新教材2019-2020学年上学期高一期中备考精编金卷 化学（A卷） 教师版

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1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 20192020学年上学期高一年级期中备考精编金卷化 学（A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 Mn 55 B

2、a 137一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）1列说法正确的是A尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量B一定的温度和压强下，各种气体的摩尔体积相等C伏加德罗常数的数值是0.012 kg 14C所含的原子个数D气体摩尔体积为22.4Lmol1，则所处的条件一定为标准状况【答案】B【解析】摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故A项错误；温度和压强一定的条件下，气体摩尔体积相同，故B项正确；阿伏加德罗常数的数值是0.012 kg 12C所含的原子个数，故C项错误；气体体积与温度和压强均有关，当气体摩尔体积为22.4Lmol1时，不一定处于标准状况下，故D项错误。2下列说法不正确

3、的是A根据分散质粒子的大小，可将分散系分为溶液、胶体和浊液B胶体中分散质粒子的直径通常大于100 nmC溶液一定是均一、稳定的混合物D向沸水中逐滴加入适量FeCl3饱和溶液，煮沸至液体呈红褐色，可制得Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】胶体中分散质粒子的直径通常在1100 nm之间，故B项错误。3下列说法正确的是A红磷转化为白磷，属于物理变化B石墨导电、金刚石不导电，故二者不是同素异形体CO2和O3分子式不同，结构相同D单质硫有S2、S4、S6等，它们都是硫的同素异形体【答案】D【解析】A红磷转化为白磷，属于化学变化，故A错误；B石墨导电、金刚石不导电，但二者是同素异形体，故B错误；CO2和O

4、3分子式不同，结构也不相同，属同素异形体，故C错误；DS2、S4、S6等是硫元素形成的不同单质，它们都是硫的同素异形体，故D正确；答案为D。4氯化铁溶液与氢氧化铁胶体具有的共同性质是A分散质颗粒直径都在1100 nm之间B能透过半透膜(溶液可透过半透膜，胶体不能透过半透膜)C能透过滤纸D呈红褐色【答案】C【解析】胶体：分散质微粒直径在1100nm之间的分散系，溶液：分散质微粒直径小于1nm的分散系，不是共同的性质，故A错误；胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，不是共同性质，故B错误；两者都能够透过滤纸，属于共同性质，故C正确；FeCl3溶液显棕黄色，氢氧化铁胶体红褐色，不是共同性质，故D错

5、误。5下列离子方程式中书写正确的是A铜和硝酸银溶液反应：Cu+Ag+=Cu2+AgB氧化铜溶于硫酸：O2+2H+=H2OC氯化钠溶液与硝酸银溶液反应：Ag+Cl=AgClD硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应：Mg2+2OH=Mg(OH)2【答案】C【解析】没有配平，应该是Cu+2Ag+Cu2+2Ag，A错误；氧化铜不能拆开，应该是CuO+2H+Cu2+H2O，B错误；氯化钠溶液与硝酸银溶液反应的离子方程式为Ag+ClAgCl，C正确；硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化镁，离子方程式为SO+Ba2+Mg2+2OHMg(OH)2+BaSO4，D错误。6在一定条件下，RO和氟气可发生如下反应：

6、RO+F2+2OHRO+2F+H2O从而可知在RO中，元素R的化合价是A+4 B+5 C+6 D+7【答案】B【解析】由电荷守恒可知，n=1，设RO中R元素的化合价为x，则x+(-2)3=-1，解得x=+5，故选：B。7下列关于物质分类的说法正确的是A胆矾、石膏、漂白粉都是纯净物B氢氧化钙、盐酸、硫酸铜均为强电解质C熟石灰、烧碱、纯碱都是碱D玻璃、水泥、陶瓷都是传统无机非金属材料【答案】D【解析】A胆矾是CuSO45H2O，石膏是CaSO42H2O，均属于纯净物，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，A错误；B氢氧化钙、硫酸铜均为强电解质，盐酸是氯化氢的溶于水，属于混合物，不是电解质，B错误；

