辽宁省凌源市学年高一下学期第一次联考化学试题附答案解析.docx
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辽宁省凌源市学年高一下学期第一次联考化学试题附答案解析
凌源市2018～2019学年下学期高一第一次联考
化学
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。
第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：
必修1+必修2第一章第一节（新课标）。
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Na23S32Fe56
第Ⅰ卷（选择题共42分）
一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.下列分散系中，分散质粒子直径最小的是（）
A.稀豆浆B.石灰乳C.稀硫酸D.Fe（OH）3胶体
【答案】C
【解析】
【分析】
分散系按照分散质微粒直径的大小分为浊液、胶体、溶液，先对各个选项所属分散系进行判断，然后再比较分散质微粒直径大小。
【详解】稀豆浆属于胶体，石灰乳属于浊液，稀硫酸属于溶液，Fe（OH）3胶体属于胶体，由于分散系按照分散质微粒直径的大小分为浊液、胶体、溶液，因此分散质粒子直径最小的是稀硫酸，选项C合理。
【点睛】本题考查了分散系的分散质微粒直径大小比较的知识，属于识记性知识，比较简单。
2.下列物质露置于空气中不易变质的是（）
A.NaCl溶液B.硫酸亚铁溶液C.漂白粉溶液D.氯水
【答案】A
【解析】
A.NaCl溶液露置于空气中不易变质，A正确；B.硫酸亚铁溶液易被空气中的氧气氧化生成硫酸铁，B错误；C.漂白粉溶液容易吸收空气中的二氧化碳生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸不稳定，见光易分解而变质，C错误；D.氯水中的次氯酸见光易分解而变质，D错误，答案选A。
3.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.称量B.溶解C.转移D.定容
【答案】B
【解析】
A项托盘天平称量时应左物右码，图中放反了。
C项转移溶液时，应该用玻璃棒引流。
D项定容时胶头滴管不能伸入容量瓶内，应垂直容量瓶口上方。
【考点定位】本题考查溶液的配制实验，实验仪器、实验步骤、实验注意事项。
容易题。
4.下列金属中，常温下能被浓HNO3溶解的是（）
A.AlB.AgC.FeD.Au
【答案】B
【解析】
【详解】A.Al在室温下遇浓硝酸会发生钝化，不能被溶解，A不符合题意；
B.浓HNO3具有强的氧化性，可以在室温下与Ag发生反应，使其溶解，B符合题意；
C.Fe在室温下遇浓硝酸会发生钝化，不能被溶解，C不符合题意；
D.Au活动性很弱，在室温也不能被具有强氧化性的浓硝酸氧化，D不符合题意；
故合理选项是B。
5.下列结构示意图中表示阳离子的是（）
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【分析】
原子中：
核电荷数=核内质子数=核外电子数，阳离子：
核外电子数小于核内质子数；阴离子：
核外电子数大于核内质子数进行分析判断。
【详解】A.质子数为11，核外电子数为11，表示的是Na原子，A不符合题意；
B.质子数是12，核外电子数是10，表示Mg2+，属于阳离子，B符合题意；
C.质子数是10，核外电子数是10，表示的是Ne原子，C不符合题意；
D.质子数是9，核外电子数是10，表示的是F-，属于阴离子，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了微粒结构示意图的含义的知识。
掌握粒子的构成微粒及相互关系是本题解答的关键，本题难度不大。
6.下列说法错误的是（）
A.浓硝酸与碳反应会产生红棕色气体
B.试管内壁上附着的硫可用二硫化碳洗去
C.工业上利用N2与H2反应进行氮的固定
D.实验室用加热NH4Cl晶体的方法制取NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A.浓硝酸与碳反应会产生CO2、NO2、H2O，其中含有的NO2是红棕色气体，A正确；
B.S单质是由非极性分子构成的分子晶体，根据相似相容原理可知，S单质容易溶于由非极性分子构成的物质CS2中，B正确；
C.工业上利用N2与H2合成氨气，从而可实现氮的固定，C正确；
D.实验室是用加热NH4Cl晶体与消石灰混合物的方法制取NH3，D错误；
故合理选项是D。
7.下列说法正确的是（）
A.同一元素各核素的质量数不同，但它们的化学性质几乎完全相同
B.任何元素的原子都是由核外电子和核内中子、质子构成的
C.钠原子失去一个电子后变成了氖原子
D.
