湖南省邵东县创新实验学校2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com高一化学期中考试卷

可能用到的相对原子质量：C-12、H-1、O-16、Na-23、Fe-56、Cu-64、Ca-40、Cl-35.5N-14、Al-27、K-39、S-32  P-31

一、单项选择题（本题包括20小题，每小题3分，共60分。）

1.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液 ②39％的乙醇溶液 ③单质溴和氯化钠的水溶液，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】

【详解】①汽油不溶于水，汽油和氯化钠溶液是分层，可以采用分液的方法分离；②酒精和水是互溶的两种液体，可以采用蒸馏的方法分离；③向氯化钠和单质溴的水溶液中加入萃取剂四氯化碳后，溴单质会溶解在四氯化碳中，四氯化碳和水互不相溶而分层，然后分液即可实现二者的分离；故选C。

2.下列说法中正确的是

A. 1molNaOH的质量是40g B. 1molCH4体积约为22.4L

C. CO2的摩尔质量为44g D. 1molH2O中约含6.02×1023个H

【答案】A

【解析】

【详解】A．1molNaOH的质量是1mol×40g/mol=40g。故A正确；

B．气体体积与气体所处状态有关。不知温度与压强1molCH4体积无法确定。故B错误；

C．摩尔质量单位为g/mol。故C错误；

D．1molH2O中约含2×6.02×1023个H。故D错误；

故答案为A；

3. 下列关于胶体的说法中正确的是

A. 胶体外观不均匀 B. 胶体能通过半透膜

C. 胶体能产生丁达尔效应 D. 胶体不稳定，静置后容易产生沉淀

【答案】C

【解析】

试题分析：胶体是具用介稳定性的均匀分散系、不能通过半透膜、光照时产生丁达尔效应。故C正确。

考点： 了解胶体是一种常见的分散系。

点评：本题是基础知识的考查比较简单。

4. 下列溶液中，能大量共存的离子组是

A. K+、Na+、CO32-、NO3- B. Ag+、Na+、SO42-、Cl-

C. OH-、HCO3-、Ca2+、Na+ D. Ba2+、Na+、OH-、SO42—

【答案】A

【解析】

试题分析：．

A组可共存。B中Ag+、Cl-会生成AgCl沉淀不能共存，故B错。C中OH-与HCO3-反应不能共存，故C错误。D中Ba2+与SO42—生成沉淀而不能共存，故D错误。

