甘肃省定西市岷县第二中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

高一化学

一、单选题(共12小题，每小题5分,共60分)                                                    

1.以下是一些常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是（     ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【详解】乙醇属于易燃的液体，应选择易燃液体的标志；

答案选D。

2. 下列关于胶体的说法中，正确的是(　　)

A. 胶体与溶液有明显不同的外观特征，胶体呈胶状

B. 胶体不稳定，静止后容易产生沉淀

C. 将Fe(OH)3胶体进行过滤，所得到的滤液与原来胶体的组成是不同的

D. 豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径在1～100 nm之间

【答案】D

【解析】

胶体与溶液的主要特征都是均一、透明、稳定的，A、B项错误；胶体的分散质粒子可以透过滤纸，所以将Fe(OH)3胶体进行过滤时，胶体的所有组成都会透过滤纸，滤液应与胶体的组成是一致的，C项错误；胶体区别于其他分散系的本质在于其分散质粒子直径在1～100 nm之间，D项正确。

3.下列对物质的量的理解正确的是（　　）

A. 物质的量是物质所含微粒的数目 B. 物质的量就是物质的质量

C. 物质的量就是1mol物质的质量 D. 物质的量是一种基本物理量

【答案】D

【解析】

物质的量是一定数目粒子的集合体，是一种基本物理量，是7个国际基本物理量之一，其单位是mol。物质的量，不是物质的质量，不是物质的数量，一字之差，但含义完全不同。故选D。

4.下列变化中，加入还原剂才能实现的是(　　)

A. Na2O→NaOH B. H2SO4→H2

C. CuO→CuSO4 D. SO2→SO3

【答案】B

【解析】

【详解】加入还原剂才能实现，说明本身为氧化剂。氧化剂得电子，所以应找得电子的过程，即化合价降低的过程。

A、Na和O化合价均无变化，故A不符合题意；

B、H2SO4→H2过程中，氢元素化合价由+1价降为0价，应加还原剂才能实现，故B符合题意；

C、CuO→CuSO4中不变价，故C不符合题意；

D、SO2→SO3中硫元素化合价由+4价升高至+6价，化合价升高，需加氧化剂实现，故D不符合题意。

综上所述，本题应选B

5.下列叙述正确的是（     ）

A. 氢氧化钠的摩尔质量是40 g

B. 1 mol NaOH的质量是40 g/mol

C. 1 g H2和1 g N2所含分子数相等

D. 等物质的量的N2、CH4、CO、H2O中，所含分子数一样多

【答案】D

【解析】

【分析】

A. 摩尔质量的单位是g/mol；

B. 质量的单位是g；

C. 1 g H2的物质的量为0.5mol ，1 g N2的物质的量为mol；

D. N2、CH4、CO、H2O的物质的量相等，利用N=nNA进行计算。

【详解】A. 氢氧化钠的摩尔质量是40 g/mol，A项错误；

B. 1 mol NaOH的质量是40 g，B项错误；

C. 1 g H2的物质的量为0.5mol，分子数为NA， 1 g N2的物质的量为mol，分子数为NA，所含分子数不相等，C项错误；

D. N2、CH4、CO、H2O的物质的量相等，所含分子数一样多，D项正确；

答案选D。

6.已知3.2 g某气体中含有3.01×1022个分子，此气体的摩尔质量是（    ）。

A 32 g /mol B. 64 C. 64 g/mol D. 4 g

【答案】C

【解析】

【分析】

根据进行计算。

【详解】根据公式可得M===64g/mol；

答案选C。

7.相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（    ）。

①它们所含的分子数目之比为1∶1；②它们所含的O原子数目之比为1∶2；③它们所含的原子总数目之比为2∶3；④它们所含的C原子数目之比为1∶1；⑤它们的质量之比为7∶11

