学年福建省莆田市第一中学高一上学期期中考试化学试题解析版.docx

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学年福建省莆田市第一中学高一上学期期中考试化学试题解析版

2018-2019学年福建省莆田市第一中学高一上学期期中考试

化学试题（解析版）

可能用到的相对原子质量：

H1　O16　Mg24　　Al27　　S32　Cl35.5　Ba137Br80Mn55Cu64Ca40Na23

第Ⅰ卷（共40分）

一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共40分）

1.如果你家里的食用花生油不小心混入了大量的水，利用你所学的知识，采用最简便的分离方法是

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

A.花生油和水是互不相溶的两种液体，分层，所以可以采用分液的方法进行分离，A为过滤，B为分液，C为蒸发，D为蒸馏，故选B。

2.在自来水的生产中，常通入适量氯气进行杀菌消毒，氯气与水反应的产物之一是盐酸。

市场上有些不法商贩为牟取暴利，利用自来水冒充纯净水桶装出售。

为辨别真伪，可用下列哪一种试剂来鉴别

A.酚酞试液B.氯化钡溶液C.氢氧化钠溶液D.硝酸银溶液

【答案】D

【解析】

试题分析：

因纯净水销售中不含氯离子，而自来水中含氯离子，所以向两样品中加入硝酸银溶液，变浑浊的自来水，反之是纯净水，故选D。

考点：

考查了氯离子的检验的相关知识。

3.下列关于Na和Na＋的叙述中，错误的是

A.它们相差一个电子层

B.它们的化学性质相似

C.钠原子，钠离子均为同一元素

D.灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色

【答案】B

【解析】

试题分析：

A、钠原子有3个电子层，钠离子有2个电子层，它们相差一个电子层，正确；B、Na和Na+的化学性质相差很大，错误；C、钠原子、钠离子的核电荷数均为11，属于同一元素，正确；D、焰色反应属于元素的性质，为物理变化，灼烧时，它的焰色反应都是黄色，正确。

考点：

考查钠元素的性质。

4.核内中子数为N的R2＋，其质量数为A，则该离子的核外电子数为（　）

A.N－2B.N＋2C.A－N－2D.A－N＋2

【答案】C

【解析】

R原子的质子数、电子数为A—N，R2＋的电子数为A－N－2，答案为C

5.下列反应既是氧化还原反应，又是化合反应的是

A.Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3B.SO2+H2O2=H2SO4

C.CaO+H2O=Ca（OH）2D.Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O

【答案】B

【解析】

Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故A错误；SO2+H2O2=H2SO4有元素化合价改变，既是氧化还原反应，又是化合反应，故B正确；CaO+H2O=Ca（OH）2没有化合价变化，属于非氧化还原反应，故C错误；Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O不是化合反应，故D错误。

点睛：

两种或多种物质生成一种物质的反应是化合反应；有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有元素化合价变化的反应是非氧化还原反应。

6.下列物质的分离方法中，主要是利用密度不同达到分离目的的是

A.把石油蒸馏分离成汽油、煤油和柴油等

B.煎中药时用水在煮沸条件下提取中药的有效成分

C.把大豆磨碎后，用水溶解其中可溶性成分，经过滤后，分成豆浆和豆渣

D.做饭洗米时淘去米中的沙

【答案】D

【解析】

试题分析：

A．汽油﹑煤油和柴油的沸点不同，利用蒸馏的方法分离，故A错误；B．提取中药的有效成分是利用溶解度不同分离，不是利用密度，故B错误；C．过滤是利用溶解度不同进行分离，然后利用滤渣不能通过滤纸分离，故C错误；D．沙子和米的密度不同，沉在水的底部，用淘洗法可分离，故D正确．故选D．

考点：

物质的分离提纯

7.判断下列物质中属于电解质的是（）

A.硝酸钾溶液B.蔗糖C.金属铜D.氢氧化钡

【答案】D

【解析】

A不是电解质，硝酸钾溶液是混合物，不是化合物

B不是电解质，蔗糖不导电

C不是电解质，铜是单质，不是化合物

D是电解质，溶于水或者熔融状态下能导电的化合物

故选D

8.在2H2S＋SO2＝2H2O＋3S中，氧化剂与还原剂的分子个数比为（）

A.2∶1B.1∶2C.1∶1D.16∶17

【答案】B

【解析】

试题分析：

H2S中S的化合价由－2价→0价，化合价升高，作还原剂，SO2中S的化合价由＋4价→0价，化合价降低，作氧化剂，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比为：

