2018-2019学年福建省三明市第一中学高一上学期期中考试化学试题+Word版含解析
三明一中 2018～2019 学年上学期学段考试
高一化学试卷
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N－14 O－16 Na－23 Mg－24 Cl－35.5
一、选择题（共 24 小题，每题只有一个正确选项，每小题 2 分）
1.化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A. “血液透析”利用了胶体的性质
B. 氢氧化铝胶体可用来对自来水净水和杀菌消毒
C. BaCO3 常用来做胃镜中的“钡餐”
D. 为了消除碘缺乏病，在食用盐中加入一定量的碘单质
【答案】A
【解析】
【详解】A.血液分散系属于胶体，胶体的渗析是利用胶体粒子不能透过半透膜，溶液离子及小分子可以透过半透膜的原理，达到分离提纯胶体的目的，“血液透析”就是利用了胶体的渗析原理，A项正确；
B.氢氧化铝胶体具有吸附作用，能够吸附自来水中悬浮的杂质形成较大颗粒而沉降，达到净化水的目的，但不能杀菌消毒，B项错误；
C.BaCO3能与胃酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，使胃液中含有重金属离子Ba2+，而Ba2+能使蛋白质变性而致人中毒，C项错误；
D.碘单质受热容易升华且有毒，加碘盐中加入的是KIO3，D项错误；答案选A。
2.化学概念相互间存在如下 3 种关系，下列对概念间关系的说法正确的是
A. 纯净物与混合物属于包含关系 B. 化合物与氧化物属于包含关系
C. 单质与化合物属于交叉关系 D. 氧化还原反应与化合反应属于并列关系
【答案】B
【解析】
试题分析：A．纯净物与混合物属于并列关系；B．化合物与电解质属于包含关系，C．单质与化合物属于并列关系；D．氧化还原反应与化合反应属于交叉关系；选B。
考点：考查概念的相互关系。
3.某同学要在奥运五连环中填入物质，使相连物质间能发生反应，不相连物质间不能发生 反应。你认为“五连环”中有空缺的一环应填入的物质是
A. 稀硫酸 B. 氧气 C. 二氧化碳 D. 氯化钠
【答案】C
【解析】
【详解】有“空缺”的一环的物质必须既能与NaOH溶液反应又能与C反应，四个选项中只有CO2符合。2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，CO2+C2CO，答案选C。
4.分类是学习和研究化学的一种常用科学方法，下列分类说法合理的是
A. 根据是否只含一种元素将物质分为单质和化合物
B. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物
C. 生成一种单质和一种化合物的反应一定是置换反应
D. 根据酸分子中的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
【答案】B
【解析】
【详解】A.只含一种元素的物质可能是混合物如O2和O3，而单质和化合物都是纯净物，该选项的正确说法是：根据是否只含一种元素将纯净物分为单质和化合物，A项错误；
B.非金属氧化物大部分是酸性氧化物如CO2、SO2等，但有一些非金属氧化物不是酸性氧化物如CO、NO等，所以非金属氧化物不一定是酸性氧化物，B项正确；
C.置换反应是指一种单质与一种化合物反应生成另外一种单质和一种化合物的反应，但生成一种单质和一种化合物的反应不一定是置换反应如：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，该反应不属于置换反应，C项错误；
D.根据酸分子在水溶液中电离出H+的个数将酸分为一元酸、二元酸，例如CH3COOH是一元酸而非四元酸，是因为CH3COOHCH3COO-+H+，D项错误；答案选B。
5.下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的 产物并不改变的是
A. Na 和 O2 B. CO2 和 NaOH C. Na2O和 CO2 D. C和 O2
【答案】C
【解析】
【详解】A.Na和O2反应因为温度不同，产物不同：4Na+O22Na2O，2Na+O2Na2O2，A项不符合题意；
B. CO2 通入NaOH溶液中因反应物用量比不同，产物不同：CO2+2NaOH(足量)=Na2CO3+H2O，CO2+NaOH(少量)=NaHCO3，B项不符合题意；
C. Na2O和CO2反应：Na2O+CO2=Na2CO3，产物不随温度和反应物用量比的不同而改变，C项符合题意；
D. C和O2的反应因反应物用量比的不同，产物不同：C+O2(足量)CO2，2C+O2(少量) 2CO，D项不符合题意；答案选C。
6. 下列叙述正确的是
A. 非金属元素形成的离子一定是阴离子
B. 非金属单质在氧化还原反应中一定是氧化剂
C. 某元素从化合态变为游离态时，一定被还原
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质
【答案】D
【解析】
试题分析：A．非金属元素形成的离子可以是阳离子如NH4+，也可以是阴离子如CO32-等。错误。B.如在反应Cl2＋H2OHCl＋HClO中Cl2既是氧化剂又是还原剂。错误。C．某元素从化合态变为游离态时，可能是被还原如在H2+CuOCu＋H2O的Cu元素，也可能是被氧化，如在Cl2＋2KI=2KCl+I2的I元素。错误。D．金属阳离子被还原可能得到金属单质H2+CuOCu＋H2O，也可能得到金属化合物。如2FeCl3+Zn=2FeCl2+ZnCl2.正确。
考点：考查氧化还原反应中的一些理论的知识。
7.下列物质中不存在氯离子的是
A. KCl B. Ca(ClO)2 C. 盐酸 D. 氯水
【答案】B
【解析】
【详解】A.KCl中存在K+和氯离子，A项不符合题意；
B. Ca(ClO)2中存在Ca2+和ClO-，不存在氯离子，B项符合题意；
