2018~2019上半学年齐河县第一中学期中考试化学答案

1.B
试题分析：A 、研究物质的性质，常用观察物质色、态等，然后进行实验验证化学性质，进行分类，性质对比等方法，故说法正确；B 、不能预测物质的性质，应通过观察、实验进行研究，避免造成伤害或危险，故说法错误；C 、根据元素周期表和元素周期律，同主族性质具有相似性，故说法正确；D 、根据选项A 的分析，故说法正确。

2.B 水洗净“洗涤”，细研水飞“溶解”，去石澄清“倾析”，慢火熬干“蒸发”。

【考点】中国优秀传统文化的考查
3.A A. 钠是非常活泼的金属，在自然界中以化合态存在（主要存在于钠盐中），故A 错误；B. 钠是具有银白色金属光泽的固体，B 正确；C. 钠易与空气中氧气、水等物质反应，且其密度比煤油大，保存在煤油中起到隔绝空气的作用，C 正确；D. 钠易与空气中氧气、水等物质反应，钠着火时不用能水而用沙土等材料隔绝空气，起到灭火作用，D 正确。

4.C
【名师点晴】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；④注意物质的结构：如Na 2O 2是由Na +
和O 22-构成，而不是有Na +
和O 2-
构成；SiO 2、SiC 都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO 2是正四面体结构，1molSiO 2中含有的共价键为4N A ，1molP 4含有的共价键为6N A 等。

5.B 本题考查了物质的量的计算。

①1.204×1024
个C ，即C 原子数是2N A
②0.7 mol NH 3中含有原子数是:0.7 mol 3N A =2.1 N A ；③1.204×1023个钠原子即原子数是0.2NA ；④0.2 mol H 2SO 4中原子数是1.4N A ；⑤1 mol He 中原子数是N A ；各物质所含原子数由多到少的顺序是②①④⑤③，故选B 。

6.B
试题分析：A 、溶液体积不明确，故溶液总的氮原子的物质的量和个数无法计算，故A 错误；B 、标况下22.4L 氯气的物质的量为1mol ，而氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol 氯气转移1mol 电子即N A 个，故B 正确；C 、重水的摩尔质量为20g/mol ，故18g 重水的物质的量n=
=0.9mol ，而1mol 重水含10mol 质子，则0.9mol 重水含9mol 质子即9N A 个，故C 错误；D 、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁
的聚集体，故形成的氢氧化铁胶粒的个数小于0.01N A 个，故D 错误；故选B 。

7.D
8.C
A 、MgSO 4转化为氢氧化镁需要加入碱液，可选取石灰乳，故A 正确；
B 、氢氧化镁为沉淀，采用过滤的方法分离，故B 正确；
C 、试剂②为盐酸，氢氧化镁为沉淀，书写离子方程式时不能拆，故C 错误；
D 、根据反应MgCl 2
Mg+Cl 2↑，电解氯化镁时，生成48g 镁，即为2mol ，
1820/g g mol
转移4mol电子，故D正确；故选C。

9.A
10.D
A、Al(OH)3能溶于强碱NaOH溶液，但不溶于弱碱溶液，所以用氨水和AlCl3制备Al(OH)3悬浊液，故A错误；
B、氧化铝不溶于浓氨水，故B 错误；
C、Al在加热时生成氧化铝，氧化铝的熔点高，像网兜一样包裹在Al的外面，则仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落，故C错误；
D、氨水的碱性弱，不能溶解Al(OH)3，向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D正确；故选D。

11.C
试题分析：①Cu2＋显蓝色，题目说是无色溶液，故不符合题意；②pH=11说明溶液显碱性，这五种离子能大量共存，故符合题意；③加入Al 能产生H2，溶液可能显酸性也可能显碱性，HCO3－既不能与H＋也不能与OH－共存，故不符合题意；④水电离出的c(OH－)=10－3，此溶液可能显酸性，也可能显碱性，这五种离子能大量共存，故符合题意；⑤能使红色石蕊试纸变蓝，说明此溶液显碱性，ClO－具有强氧化性，S2－具有还原性，两者发生氧化还原反应，故不符合题意；⑥NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故不符合题意，因此选项C正确。

