【解析】浙江省金华市东阳中学2019-2020学年高一上学期开学考试化学试题

1、- - -东阳中学 2019 年高一化学暑期检测卷一、选择题（每题只有一个选项符合题意）我国在基本解决温饱之后，存在着碘、铁、钙、维生素 A 等比较普遍的微量营养素缺乏，食物强化是我国营养改善策略的重要组成内容。下列物质中，最适合用于铁强化的是（ ）A. 酱油 B. 食盐 C. 牛奶D. 奶粉【答案】 A【详解】根据我们人民的饮食习惯及酱油成分，我国在酱油中添加铁营养强化剂，故A 正确；故选A。下列物质属于强电解质的是（ ）A. 蔗糖B. 铜C. 稀硫酸D. 硫酸钡晶体 【答案】 D【详解】A、蔗糖是有机化合物，属于非电解质，故A不选；以铜是单质，电解质是化合物，所以铜既不是电解质也不是非电解

2、质，故B不选；C稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D硫酸银晶体属于盐，在水溶液中溶解的硫酸钢能够完全电离，则硫酸钢是强电解质，故D正确； 答案选D。下列叙述正确的是（ ）氧化还原反应的本质是化合价发生变化有单质产生的分解反应一定是氧化还原反应某元素从化合态变为游离态时，该元素一定被还原还原剂在反应中发生还原反应【答案】 BA 错误；A. 氧化还原反应的本质是电子转移，故分解反应是一种反应物生成多种产物，有单质产生的分解反应，一定有元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故B 正确；某元素从化合态变为游离态时，该元素化合价可能升高也可能降低，则元素可能被还原也可能被氧化，故 C错

3、误；D.还原剂在反应中发生氧化反应，故 D错误；故选 B。【点睛】氧化还原反应的本质是电子转移，特征是化合价的升降；氧化还原反应中，氧化剂化合价降低，得到电子，发生还原反应，还原剂反之。下列关于原子结构的说法正确的是（ ）所有原子都含有质子、中子和电子3 种基本微粒质子数决定元素的种类，中子数决定原子的种类质子、中子和电子不可以进一步分成更小的微粒1H 2H、3H+不能互称为同位素【答案】 D【详解】 A. 普通 H 没有中子，多数原子都含有质子、中子和电子三种基本构成微粒，故A 错误；B. 质子数决定元素的种类，质子数与中子数决定核素的种类，故B 错误；C.随科学的发展，可认识到微粒可以再分

4、成更小的微粒，故 C错误；D.2H、3H不是原子，不能互称为同位素，故 D正确；故选D 是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中13513I 的含量变化来监测核电站是否发131生放射性物质泄漏。下列有关53 I 的叙述中错误的是（ ）131127A. 15331I 与12573I 的化学性质相同B.13513I 2与 12573I 2为两种不同的核素131C. 53 I 的原子核外电子数为 53D.13153I 的原子核内中子数多于电子数故 A 正确；B.C.D.A. 13513I 与 12573I 的质子数相同，核外电子数相同，最外层电子数相同，化学性质相同，1

5、3312与153i 2为两种不同的单质，不是原子，故 b错误;13153I的质子数53,核外电子数53,故C正确;13115331I 的质子数53，质量数=131，中子数=131-53=78，核外电子数53，原子核内中子数多于D 正确；故选 B。下列变化过程中，属于还原反应的是（ ）A. HCl f MgCl2C. CM CO2【答案】 DB. Na fNaD. Fe 3，Fe试题分析：物质所含元素化合价降低，得到电子的反应是还原反应，所以选项D 正确。 A 中化合价不变， B 和 C 中化合价升高，属于氧化反应，答案选 D。考点：考查还原反应和氧化反应判断点评：该题是常识性知识的考查，难度不

6、大。该题的关键是明确还原反应和氧化反应的含义，然后准确标出有关元素的化合价变化情况，即可以得出正确的结论。7. 既有氧化性，又有还原性的粒子是（A. H 2OB. H +的粒子,B. 氢离子处于最高价，只具有氧化性，故A. 水中的氢处于最高价，而氧元素处于最低价，所以水是既有氧化性，又有还原性A 正确；C. 氯离子处于最低价只具有还原性，故CCl- - -D.铜离子处于最高价只具有氧化性，故 D错误；故选 A。下列溶液中 Cl 浓度最小的是()A. 200mL 2mol/L MgCl 2 溶液B. 300mL 2.5mol/L FeCl 3溶液C. 500mL 2.5mol/L NaCl 溶液