C.盐酸中HCl在水分子作用下发生电离HCl=H++Cl-，所以盐酸中存在氯离子，C项不符合题意；
D.氯水中部分Cl2与水反应：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，所以氯水中存在氯离子，D项不符合题意；答案选B。
8.下列变化中，需加氧化剂才能实现的是
A. Cl2→NaCl B. FeCl2 →Fe C. CO → CO2 D. CaO→Ca(OH)2
【答案】C
【解析】
【详解】氧化剂具有氧化性，能使别的物质发生氧化反应，氧化反应的标志是元素化合价升高，即化合价升高的过程需加氧化剂才能实现。
A.氯元素化合价由0价降到-1价，发生还原反应，A项加入还原剂实现；
B.铁元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，B项加入还原剂实现；
C.碳元素化合价由+2价升高到+4价，发生氧化反应，C项加入氧化剂实现；
D.钙、氧元素化合价均未变化，D项不需要通过氧化还原反应实现；答案选C。
9.a g NH3含b个氢原子，则阿伏加德罗常数可表示为
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
试题分析：a g NH3含b个氢原子，则，解得NA=，答案选B。
考点：考查阿伏加德罗常数计算
10.从元素化合价变化的角度分析，下列反应中，画线的物质发生氧化反应的是
A. SO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O B. 2CuO + C2Cu + CO2↑
C. 2FeCl3 + Fe = 3FeCl2 D. Zn＋2HCl = ZnCl2＋ H2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
氧化反应的标志是元素化合价升高。由此分析。
【详解】A.氧化反应的标志是元素化合价升高。SO2→Na2SO3，硫元素、氧元素化合价没有变化，该反应不是氧化还原反应；A项错误；
B.CuO→Cu，铜元素化合价由+2价降到0价，发生还原反应，B项错误；
C.Fe→FeCl2，铁元素化合价由0价升高到+2价，发生氧化反应，C项正确；
D.HCl→H2，氢元素化合价由+1价降到0价，发生还原反应，D项错误；答案选C。
11.在下列三个反应中，①H2O2＋H2S＝2H2O＋S↓ ②2H2O2=2H2O+O2③H2O2＋Cl2＝2HCl＋O2↑,H2O2 所起的作用是
A. 均起氧化剂作用 B. 均起还原剂作用
C. 均既是氧化剂又是还原剂 D. 三个反应中所起作用各有不同
【答案】D
【解析】
【详解】①H2O2＋H2S＝2H2O＋S↓，氧元素由H2O2中-1价降到H2O中-2价，得到电子， H2O2中氢元素化合价没变，故H2O2只作氧化剂；②2H2O2=2H2O+O2，2molH2O2中有4mol -1价氧原子，其中2mol -1价氧原子化合价升高到O 2的0价，失去2mol电子；另外2mol -1价氧原子化合价降到H2O中-2价，得到2mol电子，故H2O2既是氧化剂又是还原剂；③H2O2＋Cl2＝2HCl＋O2↑，氧元素由H2O2中-1价升高到O2中的0价，失去电子，H2O2中氢元素化合价没变，所以H2O2只作还原剂。答案选D。
12.常温常压下，用等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体分别吹出四个气球，其中吹入的 气体为 O2 的是
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
由题图知4只气球在同温同压下的体积不同，等质量的H2、N2、O2、CO2气体体积大小关系可根据阿伏加德罗定律的推论：相同温度和压强下，气体的体积比等于气体物质的量比，计算分析即可得到答案。
【详解】根据公式n=可知，等质量的 H2、N2、O2、CO2 四种气体的物质的量之比n(H2):n(N2):n(O2):n(CO2)=::: =:::，由阿伏加德罗定律推论可知：相同温度和压强下，气体体积与气体物质的量成正比，所以4种气体体积由小到大的顺序是V(CO2)
Cu>Ag，即活动性由强到弱的顺序是①⑦⑫；它们之间发生置换反应的化学方程式有：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Cu+2AgNO3=Cu(NO3)2+2Ag（任写一个即可）。
28.完成下列各小题：
(1)今有五种物质：①铜线 ②熔化的 NaCl ③NaCl 晶体 ④氨气 ⑤液态氯化氢 其中能导电的物质是______；属于电解质的是______；属于非电解质的是____________。
(2)科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素 C 容易中毒。这是因为对人体无害的+5 价砷类化合物在维生素 C 的作用下，能够转化为有毒的+3 价的含砷化合物。 通过以上信息填空：
①维生素 C 具有 ____（填“氧化性”或“还原性”）。
②上述过程中+5 价砷元素发生______反应（填“氧化”或“还原”）；3 mol +5 价砷完全转化 为+3 价砷，共转移 _____个电子。
【答案】 (1). ①② (2). ②③⑤ (3). ④ (4). 还原性 (5). 还原 (6). 6 NA
【解析】
【分析】
(1)金属导电的粒子是自由电子，金属一般都能导电，电解质在水溶液或熔融状态下能够导电，其导电的本质是能够电离出自由移动的阴、阳离子。
(2)氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，其本质是电子转移。氧化性是指得到电子的能力，得电子的标志是所含元素化合价降低，发生还原反应；还原性是指失去电子的能力，失去电子的标志是元素化合价升高，发生氧化反应。由此分析。
