1、学年四川省德阳市第五中学高一上学期期中考试化学试题解析版四川省德阳市第五中学2017-2018学年高一半期考试化学试卷说明：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。2本试卷满分100分，化学、生物合卷，150分钟完卷。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Ca-40 Cu-64 第卷 选择题(共42分)一、选择题（每题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分）1. 下列叙述正确的是A. 氧化还原反应中一定有电子的得失B. 元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化，也可能被还原C. 失电子难的原子，获得
2、电子的能力一定强D. 有单质参加或生成的反应一定属于氧化还原反应【答案】B【解析】A. 氧化还原反应中有的是电子的得失，如2NaCl2 2NaCl，有的是电子的偏移，如H2Cl2 2HCl，故A错误；B.在2H2O2H2+O2的反应中，氢元素被还原，氧元素被氧化，所以某元素从化合态变成游离态时，该元素可能被氧化也可能被还原，故B正确；C.第A中的C和Si元素既不易失电子也不易得电子，故C错误；D.有单质参加或有单质生成的化学反应如3O23O3，不属于氧化还原反应，故D错误。答案选B。点睛：本题的易错点是C项和D项，失去电子的难易与获得电子的难易无关，物质的氧化性或还原性的强弱取决于得到或失去电
3、子的难易；一个反应是不是氧化还原反应，要根据氧化还原反应的特征，即有没有元素化合价的变化来判断，有单质参加或生成的化学反应，如果没有元素化合价的变化，也不是氧化还原反应，如氧气和臭氧之间的转化就不是氧化还原反应。2. 下列实验操作中正确的是A. 蒸馏操作时，应向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸B. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热C. 分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从下口放出D. 萃取操作时，可以选用CCl4或酒精作为萃取剂从碘水中萃取碘【答案】A【解析】A. 沸石可防止液体剧烈沸腾，则蒸馏操作时，应向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸，故A
4、正确；B. 蒸发时，为避免温度过高而导致固体迸溅，当有大量晶体析出时，停止加热，利用余热蒸干，故B错误；C. 分液时为避免上下层液体重新混合而污染，应先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出，故C错误；D. 酒精与水互溶，不能作萃取剂，应选用CCl4或苯作为萃取剂从碘水中萃取碘，故D错误。答案选A。3. 某课外探究小组只领取下列仪器或用品：铁架台、铁圈、铁夹、三脚架、石棉网、烧杯、分液漏斗、酒精灯、玻璃棒、量筒、蒸发皿、蒸馏烧瓶、火柴、滤纸、漏斗。只应用上述实验仪器或实验用品，不能进行的实验操作是A. 蒸发 B. 萃取 C. 过滤 D. 蒸馏【答案】D考点：本题考查基本实验操作
5、。4. 除去括号内杂质所用试剂和方法不正确的是A. CO2(HCl)氢氧化钠溶液，洗气B. KNO3(NaCl)结晶C. 水(NaCl)蒸馏D. Cu(Fe)溶于足量盐酸，过滤【答案】A【解析】A.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，故A错误；B. 硝酸钾的溶解度受温度影响较大，而氯化钠的溶解度受温度影响较小，则通过冷却结晶，过滤可实现除杂，故B正确；C.水易挥发而氯化钠难挥发，则可以用蒸馏的方法除去氯化钠杂质，故C正确；D.Fe与盐酸反应，而Cu不能反应，则加足量盐酸后过滤可除去Fe中的Cu，故D正确。答案选A。5. 下列溶液中，溶质的物质的量
6、浓度为1 molL1 的是A. 将40 g NaOH溶于1 L 水所得的溶液B. 将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL 加热蒸发掉50 g水，所得的溶液C. 将31 g Na2O 溶于水并配成1 L的溶液D. 含K为1molL1的K2SO4溶液【答案】C【解析】A中水的体积为1L，溶解氢氧化钠后溶液的体积一定会变化，所以溶度无法计算，A错误。B原溶液为100mL，蒸发掉50g的水后，剩余溶液的体积不可能是50mL（应该说将原溶液蒸发至体积剩余50mL），B错误。C中31 g Na2O为0.5mol，与水反应生成1mol NaOH，浓度为1mol/L，C正确。D含K为1molL1的K