考点：了解离子反应，认识离子共存。

点评：判断离子能否共存，实质为判断离子间是否发生化学反应，应熟记一些常见离子的化学性质。

5.同温同压下两个容积相等的贮气瓶，一个装有C2H4，另一个装有C2H2和C2H6的混合气体，两瓶内的气体一定相同的是

A. 质量 B. 原子总数 C. 碳原子数 D. 密度

【答案】C

【解析】

【分析】

根据阿伏加德罗定律：同温同压下，容积相等的任何气体具有相同的分子数，结合C2H4、C2H2、C2H6每个分子的组成特点来回答。

【详解】同温同压下，两个储气瓶的容积又相等，所以两瓶中气体的物质的量就相等，即两瓶内气体的分子数相同，则

A、根据m=nM，瓶中装有C2H2和C2H6的混合气体的瓶子的M无法确定，所以m无法判断，A错误；

B、C2H2和C2H6的量不确定，所以原子数也无法确定，B错误；

C、C2H4、C2H2、C2H6每个分子中的C原子数都是2，所以碳原子数相同，C正确；

D、据ρ=m/V，V一定，质量不确定，所以ρ无法判断，D错误。

答案选C。

6.已知3.01×1023个X气体分子的质量为16 g，则X气体的摩尔质量是

A. 16 g B. 32 g C. 64 g /mol D. 32 g /mol

【答案】D

【解析】

【详解】X气体的摩尔质量是，答案选D

7.下列离子方程式中，正确的是：

A. 碳酸钙滴加盐酸： CO32-＋2H+ === CO2＋H2 O

B. 氢氧化钡与硫酸反应：H+＋OH－===H2O

C. 氢氧化铜与硝酸反应Cu(OH)2＋2H+==Cu2+＋2H2O

D. 铝片插入硝酸汞溶液中：Al＋Hg2+==Al3+＋Hg

【答案】C

【解析】

【详解】A. 碳酸钙滴加盐酸，碳酸钙为固体，写化学式：CaCO3＋2H+ ==Ca2++CO2↑＋H2 O，与题意不符，A错误；

B. 氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水：Ba2++2H+＋SO42-+2OH－==BaSO4↓+2H2O与题意不符，B错误；

C. 氢氧化铜与硝酸反应，生成硝酸铜和水，Cu(OH)2＋2H+==Cu2+＋2H2O，符合题意，C正确；

D. 铝片插入硝酸汞溶液中生成硝酸铝和汞：2Al＋3Hg2+==2Al3+＋3Hg，与题意不符，D错误；

答案为C；

8. 下列说法正确的是

A. 硫酸、纯碱、硝酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物

B. 根据元素种类的多少将物质分为纯净物和混合物

C. 通常情况下，若发生反应A2 + 2B－= 2A－+ B2，则氧化剂是A2

D. 碳酸氢钠在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32-

【答案】C

【解析】

试题分析：A．纯碱应属于盐，故A错误。B．根据物质种类的多少将物质分为纯净物和混合物 ，故B错误。C．A2元素价态降低为氧化剂，故C正确。 D．碳酸氢钠中HCO3-部分电离，碳酸氢钠在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++HCO3-，故D错误。

考点：了解物质的分类、氧化还原反应、电解质的概念。

点评：本题为基本概念、基本原理考查，平时学习就注意一些小细节比如： NaHCO3与NaHSO4在水中电离的区别等。

9.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是：

A. 标准状况下，5.6L四氯化碳含有的分子数为0.25NA

B. 标准状况下，22.4LCH4中含有分子总数为5NA

C. 常温常压下，14g氮气含有的原子数为NA

D. 标准状况下，铝跟盐酸溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为NA

【答案】C

【解析】

试题分析：A．标准状况下四氯化碳为液体，故A错误。 B．标准状况下，22.4LCH4中含有的分子总数为NA，故B错误。C．常温常压下，14g氮气为0.5mol，所以含有的原子数为NA，故C正确。

D．铝跟盐酸溶液反应生成1mol氢气时，转移的电子数为2NA,故D错误。

考点：了解物质的量的单位——摩尔（mol）、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。

点评：本题为物质的量、阿佛加德罗常数的简单计算的考查，注意基本公式的适用范围如：n=m/M，适用于任何物质任何状态下，n=V/Vm只适用于气体等。

10. 同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是

A. O2 B. CH4 C. CO2 D. SO2

【答案】B

【解析】

【详解】根据阿伏加德罗定律可知，在相同条件下体积之比是气体的物质的量之比；在质量相同时，摩尔质量越小，物质的量越大；选项中CH4的摩尔质量最小，所以答案选B。

11.从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL，下列关于这100 mL溶液的叙述中错误的是

A. 含NaOH 0.1 mol B. 浓度为 1 mol/L

C. 含NaOH 4 g D. 浓度为0.1 mol/L

【答案】D

【解析】

【详解】从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL，溶液的浓度不变，所以

A、100mL1 mol/L NaOH溶液中含NaOH0.1 mol，A正确；

B、从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL，溶液的浓度不变，仍然是1mol/L，B正确；

C、100 mL 1 mol/L NaOH溶液中含NaOH0.1 mol，质量为4 g，C正确；

D、浓度不变仍为1 mol/L，D错误；

答案选D。

12.0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与3 L 0.5 mol/L KCl溶液中的Cl-的数目之比

A. 1：6 B. 1：1 C. 2：1 D. 3：1

【答案】B

【解析】

试题分析：0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液中Cl-浓度为1.5mol/L，其中Cl-的数目为1.5NA；3 L 0.5 mol/L KCl溶液中的Cl-浓度为0.5 mol/L KCl，其中Cl-的数目为1.5NA；故B正确。

考点：了解溶液的组成。理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。

点评：本题考查溶液溶质粒子的“量”的求算方法，注重基础知识的灵活应用。

13. 在强酸性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的离子组是

A. Na+、Al3+、SO42-、NO3- B. Ba2+、Na+、SO42-、NO3-

C. K+、Mg2+、MnO4-、SO42- D. K+、Na+、NO3-、HCO3-

【答案】A

【解析】

试题分析：A、四种离子不反应而共存，选A；B、钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀不共存，不选B；C、高锰酸根离子为紫色，不选C；D、碳酸氢根离子在强酸性溶液中反应而不共存，不选D。

