1、- 1 -江苏省启东中学 2018-2019 学年高一上学期期中考试化学试题1.过滤时不需要的玻璃仪器是A. 烧杯 B. 玻璃棒 C. 漏斗 D. 试管【答案】D【解析】试题分析：过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，过滤操作的装置由铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗四种仪器组成。过滤时无需使用试管。故选 D。考点：过滤的原理、方法及其应用点评：本题难度不大，明确过滤操作的原理、所需的仪器是正确解答本题的关键。2.NaCl、MgCl 2、AlCl 3三种溶液中 Cl-的物质的量浓度之比为 321，那么等体积的溶液中，NaCl、MgCl 2、AlCl 3的物质的量之比是A. 321 B. 123
2、 C. 632 D. 931【答案】D【解析】【分析】体积一定时，物质的量浓度与物质的量成正比，根据题意求出物质的量浓度即可；【详解】设 NaCl 溶液的浓度为 a mol/L，则 Cl-的物质的量浓度也为 a mol/L，设 MgCl2溶液的浓度为 b mol/L，则 Cl-的物质的量浓度为 2b mol/L，设 AlCl3溶液的浓度为 c mol/L，则Cl-的物质的量浓度为 3c mol/L，由于 NaCl、MgCl 2、AlCl 3三种溶液中 Cl-的物质的量浓度之比为 321，即 a：2b：3c=321，即 a：b：c=931。由 n=cv 可知，等体积溶液，物质的量之比即为浓度之比
3、，故 NaCl、MgCl 2、AlCl 3的物质的量之比是 931。综上，本题选 D。3.下列各组化合物中,化学键类型完全相同的是A. CaCl2、Na 2S B. Na2O、Na 2O2 C. CO2、CaO D. HCl、NaOH【答案】A【解析】试题分析：A、二者均含有离子键，A 正确；B、氧化钠含有离子键，过氧化钠含有离子键和非极性键，B 错误；C、二氧化碳含有极性键，氧化钙含有离子键，C 错误；D、氯化氢含有- 2 -极性键，氢氧化钠含有离子键和极性键，D 错误，答案选 A。【考点定位】本题主要是考查化学键判断【名师点晴】明确化学键的含义和构成微粒是解答的关键，一般活泼的金属和活泼的
4、非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键。需要注意的是并不是所有物质中都存在化学键，稀有气体分子是单原子分子，分子中无化学键。视频4.用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液,需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作。下列图示对应的操作规范的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A、托盘天平称量时应是左物右码，A 错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B 正确；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C 错误；D、定容时胶头滴管不能插入容量瓶中，D 错误，答案选 B。视频5.将饱和 FeCl3溶液分别滴入下列液体中，能形成胶体的是A. 沸水 B. 冷水 C. NaOH
5、溶液 D. NaCl 溶液【答案】A- 3 -【解析】试题分析：A沸水中氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，故 A 正确；B冷水反应缓慢，水解反应是吸热反应，平衡左移得不到胶体，故 B 错误；C氢氧化钠溶液会和 FeCl3反应生成沉淀，故 C 错误；DNaCl 浓溶液与 FeCl3溶液不反应，故 D 错误；故选 A。考点：考查胶体的制备方法和条件6.锗(Ge)是第四周期第A 族元素,处于元素周期表中金属与非金属的分界线附近,下列叙述正确的是A. 锗是一种金属性很强的元素 B. 锗的单质具有半导体的性能C. GeH4稳定性很强 D. 锗酸(H 4GeO4)是难溶于水的强酸【答案】B【解析】试题分析：A锗
6、处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，反应中既不易得电子，也不易失去电子，故 A 错误；B锗处于金属区与非金属区的交界线上，既有金属性又有非金属性，常用于做半导体材料，故 B 正确；C锗处于金属区与非金属区的交界线上，元素金属性和非金属性都较弱，则锗化氢(GeH 4)稳定性较弱，故 C 错误；D锗和硅处于同一主族，主族元素的非金属性从上到下逐渐减弱，则硅的非金属性大于锗，非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以酸性比硅酸弱，为弱酸，故 D 错误；故选 B。【考点定位】考查元素周期律与元素周期表【名师点晴】本题考查位置结构性质的相互关系。处于金属区与非金属区
