山西省忻州市岢岚县中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com化学试卷

一、选择题（本大题共20小题，每小题只有一个选项正确，共60分)

1.一些装有化学物质的容器上贴有危险化学品的标志，装有氢氧化钠的容器上应贴的标志是

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

氢氧化钠强碱，具有腐蚀性，应该张贴腐蚀品标志，答案选D。

2.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是

A. 干冰、氢气、冰水共存物 B. 洁净的空气、液态氧、天然气

C. 纯碱、氦气、漂白粉 D. 酒精、氯水、氢氧化铁胶体

【答案】C

【解析】

A、干冰是CO2，是化合物，氢气是单质，冰水共存物仍然是水，属于纯净物，A错误；B、洁净的空气属于混合物，液态氧是单质，天然气是混合物，B错误；C、纯碱是碳酸钠，属于化合物，氦气是单质，漂白粉是混合物，C正确；D、酒精是乙醇，属于化合物，氯水、氢氧化铁胶体均是混合物，D错误，答案选C。

3. 目前市场上有一种专门为婴幼儿设计的电解质饮料，适合在婴幼儿感冒、发烧时快速补充体内流失的电解质成分。下列物质可用作该饮料中的电解质的是

A. Fe B. 葡萄糖 C. MgSO4 D. CO2

【答案】C

【解析】

【详解】A、铁是单质，不是电解质，也不是非电解质，A错误；

B、葡萄糖是非电解质，B错误；

C、硫酸镁是电解质，C正确；

D、CO2是非电解质，D错误；

答案选C。

4.我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指   （　 　）

A. 萃取 B. 蒸馏 C. 渗析 D. 干馏

【答案】B

【解析】

【详解】有题目可知，“蒸令气上”，利用互溶液体的沸点不同进行分离，为蒸馏，答案为B。

5.用表示阿伏伽德罗常数的值,下列判断正确的是

A. 28g 含有的氮原子数目为

B. 常温常压下， 含有的分子数目为

C. 溶液中含有的钾离子数目为

D. 在标准状况下， L CO和的混合物的物质的量为1mol

【答案】D

【解析】

【详解】A. 28g N2含有的氮原子数目为2NA，故A错误；

B. 因为是常温常压下，不可用22.4L/mol计算，故B错误；

C. 体积未知，无法计算，故C错误；

D. 在标准状况下， L CO和N2的混合物的物质的量为1mol，故D正确；

答案：D

6.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2++SO42-=BaSO4↓表示的是（   ）

A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3 B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl

C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑ D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl

【答案】C

【解析】

【详解】A. Ba(NO3)2 +H2SO4=BaSO4↓+2HNO3的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，A符合题意；

B. BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，B符合题意；

C. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+H2O+CO2↑的离子方程式为BaCO3+2H++SO42-=BaSO4↓+H2O+CO2 ↑，C不符合题意；

