四川省棠湖中学2019-2020学年高一上学期第一次月考化学试题

www.ks5u.com2019-2020学年秋四川省棠湖中学高一第一学月考试

化学试题

第Ⅰ卷（选择题 共48分）

可能用到的相对原子质量：H-1    C-12    O-16    N-14    S-32    Cl-35.5    Na-23

一．选择题(共12个小题，每小题只有一个选项符合题目要求，每小题4分，共48分

1.根据广州中心气象台报道，近年每到春季，我省沿海一些城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞。雾属于下列分散系中的

A. 溶液 B. 悬浊液 C. 乳浊液 D. 胶体

【答案】D

【解析】

【分析】

分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系属于胶体，雾属于胶体，属于气溶胶。

【详解】因分散质粒子直径在1nm~100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体，所以D选项是正确的。

答案选D。

2.下列判断或者判断的依据正确的是

A. 碱性氧化物一定是金属氧化物

B. 直径介于 1 nm--100nm 之间的粒子称为胶体

C. 单质：是否仅含有一种元素的物质

D. 电解质与非电解质：水溶液是否导电

【答案】A

【解析】

【分析】

A、碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，一定是金属氧化物；

B、胶体的分散质微粒直径介于1nm～100nm之间；

C、单质是指含有一种元素的纯净物；

D、电解质在水溶液里或熔融状态下能电离出自由移动的离子，非电解质在水溶液里或熔融状态下都不能电离出自由移动的离子。

【详解】A项、碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，一定是金属氧化物，故A正确；

B项、胶体的分散质微粒直径介于1nm～100nm之间，并不是直径介于1nm～100nm之间的微粒均称为胶体，故B错误；

C项、单质是指含有一种元素的纯净物，含有一种原子的物质不一定是单质，如氧气和臭氧的混合物，故C错误；

D项、电解质与非电解质的本质区别，是在水溶液或熔化状态下能否电离，故D错误。

故选A。

3. 现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液 ②39％的乙醇溶液 ③氯化钠和单质碘的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是( )

A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液

C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液

【答案】C

【解析】

4.以下化学反应不属于氧化还原反应的是

A. 2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2 ↑ B. N2H4+O2＝N2+2H2O

C. FeO＋2HCl＝FeCl2＋H2O D. NO + NO2 + Na2CO3＝2NaNO2 + CO2↑

【答案】C

【解析】

试题分析：A、Na元素、H元素的化合价在反应前后均发生变化，是氧化还原反应，错误；B、N元素、O元素的化合价在反应前后发生变化，是氧化还原反应，错误；C、Fe、H、Cl元素的化合价在反应前后均未变化，不是氧化还原反应，正确；D、该反应中N元素的化合价在反应前后发生变化，是氧化还原反应，错误，答案选C。

考点：考查氧化还原反应的判断

5.同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，下列说法错误的是

A. 所占的体积由大到小的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2

B. 所含分子数由多到少的顺序是：H2>CH4>O2>CO2>SO2

C. 密度由大到小的顺序是：SO2>CO2>O2>CH4>H2

D. 所含的电子数由多到少的顺序是：CO2>SO2>CH4>O2>H2

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故A正确；

B．根据n=m/M可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2，分子数由多到少的顺序是：H2＞CH4＞O2＞CO2＞SO2，故B正确；

C．同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，密度之比为：H2＜CH4＜O2＜CO2＜SO2，故C正确；

D．取mg四种气体，质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体含电子数分别为：m/44×22，m/2×2，m/32×16，m/16×10，m/64×32，所含的电子数由多到少是：H2＞CH4＞CO2=O2=SO2，故D错误；

故选D。

6.在无色透明强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（   ）

A. K+、Cu2+、NO3﹣、SO42﹣ B. K+、Na+、Cl﹣、ClO﹣

C. Zn2+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣ D. K+、Na+、Ba2+、SO42﹣

【答案】C

【解析】

无色溶液中不能有Cu2+，故A错误；酸性溶液中H+与 ClO﹣结合成弱电解质HClO，故B错误；酸性溶液中Zn2+、NH4+、NO3﹣、Cl﹣不反应，故C正确；Ba2+、SO42﹣生成硫酸钡沉淀，故D错误。

