广西桂林中学2017-2018学年高一化学上学期期中试题（含解析）

桂林中学20172018学年上学期高一年级期中考试化学科试卷1.在实验室中，通常将金属钠保存在（）A.水中 B.煤油中 C.四氯化碳中 D.汽油中【答案】B【解析】A、金属钠和水之间能反应，所以不能保存在水中，故A错误；B、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B正确；C、金属钠与四氯化碳不反应，但密度比四氯化碳小，浮于煤油，能接触到空气，所以钠不能保存四氯化碳中，故C错误；D、金属钠与汽油中不反应，密度比汽油大，沉于煤油液面，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；【点评】金属的保存需要考虑金属的物理性质和化学性质．2.鉴别氯化铁溶液与氢氧化铁胶体最简便的方法是()A.萃取 B.渗析 C.过滤 D.丁达尔效应【答案】D【解析】鉴别氯化铁溶液与氢氧化铁胶体最简便的方法是丁达尔效应，能产生丁达尔效应的为氢氧化铁胶体，不能产生丁达尔效应的为氯化铁溶液，答案选D。点睛：溶液和胶体的本质区别是分散质粒子的大小，分散质粒子小于1nm的分散系为溶液，分散质粒子在1nm~100nm之间的分散系为胶体；鉴别胶体和溶液用丁达尔效应，能产生丁达尔效应的为胶体，溶液不能产生丁达尔效应。3.已知①中盛有一定量的碳酸钠溶液,根据下图所示的实验过程，下列说法正确的是()A.②中溶液为无色B.③中溶液的溶质组成有2种情况C.④中溶液的溶质除酚酞外，还有3种D.加入过量稀盐酸后，③中只观察到沉淀消失，产生大量气泡【答案】C【解析】碳酸钠溶液能使酚酞变红，故A错误；③中溶液的溶质组成有（碳酸钠、酚酞、氢氧化钠），（酚酞、氢氧化钠），（酚酞、氢氧化钠、氢氧化钙）3种情况，故B错误；④中溶液的溶质除酚酞外，还有氯化钠、氯化钙、氯化氢，故C正确；加入过量稀盐酸后，③中观察到沉淀消失，产生大量气泡，溶液由红色变为无色，故D错误。4.下列离子方程式正确的是()A.石灰乳与过量碳酸氢钙溶液反应：HCO3—＋Ca2＋＋OH－==CaCO3↓＋H2OB.向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体：Fe3+＋3H2O（沸水）Fe(OH)3（胶体）+3H+C.二氧化碳通入足量的氢氧化钠溶液：CO2+OH－═HCO3－D.氧化钠与盐酸反应：O2－＋2H＋====H2O【答案】B【解析】A、石灰乳不能拆，选项A错误；B、向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为：Fe3+＋3H2O（沸水）Fe(OH)3（胶体）+3H+，选项B正确；C、二氧化碳通入足量的氢氧化钠溶液，发生反应的离子方程式为：CO2+2OH－═CO32－+H2O，选项C错误；D、氧化钠与盐酸反应的离子方程式为：Na2O＋2H＋=2Na++H2O，选项D错误。答案选B。5.下列各组离子中能大量共存，溶液呈现无色，且加入一小块钠后仍然能大量共存的是A.K+、MnO4—、SO42—、H+ B.Ba2+、Na+、HCO3—、NO3—C.Na+、NO3—、K+、Cl− D.Ca2+、NO3—、Cl−、CO32—【答案】C【解析】A中MnO4－为紫色，不符合题意，且H＋与Na反应；B中Na与水反应生成的NaOH与HCO3－反应，有CO32－生成；D中Ca2＋与CO32－不共存。6.设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是()A.28g以任意比组成的CO与N2混合气体中含有原子数为2NAB.将100mL0.1mol/L的FeCl3溶液滴入沸水中可制得Fe(OH）3胶粒数目为0.01NAC.在H2O2+Cl2=2HCl+O2反应中，每生成32g氧气，则转移4NA个电子D.1L1mol/L的盐酸中有NA个HCl分子【答案】A【解析】A、CO与N2的摩尔质量都为28g/mol，n==1mol，都为双原子分子，则28g以任意比组成的CO与N2混合气体中含有原子数为2NA，选项A正确；B、依据胶体微粒是氢氧化铁的集合体分析，将100mL0.1mol/L的FeCl3溶液滴入沸水可制得Fe(OH)3胶粒小于0.01NA，选项B错误；C、氧气的物质的量为=1mol，氧元素化合价由1价升高为0价所以生成32g氧气转移电子数为1mol×2×NAmol1=2NA，选项C错误；D、1L1mol/L的盐酸中不存在氯化氢分子，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了胶体组成和性质，氧化还原反应电子转移计算，物质组成的微粒分析判断，物质的量和微粒数的计算应用，掌握基础是关键。