1：

2，故选项B正确。

考点：

考查氧化剂和还原剂等知识。

9.久置的氯水和新制的氯水相比较，下列结论正确的是

A.颜色相同B.都能使有色布条褪色

C.pH相同D.加AgNO3溶液都能生成白色沉淀

【答案】D

【解析】

【分析】

氯气溶于水只有部分Cl2与水反应Cl2+H2O

HCl+HClO，2HClO

2HCl+O2↑，新制氯水的成分除水外，还有Cl2、HCl、HClO，Cl2呈黄绿色。

【详解】A.氯气溶于水只有部分Cl2与水反应Cl2+H2O

HCl+HClO，新制的氯水因含较多未反应的Cl2而显浅黄绿色；而久置的氯水因HClO的分解2HClO

2HCl+O2↑，平衡Cl2+H2O

HCl+HClO向正反应方向移动，都使得溶液中Cl2浓度减小，久置的氯水中几乎不含Cl2，故久置的氯水几乎呈无色，A项错误；

B.HClO具有漂白性，新制的氯水中含有较多的HClO，因而能使有色布条褪色；而久置的氯水因HClO分解2HClO

2HCl+O2↑，溶液中HClO浓度几乎为0，故久置的氯水不能使有色布条褪色，B项错误；

C.久置的氯水因HClO分解2HClO

2HCl+O2↑，使平衡Cl2+H2O

HCl+HClO向正反应方向移动，分解反应以及平衡移动的结果都生成HCl，所以久置的氯水中HCl的浓度比新制氯水中HCl的浓度要大，故久置氯水中pH比新置氯水的pH小，C项错误；

D.不论是新制的氯水还是久置的氯水中都含有Cl-，都能与AgNO3反应：

Ag++Cl-=AgCl↓，生成AgCl白色沉淀，D项正确；答案选D。

10.下列溶液中c（Cl－）最大的是

A.400mL0.5mol/LBaCl2溶液

B.200mL0.5mol/LMgCl2溶液

C.300mL1mol/LNaCl溶液

D.100mL0.5mol/LAlCl3溶液

【答案】D

【解析】

【详解】A.因其在水溶液中完全电离：

BaCl2=Ba2++2Cl-，0.5mol/LBaCl2溶液中c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L；B.因其在水溶液中完全电离：

MgCl2=Mg2++2Cl-，0.5mol/LMgCl2溶液中c（Cl-）=0.5mol/L×2=1mol/L；C.因其在水溶液中完全电离：

NaCl=Na++Cl-，1mol/LNaCl溶液中c（Cl-）=1mol/L，D.因其在水溶液中完全电离：

AlCl3=Al3++3Cl-，0.5mol/LAlCl3溶液中c（Cl-）=0.5mol/L×3=1.5mol/L，答案选D。

11.下列有关胶体的叙述中不正确的是

A.实验室可用丁达尔效应鉴别胶体与溶液

B.“雨后彩虹”既是一种自然现象又是光学现象，同时也与胶体有关

C.1molFe3＋完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目为NA

D.分散质粒子大小介于1nm～100nm之间的分散系称为胶体

【答案】C

【解析】

【分析】

A．丁达尔效应是胶体特有的性质，可用来鉴别溶液与胶体；

B．“雨后彩虹”与胶体的知识有关；

C．胶粒是一定数目粒子的集合体；

D．直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体。

【详解】A．丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液无此性质，可用来鉴别溶液与胶体，所以A选项是正确的；

B．、“雨后彩虹”与胶体的知识有关，雨后空气中含有纳米级的小水珠，与空气形成胶体，所以B选项是正确的；

C．在溶有1molFe（OH）3的胶体中，含有小于NA个Fe（OH）3胶粒，故C错误；

D．直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体，而小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，所以D选项是正确的。

所以答案选C。

12.对下列未知盐的稀溶液所含离子的检验中，作出的判断一定正确的是

A.先加入氯化钡溶液时不产生沉淀，继续加入硝酸银溶液时，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，可判定含有Cl—

B.先加稀盐酸酸化时没有现象，再加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，可判定含有SO42-

C.加入NaOH溶液，有白色沉淀产生，可判定含有Mg2+

D.加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，判定一定含有CO32-

【答案】B

【解析】

【分析】

A.氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀；

B.能使钡离子产生沉淀的离子有碳酸根离子、硫酸根离子、亚硫酸根离子等，但只有硫酸钡不溶于硝酸；

C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等；

D、碳酸根离子、碳酸氢根离子均可以和氢离子反应产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体二氧化碳。