7.有BaCl2 和AlCl3的混合溶液aL，将它平均分成两份。一份滴加稀硫酸，使钡离子完全沉淀，另一份滴加AgNO3溶液，使氯离子完全沉淀。反应中消耗x mol H2SO4，y mol AgNO3溶液。据此得知原混合溶液中的铝离子浓度为(    ) mol/L。

A. (y-2x)/a B. (y-x)/a C. 2(y-2x)/3a D. (y-2x)/3a

【答案】C

【解析】

一份溶液中含n（Ba2+）=n（SO42-）=xmol，含n（Cl-）=n（Ag+）=ymol，根据电荷守恒，2n（Ba2+）+3n（Al3+）=n（Cl-），n（Al3+）=mol；原溶液中Al3+物质的量为2（y-2x）/3mol，原溶液中Al3+浓度为2(y-2x)/3amol/L，答案选C。

点睛：本题计算注意两个关键点：（1）用电荷守恒求Al3+物质量；（2）原溶液平均分成了两份，注意物质的量与体积的对应关系。

8. 标准状况下，m g气体A与n g气体B分子数相同，下列说法中不正确的是( )

A. 气体A与B的相对分子质量比为m∶n

B. 同质量气体A与B的分子个数比为n∶m

C. 同温同压下，同体积A气体与B气体的密度比为n∶m

D. 相同状况下，同体积A气体与B气体质量比为m∶n

【答案】C

【解析】

【分析】

标准状况下，分子数相同的气体A和B，A和的物质的量和体积相同。

【详解】A项、由n=m/n可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为mg：ng=m：n，故A正确；

B项、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=m/n可知，分子数之比等于1/m：1/n=n：m，故B正确；

C项、同温同压，气体密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，故C错误；

D项、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即为m：n，故D正确。

故选C。

【点睛】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，明确同温、同压、同体积，则气体的分子数相同、物质的量相同及质量、物质的量、摩尔质量的关系是解答的关键，可借助PV=nRT理解。

9.一定温度和压强下，30 L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是

A. 该温度和压强可能标准状况

B. 标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4 L

C. 每个该气体分子含有2个原子

D. 若O2在该条件下为气态，则1 mol O2在该条件下的体积也为30 L

【答案】A

【解析】

试题分析：如果温度和压强是标准状况，根据气体的体积：V=nmol×22.4L/mol,那么30 L某种气态纯净物的物质的量大于1mol，分子个数大于6.02×1023个，故肯定不是标准状况，A不正确；分子数为6.02×1023个，那么物质的量就是1mol，标准状况下的体积约是22.4 L，B正确；分子数为6.02×1023个，原子数为1.204×1024个原子，说明该分子是由2个原子组成，C正确；O2是双原子分子，是气态物质，符合条件，D正确。选A。

考点：有关气体摩尔体积公式使用条件的理解

10.对反应Al2O3＋N2＋3C 2AlN＋3CO的叙述正确的是

A. Al2O3是氧化剂，C是还原剂 B. 每生成1 mol CO需转移2 mol电子

C. AlN中氮元素的化合价为＋3 D. N2发生了氧化反应

【答案】B

【解析】

【分析】

在氧化还原反应中，得到电子是氧化剂，氧化剂发生还原反应；失去电子的是还原剂，还原剂发生氧化反应。

【详解】A．C失去电子是还原剂，N2得到电子是氧化剂，Al2O3中各元素化合价没发生变化既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误。

B．C元素化合价由0升为+2，根据化学方程式可知，每生成1 mol CO需转移2 mol电子。故B正确。

C．AlN中N元素的化合价为-3，故C错误。

D．N2是氧化剂发生还原反应，故D错误。本题选B。

11.某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.5g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是(     )

A. 肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2

B. 肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能还有Na2CO3

C. 肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3

D. 以上判断都不正确

【答案】B

【解析】

试题分析：取样品加入水中,全部溶解,则不可能含有Ba(NO3)2,因为碳酸钡不溶于水,再加入氯化钙能产生4.5g沉淀,为碳酸钙的质量,假设6.9g全部为K2CO3,则生成沉淀为6.9/138g/mol *100g/mol=5g>4.5g,则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于K2CO3中碳酸根的质量分数,故一定有KNO3,可能还有Na2CO3,综上分析可以知道,肯定有KNO3,没有Ba(NO3)2,可能还有Na2CO3,

所以B选项是正确的.