7.将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100mL1mol·L－1的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比是()A.1∶2∶3 B.6∶3∶2 C.3∶1∶1 D.1∶1∶1【答案】C【解析】2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，0.1molHCl消耗0.1molNa，生成0.05molH2，剩余的0.2molNa将继续与H2O反应生成H2，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.2molNa与水反应生成0.1molH2，所以0.3molNa共生成0.15molH2；Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，0.3molMg与0.1molHCl反应，Mg过量，根据HCl的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol；2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，0.3molAl与0.1molHCl反应，Al过量，根据HCl的物质的量进行计算，所以生成的H2的物质的量为0.05mol。同温同压下气体体积比等于气体的物质的量之比，所以三种金属产生氢气的体积比为0.15:0.05:0.05=3:1:1，答案选C，正确答案为C。点睛：本题重点考查物质的量在化学方程式中的计算，当两种反应物的量都已知时，需要判断两者是否恰好完全反应，如果不是恰好完全反应，必须根据量少的物质进行计算。特别注意的是：当Na过量时，剩余的Na继续与H2O反应产生H2。8.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO32HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A.5∶3 B.5∶4 C.1∶1 D.3∶5【答案】A【解析】根据反应方程式，5mol的NH4NO3中含有5mol的NH4＋和5molNO3－，NH4＋中N元素的化合价是－3价，N2中N元素的化合价是0价，所以5mol的NH4＋共失去3×5=15mol电子，作还原剂生成氧化产物N22.5mol；NO3－中N元素的化合价是＋5价，其中2molNO3－生成2HNO3化合价未变，3molNO3－作氧化剂生成还原产物N21.5mol，共得到5×3=15mol电子，所以还原产物与氧化产物的物质的量之比等于1.5:2.5=3:5，答案选D。点睛：氧化还原反应价态的变化规律中有两点：①相互靠拢，不发生交叉，②在发生氧化还原反应中化合价是逐级变化，在具体应用中体现出来的是归中和歧化反应，所以这两类反应是氧化还原反应规律的应用。9.已知氧化性强弱顺序：Cl2>Br2>Fe3+>I2。下列反应不能发生的是()A.Br2+2I－=I2+2Br－ B.2FeCl2+Cl2=2FeCl3C.2FeCl2+2HCl+I2=2FeCl3+2HI D.2Fe3++2I－=2Fe2++I2【答案】C【解析】试题分析：A、溴的氧化性强于碘，该反应能发生，A正确；B、氯气的氧化性强于氯化铁，该反应能发生，B正确；C、氯化铁的氧化性强于碘，可以氧化碘离子为单质碘，但单质碘不能氧化氯化亚铁，反应不能发生，C错误；D、根据C中分析可知反应能够发生，D正确，答案选C。考点：考查氧化还原反应的应用10.如果Fe3＋、SO42－、Al3＋和M四种离子以物质的量之比为2∶4∶1∶1共同存在于同一种溶液中，那么M可能是()A.Na＋ B.OH－ C.CO32－ D.Cl－【答案】D【解析】Fe3+、SO42、Al3+和M四种离子以物质的量之比为2：4：1：1共同存在于同一种溶液中，由电荷守恒可知，3×2+3×1＞2×4，则M为阴离子，设电荷数为x，则：3×2+3×1=2×4+x×1，解得x=1，又选项中OH－与Al3+、Fe3+发生反应生成沉淀，不能共存，答案选D。点睛：本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重电荷守恒和氧化还原的考查，把握电荷守恒确定阴离子为解答的关键。11.常温常压下，用等质量的H2、CO、NH3、H2S分别吹出四个气球，其中气体为CO的是A. B. C. D.