辽宁省辽河油田第二高级中学2018_2019学年高一化学上学期期中试题（含解析）.docx

辽宁省辽河油田第二高级中学2018-2019学年高一上学期期中考试化学试题1.一些装有化学物质的容器上贴有危险化学品的标志，装有氢氧化钠的容器上应贴的标志是A. B. C. D. 【答案】D【解析】氢氧化钠是强碱，具有腐蚀性，应该张贴腐蚀品标志，答案选D。2.若612C原子的质量为a g，A原子的质量为b g，NA为阿伏加德罗常数，则A元素的相对原子质量为A. 12 a/b B. 12 b/a C. aNA D. 不能确定【答案】D【解析】【详解】一种元素因中子数不同，可能有多种原子。元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值。A元素可能存在多种同位素，则不能根据A原子的质量计算其A元素的相对原子质量，但可以计算A原子的相对原子质量，A原子的相对原子质量为。答案选D。【点睛】本题考查了相对原子质量的概念与计算方法，该题概念辨析要求高，平时学习时需理解这些概念与相关概念的区别和联系。3.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A. 干冰、氢气、冰水共存物 B. 洁净的空气、液态氧、天然气C. 纯碱、氦气、漂白粉 D. 酒精、氯水、氢氧化铁胶体【答案】C【解析】A、干冰是CO2，是化合物，氢气是单质，冰水共存物仍然是水，属于纯净物，A错误；B、洁净的空气属于混合物，液态氧是单质，天然气是混合物，B错误；C、纯碱是碳酸钠，属于化合物，氦气是单质，漂白粉是混合物，C正确；D、酒精是乙醇，属于化合物，氯水、氢氧化铁胶体均是混合物，D错误，答案选C。4.本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”以烧酒复烧二次. 价值数倍也。”这里用到的实验方法可用于分离A. 酒精和水 B. 苯和水 C. 食盐水和泥沙 D. 硝酸钾和氯化钠【答案】A【解析】【分析】“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”以烧酒复烧二次.价值数倍也。”，说明烧酒的制造工艺属于蒸馏，据此解答。【详解】A、酒精和水互溶，沸点不同，可以用蒸馏法实现分离，A正确；B、苯不溶于水，分离苯和水的混合物，用分液法，B错误；C、食盐水和泥沙用过滤的方法分离，C错误；D、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，可用结晶法分离，D错误。答案选A。5.下列化学反应中，属于氧化还原反应的是A. CaCO3 + 2HCl CaCl2 + H2O + CO2 B. KCl+AgNO3AgCl+KNO3C. 4NH3+5O24NO+6H2O D. CaCO3 CaO+CO2【答案】C【解析】【详解】ACaCO3 + 2HCl CaCl2 + H2O + CO2，反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；BKCl+AgNO3KNO3+AgCl为复分解反应，不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C、4NH3+5O24NO+6H2O，反应中氮元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，为氧化还原反应，故C正确；DCaCO3CaO+CO2反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C。6.实验室中，通常将金属钠保存在A. 煤油中 B. 四氯化碳中 C. 水中 D. 汽油中【答案】A【解析】【分析】钠的保存需要考虑钠的性质，如钠与空气和水发生反应，与四氯化碳、汽油、煤油不反应，钠的密度比四氯化碳小、比煤油、汽油的密度大以及汽油的沸点低于煤油，易挥发等分析判断。【详解】A、金属钠与煤油不反应，且密度比煤油大，沉于煤油底部，隔开了空气，所以钠能保存在煤油中，故A正确；B、金属钠与四氯化碳不反应，但密度比四氯化碳小，浮于四氯化碳上面，能接触到空气，所以钠不能保存四氯化碳中，故B错误；C、金属钠和水之间能反应，所以不能保存在水中，故C错误；D、金属钠与汽油不反应，密度比汽油大，沉于汽油底部，隔开了空气，但汽油的沸点低于煤油，易挥发，所以钠不能保存汽油中，故D错误；答案选A。7.下列关于铁与水反应的描述不正确的是()A. 铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3B. 红热的铁能与水蒸气反应,放出的气体点燃时能发出爆鸣声C. 铁与水蒸气的反应是氧化还原反应D. 常温下，Fe与H2O不反应,但在空气中O2、CO2、H2O的共同作用下能发生反应【答案】A【解析】A铁的氧化物中Fe2O3是红棕色固体，FeO、Fe3O4是黑色固体，铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe3O4，故A错误；B红热的Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气点燃时能发出爆鸣声，故B正确；CFe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应中Fe、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D常温下，Fe中含有C元素，Fe、C与电解质溶液能形成原电池，所以Fe在空气中O2、CO2、H2O的共同作用下能发生电化学反应，故D正确；故选A。8.