、
、
的质量数相同，所以它们互为同位素
【答案】A
【解析】
【详解】A.同一元素各核素的质量数不同，但由于它们的质子数相同，原子核外的电子数也相同，结构相似，所以化学性质几乎完全相同，A正确；
B.不是所有原子都是由核外电子和核内中子、质子构成，如
无中子，B错误；
C.钠原子失去一个电子后变成的微粒核外有10个电子，具有氖原子的核外电子排布，但由于核电荷数仍然是11，因此不是Ne原子结构，C错误；
D.
、
、
的质量数相同，但由于质子数不同，中子数不同，因此它们不能互为同位素，D错误；
故合理选项是A。
8.下列说法正确的是（）
A.金属在氯气中燃烧都有棕黄色的烟产生
B.氯气为黄绿色有毒气体，与铁反应生成氯化亚铁
C.氯气不能使干燥的有色布条褪色
D.可通过下图装置除去Cl2中的HCl
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属钠在氯气中燃烧产生白烟，A错误；
B.氯气为黄绿色有毒气体，Cl2具有强的氧化性，可以把变价金属Fe氧化为+3价，所以氯气与铁反应生成氯化铁，C错误；
C.氯气没有漂白性，所以氯气不能使干燥的有色布条褪色，C正确；
D.Cl2与HCl都可以与NaOH溶液发生反应，因此不能用NaOH溶液除去Cl2中的HCl，D错误；
故合理选项是C。
9.下列物质中，不能用单质直接化合生成物质是（）
A.FeCl2B.COC.SO2D.NO
【答案】A
【解析】
【详解】A.Cl2具有强的氧化性，可以将变价金属Fe氧化为FeCl3，因此不能通过单质直接化合形成FeCl2，A符合题意；
B.C与不足量的O2在点燃时反应产生CO，B不符合题意；
C.S单质在空气或氧气是燃烧产生SO2，C不符合题意；
D.N2与O2在电火花作用下反应产生NO，D不符合题意；
故合理选项是A。
10.下列关于某些氧化物的说法正确的是（）
A.NO2、Na2O2都能与水发生氧化还原反应
B.NO、CO2均可用向上排空气法收集
C.CO2、SO2可用澄清石灰水鉴别
D.CO2、SO3都可由相应单质在O2中燃烧生成
【答案】A
【解析】
【详解】A.NO2与水反应生成硝酸和NO，Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，都是氧化还原反应，A正确；
B.一氧化氮与空气中氧气反应转化为二氧化氮，所以一氧化氮不能用排空法，B错误；
C.CO2、SO2气体和澄清石灰水都会发生反应生成白色沉淀，C错误；
D.S中氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，D错误；
故合理选项是A。
11.下列关于碱金属元素的叙述中错误的是（）
A.单质在空气中燃烧产物中均呈+1价
B.单质都能与水反应生成氢气和碱
C.从锂到铯，原子半径逐渐增大，金属性增强
D.单质中锂的密度最小、铯的熔点最高
【答案】D
【解析】
【详解】A.碱金属原子最外层只有一个电子，在反应时失去最外层的这个电子，因此燃烧产物中均呈+1价，A正确；
B.碱金属单质都是活泼的金属，可以与水发生置换反应生成氢气和相应的碱，B正确；
C.从锂到铯，随着原子核外电子层数的增多，原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，因此元素的金属性也逐渐增强，C正确；
D.从上到下碱金属单质的密度呈增大趋势，所以锂的密度最小，而碱金属单质的熔沸点随原子序数的增大而减小，所以铯的熔点最低，D错误；
故合理选项是D。
12.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）
A.常温常压下，11.2LNH3中含有的氢原子数为1.5NA
B.1molFe被氧化时，失去的电子数一定为3NA
C.0.1mol/LHNO3溶液中含有NO3-数为0.1NA
D.7.8gNa2O2与足量水反应后转移的电子数为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.常温常压下，11.2LNH3的物质的量小于0.5mol，因此含有的H原子数目小于1.5NA，A错误；
B.Fe是变价金属，1molFe被氧化时，可能失去2mol电子，也可能失去3mol电子，B错误；C.只有溶液的浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D.Na2O2与水反应产生NaOH和O2，1molNa2O2反应转移1mol电子，7.8gNa2O2的物质的量是0.1mol，则7.8gNa2O2与足量水反应后转移的电子数为0.1NA，D正确；