D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓，D符合题意；

故选C。

7.同温同压下,等质量的SO2气体和SO3气体相比较,下列叙述中正确的是（ ）

A. 密度比为4:5 B. 物质的量之比为4:5

C. 体积比为1:1 D. 原子数之比为3:4

【答案】A

【解析】

【分析】

由n＝＝可知，ρ＝＝，据此分析作答。

【详解】A. 由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为64∶80＝4∶5，A项正确；

B. 设气体的质量均为m g，则n(SO2)＝mol，n(SO3)＝mol，所以二者物质的量之比为∶＝80∶64＝5∶4，B项错误；

C. 根据V＝n·Vm可知，同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为5∶4，C项错误；

D. 根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（5×3）∶（4×4）＝15∶16，D项错误；

答案选A。

8.下列数量的物质中含原子个数最多的是

A.  mol氧气 B.  g 

C. 标准状况下 L二氧化碳 D. 10 g氖

【答案】B

【解析】

【详解】A. 0.4mol氧气含有原子数目0.4×2NA=0.8NA；

B. 5.4g水的物质的量是＝0.3mol，含有原子数目为0.9NA；

C. 标准状况下5.6L二氧化碳的物质的量是＝0.25mol，含有原子数目为0.75NA；

D. 10 g氖的物质的量是＝0.5mol，含有原子数目为0.5NA；

根据上面计算，原子数目最多的是B；

答案：B

9.有关2L 0.1 mol/L K2SO4溶液的叙述正确的是

A. 含有0.1 mol K2SO4 B. 水的体积为2L

C. K+的物质的量浓度为0.2 mol/L D. 取出1L溶液后，浓度变为0.05 mol/L

【答案】C

【解析】

A、2L0.1mol·L－1的K2SO4溶液中溶质物质的量=2L×0.1mol·L－1=0.2mol，故A错误；B、应是溶液的体积为2L，故B错误；C、K+的物质的量浓度为0.2mol·L－1，故C正确；D、取出1 L溶液后，浓度不变，浓度为0.1moL·L－1，故D错误；故选C。

10.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是

A. 通常状况下，NA个Cl2分子的质量是71g

B. 通常状况下，NA个C02分子的体积约是22.4L

C. 0.1 mol/L的H2S04溶液中H+的个数是0.2NA

D. 若lg N2含有m个分子，则NA=m／28

【答案】A

【解析】

【详解】A、NA个Cl2分子的物质的量是1mol，质量是71g，A正确；

B、通常状况下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，NA个CO2分子的物质的量是1mol，体积大于22.4L，B错误；

C、硫酸是二元强酸，溶液体积未知，所以不能计算0.1 mol/L的H2S04溶液中H+的个数，C错误；

D、若1g N2含有m个分子，则，解得NA＝28m·mol－1，D错误；

答案选A。

【点睛】本题主要是考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，尤其要注意气体摩尔体积和阿伏加德罗定律的使用条件和范围；二是要准确弄清微粒的组成特点，分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。选项C是解答的易错点。

11.在KCl、FeCl3、Fe2(SO4)3三种盐配成的混合溶液中，若K＋为0.15 mol，Fe3＋为0.25 mol，Cl－为0.2 mol，则SO42-为

A. 0.1 mol B. 0.15 mol C. 0.25 mol D. 0.35 mol

【答案】D

【解析】

试题分析：根据电荷守恒可知3n(Fe3＋)＋n(K＋)=2n(SO42-)＋n(Cl—)，解得n(SO42-)＝0.35mol，答案选D。

考点：考查电荷守恒应用

12.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是

A. K+、MnO4－、Na+、Cl－ B. Na+、H+、NO3－、SO42－

C. K+、Na+、NO3－、CO32－ D. HCO3-、Na+、Cl－、SO42－

【答案】C

【解析】

【分析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液无色显碱性分析判断。

【详解】A. 在碱性溶液中MnO4－不是无色的，不能大量共存，A错误；

B. 在碱性溶液中H+不能大量共存，B错误；

C. K+、Na+、NO3－、CO32－在碱性溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；

D. HCO3-在碱性溶液中转化为碳酸根和水，不能大量共存，D错误。

答案选C。

13.下列溶液中的c (Cl-) 与50mL 1mol·L-1 氯化铝溶液中的c (Cl-)相等的是

A. 150mL 1mol·L-1 氯化钠溶液 B. 75mL 2mol·L-1 氯化铵溶液

C. 150mL 3mol·L-1 氯化钾溶液 D. 75mL 1mol·L-1 氯化钡溶液

【答案】C

【解析】

【详解】50mL 1mol•L-1 氯化铝溶液中c（Cl-）=3×1mol/L=3mol/L，则
A.150mL 1mol•L-1 氯化钠溶液中c（Cl-）=1×1mol/L=1mol/L，故A不符合；
B.75mL 2mol•L-1 氯化铵溶液中c（Cl-）=1×2mol/L=2mol/L，故B不符合；
C.150mL 3mol•L-1 氯化钾溶液中c（Cl-）=1×3mol/L=3mol/L，故C符合；
D.75mL 1mol•L-1 氯化钡溶液中c（Cl-）=2×1mol/L=2mol/L，故D不符合；