7、D. 250mL 1mol/L AlCl 3溶液【答案】 C【分析】电解质离子浓度=电解质浓度X电解质电离出的该离子数目，与溶液的体积无关，据此结合选项计算判断。【详解】A、200mL 2mol/L MgCl 2溶液中，c (Cl-) =2mol/L X 2=4mol/L ;以 300mL 2.5mol/L FeCl 3 溶液中 c (Cl-) =2.5mol/L x 3=7.5mol/L ;C 500mL 2.5mol/L NaCl 溶液中，c (Cl-) =2.5mol/L x 1=2.5mol/L ;D 250mL 1mol/L AlCl 3溶液中，c (Cl-) =1mol/L x 3

8、=3mol/L ;故选项 C NaCl 溶液中氯离子浓度最小，答案选C。【点睛】本题考查离子物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意电解质离子浓度与电解质浓度关系。下列各组粒子中质子数和电子数均相同的是( )CH 4、 H2O、 Na+B. F 2、 Ar、 HClC. H3G、NH+、NaD. O2、M、Ne【答案】 B【详解】A. C的质子数为6, H的质子数为1, O的质子数为8, Na的质子数为11,所以CH、HQ Na+的质子数分别为：10、10、11,电子数分别为10, 10、10,故A错误；Cl的质子数为17, H的质子数为1, Ar的质子数为18, F的质子数为9,所以F2、Ar

9、、HCl 的质子数分别为：18、 18、 18，电子数分别为18、 18、 18，故 B 正确；N的质子数为7, H的质子数为1, O的质子数为8, ,Na的质子数为11,所以HO、NH+、Na的质子数分别为：11、11、11、电子数分别为10, 10、11,故C错误；Mg的质子数为12, Ne的质子数为10,。的质子数为8,所以CT、Mg+、Ne的质子数分别为：8、12、10、电子数分别为10, 10、10,故D错误； TOC o 1-5 h z 故选B。【点睛】对于原子和分子来说，微粒不带电荷，所以质子数等于电子数；而离子带电荷，所以电子数不等于质子数。下列说法正确的是（ ）A. 标准状况

10、下， 1 mol 水占的体积是22.4 LB. 1 mol H +的质量是1 gC. 1 L 1 mol/L 盐酸溶液中，有1molHCl 分子D. 二氧化硫的摩尔质量是64 g【答案】B【详解】A. 标准状况下，水不是气体，不能用标况下的气体摩尔体积来计算体积，故A 错误；mol H +的质量为 1molx 1g/mol=1g ,故 B 正确；C.HCl在水中完全电离成氢离子和氯离子，即盐酸中不存在氯化氢分子，故C错误；D.二氧化硫的摩尔质量是64 g/mol ,故D错误；故选B。【点睛】在运用气体摩尔体积进行计算时，应注意是否为标准状态下和是否为气体，这是容易出错的地方。11.已知氧化性：

11、Cl2Fe3+l2S,在强酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是（）Na+、K+、I 、ClB. Na+、I 、SO2、Fe3+C. Ba2+、K+、HCO、NQD. Ba 2+、Ns+、SO2、Cl【答案】 A【详解】A. Na+、/、I-、Cl-之间不反应，且都不与氢离子反应，在强酸性溶液中能够大量共存，故 A 正确；I -、Fe3+之间发生氧化还原反应，在溶?中不能大量共存，故 B错误；HCQ3-与氢离子反应，在强酸性溶液中不能大量共存，故C错误；Ba2+、SQ2-之间生成硫酸钢沉淀，在溶液中不能大量共存，故 D错误；故选 A。【点睛】根据题干信息：氧化性：Cl2Fe3+l2S,则可以判

12、断Fe3+可以氧化I-,二者不能大量共存。氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO+2H2& H2SQ+2HBr相比较，水的作用不相同的是()2Na2Q+2HCA 4NaOH+O 4Fe(OH)2+Q+2HO= 4Fe(OH)32F2+2H2O 4HF+(22Na+2H0=2NaOH+HTA. B. C. D. 【答案】 C【分析】Br2+S0+2H2HzS0+2HBr中，水中H O元素的化合价不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，以此解答该题。【详解】水中H、O元素的化合价不变，但过氧化钠中O元素的化合价变化，为氧化还原反

13、应，水的作用相同，故不选；Fe、O化合价变化，水中 Q H元素的化合价不变，水的作用相同，故不选；2F2+2HO=4HF+Q F. O化合价变化，水中 O元素的化合价升高，则水是还原剂，所以水的作用不同，故选；2Na+2HO=2NaOH+HT中水是氧化剂，水的作用不相同，故选。故选：C。【点睛】根据化合价的变化正确判断氧化剂和还原剂是解决此题的关键，元素化合价升高的反应物为还原剂，元素化合价降低的反应物为氧化剂。13.已知 MGx- + 3 S 2 + 14H += 2M 3+ 3S J + 7H 2。，则 MOx-中的 M的化合价为()A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】 D【详解】该反