考点：离子共存。

14.下列叙述正确的是                                                            

①氧化还原反应的实质是电子的得失。

②若1 mol气体的体积为22.4 L，则它一定处于标准状况下。

③标准状况下，1 L HCl和1 L H2O物质的量相同。

④溶于水得到的溶液可以导电的物质就是电解质。

⑤利用丁达尔现象区别溶液和胶体。

⑥两种物质物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同。

⑦在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大。

⑧同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比。

A. ①②③④ B. ②③⑥⑦⑧ C. ⑤⑦⑧ D. ④⑤⑦⑧

【答案】C

【解析】

【详解】①氧化还原反应的实质是电子的得失或电子对的偏移，与题意不符，错误。

②若1 mol气体的体积为22.4 L，根据PV=nRT，则它可能处于标准状况下，与题意不符，错误。

③标准状况下，HCl为气体，H2O为液体， 则1 LH2O的物质的量大于 1 LHCl的物质的量，与题意不符，错误。

④溶于水得到的溶液，可能为溶质与水反应生成的物质导电，也可能该物种电离产生的离子导电，则无法判断该物质就是电解质，与题意不符，错误。

⑤胶体具有丁达尔现象，而溶液无此性质，可利用丁达尔现象区别溶液和胶体，符合题意，正确。

⑥两种物质的物质的量相同，若两物质均为气体，则它们在标准状况下的体积也相同，与题意不符，错误。

⑦在同温同体积时，气体的物质的量之比等于压强之比，则气体物质的物质的量越大，则压强越大，符合题意，正确。

⑧同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，ρ=、m=nM，则气体的密度与气体的相对分子质量成正比，符合题意，正确。

综上所述，答案为C。

15.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应

Ce4++Fe2+     Fe3++Ce3+

Sn2++2Fe3+    2Fe2++Sn4+

由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是

A. Ce3+、Fe2+ 、Sn2+ B. Sn2+、Ce3+、Fe2+

C. Sn2+、Fe2+、Ce3+ D. Fe2+、Sn2+、Ce3+

【答案】C

【解析】

【分析】

还原性：还原剂>还原产物。

【详解】Ce4++Fe2+     Fe3++Ce3+，还原剂为Fe2+，还原产物为Ce3+，还原性：Fe2+> Ce3+；

Sn2++2Fe3+    2Fe2++Sn4+，还原剂为Sn2+，还原产物为Fe2+，还原性：Sn2+> Fe2+；

则还原性：Sn2+> Fe2+> Ce3+，答案为C。

【点睛】还原剂失电子，化合价升高，生成氧化产物；氧化剂得电子，化合价降低，生成还原产物。

16.某溶液只含有Na+、 Fe3+、Cl-、SO42-4种离子，已知溶液中Na+、Fe3+、Cl-的个数之比为3：2：1。则溶液中Fe3+和SO42-的个数之比为：

A. 3：4 B. 1：4 C. 1：2 D. 3：2

【答案】C

【解析】

试题分析：设Na+、Fe3+、Cl-的个数分别为3、2、1，硫酸根的个数为x，则根据电荷守恒分析，3+2×3=2x+1，x=4，则Fe3+和SO42-的个数之比为2:4=1:2，选C。