【详解】A.氯化钡中含有氯离子，可以和银离子之间反应得到白色不溶于硝酸的氯化银沉淀，所以无法确定氯离子在原来的溶液中是否存在，故A错误；

B.溶液中先加稀盐酸酸化，无沉淀生成，排除银离子，加入氯化钡溶液有白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解，则溶液中含有SO42-离子，故B正确；

C、可以和氢氧化钠之间反应产生的白色沉淀可以是氢氧化镁、氢氧化锌等，可判定含有Mg2+、Zn2+等离子，故C错误；

D、加入盐酸后有无色无味气体逸出，此气体能使澄清石灰水变浑浊，可判定含有CO32-或是HCO3-，故D错误。

故选B。

【点睛】本题考查了常见阴阳离子的检验，注意D选项，和稀HCl放出能使澄清的石灰水变浑浊的气体的离子有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，但是无色无味的气体排除是二氧化硫的可能。

13.现有①MgSO4　②Ba（NO3）2　③NaOH　④CuCl2四种溶液，不加其他试剂就可鉴别出来，鉴别的先后顺序是（　　）

A.④③①②B.③④①②C.②①③④D.③④②①

【答案】A

【解析】

首先观察溶液颜色，蓝色的是CuCl2；再用CuCl2取滴定其他3个溶液，有蓝色沉淀产生的是NaOH；用NaOH去滴定其他2个溶液，有白色沉淀产生的是MgSO4；最后余下Ba（NO3）2。

故鉴别先后顺序为④③①②，故选A。

14.将2.3g钠放入97.7g水中，下列说法正确的是

A.电子转移的数目为2NA

B.所得溶液的质量分数是等于4%

C.产生气体的体积为1.12L

D.产生的气体含有0.1mol的电子

【答案】D

【解析】

【分析】

钠与水剧烈地反应：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，根据方程式分析计算。

【详解】A.钠与水剧烈地反应：

2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,钠元素化合价由0价升高到NaOH中的+1价，1molNa失去1mol电子，2.3gNa物质的量=

=0.1mol，由题意知2.3gNa完全反应，所以反应过程中电子转移的数目为0.1NA，A项错误；

B.所得溶液的溶质是NaOH，根据反应方程式知0.1molNa完全反应生成0.1molNaOH，溶质NaOH质量=0.1mol×40g/mol=4g，根据反应中产生H2及质量守恒可知最后所得溶液的质量小于（2.3g+97.7g）=100g，因此所得NaOH溶液质量分数大于

×100%=4%，B项错误；

C.根据反应方程式知0.1molNa完全反应生成0.05molH2，H2的体积=n×Vm，但题意未明确温度和压强，不能确定气体摩尔体积（Vm）的值，所以无法计算产生H2的体积，C项错误；

D.根据反应方程式知0.1molNa完全反应生成0.05molH2，每个H2分子中含2个电子，所以0.05molH2中含电子物质的量=0.05mol×2=0.1mol，D项正确；答案选D。

15.下列说法中错误的是

A.从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol·L－1

B.制备0.5L10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）

C.0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl－总数为3×6.02×1023

D.10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%

【答案】D

【解析】

【分析】

A、根据溶液为均一、稳定的混合物来分析；

B、根据n=cV计算出氯化氢的物质的量，再根据V=nVm来计算标况下需要氯化氢的体积；

C、根据n=cV计算出溶质氯化钡的物质的量，再根据N=nNA来计算钡离子和氯离子的数目；

D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，以此进行分析。

【详解】A、溶液为均一、稳定的混合物，从1L1mol·L－1的NaCl溶液中取出10mL，浓度不变，浓度仍是1mol·L－1，所以A选项是正确的；

B、制备0.5L10mol·L－1的盐酸，需要氯化氢的物质的量为：

n（HCl）=cV=0.5L

10mol/L=5mol，标准状况下氯化氢的体积为：

V=nVm=5mol

22.4mol/L=112L，所以B选项是正确的；

C、0.5L2mol·L－1BaCl2溶液中，n（BaCl2）=cV=0.5L

2mol/L=1mol，由BaCl2的构成可以知道，1molBaCl2含2mol氯离子、1mol钡离子，Ba2+和Cl-总数为：

3×6.02×1023，所以C选项是正确的；

D、硫酸密度大于水，加水稀释时密度改变，浓度越小密度越小，10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数约为