7、C熟石灰、烧碱都是碱，纯碱是碳酸钠，属于盐，C错误；D玻璃、水泥、陶瓷都是传统无机非金属材料，D正确。8 已知反应2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，则下列判断正确的是A该反应是置换反应 B该反应中FeCl3作还原剂C还原性：CuFe2+ D氧化性：CuCl2FeCl3【答案】C【解析】2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2中，Cu元素的化合价由0升高为+2价，Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，A一种单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，生成物中没有单质，不属于置换反应，A错误；BFe元素的化合价由+3价降低为+2价，被还原，氯化铁作氧化剂，B错误；CCu失

8、去电子作还原剂，由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性CuFe2+，C正确；D由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性：CuCl2FeCl3，D错误；答案选C。9实验室需配制1L 0.1molL1的CuSO4溶液，正确的操作是A取25g CuSO45H2O溶于1L水中B取16g CuSO45H2O溶于少量水中，再稀释至1LC取16g无水CuSO4溶于1L水中D取25g CuSO45H2O溶于水配成1L溶液【答案】D【解析】A、C两项中，1L为溶剂的体积，溶液的体积不为1L，故错误；16g CuSO45H2O的物质的量为0.1mol，故B项错误；取25g CuSO45H2O溶于水配

9、成1L溶液，则c1L0.1molL1，故D项正确。10下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是氯气液氯新制氯水氯气的四氯化碳溶液 盐酸盐酸与少量漂白粉的混合溶液A B C D【答案】C【解析】能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，要求该物质具有酸性和漂白性。酸性要有H+，漂白性要有HClO。中只有Cl2；中盐酸只有酸性无漂白性；中新制氯水中含有Cl2、HCl和HClO；中发生反应：Ca(ClO)2+2HCl=CaCl2+2HClO，且与少量漂白粉反应盐酸过量。11下列叙述中不正确的是ANa2O2是淡黄色固体，Na2O是白色固体，二者都能与水反应生成NaOHBNa和O2在加热时反应生成Na2

10、O2，在常温下反应生成Na2OCNa2O与CO2发生化合反应生成Na2CO3，Na2O2与CO2发生置换反应生成O2D2 g H2充分燃烧后产物被Na2O2完全吸收，Na2O2固体增重2 g【答案】C【解析】Na2O2与CO2反应生成O2：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应不是置换反应，C错误；2g H2充分燃烧后生成18 g水，完全被Na2O2固体吸收发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，由质量守恒可知，固体由Na2O2NaOH，其质量增加的量等于吸收水的质量与放出O2的质量之差，18 g水被吸收后生成16 g O2，即Na2O2固体增重为2 g。12根据下列反

11、应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO42FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I23FeCl2+4HNO3=2FeCl+NO+2H2O+Fe(NO3)3A H2SO3I Fe2+NO BIFe2+H2SO3NO CFe2+IH2SO3NO DNOFe2+H2SO3I【答案】A【解析】依据还原剂的还原性还原产物的还原性，反应2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2 中还原性IFe2+，反应H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中还原性H2SO3I，反应3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe(NO3)3中还原性F

12、e2+NO，综上分析可得还原性H2SO3I Fe2+NO，答案选A。13已知KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O；Fe3+与KSCN反应溶液变为红色。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。表中由实验现象得出的结论完全正确的是选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红色Cl2具有还原性B湿润的有色布条褪色Cl2具有酸性C石蕊溶液先变为红色后褪色Cl2具有漂白性DKI淀粉溶液变蓝色Cl2具有氧化性【答案】D【解析】A项中Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，从而遇KSCN变红色；B项中Cl2与水反应生成了具有漂白性的

13、物质；C项中Cl2与水反应生成了具有酸性和漂白性的物质；D项中Cl2将I氧化成I2遇淀粉变蓝色。14过量的NaHCO3与Na2O2混合，在密闭容器中充分加热，最后排出气体，则残留的固体物质应为ANa2O和Na2O2 BNa2CO3CNa2CO3和Na2O2 DNa2O【答案】B【解析】两种混合物在密闭容器中加热所发生的化学反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O。因NaHCO3是过量的，则加热生成的CO2使Na2O2最终全部转化为Na2CO3，过量的NaHC