有A、B、C、D四种物质，已知它们能发生下列变化：2A2+B22B2+A2 2A2+C22C2+A2 2B2+C22C2+B2 2C2+D22D2+C2由此可推知，各物质的氧化性、还原性强弱顺序正确的是氧化性：A2+B2+C2+D2+ 氧化性：D2+C2+B2+A2+还原性：A2B2C2D2 还原性：D2C2B2A2A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由氧化还原反应中氧化性还原性强弱比较规律判断，即氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性；还原剂的还原性还原产物的还原性。【详解】由反应2A2+B22B2+A2知A元素化合价降低，B元素化合价升高，则氧化剂是A2，还原剂是B2，所以氧化性：A2B2，还原性：B2A2；同样由2A2+C22C2+A2知氧化性：A2C2，还原性：C2A2；由2B2+C22C2+B2知氧化性：B2C2，还原性：C2B2，由2C2+D22D2+C2知氧化性C2D2，还原性D2C2。综合可得氧化性：A2B2C2D2，还原性：D2C2B2A2，即选项正确，答案选B。9.下列有关化学实验操作正确的是 A. 检验K+的存在 B. 干燥CO2 C. 分离溴与CCl4 D. 蒸发食盐水【答案】A【解析】【详解】A观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，观察是否出现紫色可确定是否K+的存在，故A正确；B干燥时导管长进短出，图中气体的进入方向不合理，故B错误；C蒸馏时温度计测定馏分的温度、且冷却水应该下进上出，则图中温度计的水银球应在支管口处、冷却水方向不合理，故C错误；D蒸发需要玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高，图中缺少玻璃棒，故D错误；故选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握焰色反应、混合物分离提纯、实验操作为解答的关键。本题的易错点为C，要注意蒸馏实验的注意事项的归纳和整理。10.饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是A. HClO B. ClO- C. Cl2 D. Cl-【答案】D【解析】饱和氯水长期放置后次氯酸不断分解生成氧气和氯化氢，最终变为盐酸溶液，因此HClO、ClO-、Cl2均减小，Cl-数目增加，答案选D。11.氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是A. 若管道漏气遇氨就会产生白烟B. 该反应利用了氯气的强氧化性C. 该反应属于复分解反应D. 该反应生成1mol氮气时有6mol电子发生转移【答案】C【解析】【分析】反应3Cl2+2NH3N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此解答。【详解】A反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，因此若管道漏气遇氨就会产生白烟，故A正确；BCl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，该反应利用了氯气的强氧化性，故B正确；C反应中Cl和N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，不属于复分解反应，故C错误。DN元素化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，故D正确；答案选C。【点睛】本题考查氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注意从元素化合价的角度解答该题。12.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是A. CuCl2 B. MgCl2 C. FeCl3 D. FeCl2【答案】B【解析】A. 铜与盐酸不反应，不能制得CuCl2，A错误；B. 镁与氯气以及镁与盐酸反应均可以制得MgCl2，B正确；C. 铁与氯气化合生成FeCl3，与盐酸反应生成FeCl2，C错误；D. 铁与氯气化合生成FeCl3，与盐酸反应生成FeCl2，D错误，答案选B。13.在KCl、FeCl3、Fe2(SO4)3三种盐配成的混合溶液中，若K为0.15 mol，Fe3为0.25 mol，Cl为0.2 mol，则SO42-为A. 0.1 mol B. 0.15 mol C. 0.25 mol D. 0.35 mol【答案】D【解析】试题分析：根据电荷守恒可知3n(Fe3)n(K)=2n(SO42-)n(Cl)，解得n(SO42-)0.35mol，答案选D。考点：考查电荷守恒应用14.在空气中长时间放置少量金属钠，最终的产物是A. Na2O B. NaOH C. Na2CO3 D. Na2O2【答案】C【解析】切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）变暗（生成Na2O）变白色固体（生成NaOH）成液（NaOH潮解）结块（吸收CO2成Na2CO310H2O）最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO310H2O、Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O。答案选C。15.下列说法中正确的是（ ）A. 摩尔既是物质的数量单位又是物质的质量单位B. 常温常压下，48 g O2所占的体积是33.6 LC. 阿伏加德罗常数的数值就是0.012 kg 12C中含有的碳原子数目D. 氧气的摩尔质量是16 g/mol【答案】C【解析】【分析】A摩尔是物质的量的单位；B常温常压下，气体的Vm22.4L/mol；C.1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数；D氧气的摩尔质量是32g/mol。