7、2SO4溶液中浓度应该为0.5mol/L，D错误。6. 分类方法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列5种分类标准中合理的有根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等根据反应中是否有电子的转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应根据分散系是否具有丁达尔现象，将分散系分为溶液、胶体和浊液根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为酸性氧化物和碱性氧化物根据物质在水溶液里或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质A. 5种 B. 4种 C. 3种 D. 2种【答案】D【解析】根据酸能电离出氢离子的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故错误；根据反应中是否有电子转移将化学反
8、应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故正确；根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液，胶体和浊液，故错误；根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物，能和碱反应生成盐和水的氧化物称为酸性氧化物，能和酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸又能与碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物，故错误；根据在水溶液里或者熔融状态下是否导电可将化合物分为电解质和非电解质，故正确，分类标准合理的是和，故答案选D。7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：a克某气体中含有的分
9、子数为b，则c克气体含有的分子数为bc/a，c克该气体的物质的量为bc/aNAmol，在标准状况下Vm=22.4L/mol，则体积为bc/aNAmol22.4L/mol=L，B项正确；答案选B。考点：考查加德罗常数的应用8. 设NA 代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A. 0.1 mol/L Ba(NO3)2溶液中含NO3的数目为NAB. 28g以任意比组成的CO与N2混合气体中含有原子的数目为2NAC. 100g 98H2SO4溶液中含氧原子数为4NAD. 1L 1mol/L 的盐酸溶液中所含氯化氢分子数为NA【答案】B【解析】A因未给出溶液的体积，所以无法计算0.1mol/LBa(
10、NO3)2溶液中NO3的数目，故A错误；B氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28g/mol，且都是双原子分子，所以28g二者混合物的物质的量为1mol，含有原子个数2NA，故B正确；C在硫酸溶液中，除了硫酸外，水也含有氧原子，故溶液中含有的氧原子数多于4NA，故C错误；D氯化氢为强电解质，在水中完全电离，盐酸溶液中不存在HCl分子，故D错误。答案选B。9. 下列反应的离子方程式正确的是A. 氧化铜与硫酸混合：O22HH2OB. 氢氧化钡溶液与稀硫酸的反应：Ba2+OHH+SO42BaSO4H2OC. 石灰石和盐酸反应：CaCO32H+Ca2+CO2H2OD. Fe和盐酸反应：2Fe6H+2Fe3+3
11、H2【答案】C【解析】A. 氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，氧化铜不能写成离子形式，正确的离子方程式为：CuO2H+=Cu2H2O，故A错误；B.氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2+2OH2H+SO42 BaSO42H2O，故B错误；C.石灰石和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO32H+ Ca2+CO2H2O，故C正确；D.Fe和盐酸反应时生成氯化亚铁和氢气，不能生成氯化铁，正确的离子方程式为：Fe2H+Fe2+H2，故D错误。答案选C。点睛：离子方程式是用实际参加反应的离子符号来表示反应的式子，书写离子方程式要特别注意：.可溶于
12、水的强电解质拆成离子形式，其他物质如单质、氧化物、沉淀、水等均不能拆成离子形式，如本题中的CuO、石灰石都要写成化学式；.要符合反应的客观事实，如D项中的Fe和盐酸反应时，生成的是亚铁离子而不是铁离子；.书写的离子反应式要符合物质的配比，如B项中的离子方程式就是因为不符合物质的配比而错误。10. 若以w1和w2分别表示物质的量是浓度为c1 molL1和c2 molL1硫酸溶液的质量分数，已知2 w1w2，则下列推断正确的(硫酸的密度比纯水的大)A. 2c1c2 B. 2c2c1 C. c22c1 D. c1c22c1【答案】C【解析】试题分析：浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，利用