14、应是离子反应型的氧化还原反应，可以根据电荷守恒计算，可以得到式子：-x+3X(-2) +14=2X 3, x=2,贝 U MO2-,假设 M 的化合价为 y,贝U有-2X 7+2y=-2 , y=-6 ,所以答案 D 正确。故选 D。设 NA 代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 室温下，32gO2 和 O3 的混合气体中含有的氧原子数为2NAB.浓盐酸与 MnO共热产生22.4L Cl 2时，转移电子数为 220.5 mol - L -MgCb溶液中，含有 C个数为Nx18 g NH 4+中所含的质子数为10NA【答案】x【详解】x. 氧气和臭氧均是氧元素形成的单质， 32gO2 和 O

15、3 的混合气体中含有的氧原子的物质的量是32g+16g/mol= 2mol,个数为2N% A正确；B.由于不能确定氯气所处的状态，则浓盐酸与MnO共热产生22.4L Cl 2时，转移电子数不一定为2NA ， B 错误；0.5 mol L -MgCb溶液的体积未知，无法计算含有C个数，C错误；18 g NH 4+的物质的量是 18g+18g/mol= 1mol,其中所含的质子数为11Na, D错误；答案选 ACIO2： 2NaClQ+NaSO+HSQ=15.二氧化氯（CI&）是一种高效消毒剂，下列反应可制得2ClO2 T+2N32SO+HK）,对于该反应，下列说法正确的是（）A. 生成 1 mo

16、l ClOH 2SO4 发生氧化反应【答案】 D2，转移电子数为O2 NAB. 该反应为复分解反应NaClO3是氧化剂【分析】2NaClQ+NaSQ+H2SO=2ClO2 T +2N&SO+HO反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由 +4 价变为 +6 价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，据此分析解答。【详解】该反应中，氯元素化合价由 +5 价变为 +4 价，硫元素化合价由 +4价变为 +6价，A.氯酸钠中氯元素化合价由 +5价变为+4价，所以生成1mol CIO2,转移电子数为1 Na,故A项错误；2NaClO3+NaSO+HSQ=2CQT

17、+2N32SQ+HO反应中，有化合价的升降，为氧化还原反应，而不是复分解反应，故B 项错误；C.硫酸在反应前后化合价不变，所以H2SQ没有参与氧化还原反应，故C项错误；D.氯酸钠中氯元素化合价由 +5价变为+4价，得电子作氧化剂，故D项正确；答案选D。【点睛】氧化还原反应是常考点，也是高频必考点之一，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反，本题题型基础，其中 A 选项，只要掌握生成的ClO2 与电子转移的关系便可突破。16.可用CQ2 +2H+= HO+COT表示离子反应的是（）A. 稀硫酸和碳酸钡B. 稀硫酸和碳酸氢钠醋酸和碳酸钠D. 硫酸氢钠和碳酸钾【答案】 D【详解】 A. 稀硫酸

18、和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水，碳酸钡和硫酸钡不能拆开，不能用CQ2+2H=HQ+CQT表示，故 A错误；B.稀硫酸和碳酸氢钠的反应中，碳酸氢根离子不能拆开，不能用CQ2+2H=HQ+CQT表示,故 B 错误；C.醋酸为弱酸，不能拆开，不能用CQ2+2N = HQ+CQT表示，故C错误；D.硫酸氢钠和碳酸钾反应的离子方程式为：CQ2+2H=H2Q+CQT ,故D正确；故选： D17. 下列离子方程式的书写正确的是（ ）A.铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+= 2Fe3+3H4B.C.D.Ba2+SQ2 =BaSQ硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应：氢氧化镁和盐酸反，：Mg2+2H+= Mg+2

19、H2Q 实验室制取 CQQ2h+H 2Q+CQT【详解】A.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，正确的离子方程式为：Fe+2HNFe2+H4 ,故 A 错误；B. 硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：SO2-+Ba2+Cu2+2O中Cu（OH）4+BaSO J ,故 B 错误；C.氢氧化镁和盐酸反应白离子方程式为：Mg（OH+2H+=Md+2H2Q故C正确；D. 实验室用碳酸钙和盐酸反应制取二氧化碳，碳酸钙为难溶物 , 不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO+2l4=Cs2+HO+COT ,故 D错误；故选C。.在氧化还原反应 3S+6KOH= K2SO+2