答案：C

14.下列变化需要加入还原剂才能实现的是

A. Cl-→C12 B. HCO3- →C032- C. Mn04- →Mn2+ D. Zn→Zn2+

【答案】C

【解析】

【分析】

需要加入还原剂才能实现，说明该微粒是氧化剂，得到电子，相关元素的化合价降低，据此解答。

【详解】A、氯元素化合价升高，需要氧化剂，A错误；

B、元素化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，B错误；

C、Mn元素化合价降低，需要还原剂，C正确；

D、Zn元素化合价升高，需要氧化剂，D错误；

答案选C。

15.下列离子方程式书写正确的是

A. 氧化铝溶于稀硫酸中：

B. 碳酸钙与稀盐酸反应：

C. 氢氧化钠溶液中通入：

D. 碳酸氢钠溶液中加入醋酸：

【答案】D

【解析】

【详解】A.氧化铝不可拆成离子形式，故A错误；

B.碳酸钙不可拆成离子形式，故B错误；

C.氢氧化钠溶液中通入Cl2，离子方程式为：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O，故C错误；

D.碳酸氢钠溶液中加入醋酸：HCO3-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2↑，故D正确；

答案：D

【点睛】只有易溶于水的强电解质才可以拆成离子形式。

16.下列反应既是化合反应，又是氧化还原反应的是

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据化合反应是指由两种或两种以上物质反应只生成一种物质的反应；氧化还原反应是化合价变化的反应。

【详解】A.C+CO22CO是化合反应，反应中碳元素和氧元素的化合价发生了变化，是氧化还原反应，故A正确；

B.CaO+H2O=Ca（OH）2是化合反应，反应中各元素的化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，故B错误；

C.C+H2OCO+H2属于置换反应不属于化合反应，反应中C和H的化合价在反应前后发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；

D.CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O属于复分解反应不属于化合反应，反应中反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；

答案：A

17.下列说法正确的是   （     ）

A. 将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中可制得Fe(OH)3胶体

B. 雾属于分散系中的胶体，它的分散剂是水蒸气

C. 胶体区别于其它分散系的本质特征是丁达尔效应

D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先生成红褐色沉淀最后沉淀溶解

【答案】D

【解析】

【详解】A．将饱和FeCl3溶液逐滴加入NaOH溶液中反应生成Fe(OH)3沉淀，而实验室制备氢氧化铁胶体是把饱和氯化铁溶液滴入沸水中加热到呈红褐色液体，即得到氢氧化铁胶体，故B错误；

B．雾是小液滴悬浮在空气中形成的分散系，属于胶体，它的分散剂是空气，故B错误；

C．胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，丁达尔效应是胶体的特征性质，故C错误；

D．氢氧化铁胶体滴入盐酸先聚沉生成沉淀氢氧化铁，继续滴入盐酸，氢氧化铁沉淀溶解，故D正确；

故答案为D。

18.已知M2O7x- + 3 S2- + 14H＋= 2M 3＋+ 3S↓+ 7H2O，则M2O7x-中的M的化合价为（     ）

A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋6

【答案】D

【解析】

【详解】该反应是离子反应型的氧化还原反应，由电荷守恒可以得到式子：-x+3×（-2）+14=2×3，x=2，则M2O72-，假设M的化合价为y，则有-2×7+2y=-2，y=+6；

故选D。

19.对于反应2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O,若有1molKMnO4参加反应，下列说法不正确的是

A. 转移5mol电子 B. 氧化产物与还原产物物质的量之比为5：2

C. 参加反应的HCl为8mol D. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1：8

【答案】D

【解析】

【分析】

该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，Cl元素的化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等以及高锰酸钾和这些物理量之间的关系式计算。

【详解】A、反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，当有1molKMnO4参加反应，转移电子的物质的量＝1mol×（7-2）＝5mol，A正确；

B、反应中氯气是氧化产物，氯化锰为还原产物，依据方程式可知氯气和二氯化锰的物质的量之比为5∶2，B正确；

C、若有1molKMnO4参加反应，根据反应的方程式可知参加反应的HCl的物质的量为8 mol，C正确；

D．由方程式可知消耗16mol氯化氢起还原剂作用的是10mol，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为2：5，D错误。

答案选D。

【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，明确元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中参加反应的氯化氢部分被氧化。

20.有A、B、C、D四种物质，已知它们能发生下列变化：

①2A2++B2＝2B2++A2　      ②2A2++C2＝2C2++A2

③2B2++C2＝2C2++B2　      ④2C2++D2＝2D2++C2

由此可推知，各物质的氧化性、还原性强弱顺序正确的是

①氧化性：A2+＞B2+＞C2+＞D2+ ②氧化性：D2+＞C2+＞B2+＞A2+

③还原性：A2＞B2＞C2＞D2        ④还原性：D2＞C2＞B2＞A2

A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①④

【答案】D

【解析】

【分析】

氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，标注反应过程中元素化合价变化分析判断氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物，利用规律分析判断。