考点：物质的量的相关计算

12.设阿伏加德罗常数的值为NA，标准状况下O2和N2的混合气体m g含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积(L)应是

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】m g混合气体的物质的量为 mol，则混合气体的平均摩尔质量为M= =g/mol，所以n g混合气体的物质的量为n= =mol，则V=nVm=22.4L/mol×mol = L，A项正确；

答案选A。

【点睛】抓住物质的量这个关键桥梁是解题的关键，要注意公式的活学活用。

第二部分（非选择题  共52分）

13.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4、较多的Cu2+和少量的Na+。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。

（1）步骤1的主要操作是__________，需用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外有________。

（2）步骤2中发生反应的化学方程式为___________________________

（3）步骤3中发生反应的化学方程式为___________________________

（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、_________、过滤、洗涤、烘干。

【答案】    (1). 过滤    (2). 普通漏斗（或漏斗）    (3). CuSO4+Fe＝FeSO4+Cu    (4). Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑    (5). 冷却结晶或结晶

【解析】

【详解】（1）根据框图可知，步骤1应为过滤，过滤时需要的玻璃仪器是：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：普通漏斗（或漏斗）；

（2）步骤2中加入过量的铁与硫酸铜反应生成铜和氯化亚铁，发生反应的化学方程式为CuSO4+Fe＝FeSO4+Cu；

（3）步骤3中加入稀硫酸将固体混合物中的铁溶解，发生反应的化学方程式为Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑；

（4）步骤4中涉及的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶或结晶、过滤、洗涤、烘干。

14.（1）写出下图中序号①～④仪器的名称：

①_____________；②__________；    ③_____________；    ④____________。

（2）仪器①～④中，使用时必须检查是否漏水的有__________（填仪器序号）。

（3）下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现用该浓硫酸配制480 mL 1 mol·L－l的稀硫酸。

可供选用的仪器有：  ①胶头滴管；②烧瓶；③烧杯；④药匙；⑤量筒；⑥托盘天平。            

请回答下列问题：

①配制稀硫酸时，还缺少的仪器有____________、___________（写仪器名称）。   

②经计算，配制480 mL l mol·L－l的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_______mL。将量取好的浓硫酸缓慢注入到盛水的烧杯后，发现量筒里还残留有浓硫酸，如果用蒸馏水洗涤后一并将洗涤液注入烧杯，将使结果浓度

____________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

③在转入容量瓶前烧杯中液体应__________，否则会使结果浓度___________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

④定容时必须使溶液的凹液面与刻度线相平，若俯视会使浓度_________。（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】    (1). 圆底烧瓶    (2). 冷凝管    (3). 分液漏斗    (4). 100ml容量瓶     (5). ③④    (6). 500ml容量瓶    (7). 玻璃棒    (8). 27.2     (9). 偏高    (10). 恢复室温    (11). 偏高    (12). 偏高

【解析】

试题分析：（1）根据图示写①～④仪器的名称；（2）带有磨口玻璃塞的仪器使用时必须检查是否漏水；（3）① 根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤分析需要的仪器；②配制480 mL l mol·L－l的稀硫酸，需要500mL容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；如果用蒸馏水洗涤量筒后一并将洗涤液注入烧杯，将使溶质物质的量偏大；③浓硫酸溶于水放热，若直接转入容量瓶中，造成溶液体积偏小；④ 定容时若俯视刻度线会使溶液体积偏小。

解析：（1）根据图示①～④仪器的名称分别是圆底烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100ml容量瓶；（2）带有磨口玻璃塞的仪器使用时必须检查是否漏水，所以①～④仪器中需要须检查是否漏水有分液漏斗、100ml容量瓶；（3）①配制一定物质的量浓度的溶液步骤有，计算、量取、稀释并冷却至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶保存，所以需要的仪器有胶头滴管、烧杯、量筒、500ml容量瓶、玻璃棒；②根据 ,质量分数是98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸，物质的量浓度是  ，配制480 mL l mol·L－l的稀硫酸，需要500mL容量瓶，根据稀释前后溶质物质的量不变， ， ，v=0.0272L，所以需要取上述浓硫酸的体积为27.2mL；如果用蒸馏水洗涤量筒后一并将洗涤液注入烧杯，将使溶质物质的量偏大，溶液浓度偏高；③浓硫酸溶于水放热，若直接转入容量瓶中，造成溶液体积偏小，溶液浓度偏高，所以在转入容量瓶前烧杯中液体应冷却到室温；④ 定容时若俯视刻度线会使溶液体积偏小，溶液浓度偏高。