20、K2S+3HO中，被氧化与被还原的硫原子数之比为（）A. 1 ： 1B. 2 ： 1C. 1 ： 2D. 3 ： 2【答案】 C【详解】在反应3S+6KOH= K2SO+2K2S+3HO中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和氧化剂都是S,反应中S-K2S, S化合价降低，则S被还原，S为氧化剂，S-K 2SO, S化合价升高，则 S 被氧化，S 为还原剂，由生成物可知，被氧化与被还原的硫原子数之比为1： 2，故选C。【点睛】该反应中 S 既是氧化剂又是还原剂，属于歧化反应，根据生成物中原子数目比计算。. 在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。由相同条件下的

21、三个反应：2A +B2B +A2; 2C +A 2A +G; 2B +D22D +B2可以判断正确的是（）A.氧化性：D2B2A2BCDC. 2C 一+D2D-+G反应可以进行D. 2A 一+D 2D +A2反应不能进行【答案】 C【详解】A.2A-+B2=2B-+A2 中，氧化性B2 大于A2 ，2C-+A2=2A-+C2 中，氧化性A2 大于C2，2B-+D2=2D-+B2中，氧化性D2大于B2,所以氧化性大小顺序：C2BA2C2,故A错误；2A-+B2=2B-+A 中，还原性 A-大于 B-, 2C-+A2=2A-+G 中，还原性 CA-, 2B-+D=2D+B2中，还原性B-D,所以还

22、原性大小顺序为：C-AB-D,故B错误；2C +D=2D-+G反应中，D2的氧化性大于 C 符合已知条件，所以可以进行，故 C正确；2A +D=2D+A反应中，D2的氧化性大于 Z,符合已知条件，所以可以进行，故 D错误。故选C。【点睛】根据化合价的变化正确判断氧化剂和还原剂，再根据题干信息确定氧化性和还原性强弱的顺序是解决此题的关键。.某溶液中只含有大量的下列离子：Fe3+、NQ-、K+和M离子，经测定 Fe3+、N6、K+和M离子的物质的量之比为 2 ： 5 ： 1 ： 1 ,则M离子可能是下列中的()A. Cl -B. SO 42-C. Ca 2+D. Na +【答案】 B【分析】根据电

23、离守恒判断 M离子所带电荷，结合选项判断，注意应考虑离子共存问题。【详解】假设 Fe3+、NO-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol, Fe3+、K+离子所带总电荷为 2molX3+1molx 1=7mol, NO-离子所带总电荷为5molxi=5molv 7mol,故 M为阴离子，设离子为 Mn-,则7mol=5mol+1molx n,解得 n=2,符合条彳的有 SCO2-,答案选B。 【点睛】本题考查物质的量有关计算，涉及混合物计算，注意利用电荷守恒解答，解答中注意离子共存问题。二、填空题. 按要求填空(1)已知C&O溶于稀硫酸，可得到 CuSO溶液，写出该

24、反应的离子反应方程式 ;( 2)写出经过一步反应能得到Cu3( OH) 4SO4 化学方程式(要求非氧化还原反应) ；(3) 8.4 g N 2与9.6 g某单质R,所含原子个数相同，且分子数之比为3:2 ,则R的相对原子质量是 _ ， x 值为 。(4)写出溶液中 NH+的检验方法及相应的离子方程式 、【答案】 (1). Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O (2). 3CuSO4+4NaOH=C3u(OH)4SO4+2Na2SO4 (3).16 (4).3 (5).加入过量NaOH加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试- - -纸变蓝，则说明溶液中存在NH4+ (6). NH 4

25、+ + OH = H2O + NH3T【分析】根据氧化还原反应原理书写配平氧化还原反应方程式；根据相对分子质量与分子数之间的关系进行相关计算；根据常见离子的性质分析离子检验方法并书写相关离子方程式。【详解】(1)Cu 2。溶于稀硫酸，可得到 CuSO溶液，结合氧化还原反应原理可知铜元素化合价 降低到0价，升高到+2价，则反应产物为硫酸铜和铜， 反应的离子方程式：CuO+2H=Cu+cU+HO;(2)Cu 3(OH)4SQ为碱式盐，可以由可溶性硫酸盐与碱反应得到，所以经过一步非氧化还原反应能得至U CU3(OH)4SQ的化学方程式：3CuSO+4NaOH=C3(OH)4SQ+2N&SQ;(3)分