A. ①②③④ B. ②和③ C. ④和⑤ D. ①②③④⑤

【答案】D

【解析】

【详解】①N=nNA，CO和CO2的物质的量相等，则它们所含的分子数目相同，分子数目之比为1∶1，正确；

②CO中含有1个氧原子， CO2中含有2个氧原子，当CO和CO2的物质的量相等时，所含的O原子数目之比为1∶2，正确；

③CO由2个原子构成， CO2由3个原子构成，当CO和CO2的物质的量相等时，所含的原子总数目之比为2∶3，正确；

④CO中含有1个碳原子， CO2中含有1个碳原子，它们所含的C原子数目之比为1∶1，正确；

⑤它们的质量之比====，正确；

故正确为①②③④⑤；

答案选D。

8.下列括号中的分离方法运用得当的是（    ）

A. 植物油和自来水（蒸馏） B. 水溶液中的食盐和碘（分液）

C. MnO2和KCl (过滤) D. 自来水中的杂质离子（萃取）

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 植物油和自来水不互溶，直接分层；

B. 食盐和碘均能溶于水，但碘在水中的溶解度小，在四氯化碳或苯等有机溶剂中的溶解度大；

C. MnO2不溶于水，KCl可溶于水；

D. 自来水中的杂质离子用蒸馏的方法分离。

【详解】A. 植物油和自来水不互溶，直接分层，可用分液的方法直接分离，A项错误；

B. 食盐和碘均能溶于水，但碘在水中的溶解度小，在四氯化碳或苯等有机溶剂中的溶解度大，可用四氯化碳或者苯萃取水中的碘，B项错误；

C. MnO2不溶于水，KCl可溶于水，将混合物溶于水中过滤即可分离，C项正确；

D. 自来水中的杂质离子用蒸馏的方法可直接分离，D项错误；

答案选C。

9.下列不能用胶体的性质来解释的是（    ）

A. 明矾净水

B. 由豆浆制豆腐

C. 一束平行光照射蛋白质溶液时，从侧面看到光亮的 “通路”

D. 向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液，出现红褐色沉淀

【答案】D

【解析】

【分析】

胶体具有丁达尔效应，可以发生聚沉，有电泳的现象，可以发生布朗运动，据此分析作答。

【详解】A. 胶体具有吸附性，可以吸附杂质而起到净水作用，可以用胶体的性质来解释，A项错误；

B. 由豆浆制豆腐，利用的是胶体的聚沉的性质，可以用胶体的性质来解释，B项错误；

C. 一束平行光照射蛋白质溶液时，从侧面看到光亮的 “通路”，说明蛋白质溶液属于胶体，具有丁达尔效应, 可以用胶体的性质来解释，C项错误；

D. 向FeCl3溶液中滴入NaOH溶液，出现红褐色沉淀，与胶体的性质无关，不能用胶体的性质来解释，D项正确；

答案选D。

10.下列对物质分类的归纳中，错误的是 （  ）

A. 空气属于化合物

B. 由金属离子和酸根离子组成的化合物称为盐

C. 在水溶液中能电离出氢离子的化合物不一定为酸

D. 水属于氧化物

【答案】A

【解析】

【详解】A. 空气属于混合物，A项错误；

B. 由金属离子、铵根离子和酸根离子组成的化合物称为盐，B项正确；

C. 在水溶液中能电离出氢离子的化合物不一定为酸，如NaHSO4，C项正确

D.水是氢元素的氧化物，D项正确；

答案选A。

11.在强酸性溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是 （     ）

A. Ba2+、Na+、NO3-、SO42- B. Mg2+、Cl-、Al3+、SO42-

C. K+、Cl-、HCO3-、NO3- D. Ca2+、Na+、Fe3+、NO3-

【答案】B

【解析】

【分析】

强酸性溶液中存在H+且无色透明的溶液中有色离子不能存在，据此分析。

【详解】A. Ba2+与SO42-发生复分解反应，生成白色沉淀而不能共存，A项错误；

B. Mg2+、Cl-、Al3+、SO42-与H+均能大量共存，B项正确；

C. HCO3-与H+发生复分解反应生成CO2和H2O，不能共存，C项错误；

D. Fe3+为棕黄色，在无色溶液中不能共存，D项错误；

答案选B。

【点睛】判断多种离子能否大量共存于同一溶液中，归纳起来就是：一色（有色离子在无色溶液中不能大量共存）、二性（①在强酸性溶液中，OH－及弱酸根阴离子不能大量存在；②在强碱性溶液中，H＋及弱碱阳离子不能大量存在）、三特殊（①AlO与HCO不能大量共存：②“NO＋H＋”组合具有强氧化性，与S2－、Fe2＋、I－、SO等还原性的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存；③NH与CH3COO－、CO，Mg2＋与HCO等组合中，虽然两种离子都能水解且水解相互促进，但总的水解程度仍很小，它们在溶液中仍能大量共存）、四反应（离子不能大量共存的常见类型有复分解反应型、氧化还原反应型、水解相互促进型和络合反应型4种）。