13、c=进行判断。设物质的量是浓度为c1molL-1的密度为1，物质的量是浓度为c2molL-1硫酸溶液的密度为2，则c1=，c2=，=因浓硫酸的密度大于水，溶液的浓度越大，密度越大，则12，则c22c1，选C考点：考查物质的量浓度与质量分数的计算与比较11. 已知还原性强弱顺序是IBrFe2+Cl(氧化性Cl2Fe3+Br2I2)，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是A. Br22HII22HBrB. 2FeCl2Cl22FeCl3C. 2FeCl22HClI22FeCl32HID. Cl2通入到NaBr和NaI的混合溶液中：Cl2优先氧化I【答案】C考点：考查氧化还原反应的应用12. 下列说法
14、正确的是A. MnO2+4HClMnCl2 +Cl2 + 2H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为14B. 2H2S+ SO23S+2H2O中，氧化产物和还原产物物质的量之比为11C. 3S+ 6KOH2K2S+ K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为21D. 5NH4NO34N2 +2HNO3+9H2O中，反应中发生氧化反应和发生还原反应的氮元素物质的量之比为53【答案】D【解析】试题分析：A中MnO2化合价降低做氧化剂；HCl化合价升高做还原剂。但4molHCl参加反应只有2mol被氧化。所以A正确。B从反应中2molH2S做还原剂被氧化得到氧化产物2molS；1mo
15、lSO2做氧化剂被还原得到还原产物1molS；所以B错误。C3molS反应其中有2molS化合价降低被还原发生还原反应；其中1molS化合价升高被氧化发生氧化反应。所以C错误。D反应中NH4+中的N由3价升至0价，发生氧化反应；NO3中的N由+5价降至0价，发生还原反应；所以D正确。考点：氧化还原反应概念及相关计算。点评：掌握氧化还原反应概念判断及相关计算。13. 赤铜矿的主要成分是Cu2O，辉铜矿的主要成分是Cu2S，将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应：Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2，关于该反应的说法中正确的是A. 该反应的氧化剂只有Cu2OB. Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂
16、C. Cu既是氧化产物又是还原产物D. 每生成19.2gCu，反应中转移0.6 mole【答案】B【解析】A. 在反应Cu2S+2Cu2O6Cu+SO2中，化合价降低的元素是铜元素，所在的反应物Cu2S、Cu2O是氧化剂，故A错误；B. Cu2S中硫元素化合价升高，铜元素化合价降低，所以Cu2S在反应中既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；C. 反应物Cu2S、Cu2O中的铜元素化合价降为金属铜中的0价，金属铜为还原产物，故C错误；D. 反应Cu2S+2Cu2O 6Cu+SO2中，硫元素由2价升高到+4价，化合价升高了6价，转移了6mol电子，生成金属铜6mol，所以每生成19.2g(即0.3mo
17、l)Cu，反应中转移0.3mol电子，故D错误。答案选B。点睛：本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，把握反应中元素化合价的变化是解题的关键，在解答本题时，要特别注意Cu2S和Cu2O中铜元素和硫元素化合价的判断以及氧化还原反应基本概念之间的关系。14. R2O82离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后R2O82离子变为RO42离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为52，Mn2+离子被氧化后的化合价为A. 4 B. 5 C. 6 D. 7【答案】D【解析】R2O82中R元素的化合价是+7价，RO42中R元素的化合价是+6价，则R元素化合价降低，R2O
18、82是氧化剂，所以Mn2+是还原剂，设Mn元素的化合价升高到+x价，则根据得失电子守恒有：5（7-6）22（x2），得x7，故答案选D。第卷 非选择题(共58分)15. 下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制95mL 1 molL-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。请回答下列问题：（1）盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的_。（2）配制稀硫酸时，除玻璃棒外还缺少的仪器是_(写仪器名称)；（3）经计算，配制95mL1 molL-1的稀硫酸，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL，量取硫酸时应选用_mL规