26、子数之比为3: 2,所以N2与Rx相对分子质量之比(8.4/3):(9.6/2)=7:12,而N2相对分子质量为28,所以Rx相对分子质量=28X12/7=48;又因为两者所含原子个数相同，即3X2=2x,得x=3,则R的相对原子质量为16,故答案：16; 3;(4)NH4+遇碱生成氨气，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，所以检验方法为：加入过量NaOH加热，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝，则说明溶液中存在NH+;相应的离子方程式为：NH4+ + OH H2O + NH3 T。22.观察下列A、B、C D E五种粒子(原子或离子)的结构示意图，用化学用语回答下列有关问题。(1)其

27、中属于阴离子的是 ；(2)其中化学性质最稳定的是 ;(3)已知A元素的某种核素的中子数为18,该核素的符号是 ;(4)某元素的原子核外有 3个电子层，最外层比次外层少2个电子，该元素的离子结构示意图为。【答案】 (1). O 2- (2). Ne (3).【详解】(1)原子或离子结构示意图中，如果核内质子数不等于核外电子数，则该结构示意图 为离子结构示意图，如果核外电子数等于核内质子数，则为原子结构示意图,A B. C. D. E分别是Cl、O2-、N& Na、Mg2+,则属于阴离子的是C2-;(2)最外层电子达到稳定结构时该微粒性质最稳定，所以性质最稳定的是Ne； 已知A元素的某种核素的中子

28、数为18,质子数为17,质量数=质子数+中子数=18+17=35,该核素的符号是35Cl;为硫元素，该元素的离子为得到两个电子的阴离子,该元素的离子结构示意图为:O 某元素的原子核外有 3个电子层，最外层比次外层少2个电子为6个，则核电荷数为16,23.某澄清透明溶液可能含有Cu2+、Na+、Cl； Bsf+、CO2、SO2中的几种离子，将溶液分为两等份，进行如下实验(不考虑水的电离) ：一份溶液中加入足量 BaCL溶液，得沉淀2.33g ,在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解。另一份溶液中加入足量NaOH液，得蓝色絮状沉淀 19.6g。(1)通过步骤可以推断出，溶液中一定没有的离子是 ;(2)

29、根据上述实验，该溶液中可能有的离子是 ;(3)向中的沉淀中加稀醋酸，写出该离子反应方程式 。【答案】 (1). CO 32、Ba2+ (2). Na + (3). 2CH3COOH+Cu(OHhCu2+2CHCOO+2H2O【分析】根据离子反应条件及电荷守恒分析溶液中可能存在的离子；根据物质的性质及离子反应方程式的书写规则书写反应离子方程式。【详解】一份溶液中加入足量BaCl2溶液，得沉淀2.33g ,在沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解，则应生成硫酸钢沉淀，说明含有SO2-, 且n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g +233g/mol=0.01mol ,则一定不含Ba2+、CO2-;

30、另一份溶液中加入足量NaOH液，得蓝色絮状沉淀19.6g ,说明含有Cu2+,且n(Cu2+尸nCu(OH) 2=19.6g +98g/mol=0.2mol ,结合电荷守恒可知溶液还含有Cl ,可能含有Na+,以此解答该题。(1)由以上分析可知一定没有CO2、Ba2+;(2)由于氯离子的量未知，则不能确定是否含有Na+;沉淀为氢氧化铜，与醋酸反应的离子方程式为2CHCOOH+Cu(OHCu2+2CHCOO+2HO。【点睛】在分析溶液中可能存在离子时除了根据是否有气体或沉淀生成外，还应注意隐含条件，如溶液呈电中性，则阴阳离子所带电荷应该守恒。24.下表为某试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有

31、关数据回答下列问题:盐酸分子式HCl相对分子质里36.5密度1.19g/mLHCl的质量分数36.5%(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为 mol?L 。(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸储水配制450mL物质的量浓度为 0.400mol?L 一1的稀盐酸，需用到的玻璃仪器有：烧杯，玻璃棒，胶头滴管，量筒， 。该学生需要量取 mL上 述浓盐酸进行配制。(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是 (填写标号)。A.使用容量瓶前检查它是否漏水B.容量瓶用蒸储水洗净后，再用待配溶液润洗C.配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸储水到接近标线12cm处，用胶头滴管加蒸储水到标线D.摇匀后，容量瓶内溶液的液面下降，无需再加水(4)定容时仰视刻度线，对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？ - - -【答案】(1). 11.9 (2). 500 mL容量瓶 (3). 16.8 (4). BC (5).偏小【分析】根据物质的量浓度与质量分数之间的关系计算物质的量浓度；根据溶液稀释过程中溶质保持不变的原理计算所需浓溶液的体积；根据溶液配制原理分析实验操作中的注意事项及进行误 差分析。【详解】(1)浓盐酸中H