7、的交界线上的元素常用于做半导体材料，锗和硅处于同一主族，根据同主族元素的金属性、非金属性的递变规律比较最高价含氧酸的酸性，类比硅酸判断溶解性等性质。注意掌握同主族元素的性质的递变性和相似性，明确元素周期表结构、元素周期律内容为解答关键。7.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+ 、MnO 4 、Na +、Cl B. K+、Na +、NO 3 、CO 32C. Na+、H +、NO 3 、SO 42 D. Fe3+、Na +、Cl 、SO 42【答案】B【解析】A、MnO 4 溶液呈紫色，A 错误。B、B 中各离子和 OH 之间能大量共存且无色，B 正确。C、H +与 OH
8、反应生成 H2O，不能大量共存，C 错误。D、Fe 3+与 OH 反应生成 Fe(OH)3沉淀，不能大- 4 -量共存，D 错误。正确答案为 B8.已知: 2KMnO 4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl 2+2MnCl 2+8H2O，下列说法正确的是A. HCl 发生了还原反应 B. 氧化剂与还原剂的物质的量比为 1.8C. 当标准状况下产生 22.4L 氯气，转移电子数为 2NA D. 氧化性: Cl 2KMnO4【答案】C【解析】【分析】通过分析化合价，找到变价元素，分别为 Mn 元素和 Cl 元素 A.氯元素化合价升高，发生氧化反应；B.HCl 中的氯元素只有部分被氧化；C.当标准状
9、况下产生 22.4L 氯气，转移电子数为2NA；D.氧化剂氧化性氧化产物【详解】A.部分氯化氢的-1 价氯，被氧化为氯气，氯化氢发生了氧化反应，故 A 项错误；B.氧化剂与还原剂的物质量之比为 2:10=1:5（16mol 氯化氢只有 10mol 氯化氢被氧化为 5mol的氯气） ，故 B 项错误；C.标准状况下产生 22.4L 氯气，即生成 1mol 氯气，转移电子数为2NA，故 C 项正确；D.氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性高锰酸钾大于氯气，故 D 项错误；综上，本题选 C。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关知识，关键是理清氧化还原反应概念间的关系。即化合价升高、失电子、被氧化、发生氧
10、化反应、做还原剂；化合价降低、得电子、被还原、发生还原反应、做氧化剂。9.下列各溶液中,Na +物质的量浓度最大的是A. 4L 0.5mol/LNaCl 溶液 B. 1L 0.3mol/LNa 2SO4溶液C. 5L 0.4mol/LNaOH D. 2L 0.15mol/LNa3PO4【答案】B【解析】根据物质的化学式可知，溶液中钠离子浓度分别是（mol/L）0.5、0.6、0.4、0.45，所以正确的答案选 B。10.在 KCl、FeCl 3、Fe 2(SO4)3三种盐配成的混合溶液中，若 K 为 0.15 mol，Fe 3 为 0.25 mol，Cl 为 0.2 mol，则 SO42-为A
11、. 0.1 mol B. 0.15 mol C. 0.25 mol D. 0.35 mol【答案】D【解析】- 5 -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11.下列反应的离子方程式书写正确的是A. 氯化铜溶液与铁粉反应：Cu 2+Fe=Fe2+CuB. 稀 H 2SO4与铁粉反应：2Fe+6H +=2Fe3+3H2C. 氢氧化钡溶液与稀 H 2SO4 反应：Ba 2+SO42 =BaSO4D. 碳酸钙与盐酸反应：CO 32 +2H+=H2O+CO2【答案】A【解析】【详解
12、】A. 氯化铜溶液与铁粉发生置换反应：Cu 2+FeFe 2+Cu，A 正确；B. 稀 H2SO4与铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H +Fe 2+H2，B 错误；C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4发生中和反应生成硫酸钡和水：2OH +Ba2+SO42 +2H+2H 2O+BaSO4，C 错误；D. 碳酸钙难溶，与盐酸反应的离子方程式为：CaCO 3+2H+Ca 2+H2O+CO2，D 错误。答案选 A。12.下列叙述表示可逆反应 N2 + 3H2 2NH3一定处于平衡状态的是A. N2、H 2、NH 3的百分含量相等B. 单位时间，消耗 a mol N2的同时消耗 3a mol H2C.
