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1、内蒙古集宁一中高一上学期期末考试化学试题1.下列对古文献记载内容或诗句谚语理解错误的是A. 本草纲目“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法，用浓酒和糟人甑，蒸令气其清如水，味极浓烈,盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏B. 天工开物记载:“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐C. “水滴石穿、绳锯木断”不包含化学变化D. “忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关【答案】C【解析】【详解】A、根据题干“蒸令气”可知，所用的“法”是指蒸馏，故A说法正确；B、根据题干“择取无沙粘土”得到瓦，“瓦”是传统无机非金属材
2、料，主要成分为硅酸盐，故B说法正确；C、水滴石穿存在化学变化，CO2溶于水，发生CO2CaCO3H2O=Ca(HCO3)2，故C说法错误；D、海市蜃楼是胶体的丁达尔效应，与胶体知识有关，故D说法正确，答案选C。2.为了除去KCl固体中少量MgSO4和CaCl2杂质，某同学进行了下列七项操作，正确的操作顺序是加水溶解 加热蒸发得到晶体 加入过量BaCl2溶液 加入过量盐酸 加入过量K2CO3 过滤 加入过量KOHA. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：KCl中少量MgSO4和CaCl2杂质都溶于水，要想将杂质除去必须将MgSO4和CaCl2杂质转化为沉淀；可采取加水溶解加入过量氢氧化
3、钡（或氯化钡氢氧化钠），与MgSO4发生反应，生成BaSO4沉淀和氢氧化镁沉淀，然后加过量K2CO3溶液，与CaCl2和过量氢氧化钡溶液发生反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钾，过滤，滤出上述步骤生成的沉淀加适量盐酸，与过量K2CO3溶液发生反应，生成氯化钾、水和二氧化碳气体加热蒸发得到晶体，操作中应依次加入过量的BaCl2溶液、KOH溶液和碳酸钾溶液，过滤后加适量盐酸，正确的操作顺序为，答案选A。【考点定位】本题考查物质的分离、提纯【名师点晴】注意物质除杂必需条件（反应后不能引入新的杂质）为解题的关键，把握试剂的加入顺序及离子之间的反应即可解答。分离和提纯一般应遵循“四原则”和“
4、三必须”：（1）“四原则”：一、不增（提纯过程中不增加新的杂质）；二、不减（不减少被提纯的物质）；三、易分离（被提纯物质与杂质容易分离）；四、易复原（被提纯物质转化后要易复原）。（2）“三必须”：一、除杂试剂必须过量；二、过量试剂必须除尽（因为过量试剂带入新的杂质）；三、选最佳除杂途径；四、除去多种杂质时必须考虑加入试剂的顺序。3.下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是 硅酸盐Na2Fe2Si3O10用氧化物的形式表示为：Na2O2FeO3SiO2水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维 单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料A. B. C. D. 【答案】D【解析】
5、试题分析：硅酸盐Na2Fe2Si3O10中Fe元素的化合价是+3价，所以写成氧化物表示的形式是Na2O Fe2O3 3SiO2，错误；水晶的成分是二氧化硅，不属于硅酸盐产品，错误；用于制作光导纤维的材料是二氧化硅，不是硅单质，错误；单质硅是将太阳能转变为电能的常用材料，正确，所以答案选D。考点：考查硅元素的化合物的性质及用途判断4.等物质的量的Na和Al两种金属加入足量的水中，生成26.88L（标准状况下）的气体，则下列描述错误的是A. 金属 Na无剩余 B. 金属Al有剩余C. 所得溶液溶质为NaAlO2 D. Na的物质的量是0.6mol【答案】B【解析】【分析】先发生2Na2H2O=2N
6、aOHH2，然后发生2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，Na和Al的物质的量相等，两种金属恰好完全反应，令Na和Al的物质的量均为xmol，金属钠与水反应产生H2的物质的量为x/2mol，xmolAl与氢氧化钠产生n(H2)=3x/2mol，则有x/23x/2=26.88L/22.4Lmol1，然后进行分析。【详解】Na能与冷水反应，2Na2H2O=2NaOHH2，Al能与氢氧化钠溶液发生：2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H2，Na和Al物质的量相等，两种金属恰好完全反应，另Na和Al均为xmol，根据信息得出：x/23x/2=26.88L22.4Lmol1，得出x=0.
