Cu2(OH)2CO3===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O)。

【答案】HCl MnCl2 ② C Cl2中可能混有少量的水蒸气 应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣ Ca（ClO）2
【解析】
（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O根据还原剂和还原产物的概念解答；
（2）实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）起漂白作用的是HClO，干燥的红色布条不能被氯气漂白，说明Cl2中可能混有少量的水蒸气，设计装置除水即可；
（4）氯气把 Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣；
（5）漂白粉的有效成分是Ca(ClO）2。
（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O反应中锰元素化合价从+4价变化为+2价，化合价降低被还原得到还原产物MnCl2，HCl中氯元素化合价升高做还原剂被氧化；
（2）实验中制取氯气的反应原理为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，固体和溶液加热反应生成气体选择发生装置为②；
（3）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，理论上装置C中的红色布条退色，但实验过程中该同学发现装置B、C中的布条均退色，其原因可能是：Cl2中可能混有少量的水蒸气，说明该装置存在明显的缺陷，合理的改进方法：应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气；
（4）氯气把 Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl﹣，反应离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣；
（5）工业上常用石灰乳吸收制氯气的尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是Ca(ClO）2。

【答案】0.5mol 2mol 0.05mol 1.5mol 1mol/L
【解析】
根据n===结合物质的构成计算(1)～(4)；
(5)根据溶液的物质的量浓度与溶质的电离方程式分析解答。
(1)n(NH3)==0.5mol，故答案为：0.5mol；
(2)1个H2SO4分子中含有4个O原子，则0.5molH2SO4含有的氧原子的物质的量为0.5mol×4=2mol，故答案为：2mol；
(3)2.3gNO2的物质的量为n(NO2)==0.05mol，故答案为：0.05mol；
(4)标况下，33.6LN2的物质的量为n(N2)==1.5mol，故答案为：1.5mol；
(5) 0.5mol/L K2SO4中所含的K+的物质的量浓度c(K+)=0.5mol/L×2=1mol/L，故答案为：1mol/L。

【答案】5.4g 2mol/L
【解析】
根据方程式关系进行计算。
⑴设需氯化铵的质量为m，2240mL=2.240L，4480mL=4.480L；

107g : mg=44.8L : 2.240L
解得m＝5.4g；
⑵，。

【答案】 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2+ +2NO↑+4H2O 2.52g 0.896L 0.12NA或7.224×1022
【解析】
化合价升高元素Cu失电子,化合价降低元素N得到电子,化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6,电子转移情况如下：；
反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−═3Cu2++2NO↑+4H2O,
依据氧化还原反应电子守恒规律：3.84g÷64 g/mol×2=n(HNO3)×3,解得被还原硝酸的物质的量是0.04mol，被还原硝酸的质量是m=n×M=0.04mol×63g/mol=2.52g; V(NO)=0.04mol×22.4L/mol=8.96L;
转移电子数=失电子数=得电子数=3.84g÷64 g/mol×2×NA=0.12NA。