【详解】①反应2A2++B2＝2B2++A2中A元素化合价由+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物A2，B元素化合价由0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物B2+，得到氧化性A2+＞B2+；还原性B2＞A2；

②反应2A2++C2＝2C2++A2中A元素化合价由+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物A2，C元素化合价由0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物C2+，得到氧化性A2+＞C2+；还原性C2+＞A2+；

③反应2B2++C2＝2C2++B2中B元素化合价由+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物B2，C元素化合价由0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物C2+，得到氧化性B2+＞C2+；还原性C2＞B2；

④反应2C2++D2＝2D2++C2中C元素化合价由+2价变化为0价，化合价降低做氧化剂被还原得到还原产物C2，D元素化合价由0价变化为+2价，化合价升高做还原剂被氧化生成氧化产物D2+，得到氧化性C2+＞D2+；还原性D2＞C2；

综上所述氧化性强弱顺序：A2+＞B2+＞C2+＞D2+；还原性强弱顺序：D2＞C2＞B2＞A2；答案选D。

二、非选择题(本大题共3小题，共40分)

21.现有下列9种物质：①氯气；②二氧化硫；③稀硫酸；④铁；⑤BaCl2固体；⑥氢氧化钾；⑦KNO3溶液；⑧酒精(C2H5OH)；⑨氧化钙，请将上述物质按要求完成下列问题：

（1）用相应化学式填写下列空白：属于酸性氧化物的有_____________，属于碱性氧化物的有____________，属于电解质的是______，属于非电解质的是_______。（用序号填空）

（2）写出NaHCO3电离方程式：______

（3）用双线桥表示Cl2与二氧化硫的反应________

【答案】    (1). ②    (2). ⑨    (3). ⑤⑥⑨    (4). ②⑧    (5). NaHCO3 =Na++HCO3-    (6).

【解析】

【分析】

①氯气为单质，既不是电解质，也不是非电解质；

②二氧化硫为化合物，酸性氧化物，能与水反应，其液态不导电，为非电解质；

③稀硫酸为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；

④铁为单质，既不是电解质，也不是非电解质；

⑤BaCl2固体为化合物，其水溶液能导电，为电解质；

⑥氢氧化钾固体为化合物，其水溶液能导电，为电解质；

⑦KNO3溶液为混合物，既不是电解质，也不是非电解质；

⑧酒精(C2H5OH) 为化合物，其水溶液不能导电，是非电解质；

⑨氧化钙为碱性氧化物，能与水反应，其液态能导电，为电解质；

【详解】（1）根据分析，属于酸性氧化物的有②；属于碱性氧化物的有⑨；属于电解质的是⑤⑥⑨；属于非电解质的是②⑧；

（2）NaHCO3强电解质，水溶液在完全电离为钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为强电解质NaHCO3 =Na++HCO3-；

（3）Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4中，Cl元素的化合价由0价变为-1价，S元素的化合价由+4价变为+6价，该反应转移2e-，则双线桥法表示下列反应中电子转移的方向和数目为。

【点睛】碳酸钠为强电解质，碳酸氢根离子为弱电解质离子，则碳酸钠完全电离生成Na+、HCO3-。

22.（1）3.01×1023个NH4+含有质子的物质的量是____ ，含有电子的物质的量是_____；

（2）200mL 2mol/L的Al2(SO4)3溶液中SO42﹣的物质的量浓度为_____ ；

（3）标准状况下，36g H2和O2组成混合气体的体积是67.2L，则混合气体中H2和O2的体积比为______；

（4）标准状况下，将33.6LNH3溶于水配成500mL溶液，该溶液的物质的量浓度为____；

（5）已知1.505×1023个A气体分子的质量为31g，则A气体的摩尔质量是______。

【答案】    (1). 5.5mol    (2). 5mol    (3). 6mol/L    (4). 2:1    (5). 3mol/L    (6). 124g/mol