19、格的量筒(填序号)；A10 mL B50 mL C100 mL D200mL（4）取25 mL1 molL-1的硫酸，向其中加入一定量的氧化铜，充分反应后制得硫酸铜溶液。用该溶液制取CuSO45H2O，所需要的主要玻璃仪器除酒精灯、玻璃棒外，还缺少的仪器是_；（5）对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1 molL-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因_(填序号)。A用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸 B容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水C将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作D转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面 E定容时，俯视容量瓶刻度线进
20、行定容 F定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处【答案】 (1). D (2). 100mL的容量瓶 (3). 5.4 (4). A (5). 烧杯 (6). ACE【解析】.浓硫酸是强酸，有很强的腐蚀性，故应贴腐蚀品标志，故选D；. 因无95mL的容量瓶，因此应选择100mL的容量瓶进行配制，配制稀硫酸溶液的步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故还缺少的仪器为100mL的容量瓶，故答案为：100mL的容量瓶；(3).浓硫酸的物质的量浓度为c =10001.8498%98=18.4m
21、ol/L，设所需浓硫酸的体积为VmL，根据溶液稀释定律C浓V浓=C稀V稀可知：18.4mol/LVmL=1mol/L100mL，解得V=5.4mL，需要量取的浓硫酸的体积为5.4mL，根据“大而近”的原则，应选择10mL的量筒，故答案为：5.4；A；.由硫酸铜溶液制取CuSO45H2O，所需要的主要玻璃仪器除酒精灯、玻璃棒外，还缺少的仪器是烧杯，故答案是：烧杯；(5). A.用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸，则所量取的溶液体积偏大，浓度偏高，故A正确；B. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度无影响，故B错误；C. 将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以
22、后的实验操作，待冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故C正确；D. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，会导致溶质损失，则浓度偏低，故D错误；E. 定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，则溶液体积偏小，浓度偏高，故E正确；F. 定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线是正常的，补充几滴水至刻度处，则浓度偏小，故F错误；故答案选ACE。点睛：本题考查物质的量浓度的计算以及溶液的配制，在做此类试题时，要注意把握相关计算公式的运用，记住常见的计算公式，如体积为VL、密度为g/cm3的某溶液中，溶质的摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c= 等，配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c= 进行判
23、断。16. ICH4与CO2的混合气体的密度是相同条件下H2密度的14倍，则混合气体中CH4与CO2的分子个数比为_；对于数以千万计的化学物质和为数更多的化学反应，分类法的作用几乎是无可替代的。II根据物质的组成和性质将下列无机化合物进行了分类。物质类别酸碱盐氧化物氢化物化学式H2SO4_NaOH_Na2SO4K2CO3SO2Na2OHCl_（1）请仔细观察表格中的物质类别，从K、H、O、C、N五种元素中任选两种或三种组成合适的弱电解质，将化学式分别填在表中、后面的横线上。（2）和可发生非氧化还原反应，生成一种盐。该反应的化学方程式为_；（3）将的固体加入的稀溶液中，反应的离子方程式为_；（4