【详解】A摩尔是物质的量的单位，不是物质的数量、质量的单位，选项A错误；B常温常压下，气体的Vm22.4L/mol，48gO2所占的体积大于33.6L，选项B错误；C.1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数，1mol任何粒子的粒子数与0.012kg 12C中含有的碳原子数目相同，选项C正确；D氧气的摩尔质量是32g/mol，选项D错误。答案选C。【点睛】本题综合考查了物质的量及其单位、气体摩尔体积，为高频考点，侧重于双基的考查，题目难度不大，注意气体摩尔体积的适用条件。16.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2+ SO42= BaSO4表示的是A. Ba(NO3)2 +H2SO4= BaSO4+2HNO3 B. BaCl2+ Na2SO4= BaSO4+2 NaClC. BaCO3 + H2SO4= BaSO4+ H2O+CO2 D. BaCl2+ H2SO4= BaSO4+2HCl【答案】C【解析】【详解】A.硝酸钡和硫酸和硝酸都可以拆成离子形式，该反应可以用离子方程式Ba2+ + SO42 = BaSO4表示，故不符合题意；B.该反应中氯化钡和硫酸钠和氯化钠都可以拆成离子形式，该反应可以用离子方程式Ba2+ + SO42 = BaSO4表示，故不符合题意；C.该反应中碳酸钡不能拆成离子形式，二氧化碳和水都不能拆成离子形式，故该反应不能用离子方程式Ba2+ + SO42 = BaSO4表示，故符合题意；D.氯化钡和硫酸和盐酸都可以用离子形式，该反应能用离子方程式Ba2+ + SO42 = BaSO4表示，故不符合题意。故选C。17.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是A. K+、MnO4、Na+、Cl B. Na+、H+、NO3、SO42C. K+、Na+、NO3、CO32 D. HCO3-、Na+、Cl、SO42【答案】C【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液无色显碱性分析判断。【详解】A. 在碱性溶液中MnO4不是无色的，不能大量共存，A错误；B. 在碱性溶液中H+不能大量共存，B错误；C. K+、Na+、NO3、CO32在碱性溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；D. HCO3-在碱性溶液中转化为碳酸根和水，不能大量共存，D错误。答案选C。18.现有40 mL浓度为0.04 molL1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 molL1的K2A2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2A2O7氧化为Na2SO4，则元素A在还原产物中的化合价为A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】A【解析】【分析】根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。【详解】设元素A在还原产物中的化合价为n，反应前A是+6价，反应中S元素化合价从+4价升高到+6价，则根据电子得失守恒可知0.04L0.04mol/L（64）0.02L0.02mol/L2（6n），解得n+2，答案选A。【点睛】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。19.苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，其原因可能是苹果汁中Fe2+变成Fe3+。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生，这说明维生素C具有A. 氧化性 B. 还原性 C. 碱性 D. 酸性【答案】B【解析】【详解】在空气中，氧气能够把+2价铁氧化成+3价；而加入维生素C则能防止这种氧化，说明被氧化的是维生素C而不再是+2价铁，因此可判断维生素C具有还原性。故答案选B。20.同温同压下，等质量的SO2气体和SO3气体相比较，下列叙述中正确的是A. 密度之比为45 B. 物质的量之比为45C. 体积之比为11 D. 原子数之比为34【答案】A【解析】【分析】根据n=m/M、VnVm结合阿伏加德罗定律和物质的组成分析解答。【详解】A、设气体的质量为m，由n=m/MV/Vm可知m/VM/Vm，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于密度之比，所以两种气体的密度之比为：64：80=4：5，A正确；B、n（SO2）m/64 mol，n（SO3）m/80 mol，所以物质的量之比为：m/64：m/8080：645：4，B错误；C、根据VnVm可知，同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，所以两种气体体积之比等于5：4，C错误；D、根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为：53：4415：16，D错误。答案选A。21.实验室可用MnO2和浓盐酸反应制取氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O。（1）用单线桥标出电子转移的方向和数目_。（2）将上述化学方程式改写为离子方程式_。（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填序号) 。只有还原性 还原性和酸性 只有氧化性 氧化性和酸性（4）若产生2mol Cl2，则被氧化的HCl_mol，转移的电子的数目为_。【答案】 (1). (2). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (3). (4). 4 (5). 