13、 单位时间，消耗 a molN2的同时生成 3a mol H2D. 反应若在定容的密器中进行，温度一定时，压强不随时间改变【答案】CD【解析】【分析】A.N2、H 2、NH 3的百分含量等时，不一定是平衡状态；B.单位时间，消耗 a mol N2的同时消耗3a mol H2都体现的正反应方向，未反映正与逆的关系；C.单位时间，消耗 a molN2的同时生成 3a mol H2，正逆反应速率相等；D.反应若在定容的密器中进行，温度一定时，压强不随时间改变，说明气体的总物质的量不变，达平衡状态；【详解】A.化学平衡时 N2、H 2、NH 3的百分含量不变，百分含量相等时，不一定是平衡状态，故 A
14、项错误；B.单位时间，消耗 a mol N2的同时消耗 3a mol H2都体现的正反应方向，未反- 6 -映正与逆的关系,故 B 项错误；C.单位时间，消耗 a molN2的同时生成 3a mol H2，正逆反应速率相等，故 C 项正确；D.反应若在定容的密器中进行，温度一定时，压强不随时间改变，说明气体的总物质的量不变，达平衡状态，故 D 项正确；综上，本题选 CD。【点睛】本题考查化学平衡状态的判定，根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该
15、物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。13.如图为一原电池的结构示意图，下列说法不正确的是A. 原电池工作时的总反应为 Zn+Cu2+Zn 2+CuB. 原电池工作时，Zn 电极流出电子，发生氧化反应C. 若将 Cu 电极改为 Fe 电极，CuSO 4溶液改为 FeSO4溶液，Zn 电极仍作负极D. 盐桥中装有琼脂-饱和氯化钾溶液，则盐桥中的 K+移向 ZnSO4 溶液【答案】D【解析】答案：DA、正确，铜作正极，锌作负极；B、正确，锌活泼性强，作负极，电子流出；C、正确，锌活泼性也大于铁；D、不正确，盐桥中的 K 移向 CuSO4溶液。14.在密闭容器中进行 H2（g）Br 2（g
16、） 2HBr（g）H0 反应达到平衡后，欲使颜色加深，应采取的措施是A. 升温 B. 降温 C. 增压 D. 减压【答案】AC【解析】【分析】- 7 -要想使容器内气体的颜色加深，就需要加大 Br2 的浓度，加大 Br2 浓度的方法结合选项有两种：1、利用平衡移动原理升高温度反应向吸热的方向移动，Br 2 浓度增大，颜色加深；2、减小容器的体积即加大容器的压强，本反应由于反应前后系数相等，压强变化不会带来平衡的移动，但体积减小，Br 2 浓度增大，颜色加深。【详解】A.升温时，平衡逆向移动，Br 2 的浓度增大，颜色加深，故 A 项正确；B.降温时，平衡正向移动，Br 2 的浓度减小，颜色变浅
17、，故 B 项错误；C.增大压强时，容器体积减小，平衡不移动，但 Br2浓度增大，颜色加深，故 C 项正确；D.减小压强时，容器体积增大，平衡不移动，但 Br2浓度减小，颜色变浅，故 D 项错误。综上，本题选 AC。15.海水提取溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂 SO2发生作用以达到富集的目的，化学反应为 Br2SO 22H 2O=2HBrH 2SO4，下列说法正确的是A. Br2在反应中表现氧化性 B. SO 2在反应中被还原C. Br2在反 应中失去电子 D. 1 mol 氧化剂在反应中得到 1 mol 电子【答案】A【解析】【详解】A因 Br 元素的化合价由 0 降低为-1 价，
18、Br 2在反应中作氧化剂，表现氧化性，选项 A 正确；BS 元素的化合价由+4 价升高到+6 价，SO 2作还原剂，被氧化，选项 B 错误；CBr 元素的化合价由 0 降低为-1 价，则 Br2在反应中得到电子，选项 C 错误；D.1mol 氧化剂在反应中得到 1mol2（1-0）=2mol，选项 D 错误；答案选 A。16.（1）已知 3N2H4(l) 4NH3(g)+N2(g) H = 336.6kJ/mol，N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H = 92.4kJ/mol，则 N2H4(g) N2(g)+2H2(g) H = _。（2）写出下列物质的电离方程式： NaHSO 4_，
19、K 2SO4_，NH 4NO3_。（3）写出下列物质的电子式:Na2S:_; CO2:_。【答案】 (1). -50.6 kJ /mol (2). NaHSO4 =Na+ +H+SO42- (3). K2SO4 =2K+SO42- (4). NH4NO3=NH4 + + NO3- (5). (6). - 8 -【解析】【分析】（1）根据盖斯定律进行相加减，即可计算出H （2）NaHSO 4在水溶液中完全电离，生成 Na + 和 H+和 SO42-；K 2SO4属于强电解质，完全电离生成 K+和 SO42；NH 4NO3属于强电解质，完全电离生成 NH4 + 和 NO3-； （3）Na 2S 电