【解析】

【分析】

(1)根据n=计算物质的量，每个NH4+含有10个质子，10个电子；

(2)硫酸铝完全电离，硫酸根浓度为硫酸铝的3倍，据此计算；

(3)设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，依据n==，计算解答；

(4)根据n=计算NH3的物质的量，再根据c=计算物质的量浓度；

(5)根据n==计算相关物理量。

【详解】(1)，3.01×1023个NH4+物质的量n===0.5mol，含有质子的物质的量是0.5mo l×11=0.55mol，含有电子的物质的量是0.5mo l×10=0.5mol；

(2)硫酸铝完全电离，硫酸根浓度为硫酸铝的3倍，SO42-的物质的量浓度为2mol/L×3=6mol/L；

(3)设氢气的物质的量为xmol，氧气的物质的量为ymol，则：2x+18y=36，(x+y)×22.4L/mol=6.72L，解得：x=2，y=1，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比所以这种混合气体中H2和O2的体积：2：1；

(4)标准状况下，将33.6LNH3的物质的量n===1.5mol，所得氨水的物质的量浓度c===3mol/L；

(5)n(A)==0.25mol，则M==124g/mol。

23.化学实验是化学学习的重要内容。根据你掌握的知识，完成下面内容。

实验室需要配制0.1 mol·L-1NaOH溶液230mL，请回答下列问题：

应选择____mL的容量瓶，用天平称取____g NaOH。

溶解NaOH后的溶液需冷却到室温后方能转移入容量瓶中。若趁热转移会使溶液的浓度______(填“偏大”或“偏小”，下同)；在洗涤烧杯和玻璃棒的过程中，每次洗涤液均需注入容量瓶，不能损失点滴液体，否则会导致溶液的浓度______。

有人认为，用这种方法只能配置0.1 mol·L-1的NaOH溶液，而无法得到0.1000 mol·L-1的NaOH溶液，你觉得他的理由是__________________________________________。

选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。

萃取分液    升华    结晶      过滤     蒸馏    分液

分离饱和食盐水与沙子的混合物______；

从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾______；

从碘水中提取碘单质______；

分离水和汽油的混合物______；

分离沸点为和甲苯沸点为的混合物______。

【答案】    (1).     (2).     (3). 偏大    (4). 偏小    (5). 由于NaOH固体极易潮解，无法精确称取1.000gNaOH固体    (6).     (7). C    (8). A    (9). F    (10). E

【解析】

【分析】

（1）①根据n=cV和m=nM来计算，注意按照配置250mL溶液计算；

②根据c=来进行误差分析

③根据氢氧化钠易潮解的性质分析；

（2）①固液分离，采用过滤的方法；

②氯化钠的溶解度随着温度的升高而变化不大，硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大；
③从碘水中提取碘单质采用萃取分液的方法；

④互不相溶的液体采用分液的方法分离；
⑤互溶且沸点不同的液体采用蒸馏的方法分离．

【详解】(1) ①由于无230mL的容量瓶，故选用250mL的容量瓶，配制出250mL的0.1mol/L的溶液，故需要的氢氧化钠的物质的量n=cV=0.1mol/L×0.25L=0.025mol，质量m=nM=0.025mol×40g/mol=1.0g；

答案：250    1.0 

②NaOH溶解时放出大量的热，未冷却到室温后转移入容量瓶中，根据热胀冷缩原理，会使定容时加水体积偏小，所得溶液的浓度偏大；在洗涤烧杯和玻璃棒的过程中，每次洗涤液均需注入容量瓶，不能损失点滴液体，否则会导致溶质的损失，溶液的浓度偏小；

答案：偏大     偏小

③由于NaOH固体极易潮解，无法精确称取1.000gNaOH固体，所以无法配置0.1000 mol·L-1的NaOH溶液；

答案：由于NaOH固体极易潮解，无法精确称取1.000gNaOH固体

（2）①不溶于水的固体和溶液的分离，采用过滤的方法，故选D；

②硝酸钾和氯化钠都溶于水，但二者在水中的溶解度不同，可用结晶的方法分离，故选C；

③从碘水中提取碘单质采用萃取分液的方法，故选A；

④汽油和水不互溶，二者混合分层，所以可以采用分液的方法分离，故选F；

⑤四氯化碳和甲苯互溶且属于沸点不同的液体，所以可以采用蒸馏的方法分离，故选E；

答案：    C     A    F     E