4NA【解析】【分析】（1）反应中锰元素化合价+4价降低到+2价，做氧化剂得到2个电子，氯元素化合价-1价变化为0价，电子转移总数为2个，据此解答；（2）反应中HCl和MnCl2属于易溶性的强电解质，要写成离子形式；（3）浓盐酸在反应中生成盐时表现酸性，生成氯气时表现还原性；（4）反应中有4mol氯化氢参加反应，其中2mol表现为酸性，2mol表现为还原性，被氧化。【详解】（1）反应中锰元素化合价+4价降低到+2价，做氧化剂得到2个电子，氯元素化合价-1价变化为0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知电子转移总数为2个，单线桥是由失电子一方指向得到电子的一方，写出电子转移总数，用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目为；（2）反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O中HCl和MnCl2属于易溶性的强电解质，要写成离子形式，其离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（3）由反应可知，盐酸参与反应生成MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性；故答案为；（4）根据方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O可知盐酸在反应中既表现还原性又表现酸性，4mol氯化氢参加反应，只有2mol氯化氢中-1价的氯离子失去2mol电子，被氧化为氯气中的0价的氯原子，生成1mol氯气，另外2mol氯化氢表现为酸性，因此若产生2mol Cl2，则被氧化的HCl为4mol，转移的电子的数目为4NA。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算、离子方程式的书写，明确元素的化合价及电子守恒、质量守恒定律即可解答，侧重于考查学生的分析能力、应用能力和计算能力。浓盐酸的作用是解答的易错点。22.海带含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：请填写下列空白：（1）步骤的实验操作名称是_，该操作用到的玻璃仪器有烧杯，_，_。（2）步骤用到的玻璃仪器除烧杯外还有_，能否用乙醇来代替CCl4_（填“能”或“否”）。（3）步骤的实验操作名称是_。（4）步骤得到的滤液中c（I）0.04mol/L，欲使用c（I）0.01mol/L的溶液480mL，需取用该滤液_mL。下列操作会使配制的溶液的物质的量浓度偏小的是_。A稀释溶液时有液体溅出 B容量瓶中有少量蒸馏水残留C取滤液时仰视刻度线 D向容量瓶中加水定容时仰视刻度线【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗 (3). 玻璃棒 (4). 分液漏斗 (5). 否 (6). 蒸馏 (7). 125 (8). AD【解析】【分析】（1）不溶于水的物质需要过滤分离，根据过滤操作来分析用到的实验仪器；（2）步骤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到分液漏斗；根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多分析；（3）步骤的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，利用沸点的差异用蒸馏的方法；（4）配制480mL溶液需要500mL容量瓶，结合cn/V和实验操作分析可能产生的误差。【详解】（1）步骤是从海带灰的悬浊液中得到含碘离子的溶液，其实验操作名称是过滤，该操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）步骤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到的玻璃仪器除烧杯外还有用到分液漏斗。由于乙醇和水互溶，所以不能用乙醇来代替CCl4；（3）步骤的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏；（4）步骤得到的滤液中c（I）0.04mol/L，欲使用c（I）0.01mol/L的溶液480mL，由于需要使用500mL容量瓶，因此需取用该滤液的体积为125mL。A稀释溶液时有液体溅出，溶质的物质的量减少，浓度偏小；B容量瓶中有少量蒸馏水残留不影响溶质的物质的量和溶液体积，浓度不变；C取滤液时仰视刻度线导致实际量取的体积增加，所以浓度偏大；D向容量瓶中加水定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏小。答案选AD。23.如图表示AE五种物质间的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质，B与水反应生成C。回答下列问题：（1）写出各物质的化学式：A_，B_,C_，D_。（2）写出BC、BE、AC反应的化学方程式：BC：_；BE：_；AC：_。【答案】 (1). Na2O2 (2). Na (3). NaOH (4). Na2CO3 (5). 2Na2H2O2NaOHH2 (6). 2NaCl22NaCl (7). 2Na2O22H2O4NaOHO2【解析】【分析】A为淡黄色固体，A能与CO2反应，则A为Na2O2；B为单质，B与水反应生成C，根据BA（Na2O2）以及B+Cl2E可知B为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaCl，据此判断。【详解】根据以上分析可知A为Na2O2，B为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaCl，则（1）A的化学式为Na2O2，B的化学式为Na，C的化学式为NaOH，D的