20、子式为 ；CO 2电子式为 ；【详解】 （1）将 3N2H4(l) 4NH3(g)+N2(g) H = 336.6kJ/mol，N 2(g)+3H2(g)2NH3(g) H = 92.4kJ/mol，分别标为和，-2得，3N 2H4(g) 3N2(g)+6H2(g) H = -151.8kJ/mol，故 N2H4(g) N2(g)+2H2(g) H = -50.6 kJ /mol；（2）NaHSO 4在水溶液中完全电离，生成 Na + 和 H+和 SO42-，故 NaHSO4 =Na+ +H+SO42- K 2SO4属于强电解质，完全电离生成 K+和 SO42-，故 K2SO4 =2K+SO4
21、2- ；NH 4NO3属于强电解质，完全电离生成 NH4 + 和 NO3-，故 NH4NO3=NH4 + + NO3- （3）Na 2S 中含有 2 个 Na+和 1 个 S2-，其电子式为 ；CO 2中 C 原子和 O 原子共用了两对电子，其电子式为 ；17.（1）相同物质的量的 O2和 O3的质量比_，分子个数比为_，所含氧原子的个数比为_。（2）在 200 mL 2 mol/L MgCl2溶液中，溶质的质量为_。此溶液中 Mg2 的物质的量浓度为_，Cl 的物质的量浓度为_。【答案】 （1） 2:3 1:1 2:3 （2） 38g 2mol/L 4mol/L【解析】试题分析：（1）根据公
22、式 n=m/M 判断相同物质的量的 O2和 O3的质量比等于 O2和 O3的摩尔质量之比，为 2:3，分子个数比等于物质的量之比，相同物质的量的 O2和 O3的分子数之比为1:1，所含氧原子的个数比为 2:3。 （2）根据公式 c=n/V 计算，200 mL 2 molL1 MgCl2溶液中，溶质的物质的量为：0.2L2 molL1 =0.4mol，根据公式 m=nM 计算质量为：0.4mol95g/mol=38g。根据 MgCl2=Mg2 +2 Cl 判断此溶液中 Mg2 的物质的量浓度为 2 molL1 ，Cl 的物质的量浓度为 4mol/L。- 9 -考点：考查以物质的量为中心的计算。1
23、8.现用溶质质量分数为 98%、密度为 1.84 gcm-3的浓硫酸来配制 500 mL 0.2 molL-1的稀硫酸。可供选择的仪器有:玻璃棒、烧瓶、烧杯、胶头滴管、量筒、容量瓶、托盘天平、药匙。请回答下列问题:（1）上述仪器中,在配制稀硫酸时用不到的有_(填序号)。 （2）经计算,需浓硫酸的体积为_。现有10 mL、50 mL、100 mL 三种规格的量筒,你选用的量筒是_(填序号)。 配制时应选用的容量瓶规格为_。 （3）下列操作使所配溶液浓度偏高的有_(填序号)。 洗涤量取浓硫酸的量筒,并将洗涤液转移到容量瓶中 稀释后的硫酸溶液未等冷却至室温就转移到容量瓶中 转移前,容量瓶中含有少量蒸
24、馏水 定容时,俯视刻度线【答案】 (1). (2). 5.4 mL (3). (4). 500 mL (5). 【解析】【分析】（1）结合配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤进行分析；（2）计算出质量分数为 98%、密度为 1.84 gcm-3的浓硫酸的物质的量浓度，根据c1v1=c2v2计算得出 v2；量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积；配制溶液体积为500mL，故配制时应选用的容量瓶规格为 500mL（3）从 c=n/v 入手，根据条件改变时，溶质物质的量，溶液体积变化分析出答案；【详解】 （1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用量
25、筒量取浓硫酸溶液,在烧杯中稀释,冷却后转移到 500mL 容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线 12cm 时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器有玻璃棒、量筒、胶头滴管、小烧杯、500mL 容量瓶,所以用不到的仪器有烧瓶、托盘天平、药匙。故答案为（2）质量分数为 98%、密度为 1.84 gcm-3的浓硫酸的物质的量浓度 c=(10001.8498%)/98=18.4mol/L。设需要浓硫酸体积为 V，根据液稀释前后所含溶质的物质的量保持不变得v18.4mol/L=500mL0.2mol/L，计算得出 v=5.4mL；量筒的容积应稍大于或等于量取溶液的体积，故选；配制溶液体积为 50