【详解】(1) ①金属一般都能导电，铜线能够导电；②NaCl是离子键结合的电解质，熔化时离子键断裂发生电离NaCl=Na++Cl-，所以熔化的NaCl能导电；③NaCl是离子键结合的电解质，晶体状态时NaCl中阴、阳离子不自由移动，所以NaCl晶体不导电；④氨气是共价键结合的非电解质，氨气分子不能电离，氨气不导电；⑤HCl是共价键结合的电解质，液态时HCl分子不能电离，所以液态氯化氢不能导电。能够导电的物质是①②；属于电解质的是②③⑤；属于非电解质的是④。
(2) ①由题给信息知+5价砷与维生素C作用下转化为+3价砷，砷元素化合价降低得电子，所以维生素C所含元素化合价必然升高失去电子，所以维生素C具有还原性；
②+5价砷变为+3价砷，化合价降低，发生还原反应；每个砷原子由+5价转化为+3价，得到2个电子，则3mol+5价砷完全转化为+3价砷转移6mol电子，即6NA个电子。
29.某无色透明溶液中可能大量存在 K+、Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种，请按要求填空：
(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_____，
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消 失。说明原溶液中肯定存在的离子是______________，
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O），出现白色沉淀（已知：Ag(NH3)2 + 在溶液中无色），说明原溶液肯定有_____，
(4)溶液中可能存在的离子是_____；验证其是否存在可以用_____（填实验方法）
(5)原溶液大量存在的阴离子可能是下列中的__________。
A．Cl- B．NO3- C．CO32- D．OH-
【答案】 (1). Cu2+ 、Fe3+ (2). Ag+ (3). Mg2+ (4). K+ (5). 焰色反应
(6). B
【解析】
【分析】
根据离子反应发生的条件和实验现象进行分析推断。限制条件“无色透明溶液”，说明溶液中不能存在有色离子，溶液中Cu2+显蓝色、Fe3+显棕黄色。加盐酸产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，由Ag++Cl-=AgCl↓说明溶液中含有Ag+；在(2)的滤液中加过量的氨水，氨水是可溶性弱碱，先与滤液中的酸中和，后产生白色沉淀，由Mg2++ 2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+可推断原溶液中含Mg2+；第(5)小题要从离子共存角度分析。
【详解】(1)因为溶液是无色透明的，不存在显棕黄色的Fe3+和显蓝色的Cu2+，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在Cu2+、Fe3+；
(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，AgCl为不溶于稀硝酸的白色难溶物，可以确定原溶液中肯定存在Ag+；
(3)取(2)中的滤液，加入过量的氨水（NH3·H2O）,先中和滤液中的酸：H++ NH3·H2O=NH4++H2O，过量的氨水可发生反应：Mg2++ 2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2NH4+，说明原溶液肯定有Mg2+；
(4)由上述分析知，无法排除K+的存在，所以溶液中可能存在K+；通过焰色反应实验可验证K+是否存在：用铂丝蘸取待测液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色则证明K+存在，否则不存在。
(5)由上述分析可知，原溶液一定存在Ag+和Mg2+，因为Cl-、CO32-、OH-可与Ag+、Mg2+发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，2Ag++CO32-=Ag2CO3↓，Ag++OH-=AgOH↓，Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，所以原溶液中不可能大量存在Cl-、CO32-、OH-，4个选项中只有NO3-可以大量存在，答案选B。
三、实验与探究题（共 24 分）
30.如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。
回答下列问题：
(1)装置 A 中，仪器 a 的名称叫_____，该仪器中盛放的试剂为_____，装置 B的作用是_____。
(2)装置 A 中发生反应的化学方程式是_____。
(3)当 Cl2 持续通过时，装置 D 中干燥的有色布条能否褪色？为什么？_____，____。
(4)若要证明干燥的 Cl2 无漂白性，可在装置 D 前添加一个装有_____的洗气瓶。
(5)装置 E 的作用是_____，该反应的离子方程式为_____。
【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 浓盐酸 (3). 吸收 HCl (4). MnO2 + 4HCl（浓）MnCl2 + 2H2O + Cl2 ↑ (5). 能褪色 (6). 因为 Cl2 与带出的 H2O(g)反应生成 HClO，使有色布条褪色 (7). 浓 H2SO4 (8). 除去多余的 Cl2 (9). Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O
【解析】
【分析】