×100%=16.6%，大于9.8%，故D错误。

所以答案选D。

16.海带中含有丰富的碘，有人设计如下步骤：

①将海带灼烧成灰，在灰中加水搅拌；②加四氯化碳充分振荡静置；③通入氯气；④过滤；⑤用分液法分离液体混合物。

合理操作的先后顺序是

A.①②③④⑤B.①④②③⑤

C.①②④③⑤D.①④③②⑤

【答案】D

【解析】

【详解】这是从海带中提取碘的实验，海带灰溶解后过滤，以除去海带灰中不溶于水的固体，滤液中含I-，通入Cl2置换出I2：

Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2在水中溶解度很小，却易溶于四氯化碳，用四氯化碳萃取I2，四氯化碳不溶于水，与水溶液分层，静置，分液，下层即为I2的四氯化碳溶液。

所以合理的操作顺序是：

①④③②⑤，答案选D。

17.下列关于钠的说法中错误的是

A.金属钠有强的还原性

B.钠可以从硫酸铜溶液中还原出铜单质

C.钠在氯气中燃烧产生大量的白烟

D.钠元素在自然界中都是以化合态存在

【答案】B

【解析】

【详解】A.钠原子最外层只有一个电子，钠易失去最外层电子形成8电子的稳定结构，金属钠在化学反应中易失去电子表现强还原性，A项正确；

B.Na与盐溶液反应，Na先与水反应，即活泼的金属钠与水剧烈反应生成NaOH和H2，NaOH与CuSO4反应生成Cu（OH）2沉淀，钠不能从CuSO4溶液中置换出Cu，没有铜单质生成，B项错误；

C.钠在氯气中燃烧：

2Na+Cl2

2NaCl，生成的NaCl以细小的固体颗粒分散在空气中形成白烟，C项正确；

D.钠的化学性质非常活泼，易与O2、水等反应，自然界中不可能有游离态钠元素，所以钠元素在自然界中都以化合态存在，D项正确；答案选B。

18.通过溶解、过滤、蒸发等操作，可将下列各组固体混合物分离的是

A.硝酸钠和氢氧化钠B.二氧化锰和氧化铜

C.氯化钾和二氧化锰D.碳酸钾和氯化钙

【答案】C

【解析】

【详解】A.硝酸钠和氢氧化钠都易溶于水，无法通过溶解、过滤、蒸发的操作分离，A项错误；

B.二氧化锰和氧化铜都难溶于水，无法通过溶解、过滤、蒸发的操作分离，B项错误；

C.氯化钾易溶于水，二氧化锰难溶于水，将氯化钾和二氧化锰的混合物溶解、过滤，滤渣为二氧化锰，再将滤液蒸发结晶得到氯化钾，C项正确；

D.碳酸钾和氯化钙溶解于水时要发生反应：

K2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2KCl，无法分离得到碳酸钾和氯化钙，D项错误；答案选C。

19.硫代硫酸钠（Na2S2O3）可作为还原剂，已知25.0mL0.0100mol/LNa2S2O3溶液恰好把22.4mLCl2（标准状况下）完全转化为Cl−离子，则S2O32−将转化成

A.S2−B.SC.SO32−D.SO42−

【答案】C

【解析】

试题分析：

设氧化产物中硫元素的化合价为x价，根据电子守恒

，x=6，故C正确。

考点：

本题考查氧化还原反应。

20.已知：

①2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2O

②K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O

③Fe2（SO4）3+2HI

2FeSO4+I2+H2SO4

下列结论正确的是

A.①②③均是氧化还原反应

B.氧化性强弱顺序是K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3＞I2

C.反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1

D.反应③中0.1mol还原剂共失去电子数为6.02×1023

【答案】B

【解析】

试题分析：

反应①中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，②、③均是氧化还原反应，错误；B、由反应②知氧化性K2Cr2O7＞Fe2（SO4）3、由反应③知氧化性Fe2（SO4）3＞I2，正确；C、反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，错误；D、反应③中0.1molI-失电子0.1mol，失去电子数为6.02×1022，错误。

考点：

氧化还原反应

第Ⅱ卷（共60分）

二、填空题

21.