考点：溶液中的离子电荷守恒。

17.在反应8NH3+ 3Cl2 = 6NH4Cl + N2中，被氧化的氨和末被氧化的氨的质量之比为

A. 1：3 B. 3：1 C. 1：1 D. 3：8

【答案】A

【解析】

试题分析：．对化学反应进行分析可知参加反应的8mol氨气中化合价升高的为2mol，未变价的为6mol,所以被氧化的氨和末被氧化的氨的质量之比为：1：3

考点：了解氧化还原反应的本质是电子的转移。能对氧化还原反应配平及相关的简单计算。

点评：本题考查氧化还原反应反应中氧化剂与还原剂的判断及简单计算，属于基础题。

18. 下列叙述不正确的是

A. 切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面逐渐变暗，发生的反应为2Na＋O2=Na2O2

B. 4.6 g Na与O2完全反应，生成7 g产物时失去电子的物质的量为0.2 mol

C. Na与稀硫酸反应的离子方程式为2Na＋2H＋===2Na＋＋H2↑

D. 将少量Na投入到CuSO4溶液中，既有沉淀生成又有气体放出

【答案】A

【解析】

试题分析：A．切开的金属Na暴露在空气中，光亮的表面逐渐变暗，发生的反应为4Na＋O2===2Na2O，错误；B．4.6 g Na的物质的量是0.2mol，将其与O2完全反应，由于钠是+1价的金属，因此生成7 g产物时失去电子的物质的量为0.2 mol，正确；C．Na与稀硫酸反应实质是钠把硫酸电离的氢置换出来，反应的离子方程式为2Na＋2H＋=2Na＋＋H2↑，正确；D．将少量Na投入到CuSO4溶液中，首先发生反应：2Na+2H2O=NaOH+H2↑，反应产生的氢氧化钠与硫酸铜发生反应CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，因此既有沉淀生成又有气体放出，正确。

考点：考查钠的有关化学性质的知识。

19. 将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml 1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（ ）

A. 1:2:3 B. 6:3:2 C. 3:1:1 D. 1:1:1

【答案】C

【解析】

【分析】

Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；

详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑

 2    2

 0.3  0.3>100×10－3L×1mol·L－1  ，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；

Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑

0.3   0.6>100×10－3L×1mol·L－1  ，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，

2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。

【点睛】易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。

20.把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol 硫酸钠的溶液恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液恰好使氯离子完全沉淀．则该混合溶液中钾离子浓度为（       ）

A. 0.1(b-2a)mol/L B. 10(2a-b)mol/L C. 10(b-a)mol/L D. 10(b-2a)mol/L

【答案】D

【解析】

【详解】混合溶液分成5等份，每份溶液浓度和体积均相同。一份加入含a mol 硫酸钠的溶液，发生反应Ba2++SO42-=BaSO4↓，恰好使钡离子完全沉淀，可知该份中n(Ba2+)=(Na2SO4)=amol；另一份加入含bmol 硝酸银的溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，恰好使氯离子完全沉淀，则n(Cl-)=n(Ag+)=bmol；根据电荷守恒可知每份中满足：2n(Ba2+)+n(K+)=n(Cl-)，每份溶液中：n(K+)=bmol-2amol=(b-2a)mol，c(K+)==10(b-2a) mol•L-1，故选D。

二、填空题（每空2分，共40分）

21.含有相同氧原子数的CO和CO2两份气体

(1)其质量之比为_______。

(2)同温同压时，其体积之比为______，密度之比为______。

(3)同温同体积时，其压强之比为_____，密度之比为______。

【答案】    (1). 14：11    (2). 2：1    (3). 7：11    (4). 2：1    (5). 14：11

【解析】

【分析】

CO分子中含有一个氧原子，CO2分子中含有二个氧分子，则含有相同氧原子数的CO和CO2两份气体的物质的量之比为2：1。

【详解】(1)其质量之比为2×28：1×44=14：11。

(2)同温同压时，其体积之比等于物质的量之比，即2：1；密度之比等于摩尔质量之比，即28：44=7：11。

(3)同温同体积时，其压强之比等于物质的量之比，即2：1，密度之比等于质量之比，即14：11。

22.（1）某待测液中可能含有大量Mg2+、Cu2+、Fe3+、K+、H+、NO3-、SO42-、OH-离子中的一种或几种，现通过下实验进行检验：

①取少量待测液，仔细观察，呈无色；

②向上述待测液中滴加NaOH溶液，先无明显现象，后有白色沉淀生成，

③向上述溶液中加入BaCl2溶液，无现象。

据此可以判断该待测液中一定大量存在的离子是_______，一定不能大量存在的离子是_______，不能确定是否存在的离子是___________。

（2）标准状况下，H2和CO的混合气体共8.96L，测得其质量为6.0g，试计算此混合气体中H2的质量为___________，CO体积为________。

【答案】    (1). Mg2+、H+、NO3-    (2). Cu2+、Fe3+、SO42-、OH-    (3). K+    (4). 0.4g    (5). 4.48L