【答案】B【解析】H2、CO、NH3、H2S的摩尔质量依次为2g/mol、28g/mol、17g/mol、34g/mol，则等质量的四种气体物质的量由大到小的顺序为H2NH3COH2S，根据阿伏加德罗定律，常温常压下四种气体体积由大到小的顺序为H2NH3COH2S，则A、B、C、D气球中气体依次为H2S、CO、NH3、H2，答案选B。12.下列变化中，必须加入还原剂才可以实现的是()A.KC1O3→KC1 B.CO→CO2 C.Fe2(SO4)3→FeSO4 D.Na2O2【答案】C【解析】A、KC1O3分解生成KC1和氧气，自身发生氧化还原反应，不需要加入还原剂就可发生，选项A不选；B、CO→CO2碳的化合价升高，必须加入氧化剂才能实现，选项B不选；C、Fe2(SO4)3→FeSO4铁元素的化合价降低，必须加入还原剂才可以实现，选项C选；D、Na2O2→NaOH，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠自身发生氧化还原反应，不需要加入还原剂就可发生，选项D不选。答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应中氧化剂、还原剂的应用。解答此类问题需掌握以下规律：氧化剂得电子，化合价降低，具有较强氧化性；还原剂失电子，化合价升高，具有较强还原性。13.在空气中长时间放置少量金属钠，最终产物是A.Na2CO3 B.NaOH C.Na2O D.Na2O2【答案】A【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生成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉末（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O。最终的产物是Na2CO3。答案选A。点睛：本题考查金属钠暴露在空气中发生的现象，体现了钠及其化合物的性质，根据钠及其化合物的性质可以解释发生的现象。14.将一小块钠投入盛50mL澄清饱和石灰水的烧杯里，不可能观察到的现象是（）A.钠熔成小球并在液面上游动 B.有气体生成C.溶液底部有银白色物质生成 D.溶液变浑浊【答案】D【解析】A．钠的密度小于水的密度，所以会浮在水面上，钠和水反应放出大量的热，且钠的熔点较低，使钠熔成小球，钠和水反应生成的氢气使小球到处游动，A不符合题意；B．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以有气体生成，B不符合题意；C．钙的活泼性大于钠，且钠、钙都易和水反应生成碱，所以钠在水溶液中不可能置换出钙，C符合题意；D．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出热量，随着反应的进行水的量减少，氢氧化钙溶液成为过饱和溶液，溶液中析出部分氢氧化钙而导致溶液成悬浊液，D不符合题意；答案选C。点睛：本题考查钠的性质，注意该题中氢氧化钙溶液是饱和溶液，且氢氧化钙是微溶性物质，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而降低，为易错点。15.下列物质既能与烧碱溶液反应，又能与盐酸溶液反应的是()A.Na2O B.Na2CO3 C.NaOH D.NaHCO【答案】D【解析】A、只与盐酸反应Na2O＋2HCl=2NaCl＋H2O；B、只与盐酸反应Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑C、只与盐酸反应NaOH＋HCl=NaCl＋H2O;D、既能与烧碱溶液反应，又能与盐酸溶液反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2,NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O，D正确，选D。16.用0.3molNa2SO3恰好被0.1mol氧化剂X2O72氧化生成Na2SO4，则元素X在还原产物中的化合价是A.+6 B.+3 C.+2 D.0【答案】B【解析】试题分析：Na2SO3恰好将XO4还原，反应中Na2SO3变成Na2SO4，S元素的化合价由+4价升高为+6价，则X的化合价降低，设元素X在还原产物中的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol×(64）=0.1mol×(6x）×2，解得x=+3，故选B。【考点定位】考查氧化还原反应的计算【名师点晴】本题考查氧化还原反应的计算。