14、O3也完全分解成Na2CO3，而Na2CO3稳定，受热不易分解，故最后残留的固体是Na2CO3。15含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则A被氧化的砒霜为1.98 mgB分解产生的氢气为0.672 mLC和砒霜反应的锌为3.90 mgD转移的电子总数为6105NA【答案】C【解析】砒霜(As2O3)转化为AsH3，被还原，A项错误；根据2AsH32As+3H2，产生的氢气在标准状况下的体积为22400mL/mol0.672 mL，B项错误；由得失电子守恒，可得关系式As2O36Zn，则和砒霜反应

15、的锌的质量为665g/mol3.90103g3.90 mg，C项正确；由As2O32AsH32As知，1mol As2O3参加反应时，转移电子共18mol，因As2O3为1105 mol，故转移电子总数为110518NA1.8104NA，D项错误。16V L Fe2(SO4)3溶液中含有a g SO，取此溶液0.5V L，用水稀释至2V L，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为AmolL1 BmolL1 CmolL1 DmolL1【答案】A【解析】a g SO的物质的量为mol，取出的0.5V L溶液中含有SO的物质的量为molmol，稀释过程中溶质的物质的量不变，则稀释后溶液中Fe3+的物

16、质的量为 molmol，稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为molL1，A项正确。二、非选择题（共52分）17AH为中学化学中常见的物质，其转化关系如图所示，其中“”代表化合物，“”代表单质，A为医学上治疗胃酸过多的一种药剂，G为淡黄色固体，C在通常状况下为无色液体，F为金属单质。请回答下列问题：(1)G的化学式为_，每生成1mol G转移电子_ mol。(2)反应中_(填序号)属于氧化还原反应。(3)写出下列反应的化学方程式。AB+C+D：_，F+C：_。【答案】(1)Na2O22(2)(3)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO22Na+2H2O=2NaOH+H2【解析】可治疗胃酸过多，

17、且受热分解生成三种物质的可能是NaHCO3，由两种单质点燃生成的淡黄色固体可能是Na2O2，通常状况下的无色液体可能是H2O。联系图中的转化关系即可推出A、B、C、D、E、F、G、H分别是NaHCO3、CO2、H2O、Na2CO3、O2、Na、Na2O2、NaOH。18某学生欲配制6.0molL1的H2SO4溶液1000 mL，实验室有三种不同体积、不同浓度的H2SO4溶液：480mL 0.5molL1的H2SO4溶液；150mL 25%的H2SO4溶液(1.18gmL1)；足量的18molL1的H2SO4溶液。有三种规格的容量瓶：250mL、500mL、1000mL。老师要求把两种H2SO4

18、溶液全部用完，不足的部分由来补充。请回答下列问题：(1)实验所用25%的H2SO4溶液的物质的量浓度为_ molL1(保留一位小数)。(2)配制该H2SO4溶液应选用容量瓶的规格为_ mL。(3)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整。A将两溶液全部倒入烧杯中混合均匀；B用量筒准确量取所需的18molL1的H2SO4溶液_ mL，沿烧杯内壁倒入上述混合液中，并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；C将混合均匀的H2SO4溶液沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；D_；E振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线12cm处；F改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面最低处恰好与刻度线相切；G将容量瓶盖紧

19、，摇匀。(4)如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(5)进行操作C前还需注意_。【答案】(1)3.0 (2)1000 (3)295用适量的蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，洗涤液均注入容量瓶中 (4)偏小 (5)将稀释后的H2SO4溶液冷却到室温【解析】(1)c(H2SO4)molL13.0molL1。(2)配制1000 mL溶液，应选用1000 mL容量瓶。(3)两溶液中H2SO4的物质的量之和为0.5molL10.48L+3.0molL10.15L0.69mol，还需H2SO4的物质的量为6.0molL11 L0.69mol5.31mol，则需要18m

20、olL1的H2SO4溶液的体积为0.295L295mL。转移完液体后，应用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也转移至容量瓶中，然后再进行定容操作。(4)没有洗涤操作，导致溶质减少，所配溶液的浓度将偏小。(5)转移液体前需将液体冷却至室温。19(1)根据反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，回答下列问题：该反应中氧化剂是_，氧化产物是_。(2)某一反应体系中存在下列6种物质：NO、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3、Fe2(SO4)3和H2O。已知存在下列转化关系：HNO3NO，请完成下列各题：该反应的氧化剂是_，还原剂是_。请把各物质填在下面空格处，需配平：_+_=_+_+_+