7、6mol；A、Na能与冷水发生反应，且水是足量，即Na无剩余，故A说法正确；B、根据上述分析，0.6molNa与水反应，产生0.6molNaOH，0.6molAl恰好与0.6molNaOH反应，Al无剩余，故B说法错误；C、根据上述分析，所得溶液溶质为NaAlO2，故C说法正确；D、根据上述分析，n(Na)=0.6mol，故D说法正确，答案选B。5.某学生配制100mL1 molL1的硫酸溶液，进行下列操作，然后对溶液浓度作精确测定，发现真实浓度小于1 molL1，他的下列操作中使浓度偏低的原因是 用量筒量取浓硫酸时，俯视读数量筒中浓硫酸全部转入烧杯中稀释后，再转移到100mL容量瓶中，烧杯未
8、洗涤容量瓶没有烘干用玻璃棒引流，将溶液转移到容量瓶中时有溶液流到了容量瓶外面溶液未经冷却即定容用胶头滴管加蒸馏水时，加入过快而使液面超过了刻度线，立即用滴管吸去多余的水，使溶液凹面刚好与刻度线相切滴加蒸馏水，使溶液凹面刚好与刻度线相切，盖上瓶塞反复摇匀后，静置，发现液面比刻度线低，再加水至刻度线定容时仰视读数A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据c=n/V=m/MV进行分析；【详解】用量筒量取浓硫酸，俯视读数，所量取浓硫酸的体积偏小，即溶质物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故符合题意；烧杯未洗涤，造成容量瓶中溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，故符合题意；容量瓶中有水，对实验无
9、影响，故不符合题意；液体流到容量瓶外面，容量瓶中溶质物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故符合题意；未冷却即定容，恢复到室温状态下，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故不符合题意；该操作造成容量瓶中溶质物质的量减小，浓度偏低，故符合题意；再加水，对原溶液稀释，浓度偏低，故符合题意；定容时仰视，所加水的体积超过刻度线，即浓度偏低，故符合题意；综上所述，符合题意的是，故选项A正确。6.几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7molL1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为A. 72.4% B.
10、71.4% C. 79.0% D. 63.6%【答案】B【解析】试题分析：铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，根据电荷守恒，氧化物中氧原子的物质的量=0.17/2=0.35摩尔，氯气的物质的量为0.56/22.4=0.025摩尔，根据电子守恒，混合物中的+2价铁的物质的量为0.0252/1=0.05摩尔，根据电荷守恒分析，混合物中+3价铁的物质的量为（0.352-0.052）/3=0.2摩尔，则混合物中铁元素的质量分数=（0.05+0.2）56/（0.05+0.2）56+0.3516=71.4%，选B。考点：元素质量分数的计算7.将m g镁铝合金投入到500 mL 2 mol/L的盐酸中，固体
11、完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大值为13.60 g，则m的值为A. 5.10 B. 8.50 C. 9.35 D. 11.48【答案】A【解析】反应中AlAl3+Al(OH)3，MgMg2+Mg(OH)2，可知Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据2H+H2，生成5.6LH2转移的电子为5.6L22.4L/mol2=0.5mol，所以反应后生成沉淀的质量为mg+0.5mol17g/mol=13.60g，解得：m=5.1g，故选A。点睛：明确电子转移的数目与OH-的物质的量之间的关系是
12、解题关键，Mg、Al在反应中失去电子，最终生成Mg(OH)2、Al(OH)3，则可知失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物质的量，根据生成H2的气体的物质的量，可知反应中转移电子的物质的量，结合氧化还原反应得失电子数目相等，可知最终生成沉淀的质量与原固体质量之间的关系。8.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 标准状况下， 0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 标准状况下，2.24L苯分子数为0.1NAC. 40 g NaOH溶解在1 L水中，得到溶液的物质的量浓度为1 mol/LD. 0.1molNa2O2与足量潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1
13、NA【答案】D【解析】【详解】A、氯气溶于水，只有少量的Cl2与水发生反应，无法计算转移电子数目，故A错误；B、苯标准状况下不是气体，无法直接运用22.4Lmol1计算，故B错误；C、题目中无法计算溶液的体积，则无法计算溶液物质的量浓度，故C错误；D、过氧化钠与CO2发生：2Na2O22CO2=2Na2CO3O2，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，即0.1molNa2O2与足量的CO2发生反应转移电子物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，故D正确，答案选D。【点睛】易错点是选项A，解题时会误认为Cl2H2O=HClHClO，0.1molCl2与水反应转移电子物质的量为0.1mol，忽略了氯气
14、溶于水，只有少量的Cl2与水发生反应，以及Cl2与水反应是可逆反应。9.一个密闭容器，中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入1 mol N2，右边充入一定量的CO时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是A. 右边与左边分子数之比为41B. 右侧CO的质量为5.6 gC. 右侧气体密度是相同条件下氢气密度的14倍D. 若改变右边CO的充入量而使隔板处于容器正中间，保持温度不变，则应充入0.2 mol CO【答案】C【解析】试题分析：左右两侧气体温度、压强相同，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为4：1，所以右侧气体的物质的量=1mol/4=
15、0.25mol。A、气体的分子数与物质的量成正比，则右边与左边分子数之比为1：4，故A错误；B、右侧CO的质量为：28g/mol*0.25mol=7g，故B错误；C、相同条件下密度之比与摩尔质量成正比，则右侧气体密度是相同条件下氢气密度的28/2=14倍，故C正确；D、相同条件下气体体积与物质的量成正比，隔板处于容器正中间时，左右两侧气体的物质的量相等，则需要充入的CO的物质的量为：1mol-0.25mol=0.75mol，故D错误。考点：阿伏伽德罗定律的应用10.25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 1molL-1Ca（NO3）2溶液中：Na+、NH4+、CO32、CH3COO-B. 能使甲基橙变红的溶液中：K+、Na+、NO3、Cl-C. 3%H2O2溶液