【解析】

【分析】

①取少量待测液，仔细观察，呈无色，则溶液中不含有有色离子，即Cu2+、Fe3+；

②向上述待测液中滴加NaOH溶液，先无明显现象，后有白色沉淀生成，则溶液中含有H+、Mg2+，则与其反应的离子不能存在，即OH-；

③向上述溶液中加入BaCl2溶液，无现象，则溶液中不含有SO42-，溶液中必然含有阴离子，则只能为NO3-。

【详解】（1）分析可知，溶液中含有Mg2+、H+、NO3-；一定不能大量存在的离子Cu2+、Fe3+、SO42-、OH-；不能确定是否存在K+；

（2）标准状况下，H2和CO的混合气体共8.96L，即0.4mol；其平均摩尔质量为=15g/mol，用十字交叉法，则物质的量之比为1：1，即各0.2mol，则氢气的质量为0.4g；CO标况下的体积为4.48L。

23.现用固体KOH配制0．1mol/L 的KOH溶液 480mL，回答下列问题：

（1）配制过程中需要用到的玻璃仪器有烧杯,玻璃棒,量筒,胶头滴管,____________。

（2）需要用托盘天平称量_______gKOH固体。

（3）如果在定容时仰视操作，则所配得溶液的浓度_____0．1mol/L（填> , = , <）容量瓶不干燥，有一定的水分,则所配得溶液的浓度_____0．1mol/L（填> , = , <）

（4）若所用的固体KOH中混有NaOH，则所配得溶液的c(OH-)浓度______0．1mol/L （填> , = , <）。

【答案】    (1). 500mL的容量瓶    (2). 2.8    (3). <    (4). =    (5). >

【解析】

【分析】

（1）配制0.1mol/L 的KOH溶液 480mL，需选用500mL的容量瓶，根据实验步骤选择仪器；

（2）根据m=cVM计算；

（3）根据c=×进行判断；

（4）NaOH的摩尔质量小于KOH，相同质量时，NaOH含有的n(OH-)大。

【详解】（1）配制0.1mol/L 的KOH溶液 480mL，需选用500mL的容量瓶，根据实验步骤计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器有天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500mL的容量瓶、胶头滴管，则玻璃仪器缺少500mL的容量瓶；

（2）配置500mL溶液，需要KOH的质量为=0.1mol/L×0.5L×56g/mol=2.8g；

（3）定容时仰视操作，导致溶液的体积大于500mL，则配置溶液的浓度小于0.1mol/L；容量瓶不干燥，有一定量的水，对溶液的溶质及体积无影响，则溶液浓度为0.1mol/L；

（4）所用的固体KOH中混有NaOH，由于NaOH的摩尔质量小于KOH，相同质量时，NaOH含有的n(OH-)大，则溶液中c(OH-)大于0.1mol/L。

【点睛】利用c=×判断某次的操作对溶质的质量或体积的影响产生的影响，判断偏高或偏低。

24.通过海水晾晒可得粗盐，粗盐除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4以及泥沙等杂质．以下是制备精盐的实验方案，各步操作流程如下：

（1）第②步操作的目的是除去粗盐中的______（填化学式）。

（2）第⑤步“过滤”操作中得到沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、___（填化学式）。

（3）在第③步操作中，选择的除杂试剂不能用KOH代替NaOH，理由是________。

（4）写出第⑥步反应的离子方程式_______________,______________。

【答案】    (1). Na2SO4    (2). BaCO3    (3). 会引入K+杂质    (4). OH-+H+=H2O    (5). CO32-+2H+=CO2↑+ H2O

【解析】

【分析】

粗盐除杂时，应先用氯化钡除去硫酸根离子，用NaOH除去镁离子，再用碳酸钠除去钙离子、钡离子，可减少操作步骤；过滤除去沉淀，加入HCl除去过量的碳酸钠、NaOH，得到NaCl溶液，蒸发、结晶、烘干得到精盐。

【详解】（1）第②步操作可除去溶液中的硫酸根离子，即Na2SO4；

（2）第④时，既可除去溶液中的氯化钙，又可除去②步加入稍过量的BaCl2，则⑤步“过滤”操作沉淀的成分有：泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3；

（3）在第③步操作中，用KOH代替NaOH时会产生K+杂质；

（4）第⑥步反应除去除杂过程中加入稍过量NaOH、Na2CO3，则反应的离子方程式为OH-+H+=H2O，CO32-+2H+=CO2↑+ H2O。

【点睛】物质用化学方法除杂时，加入的物质都为稍过量，则必然会引入新的杂质离子，在后续除杂时均要考虑。