12.A
【分析】强酸溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．
【解答】解：A．Fe3+为黄色，MnO4﹣为紫色，与无色不符，且Cl﹣、MnO4﹣发生氧化还原反应，故A错误；
B．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故B正确；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故D正确；
故选A．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．
13.A
试题分析：在氧化还原反应中，得失电子数目相等。

NH3中N的化合价为-3，反应后变为0，作还原剂被氧化；NO中N的化合价为+2，反应后为0，作氧化剂被还原。

为保持得失电子数目相等，则应为2个-3价的氮和3个+2价的氮反应，所以被氧化与被还原的氮原子的原子个数比为2∶3，答案为A。

14.B
试题分析：设元素Cr在还原产物中的化合价为n，则根据电子得失守恒可知24×0.05×（6－4）＝20×0.02×2×（6－n），解得n＝3，答案选B。

【名师点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。

得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。

电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。

计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。

15.A
试题分析：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I-> Fe2+，反应H2SO3＋I2＋H2O===2HI＋H2SO4中还原性H2SO3> I-,反应3FeCl2＋4HNO3==2FeCl3＋NO↑＋2H2O＋Fe(NO3)3中还原性Fe2+> NO,综上分析可得还原性H2SO3> I-> Fe2+> NO，答案选A。

16.D
A、化学的特征就是认识分子和制造分子，A正确；
B、波义耳提出化学元素的概念，标志着近代化学的诞生，B正确；
C、研究物质的性质常运用观察、实验、分类、比较等方法，C正确；
D、金属钠通常保存在煤油中，也能保存在石蜡油中，D错误，答案选D。

17.
（1）HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O；
（2）Fe3+、Ba2+；
（3）①
②存在；K离子最小浓度为0.1mol/L；
（4）BaCO3、BaSO3．
===0.1mol/L
=0.1mol=0.1mol/L
==
=0.1mol
18.
（1）氧化剂；（2）1；3；8H+；2；3；4；（3）TiCl4+4Na═Ti+4NaCl；（4）①FeS（aq）+Cu2+（aq）=Fe2+（aq）+CuS（aq）；②对滤液Ⅱ调pH 的目的是除去Fe3+；③增大NiSO4浓度，有利于蒸发结晶；④6。

试题分析：（1）CeO2中Ce的化合价显＋4价，在硫酸和过氧化氢的作用下转化成Ce3＋，化合价降低，因此CeO2作氧化剂；（2）Cr2O72－中Cr 显＋6价，反应中转变成了Cr3＋，化合价降低了3价，整体降低了6价，SO32－中S由＋4价→＋6价，化合价升高了2价，最小公倍数为6，即Cr2O72－的系数为1，SO32－、SO42－的系数为3，Cr3＋的系数为2，根据离子反应方程式反应前后所带电荷数相同以及原子个数守恒，推出此反应离子方程式为：Cr2O72－＋3SO32－＋8H＋=2Cr3＋2SO42－+4H2O；（3）利用金属钠金属性强于Ti，因此把Ti置换出来，4Na＋TiCl44NaCl ＋Ti；（4）①利用反应向着更难溶的方向进行，加FeS除去Cu2＋、Zn2＋离子，发生的反应是FeS＋Cu2＋=CuS＋Fe2＋；②调节pH的作用：除去Fe3+；
③目的是：增大NiSO4的浓度，有利于蒸发结晶；④NiSO4·xH2O=NiSO4＋xH2O，采取差量法解决，x=155×(26.3－15.5)/(15.5×18)=6。

19.
（1）BaCO3；BaSO4；
（2）NO2、N2、CO2；
（3）S、N；[S﹣C≡N]﹣；
（4）2SCN﹣+22NO3﹣+20H+=2SO42﹣+2CO2↑+22NO2↑+N2+10H2O；
（5）加入的氧化剂不能过量．
20.
(1)
(2)4H+＋2Cl- ＋MnO2Mn2+＋Cl2↑ ＋2 H2O
(3)Cl MnCl21:2 酸性和还原性
(4)6.02×1023 1
试题分析：本题考查氧化还原反应的分析和计算，离子方程式的书写。