21、【答案】(1)Cl2 N2 (2)HNO3 FeSO4 4HNO3+3FeSO4=Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO+2H2O【解析】(1)在氧化还原反应8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2中，氮元素化合价升高，被氧化，NH3作还原剂，N2是氧化产物；氯元素化合价降低，被还原，作氧化剂，NH4Cl是还原产物；故该反应的氧化剂是Cl2，还原剂是NH3；综上所述，本题答案是：Cl2；N2。(2)由于反应中存在转化关系：HNO3NO，因此氮元素化合价降低，被还原，HNO3为氧化剂，NO为还原产物；因此铁元素一定是化合价升高，被氧化，FeSO4是还原剂，Fe(NO3)3和Fe2(SO4)3是

22、氧化产物；故该反应的氧化剂是HNO3，还原剂是FeSO4；综上所述，本题答案是：HNO3；FeSO4。根据得失电子守恒，并结合原子守恒，可以配平化学方程式：4HNO3+3FeSO4=Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO+2H2O ；综上所述，本题答案是：4HNO3+3FeSO4=Fe(NO3)3+Fe2(SO4)3+NO+2H2O 。20某学生欲用下列装置制取纯净FeCl3固体。其中A是Cl2发生装置，C、D为气体净化装置，E硬质玻璃管中装有细铁丝网，F为干燥的空广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置。试回答：(1)该装置中有一明显错误是_。(2)D中所装试剂为_，C装置的作用是_。(3)A中发生

23、反应的化学方程式是_。G中发生反应的离子方程式是_。(4)若用100mL 12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，生成的Cl2体积(标准状况)_(填“大于”“小于”或“等于”)6.72 L。(5)若用所制取的FeCl3固体制成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体分散质粒子_(填“能”或“不能”)通过滤纸孔隙。【答案】(1)装置D中左端导气管未插入液面下，右端导气管插在液面下(2)浓H2SO4除去Cl2中的HCl气体(3)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2OCl2+2OH=Cl+ClO+H2O(4)小于(5)能【解析】(1)D处起干燥作用，导气管长进短出。(2)D中盛浓硫酸来

24、洗气干燥，C中可以盛放饱和食盐水，除去挥发出的HCl。(4)由于盐酸随着反应进行，浓度会变小，二氧化锰与稀盐酸不反应，所以生成的氯气体积比理论值小。(5)胶体粒子也能透过滤纸。21取1.43g Na2CO3xH2O溶于水，配成10.0mL溶液。然后向其中逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出，共用去盐酸20.0 mL，并收集到112 mL CO2(标准状况下)。请回答下列问题：(1)稀盐酸的物质的量浓度为_。(2)Na2CO3xH2O的摩尔质量为_。(3)x的值为_。某研究性学习小组用化学法测量一个不规则容器的容积。方法是：把35.1g NaCl加入500 mL的烧杯中，用150mL水使之完全溶解；将

25、溶解后的溶液全部转移入不规则容器，用蒸馏水稀释至充满容器；从中取出100mL溶液，恰好与2L 0.100molL1的AgNO3溶液完全反应。则不规则容器的容积是_mL，不规则容器中NaCl溶液的物质的量浓度是_ molL1。【答案】(1)0.5molL1(2)286gmol1 (3) 10 3002【解析】(1)生成二氧化碳的物质的量为0.112L22.4Lmol10.005mol，根据化学方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2可知消耗HCl 0.01mol，所以盐酸的浓度为0.01mol0.02L0.5 molL1。(2)根据碳原子守恒可知碳酸钠晶体的物质的量为0.005mol，所以碳酸钠晶体的摩尔质量为1.43g0.005mol286gmol1。(3)根据(2)中的分析可知106+18x286，解得x10。先由AgNO3的物质的量求出100 mL NaCl溶液的物质的量浓度，即不规则容器中NaCl溶液的物质的量浓度，再由35.1 g NaCl的质量求出配制的溶液的体积，即不规则容器的容积。AgNO3 + NaCl=AgCl+NaNO31 12 L0.100 molL10.1 LcNaCl得：cNaCl2molL1再由mNaClcNaClVMNaCl得V0.3L300 mL。