26、0mL，故配制时应选用的容量瓶规格为 500mL；综上，答案为 5.4 mL、500mL（3）洗涤量取浓硫酸的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会使量取的浓硫酸体积偏大，从而导致溶液浓度偏高，故正确；温度高时，溶液体积增大，溶质的量不变，冷却后溶- 10 -剂的体积偏小，使得所配溶液浓度偏高，故正确；容量瓶中含有少量蒸馏水，不影响溶液浓度，故错误；定容时，俯视刻度线，会导致所加蒸馏水体积偏小，最终溶液的浓度偏高，故正确。综上，本题答案为 【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制。1.要熟记实验的操作步骤 2.注意实验情景在计算溶液配制或溶液稀释等问题中溶液物质的量浓度时，一要注意不能把水的体积
27、当作溶液的体积；3.在配制溶液时，要注意容量瓶规格与实际配制溶液体积的关系；4.单位运算在概念理解及应用中，要注意各物理量的单位，首先各物理量的单位要相互匹配。其次是注意从单位运算入手，能简化解题思路，快捷求解。19.胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，易吐酸水，服用适量的小苏打（NaHCO 3） ，能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：_；此时最好用含氢氧化稆的胃药（如胃舒平）离子方程式：_。【答案】 (1). H + HCO3-= CO2 + H2O (2). H+ + Al(OH)3 =Al3+ +3H2O【解析】【分析】小苏打为 NaHCO3，胃酸中含盐酸，二者反应生成
28、氯化钠、水、二氧化碳。盐酸与氢盐化铝反应生成氯化铝和水，以此解答。【详解】小苏打为 NaHCO3,胃酸中含盐酸,用小苏打治疗胃酸过多的离子反应为 H+ HCO3-= CO2 + H2O；盐酸与氢盐化铝反应生成氯化铝和水,该反应为 H+ + Al(OH)3 =Al3+ +3H2O。因此，本题正确答案是 H+ HCO3-= CO2 + H2O、H + + Al(OH)3 =Al3+ +3H2O20.某温度时，在一个 2 L 的密闭容器中，X、Y、Z 三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：（1）该反应的化学方程式为_ ; （2）反应开始至 2 min，气体 Z 的
29、平均反应速率为_;（3）当反应达平衡时后：若 X、Y、Z 均为气体，若此时只将容器的体积扩大为原来的 2 倍，达新平衡时，容器内温度将降低(容器不与外界进行热交换)，则该反应为_反应（填放热或吸热） 。- 11 -【答案】 (1). 3X+Y 2Z (2). 0.05molL-1min-1 (3). 放热【解析】【详解】 （1）由图象可知 X、Y 为反应物，Z 为生成物，X、Y、Z 的化学计量数之比等于它们的物质的量变化量之比，为：(1.0-0.7)mol:(1.0-0.9)mol:(0.2)mol3:1:2，且各物质的含量在 2mim 后保持不变，所以方程式为 3X+Y2Z；（2）Z 的平均
30、反应速率 v(Z)=0.2mol/(2L2min)=0.05molL-1min-1；（3）反应的方程式为 3X+Y2Z，若 X、Y、Z 均为气体，此时只将容器的体积扩大为原来的2 倍，平衡向逆反应方向移动，达新平衡时，容器内温度将降低，说明逆反应方向为吸热方向，则该反应为放热反应；21.将 6 mol H2和 3 mol CO 充入容积为 0.5 L 的密闭容器中，进行如下反应：2H2(g)+CO(g) CH3OH(g)，6 秒末时容器内压强为开始时的 0.6 倍。试计算：（1）H 2的反应速率是多少？（2）CO 的转化率为多少？【答案】 （1）1.2 mol（Ls） 1 （2）60%【解析】试题分析： 2 H 2(g) + CO(g) CH3OH(g)起始浓度（mol/L） 12 6 0转化浓度（mol/L） 2x x x平衡浓度（mol/L） 122x 6x x则解得 x3.6mol/L则 H2的反应速率是CO 的转化率是考点：考查可逆反应的有关计算点评：该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，难度不大。主要是考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的规范答题能力和应试能力。该类试题需要注意的是在进行可逆反应的有关计算时，一般采用“三段式”进行，即分别列出起始量、转化量和平衡量或某深刻的量，然后依据已知条件列式计算即可。- 12 -