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数）；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂）×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价）＝n(还原剂）×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价）。明确氧化还原反应中元素的化合价升降及电子守恒是解答本题的关键。17.以下说法不正确是()A.常温下，在水中溶解性：NaHCO3<Na2CO3B.等物质的量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应产生的CO2质量相同C.铝箔加热至熔化，但熔化的铝并不滴落，原因是氧化铝的熔点比铝熔点高D.在实验室里，常用铝盐溶液与强碱溶液反应来制取氢氧化铝【答案】D【解析】A、相同条件下，在水中碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠的溶解度，选项A正确；B、碳酸钠和碳酸氢钠与足量的盐酸反应时，根据碳元素守恒，等物质的量的Na2CO3、NaHCO3中C的量相等，均生成二氧化碳，所以生成二氧化碳的量相等，选项B正确；C、高温加热铝箔至熔化，铝不会滴落，是因为构成薄膜的氧化铝的熔点高于铝的熔点，包在外面，所以熔化了的液态铝不会滴落，选项C正确；D、氢氧化铝具有两性，既可以与强酸反应，又可以与强碱反应，如果用氢氧化钠溶液与可溶性铝盐溶液反应制取氢氧化铝，会使生成的氢氧化铝继续与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，得不到氢氧化铝沉淀，应该用氨水来代替氢氧化钠溶液，选项D不正确。答案选D。18.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示，则原混合溶液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为()A.6∶1 B.3∶1 C.2∶1 D.【答案】D【解析】由Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O可知：沉淀溶解过程中消耗10ml碱液，则铝离子在沉淀过程中消耗的碱液为30ml，而另外的20ml碱液由镁离子消耗：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓；由此可知Al3＋与Mg2＋的物质的量相同，所以原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2；19.下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的(主要）成分。编号①②③④⑤⑥⑦名称酒精醋酸火碱食盐铜导线亚硫酸酐苏打主要成分CH3CH2OHCH3COOHNaOHNaClCuSO2Na2CO3（1）请你对表中①～⑦的主要成分进行分类(填编号）：属于电解质的是______，属于非电解质_______。（2）过量②的水溶液与⑦反应的离子方程式______________________。（3）某同学用⑤和浓硫酸共热来制备⑥，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓）CuSO4+SO2↑+2H2O①请用单线桥标出电子转移的情况____________；②浓H2SO4表现出来的性质是：_______；当电子转移0.1mol时，消耗氧化剂的物质的量为_______。（4）如图表示某同学配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液的部分操作示意图，其中有错误的是_______，这样操作所配制的溶液比要求的浓度要_________(填“偏高”、“偏低”、“不影响”）。配制应称取NaOH________g。【答案】(1).②③④⑦(2).①⑥(3).2CH3COOH+CO32=2CH3COO+CO2↑+H2O(4).(5).酸性、氧化性(6).0.05moL(7).C(8).