故合理选项是C。
13.下列离子方程式中，正确的是（）
A.铁与盐酸反应：
2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B.氯气与FeBr2溶液反应：
2Br-+Cl2=2Cl-+Br2
C.NO2与H2O反应：
NO2+H2O=2H++NO3-
D.FeC13溶液与NaOH溶液反应：
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓
【答案】D
【解析】
【详解】A.铁与盐酸反应生成FeCl2和H2，反应的离子方程式为：
Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；
B.FeBr2的组成微粒的阴阳离子都具有还原性，而且还原性Fe2+>Br-，所以通入氯气，首先发生反应：
2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，B错误；
C.NO2与H2O反应生成NO和HNO3，反应的离子方程式是：
3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，C错误；
D.FeC13溶液与NaOH溶液发生复分解反应，生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，离子方程式为：
Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，D正确；
故合理选项是D。
14.某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体的平均相对分子质量为45.8，则发生反应的物质不可能是（）
A.Zn和浓H2SO4B.C和HNO3
C.Na2O2和NH4Cl浓溶液D.Cu和浓HNO3
【答案】C
【解析】
【分析】
某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体（恢复至常温）的平均相对分子质量为45.8，若为混合气体，气体的相对分子质量有大于45.8的，也有小于45.8的，结合物质的性质及生成气体的相对分子质量来解答。
【详解】A.反应生成SO2和H2的混合物，SO2的相对分子质量为64，H2的相对分子质量为2，二者的混合物平均相对分子质量可能为45.8，A不符合题意；
B.反应生成CO2和NO2的混合物，相对分子质量分别为44、46，二者的混合物平均相对分子质量可能为45.8，B不符合题意；
C.反应生成O2和NH3的混合物，二者的相对分子质量都比45.8小，不可能平均是45.8，C符合题意；
D.反应生成NO和NO2的混合物，相对分子质量分别为30、46，二者的相对分子质量可能平均为45.8，D不符合题意；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查物质的性质及混合气体平均相对分子质量计算的知识，把握物质的性质、发生的反应及相对分子质量为解答的关键，注意结合极限法判断气体的相对分子质量关系，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
第Ⅱ卷（非选择题共58分）
二、非选择题（本大题共6小题，共58分）
15.实验是化学研究的一种重要手段，现有如图所示A～E五种仪器，请根据要求填空。
（1）写出仪器名称：
C__________，E_________。
（2）下列实验操作中用到仪器E的是___________（填字母）。
a.分离水和CCl4的混合物
b.分离水和酒精的混合物
c.分离水和泥沙的混合物
d.分离NaCl溶液中的NaCl和水
（3）仪器A～E中使用前必须检查是否漏水的是_________。
（4）若利用下图装置分离四氯化碳和酒精的混合物，则还缺少的仪器是____________，加热前应先在圆底烧瓶中加入几粒沸石，目的是_________________________；冷凝管的进水口是________（填“f”或“g”）。
【答案】
（1）.（普通）漏斗
（2）.分液漏斗（3）.a（4）.DE（5）.温度计（6）.防止暴沸（7）.g
【解析】
【分析】
（1）根据仪器形状写出名称；
（2）仪器G为分液漏斗，可用于分液；
（3）根据仪器的使用目的判断哪个需要检查是否漏液；
（4）用蒸馏方法分离液体混合物要用温度计测量馏分温度，要防止暴沸现象的发生；采用逆流原理降温。
【详解】
（1）根据仪器形状C是漏斗，E为分液漏斗；
（2）仪器G为分液漏斗，可用于分离互不相容的两层液体物质；