本题实验目的是制取Cl2和验证Cl2部分化学性质，从装置图上看，A装置是实验室制Cl2的“固+液气”装置，分液漏斗a中盛装浓盐酸，产生的Cl2中混合HCl气体， Cl2难溶于食盐水，而HCl极易溶于水，所以饱和食盐水的作用就是除去Cl2中的HCl气体，；Cl2能置换I2，淀粉溶液遇I2变蓝；Cl2有毒，必须有尾气吸收装置，E中NaOH溶液能很好地吸收Cl2：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，由此分析解答。
【详解】(1)仪器a的名称叫分液漏斗，该仪器中盛放浓盐酸，为实验中添加浓盐酸，控制反应速率。因Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl气体极易溶液于水，所以装置B吸收HCl，以除去Cl2的混有的HCl气体。
(2)浓盐酸与MnO2在加热条件下反应制取Cl2，其化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(3)当Cl2通过B、C溶液时会带有水蒸气，D中干燥的有色布条遇到潮湿的Cl2时有反应Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，所以有色布条褪色。
(4)若要证明干燥的Cl2无漂白性，就必须将Cl2中的水蒸气除去，而题目要求是通过洗气瓶，因此应选用液态干燥剂浓硫酸，所以在装置 D 前添加一个装有浓硫酸的洗气瓶。
(5)Cl2有毒，不能排放到大气中，多余的Cl2必须吸收，因Cl2易与NaOH溶液反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，所以装置E的作用是除去多余的Cl2；该反应的离子方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O。
31.实验室需要 0.50 mol·L-1 的硫酸溶液 480 mL。根据溶液的配制情况回答下列问 题。
(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是__________（填序号），除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是__________。
(2)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为 98%、密度为 1.84 g·cm-3 的浓硫酸，其物质的量浓度为________，需要的体积为_____mL。如果实验室有 15mL、20mL、50mL量筒，应选用_____mL 量筒最好。
(3)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是_______
A、使用容量瓶前检验是否漏水
B、容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤
C、配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至 接近刻度线 1~2 cm 处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
D、配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至 刻度线 1~2 cm 处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。
E、盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。
(4)在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 0.5 mol·L-1（填“大于”“小于”或“等于”）。
(5)该同学在定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
【答案】 (1). A 、C (2). 烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶 (3). 13.6 (4). 15 (5). B、C、D (6). 小于 (7). 偏低
【解析】
（1）用浓硫酸溶液来配制0.5mol/L的硫酸溶液480mL，由于实验室无480ml的容量瓶，故先配制0.5mol/L的硫酸溶液500溶液，需要的仪器有：量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500容量瓶。不需要的仪器是瓶底烧瓶和分液漏斗，答案选A、C；还需要的仪器是：玻璃棒、烧杯和500ml容量瓶。
（2）98%、密度为1.84g/cm3
的浓硫酸的物质的量浓度c=1000ρw/98=1000×98%×1.84/98(mol /L)=18.4mol /L，先配制500ml溶液，根据溶液稀释的公式有V（浓硫酸）=c(稀硫酸)×V(稀硫酸)/c（浓硫酸）=0.5mol/L×0.5L ÷18.4mol /L=0.0136L=13.6ml，所需浓硫酸的体积为13.6ml，实验室可以选用量程为15ml的量筒来量取。
（3）使用容量瓶前应检验是否漏水，A正确；容量瓶用水洗净后，不能再用待配溶液洗涤，否则浓度偏大，B错误；有些固体和液体溶于水会有热量的变化，故不能在容量瓶中溶解固体和稀释液体，C、D错误；定容后盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，E正确。故操作不正确的是B、C、D。
（4）定容时仰视刻度线，加水的体积偏多，导致配制的溶液的浓度小于0.5mol/L。
（5）定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，相当于溶液的稀释，所配溶液浓度将偏低。
点睛：本题易错处在于学生选择480ml容量瓶配制溶液，而没有选择500ml容量瓶，或者计算时用480ml计算而导致出错，解决的办法是亲自去实验室观察各种容量瓶并动手做实验，留下感官印象。