偏低(9).10.0【解析】（1）属于电解质的有醋酸、火碱、食盐、苏打，答案选②③④⑦；属于非电解质的有酒精、亚硫酸酐，答案选①⑥；（2）醋酸与碳酸钠反应的方程式为：2CH3COOH+CO32=2CH3COO+CO2↑+H2O；（3）①氧化还原反应中电子转移情况的表示可用单线桥表示，情况如下：；②浓H2SO4表现出来的性质是：酸性、氧化性；根据反应方程式可知，当电子转移0.1mol时，消耗氧化剂的物质的量为=0.05mol；（4）定容时眼睛与刻度线相平，不能俯视或仰视；定容时，眼睛仰视刻度线，溶液的液面超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，故答案为：C；偏低；配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液时，由于没有该规格的容量瓶，必须配制500mL0.5mol/L的NaOH溶液，应称取NaOH0.5L×0.5mol/L×40g/mol=10.0g。点睛：本题综合考查知识点较多，但都是基础性的内容，属于基础题。对这类题型的考查，即可考查学生对基础知识的掌握，又可以结合多方面内容。对基础知识的掌握情况决定了考生对这道题的得分情况。20.已知A、B、C、D、E、F、G、H、I九种物质，其中A、B、D、E焰色反应均为紫色(透过蓝色钴玻璃)，G、F是单质，其余均为化合物，H是一种淡黄色固体，它们的转化关系如图所示。请回答：（1）画出G离子结构示意图________；（2）写出B、I的化学式B________，I________；（3）写出H一种用途__________________________________；（4）写出A受热分解的化学方程式_________________________；（5）若10g的C6H12O6在氧气中充分燃烧，将产物全部与足量的H充分反应，反应后固体增重____________g。【答案】(1).(2).KClO3(3).HCl(4).可用在呼吸面具中和潜水艇里作为氧气的来源(或可用来漂白织物等)(5).2KHCO3K2CO3＋H2O＋CO2↑(6).10【解析】A、B、C、D、E、F、G、H、I九种物质，其中A、B、D、E焰色反应均为紫色（透过蓝色钴玻璃），说明含有钾元素，F是单质，B和二氧化锰在加热条件下生成气体单质，则B为KClO3，F为O2、E为KCl，G是单质，H为淡黄色固体，Na在氧气中燃烧生成过氧化钠，所以G是Na、H为Na2O2，C是气体，过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，所以C是CO2，碳酸盐和酸反应生成二氧化碳，A受热分解生成二氧化碳、水和碳酸盐，A中含有钾元素，所以A是KHCO3，D是K2CO3，I和KOH反应生成KCl，所以I为HCl气体，（1）G原子核外有3个电子层、最外层电子数是1，钠原子失去1个电子生成钠离子，所以钠离子结构示意图为：；（2）通过以上分析知，B、I的化学式分别为KClO3、HCl；（3）H是过氧化钠，H的一种用途是可用在呼吸面具和潜水艇里作为氧气的来源或用来漂白织物；（4）加热条件下，碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，反应方程式为2KHCO3K2CO3＋H2O＋CO2↑；（5）过氧化钠和二氧化碳反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠转化为碳酸钠时，固体质量增加的量相当于CO，过氧化钠与水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠转化为氢氧化钠时，固体质量增加的量相当于H2，C6H12O6可看成式子为(CO)6(H2)6，10g的C6H12O6在氧气中充分燃烧，将产物全部与足量的Na2O2充分反应，增加的质量相当于C6H12O6的质量，答案为10g。点睛：本题以元素化合物知识考查无机物推断，以元素焰色反应、物质颜色、反应条件及物质状态为突破口采用正逆结合的方法进行推断。21.某实验小组对中学课本中可生成氢气的反应进行了研究,总结出三个可以生成H2的反应:①Zn+盐酸;②Na+水;③Al+NaOH溶液。为点燃上述三个反应生成的H2,他们设计了如右图所示的装置图:请回答下列问题:（1）写出Al和NaOH溶液反应的离子方程式_______________________________。（2）在点燃H2之前必须先进行____________________________________________。（3）实验小组在点燃用上述装置制得H2时,①③实验获得成功,②却失败了。他们分析认为失败的原因是Na与H2O的反应速率太快,Na的用量又太少。于是他们准备增加钠的用量,可教师说太危险,你认为产生危险的原因是___________________________。（4）实验小组查阅钠、苯(一种不溶于水的