a.水和CC14是互不相容的两层液体物质，能用分液漏斗分离，a正确；
b.酒精和水互溶的液体物质，不能用分液分离，b错误；
c.泥沙是难溶于水的固体物质，应用过滤方法分离，c错误；
d.食盐水中的溶质NaCl和溶剂水用蒸发溶剂法分离，d错误；
故合理选项是a；
（3）A是量筒，用来量取一定体积的液体物质，不需要检查是否漏液，A错误；
B.是烧杯，用来加热、配制溶液、稀释等，不需要检查是否漏液，B错误；
C.该装置是漏斗，用来过滤或向小口容器中转移溶液，不需要检查是否漏液，C错误；
D.为容量瓶，只能在常温下使用，用来配制一定体积一定浓度的溶液，且使用时要将溶液摇匀，因此使用前要检查是否漏水，D正确；
E.为分液漏斗，用于分离互不相容的两层液体物质，为防止分离的液体物质再混合，使用前要检查是否漏水，E正确；
故合理选项是DE；
（4）四氯化碳和酒精是互溶的液体混合物，由于二者沸点相差较大，可采用蒸馏方法分离，根据图示可知，还缺少的仪器是温度计；液体混合物加热时，为防止液体暴沸，要加入碎瓷片；给加热产生的馏分降温，为增大冷凝效果，使冷凝器中充满冷水，要采用逆流原理，所以冷水入口是g。
【点睛】本题考查较为综合，涉及仪器的辨析、仪器的使用方法、物质的分离提纯方法、实验方案的设计等知识的考查，综合考查了学生的基本实验操作能力和实验基础知识，题目难度不大。
16.氮元素的单质和常见的化合物在工、农业生产中用途广泛。
NH3、NH3·H2O、NH4Cl、HNO3是最常见的含氮化合物。
（1）氮气常用作食品袋中填充气和某些场合下的保护气，与此相关的氮气的性质是______。
（2）上述4种含氮化合物中，属于盐的是_________，属于碱的是___________。
（3）NH3常用作制冷剂，其在空气中与HCl相遇产生白烟，这里“白烟”是_________，打开盛浓硝酸的试剂瓶塞，瓶口有白雾出现，这里“白雾”是___________。
（4）Fe粉与稀硝酸反应生成硝酸铁的化学方程式为________________________。
该反应中硝酸表现出的化学性质主要有_____________________。
【答案】
（1）.化学性质不活泼、安全无毒
（2）.NH4Cl（3）.NH3·H2O（4）.（NH3与HCl反应生成的）NH4Cl晶体（5）.（挥发出来的HNO3与空气中水蒸气结合形成的）硝酸液滴（6）.Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O（7）.酸性、强氧化性
【解析】
【详解】
（1）氮气分子中两个N原子通过共价三键结合，由于键能大，断裂难，所以化学性质稳定，而且该物质安全、无毒，因此常用作食品袋中填充气和某些场合下的保护气；
（2）NH3是非金属的氢化物，NH3·H2O电离产生NH4+、OH-，存在电离平衡，是一元弱碱；NH4Cl电离产生NH4+、Cl-，所以NH4Cl是盐，HNO3溶于水，电离产生H+、NO3-，属于酸，所以上述4种含氮化合物中，属于盐的是NH4Cl，属于碱的是NH3·H2O；
（3）NH3常用作制冷剂，其在空气中与HCl相遇反应产生NH4Cl白色固体，因此会看到有白烟现象，打开盛浓硝酸的试剂瓶塞，瓶口有白雾出现，这是一元浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸蒸气遇空气中的水蒸气形成硝酸的小液滴，因此会看到产生“白雾”；
（4）Fe粉与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁，NO和水，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，在该反应中硝酸表现出了强的氧化性及酸性。
【点睛】本题考查了氮元素的单质及化合物的分类、性质、反应现象及物质在反应中的作用的判断的知识。
掌握物质的性质是了解其用途、作用的关键。
17.元素周期表是学习物质结构与性质的重要工具。
下表是元素周期表的一部分，表中所列字母A、B、D、E、G、H、M、Q、R分别代表某一化学元素。
请用所给元素回答下列问题：
（1）写出下列元素的符号：
B______、D________、H________。
（2）M元素的原子结构示意图为__________________。
（3）Q元素在元素周期表中的位置为_____________。
Q的单质常温下为_________色液体，氧化性比R的单质氧化性__________（填“强”或“弱”）。
（4）G与E中金属性较强的是_________（填元素符号），其理由是__________________。
【答案】
（1）.N
（2）.O（3）.Al（4）.