24、）下列关于氧化物的叙述，正确的是_。A金属氧化物一定属于碱性氧化物B碱性氧化物一定属于金属氧化物C非金属氧化物一定属于酸性氧化物D酸性氧化物一定属于非金属氧化物（5）下列关于酸、碱、盐元素组成的说法中，正确的是_。A酸、碱一定含有氢，盐一定不含氢B酸、碱、盐可能都不含金属元素C碱、盐可能含氧，酸一定含氧D盐、碱一定含有金属元素，酸一定不含金属元素【答案】 (1). 4:3 (2). H2CO3 (3). NH3H2O (4). H2O (5). Na2OSO2Na2SO3 (6). Na2O2H2NaH2O (7). B (8). B【解析】I.相同条件下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，CH
25、4与CO2的混合气体的密度是相同条件下H2密度的14倍，则混合气体的平均摩尔质量为28g/mol，设CH4和CO2的物质的量分别为xmol、ymol，则根据摩尔质量的计算公式M，有：28，解得x:y4:3，则混合气体中CH4与CO2的分子个数比为4:3，故答案为：4:3；II（1）弱电解质包括弱酸、弱碱和水，则K、H、O、C、N五种元素中任选两种或三种组成合适的弱电解质，弱酸可以是H2CO3，弱碱可以是NH3H2O，氢化物可以是H2O，故答案为：H2CO3；NH3H2O；H2O；（2）SO2和Na2O发生非氧化还原反应生成亚硫酸钠，反应的化学方程式为：Na2OSO2Na2SO3，故答案为：Na
26、2OSO2Na2SO3；（3）Na2O与硫酸反应生成硫酸钠和水，反应的离子方程式为：Na2O2H2NaH2O，故答案为：Na2O2H2NaH2O；（4）A金属氧化物不一定属于碱性氧化物，如Al2O3就属于两性氧化物，故A错误；B碱性氧化物都是金属氧化物，故B正确；C非金属氧化物不一定属于酸性氧化物，如CO、NO等就不是酸性氧化物，故C错误；D酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，同时也是酸性氧化物，故D错误；答案选B；（5）A. 酸中含有H+、碱中一定含有OH-，故酸、碱中一定含有氢元素，盐中可能含有氢元素，例如硫酸氢钠属于盐，其中含有氢元素，故A错误；B.酸中可能不含金属
27、元素，如硫酸，碱中也可能不含金属元素，如NH3H2O属于碱，但不含有金属元素，铵盐中也不含有金属元素，故B正确；C.碱中含有OH-，一定含有氧元素，盐中可能含有氧元素也可能不含氧元素，如NaCl和Na2SO4，酸分为含氧酸和无氧酸，故酸中不一定含有氧元素，故C错误；D. NH3H2O属于碱，但不含有金属元素，铵盐中也不含有金属元素，故D错误；答案选B。17. 氧化还原反应知识贯穿于中学化学教材，从初中阶段的简单了解，到高中基本理论知识，再到元素化合物部分的实际应用，再到化学电源本质的理解，再到有机化学中物质类型的变化关系，层层推进，高潮迭起。分析氧化还原反应常用双线桥法和单线桥法来表示电子转移
28、的方向和数目。I在KClO3+6HClKCl+3Cl2 +3H2O的反应中：（1）请用单线桥法标出电子转移的方向和数目_；（2）该反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_；（3）若生成 0.3 mol Cl2，则转移的电子的数目为_；II已知硫化亚铁是一种黑色块状固体，在空气中煅烧时生成二氧化硫气体和烧渣；硫化亚铁常温下难溶于水，易溶于稀盐酸、稀硫酸而生成能溶于水的硫化氢气体。硫化亚铁与浓硫酸加热条件下，可发生反应：2FeS+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2 +2S+6H2O：（4）请用双线桥法标出电子转移的方向和数目_。（5）H2SO4在该反应中显示出来的性质是_；(填序
29、号)A氧化性 B还原性 C酸性 D碱性96该反应中，氧化产物是_。【答案】 (1). (2). 51 (3). 0.5NA (4). (5). A C (6). Fe2(SO4)3和S【解析】I（1）. 在6HCl + KClO3KCl+3Cl2 +3H2O的反应中，KClO3中Cl元素从+5价降低到0价，HCl中Cl元素化合价从1价升高到0价，根据得失电子守恒，用单线桥法表示的式子为：，故答案为：；（2）.根据上述分析可知，在该反应中KClO3是氧化剂，HCl是还原剂，则氯气既是氧化产物也是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为5:1，故答案为5:1；（3）.根据方程式可知，当有3mo
30、l氯气生成时，转移电子5mol，则生成 0.3 mol Cl2，转移电子的物质的量为0.5mol，数目为0.5NA，故答案为：0.5NA；II（4）.在2FeS+6H2SO4(浓) Fe2(SO4)3+3SO2 +2S+6H2O反应中，FeS中铁元素化合价从+2价升高到+3价，硫元素化合价从2价升高到0价，H2SO4中硫元素化合价从+6价降低到+4价，根据得失电子守恒，则用双线桥法表示的式子为：，故答案为：；（5）.在该反应中，部分硫酸生成硫酸铁和水，体现了硫酸的酸性，部分硫酸中的硫元素化合价降低，体现了硫酸的氧化性，故答案选AC；（6）.在该反应中，FeS中的铁元素和硫元素化合价都升高，则FeS是还原剂，产物Fe2(SO4)3和S都是氧化产物，故答案是：Fe2(SO4)3和S。点睛：本题的难点是用单线桥法和双线桥法表示电子转移的方向和数目，明确
