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

1、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：H 1 O 16 Mg 24Al 27S 32Cl 35.5 Ba 137 Br 80 Mn 55 Cu 64 Ca 40 Na 23第卷(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

2、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

3、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. N2 B. N2 C. AN2 D. AN2【答案】C【解析】R原子的质子数、电子数为AN，R2的电子数为AN2，答案为C5.下列反应既是氧化还原反应，又是化合反应的是A. Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 B.

4、 SO2+H2O2=H2SO4C. CaO+H2O=Ca(OH)2 D. 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.

5、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

6、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D8.在2H2SSO22H2O3S中，氧化剂与还原剂的分子个数比为（ ）A. 21 B. 12 C. 11 D. 1617【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

7、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+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+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+H2OHCl+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2HClO2HCl+O2，平衡Cl2+H2OHCl+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

8、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2HClO2HCl+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2HClO2HCl+O2，使平衡Cl2+H2OHCl+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

9、案选D。10.下列溶液中c(Cl)最大的是A. 400 mL0.5 mol/L BaCl2溶液B. 200 mL 0.5 mol/L MgCl2溶液C. 300 mL1 mol/L NaCl溶液D. 100 mL 0.5 mol/L AlCl3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/L2=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/L2=1mol/L；C.因其在水溶液中完全电离：NaCl=Na+Cl-

10、，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/L3=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. 1 mol Fe3完全反应生成氢氧化铁胶体粒子的数目为NAD. 分散质粒子大小介于1 nm100 nm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

11、目粒子的集合体；D直径介于1nm100nm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1mol Fe（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1nm100nm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

12、稀硝酸的白色沉淀生成，可判定含有ClB. 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

13、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

14、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MgSO4Ba(NO3)2NaOHCuCl2四种溶液，不加其他试剂就可鉴别出来，鉴别的先后顺序是()A. B. C. D. 【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，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2NAB. 所得溶液的质量分

15、数是等于4%C. 产生气体的体积为1.12LD. 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=0.1mol40g/mol=4g，根据反应中产

16、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=nVm，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=0.05mol2=0.1mol，D项正确；答案选D。15.下列说法中错误的是A. 从1L1molL1的NaCl溶液中取出10mL，其浓度仍是1mo

17、lL1B. 制备0.5L 10molL1的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）C. 0.5L 2molL1BaCl2溶液中，Ba2+和Cl总数为36.021023D. 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

18、定的混合物，从1L1molL1的NaCl溶液中取出10mL，浓度不变，浓度仍是1molL1，所以A选项是正确的；B、制备0.5L 10molL1的盐酸，需要氯化氢的物质的量为：n(HCl)=cV=0.5L10mol/L=5mol，标准状况下氯化氢的体积为：V=nVm=5mol22.4mol/L=112L，所以B选项是正确的；C、0.5L 2molL1BaCl2溶液中，n(BaCl2)= cV=0.5L2mol/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：36.021023，所以C选项是正确的；D、硫酸密度大于水，加水稀释

19、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：将海带灼烧成灰，在灰中加水搅拌；加四氯化碳充分振荡静置；通入氯气；过滤；用分液法分离液体混合物。合理操作的先后顺序是A. B. C. D. 【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

20、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：，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；

21、C.钠在氯气中燃烧：2Na+Cl22NaCl，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

22、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25.0 mL 0.0100 mol/L Na2S2O3溶液恰好把22.4 mL Cl2 (标准状况下)完全转化为Cl离子，则S2O32将转化成A. S2 B. S C. 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

23、还原反应。20.已知：2K2CrO4+H2SO4=K2Cr2O7+K2SO4+H2OK2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=3Fe2(SO4)3+ Cr2(SO4)3 +K2SO4+7H2OFe2(SO4)3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4下列结论正确的是A. 均是氧化还原反应B. 氧化性强弱顺序是K2Cr2O7Fe2(SO4)3I2C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为61D. 反应中0.1 mol还原剂共失去电子数为6.021023【答案】B【解析】试题分析：反应中无元素化合价变化，不是氧化还原反应，、均是氧化还原反应，错误；B、由反应知氧化性K2Cr2O7Fe2(SO4)3

24、、由反应知氧化性Fe2(SO4)3I2，正确；C、反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为16，错误；D、反应中0.1molI-失电子0.1mol，失去电子数为6.021022，错误。考点：氧化还原反应第卷(共60分)二、填空题21.(1) 3.011023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_g Na+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_ molL

25、-1，从中取出100 mL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=0.5mol9=4.5mol；因每个OH-含有10个电子，0.5molOH-含有的电子物质的量=0.5mol10=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=0.5mol23

26、g/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=(52):(43)=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/L2=0.4mol/L，则100mL溶液中Cl-的物质的量=0

27、.4mol/L0.1L=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100mL 18 mol/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).

28、 Cu (3). 11 (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+

29、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

30、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=0.1mol160g/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=0.1mol22.4L/mol=2.24L。【点睛】应用公式n=或V=n mol22.4L/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1.84 gcm3)配制浓度为1 molL1的稀硫酸480 mL。(1)从下列用品中选出实验所需要的仪器_(填序号)。A100