（5）.第四周期ⅦA族（6）.深红棕（7）.弱（8）.K（9）.K的原子半径大于Na，K比Na更容易失电子
【解析】
【分析】
根据元素在周期表的位置判断元素，然后根据元素的位置与原子结构的关系可画出原子结构示意图、利用元素及化合物知识判断其单质在通常情况下的存在状态，利用同一主族元素的性质递变规律判断单质的氧化性的强弱及元素金属性强弱的原因，据此分析解答。
【详解】
（1）根据元素在周期表的位置可确定B是N元素，D是O元素，H是Al元素；
（2）M元素是C元素，原子核外有6个电子，电子排布为2、4，故其原子结构示意图为
；
（3）根据元素的位置与原子结构的关系可知R是Cl元素，Q元素是Br元素，在元素周期表中的位置为第四周期ⅦA族；Q的单质常温下为液色液体，由于同一主族的元素从上到下原子半径逐渐增大，获得电子的能力逐渐减弱，所以单质的氧化性逐渐减弱，所以Br2的氧化性比Cl2的单质氧化性弱；
（4）根据元素在周期表的位置可知G是Na元素，E是K元素，由于二者在周期表中位于同一主族，随着原子序数的增大，原子半径K>Na，原子半径越大，元素原子失去电子的能力就越强，元素的金属性就越强，所以金属性较强的是K元素。
【点睛】本题考查了原子周期表、元素周期律与元素性质的关系的知识。
涉及元素的确定、同一主族元素的性质递变规律、原子结构示意图的书写等，充分体现了位、构、性三者的关系，难度不大。
18.某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应，用如图所示装置进行有关实验。
请回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的化学方程式为________________________。
（2）装置D中试管口放置的棉花应用一种液体浸泡一下，这种液体是_____，其作用是______。
（3）装置B的作用是贮存多余的气体。
当D处有明显的现象后，关闭弹簧夹K，移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中现象是___________________。
B中应放置的液体是___（填字母）。
a．水b．酸性KMnO4溶液c．浓溴水d．饱和NaHSO3溶液
（4）实验中，取一定质量的铜片和一定体积18mol·L-1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现圆底烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。
①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是_______________________。
②下列药品中能用来证明反应结束后的圆底烧瓶中确有余酸的是_________（填字母）。
a．铁粉b．BaC12溶液c．银粉d．Na2CO3溶液
【答案】
（1）.Cu＋2H2SO4（浓）
CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（2）.强碱溶液（3）.吸收多余的SO2，防止污染空气（4）.试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升（5）.d（6）.反应过程中H2SO4被消耗，浓硫酸逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应（7）.ad
【解析】
（1）装置A中Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应，其反应化学方程式为：
Cu＋2H2SO4（浓）
CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
（2）D中品红用来检验生成的SO2，由于SO2有毒，所以棉花中浸有强碱溶液，吸收多余的SO2，防止污染空气；（3）当关闭K时，继续产生的SO2贮存在广口瓶中，随SO2的增多，试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；B为贮存SO2的装置，其中的液体不与SO2发生反应，应选择饱和NaHSO3溶液，答案选d；（4）①有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，原因是反应过程中H2SO4被消耗，浓硫酸逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应；②Cu与稀硫酸不反应，可以用Fe粉或Na2CO3溶液检验烧瓶中是否有余酸，答案选ad。
19.氢化钠（NaH）和硝酸铵在工农业生产中有重要应用。
（1）氢化钠（NaH）中氢元素的化合价为___________。
（2）NaH能与水烈反应：
NaH+H2O=NaOH+H2↑，氧化剂与还原剂的物质的量之比是____。
（3）金属与稀硝酸反应通常生成NO，硝酸更稀时，还可生成NH4NO3。
写出镁与稀硝酸反应（HNO3仅被还原为NO）的化学方程式：
____________________________________，若镁与稀硝酸反应时HNO3的还原产物仅为NH4NO3，则每生成1molNH4NO3消耗HNO3的物质的量为________。
【答案】
（1）.-1
（2）.1:
1（3）.3Mg+8HNO3=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O（4）.10mol
【解析】
【分析】
（1）Na是活泼的金属元素，在化合物中为+1价，根据化合物中化合价的代数和等于0分析判断H的化合价；
（2）根据化合价升高，失去电子，该物质作还原剂，元素化合价降低，获得电子，该物质作氧化剂分析；
（3）根据Mg是+2价金属，与硝酸反应时被氧化产生Mg（NO3）2，HNO3被还原产生NO，利用电子守恒、原子守恒书写反应方程式；若HNO3被还原产生NH4NO3，先根据电子守恒、原子守恒书写反应方程式，然后利用方程式中系数关系判断生成1molNH4NO3消耗HNO3的物质的量多少。
【详解】
（1）Na为+1价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所有NaH中H元素的化合价为-1价；
（2）在NaH+H2O=NaOH+H2↑中，H元素的化合价由反应前NaH中的-1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子，NaH作还原剂；H元素的化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，获得电子，H2O作氧化剂；所有氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:
1；
（3
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