点睛：根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化，若n偏大，则c偏大，若v偏大，则c偏小。

15.有五瓶损坏标签的试剂，分别盛有硫酸溶液、氢氧化钾溶液、硝酸钡溶液、碳酸氢钠溶液、氯化铜溶液，为了确定各瓶中是什么试剂，将它们任意编号为A、B、C、D、E。观察发现，C试剂颜色为蓝色，其余为无色；几种试剂用小试管各取少量，两两相互滴加，反应现象为：A与其余三种混合无明显现象，B与D出现白色沉淀，B与E无明显现象，D与E混合有气泡产生，A与C混合有蓝色沉淀。

（1）下列试剂瓶中所盛试剂为(用溶质化学式表示)：

A________，B________，E________。

（2）写出C溶液中溶质的电离方程式：________。

（3）写出下面的离子反应方程式：

B与D：________。

D与E：________。

A与C：________。

【答案】    (1). KOH     (2). Ba(NO3)2    (3). NaHCO3     (4). CuCl2==Cu2++2Cl-    (5). Ba2++SO42－=BaSO4↓    (6). HCO3-+H+==H2O+CO2↑    (7). 2OH-+Cu2+==Cu(OH)2↓

【解析】

【详解】C试剂颜色为蓝色判断为氯化铜溶液；四种无色试剂A、B、D、E用小试管各取少量，两两反应，反应现象为：A与其余三种混合无明显现象，B与D出现白色沉淀，说明是硝酸钡溶液和硫酸溶液、D与E混合有气泡产生，证明是碳酸氢钠溶液和硫酸溶液，分析判断为：D为硫酸溶液；E为碳酸氢钠溶液，B为硝酸钡溶液；E与B无明显现象，符合实验现象；

（1）依据推断出的各物质写出化学式分别为：A：KOH；B：Ba(NO3)2；C：CuCl2；D：H2SO4；E：NaHCO3；故答案为：KOH；Ba(NO3)2；NaHCO3；

（2）C为CuCl2，溶液中溶质的电离方程式为：CuCl2==Cu2++2Cl-；

（3）①B与D反应的离子方程式为：Ba2++SO42－=BaSO4↓；

②D与E反应的离子方程式为：HCO3-+H+==H2O+CO2↑；

③A与C反应的离子方程式为：2OH-+Cu2+==Cu(OH)2↓。

16.（在Na+浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物）

现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）。

请回答下列问题：

（1）实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是________；

（2）实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为________；

（3）通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）_____。

（4）判断K+是否存在，若存在，其最小浓度为________，若不存在，请说明理由：________。

【答案】    (1). Ag+、Ca2+、Ba2+    (2). CO32－＋2H＋ ＝ H2O＋CO2↑    (3).

    (4). 存在    (5). 最小浓度为0.8 mol/L

【解析】

【详解】由题意知溶液为澄清溶液，因此溶液中含有的离子必须能大量共存。由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有CO32-。与盐酸反应生成CO2的物质的量＝＝0.025mol，则根据碳原子守恒可知，CO32－的浓度其浓度为＝＝0.25mol/L。溶液中含有CO32－，则一定没有Ag+、Ca2+、Ba2+；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32-，发生反应SiO32-+2H+＝H2SiO3↓。根据实验Ⅱ可知，2.4g是固体是二氧化硅，其物质的量＝＝0.04mol。则根据硅原子守恒可知SiO32-的浓度为＝0.4mol/L。由实验Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）＝2×0.25mol/L+2×0.4mol/L＝1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+。由于不能确定NO3-是否存在，所以K＋浓度至少为0.8mol/L。

（1）由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有CO32-、SiO32-，则一定没有Ag+、Ca2+、Ba2+；

（2）实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为：CO32－＋2H＋ ＝ H2O＋CO2↑；

（3）通过上述分析计算可知，

（4）根据电荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）＝2×0.25mol/L+2×0.4mol/L＝1.3mol/L＞0.5mol/L，因此溶液中一定含有K+。由于不能确定NO3-是否存在，所以K＋浓度至少为0.8mol/L。

【点睛】本题考查离子反应及计算，为高频考点，把握发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与计算能力的综合考查，注意加盐酸生成气体和沉淀为解答的突破口，题目难度不大。