（1）反应中Cl元素的化合价由HCl中的-1价升至Cl2中的0价，Mn元素的化合价由MnO2中+4价降至MnCl2中的+2价，用单线桥表示为：。

（2）反应中浓盐酸、MnCl2改成离子，其余以化学式保留，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。

（3）在上述过程中，被氧化的元素是Cl；还原产物为MnCl2；在反应中4molHCl参加反应，只有2molHCl被氧化，则氧化剂（MnO2）和还原剂（HCl）物质的量之比为1:2；在反应中盐酸表现还原性和酸性。

（4）根据上述分析，产生1molCl2转移2mol电子，产生0.5molCl2，转移1mol电子，转移电子数为6.02×1023个。

被氧化的HCl物质的量为1mol。

点睛：本题的反应中参加反应的HCl不等于被氧化的HCl，被氧化的HCl占参加反应HCl的1/2。

21.
（1）＞；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；1；
（2）ad；
（3）BaCl2．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】粗MnO2（含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，
（1）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；根据方程式转移电子数计算生成的氧化产物的物质的量；NaClO3在常温下与盐酸反应生成氯气，根据原子守恒和得失电子守恒写出方程式；
（2）第④步操作中NaOH过量，结合方程式分析最终得到的固体除NaClO3外，还有NaOH和NaCl；
（3）沉淀没有洗涤干净，则滤液中含有硫酸根离子．
【解答】解：粗MnO2（含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3）样品中加入过量的稀硫酸，由于MnO2不溶于硫酸，则样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，过滤得滤液为硫酸锰溶液，加入NaClO3发生反应为：5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，再过滤得到滤液和二氧化锰固体，而氯气与热的氢氧化钠反应生成氯酸钠方程式为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，
（1）已知5Mn2++2ClO3﹣+4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+，ClO3﹣作氧化剂，MnO2作氧化产物，则氧化性：ClO3﹣＞MnO2；当NaClO3转移2mol电子时，消耗NaClO3为0.4mol，则生成氧化产物MnO2为1mol；NaClO3在常温下与盐酸反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；
故答案为：＞；ClO3﹣+5Cl﹣+6H+=3Cl2↑+3H2O；1；
（2）第④步操作中NaOH过量，发生的反应为：3Cl2+6NaOH=NaClO3+NaCl+3H2O，则最终得到的固体除NaClO3外，还有NaOH和NaCl；
故答案为：ad；
（3）若沉淀没有洗涤干净，则滤液中含有硫酸根离子，检验硫酸根离子选用氯化钡溶液，故答案为：BaCl2．
【点评】本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，题目难度中等，把握流程中发生的化学反应及原电池和电解池原理为解答的关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题侧重分析能力及推断能力的考查．
22.
(1)25.0 (2)500mL容量瓶、胶头滴管(3) ①②④(4)⑤①④⑥③⑦②⑧(5)①④⑦解析：（1）应该用500mL容量瓶配制，所以应用托盘天平称取CuSO4·5H2O晶体的质量为0.5L×0.2mol/L×250g/mol＝25.0g。

（2）实验中用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯，还缺少500mL 容量瓶、胶头滴管。

（3）①容量瓶主要用于配制准确物质的量浓度的溶液，正确；②容量瓶不宜长时间贮存溶液，正确；③容量瓶不能用来加热，错误；④容量瓶使用前要检查是否漏水，正确，答案选①②④；（4）配制溶液时的顺序是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序是⑤①④⑥③⑦②⑧；（5）①硫酸铜晶体失去部分结晶水，溶质的质量增加，浓度偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体并使用游码，导致溶质的质量减少，浓度偏低；③硫酸铜晶体不纯，其中混有杂质，导致溶质的质量减少，浓度偏低；④称量硫酸铜晶体时所用砝码生锈，溶质的质量增加，浓度偏高；⑤容量瓶未经干燥就使用不影响；⑥转移液体时不小心部分酒落在容量瓶外面，导致溶质的质量减少，浓度偏低；⑦定容时俯视刻度线，溶液体积减少，浓度偏高；⑧摇匀后，凹波面低于刻度线未做任何处理，不影响，答案选①④⑦。