（1）3.01×1023个OH−的物质的量为________mol，含有质子的物质的量为_____mol，含有电子的物质的量为________mol，这些OH−和________gNa+含有的电子数相同。

（2）标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则该气体的摩尔质量为______；

（3）等质量的SO2和SO3的物质的量之比_______；氧原子个数比为_________；

（4）11.1gCaCl2固体溶于水配成500mL溶液，其浓度为_____mol·L-1，从中取出100mL溶液，其中Cl-的物质的量为_____mol。

【答案】

（1）.0.5

（2）.4.5（3）.5（4）.11.5（5）.64g/mol（6）.5:

4（7）.5:

6（8）.0.2（9）.0.04

【解析】

【详解】

（1）OH-的物质的量=

=

=0.5mol；每个OH-含有9个质子，0.5molOH-含有的质子物质的量=0.5mol×9=4.5mol；因每个OH-含有10个电子，0.5molOH-含有的电子物质的量=0.5mol×10=5mol；因每个Na+含有10个电子，则含有5mol电子的Na+物质的量=

=0.5mol，0.5molNa+质量=0.5mol×23g/mol=11.5g。

（2）标准状况下672mL气体的物质的量=

=0.03mol，该气体摩尔质量=

=64g/mol。

（3）SO2摩尔质量为64g/mol，SO3摩尔质量为80g/mol，等质量的SO2和SO3的物质的量之比n（SO2）:

n（SO3）=

=5:

4；SO2和SO3氧原子个数比=（5×2）:

（4×3）=5:

6。

（4）11.1gCaCl2的物质的量=

=0.1mol，所配溶液的物质的量浓度c（CaCl2）=

=0.2mol/L；从所配溶液中取出100mL溶液，CaCl2的浓度不变仍为0.2mol/L，其中c（Cl-）=0.2mol/L×2=0.4mol/L，则100mL溶液中Cl-的物质的量=0.4mol/L×0.1L=0.04mol。

22.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应（反应方程式已配平）：

（浓）

试完成下面的问题：

（1）A物质可以导致酸雨的形成。

则A应该属于______（用字母代号填写）

a．酸b．碱c．盐d．酸性氧化物e．碱性氧化物

（2）该反应中被氧化的元素是_________________，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。

（3）写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移的方向和数目：

____________。

（4）一定量的铜片与100mL18mol/L的浓

充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的

的质量为_________g，生成的A气体在标准状况下体积为________L（假设气体全部逸出）。

【答案】

（1）.d

（2）.Cu（3）.1︰1（4）.

（5）.16（6）.2.24

【解析】

【分析】

（1）根据已配平的化学反应方程式中元素守恒，可确定A为SO2，结合SO2气体能导致酸雨确定其类别。

（2）化合价入手分析，元素化合价升高的过程为氧化反应（或被氧化），得电子的反应物是氧化剂，失电子的反应物为还原剂，由此分析。

（3）运用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥过等号，箭头由反应物指向生成物且箭头的起点和终点是同种元素，线桥上标明“得ne-”或“失ne-”。

（4）根据Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2

+2H2O~转移2e-中计量关系计算。

【详解】

（1）因为有Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+A

+2H2O，根据元素守恒知A是SO2，因A能形成酸雨，且SO2能与碱反应生成盐和水：

SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，所以SO2是酸性氧化物，答案选d。

（2）根据反应式Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2

+2H2O，铜元素的化合价由0价升高到CuSO4中的+2价，故铜元素发生氧化反应（或被氧化）；单质铜是还原剂，硫元素化合价由H2SO4中的+6价降低到SO2中的+4价，H2SO4得电子是氧化剂，2molH2SO4中只有1molH2SO4得电子，根据化学计量数可知，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:

1。

（3）运用双线桥表示电子转移的方向和数目时，线桥过等号，箭头的起点和终点都指向同一元素且由反应物指向生成物，线桥上标明“得”或“失”及电子数目：

。

（4）根据Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2

+2H2O~转移2e-，可知每转移2mol电子生成1molCuSO4和1molSO2，所以转移0.2mol电子生成CuSO4的物质的量=

×0.2mol=0.1mol，0.1molCuSO4的质量=0.1mol×160g/mol=16g；转移0.2mol电子时生成SO2气体物质的量=

×0.2mol=0.1mol，0.1molSO2在标准状况下的体积=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。

【点睛】应用公式n=

或V=nmol×22.4L/mol计算物质的量或体积时，特别要注意条件：

必须是气体，且处于标准状况下（00C、101kPa）。

23.现欲用98%的浓硫酸（密度为1.84g·cm−3）配制浓度为1mol·L−1的稀硫酸480mL。

（1）从下列用品中选出实验所需要的仪器_______（填序号）。

A．100