12.下列电离方程式书写正确的是：                   （     ）

A. CuCl2 = Cu  +  Cl2 ↑ B. HI = H＋+I－

C. H2SO4  =  2H＋+SO4-2 D. NaHCO3 = Na＋+H＋+CO32－

【答案】B

【解析】

【详解】A. CuCl2 电离生成铜离子和铝离子，电离方程式为CuCl2 = Cu2++2Cl-    ，A项错误；

B. HI 电离生成H+和I-，电离方程式为HI = H＋+I－，B项正确；

C. H2SO4电离生成H+和SO42-，电离方程式为H2SO4=2H＋+SO42-，C项错误；

D. NaHCO3电离生成Na+和HCO3-，电离方程式为NaHCO3 = Na＋+HCO3－，D项错误；

答案选B。

【点睛】本题的易错点是将NaHCO3 电离为Na＋、H＋和CO32－，要注意强酸的酸式盐，水溶液中完全电离，弱酸的酸式盐，水溶液中不能完全电离。

二、填空题（40分）

13.根据有关概念回答下列问题

（1）稀硫酸 （2）氨水 （3）铝 （4）熔融氯化钠 （5）石墨 （6）氢氧化钡溶液 （7）二氧化硫 （8）水 （9）液氨  （10）乙醇 （11）蔗糖 （12）氯气

判断上述物质：能够导电的是________（填序号，下同）；属于电解质的是__________；属于非电解质的是___________________。

【答案】    (1). （1）、（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（8）    (2). （4）、（8）    (3). （7）、（9）、（10）、（11）

【解析】

【分析】

（1）稀硫酸为混合物，能导电，但不是电解质；

（2）氨水是混合物，不是电解质，能导电；

（3）铝能导电，属于单质，不是电解质，也不是非电解质；

（4）熔融氯化钠，可以导电，属于电解质；

（5）石墨能导电，但不是电解质，也不是非电解质；

（6）氢氧化钡溶液属于混合物，能导电，但不是电解质；

（7）二氧化硫，本身不导电，溶于水后形成H2SO3，能导电，H2SO3属于电解质，二氧化硫属于非电解质；

（8）水能导电，属于电解质；

（9）液氨不导电，属于非电解质；

（10）乙醇不导电，属于非电解质；

（11）蔗糖不导电，属于非电解质；

（12）氯气不导电，属于单质，不是电解质，也不是非电解质；

【详解】根据分析可知：

能够导电的是（1）、（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（8）；

属于电解质的是（4）、（8）；

属于非电解质的是（7）、（9）、（10）、（11）

【点睛】水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，水溶液和熔融状态下不能导电的化合物为非电解质。判断物质是否是电解质时，严格按照定义判断。

14.写出①③④反应的离子方程式和②的化学方程式：

①碳酸钠溶液与过量盐酸反应______________

②H+ + OH- = H2O_____________

③氢氧化钡溶液与稀硫酸反应______________

④氯化钠溶液与硝酸银溶液反应______________

【答案】    (1). CO32-+2H+=H2O+CO2↑    (2). NaOH+HCl=NaCl+H2O    (3). Ba2+ +2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O    (4). Ag+ +Cl- =AgCl↓

【解析】

【分析】

依据书写离子方程式的步骤（写、拆、删、查），写出正确的离子方程式。

【详解】①碳酸钠溶液与过量盐酸反应，方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，水和气体不能拆成离子，离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑；

②酸碱中和反应的实质是H+ + OH- = H2O，可写成的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；

③氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，沉淀和水不能拆成离子，因而离子方程式为：Ba2+ +2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O；

④氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，沉淀不能拆成离子，因而离子方程式：Ag+ +Cl- =AgCl↓。

【点睛】书写离子方程式时，氧化物、弱电解质、多元弱酸的酸根离子、沉淀、气体、非电解质在离子方程式中均不能拆分，易电离的强电解质(强酸、强碱、大多数可溶性盐)拆成离子形式。

15.指出下列氧化还原反应的氧化剂和还原剂：

(1)Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑

氧化剂___________；转移___________个电子；

(2)MnO2+4HCl(浓）=MnCl2+Cl2+2H2O

氧化剂___________；转移___________个电子；

(3)2H2SO4(浓）+Cu=CuSO4+2H2O+SO2↑

氧化剂___________；转移___________个电子；

【答案】    (1). H2SO4    (2). 2    (3). MnO2    (4). 2    (5). 浓H2SO4    (6). 2

【解析】

【分析】

化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，失去电子的物质作还原剂，得到电子的物质作氧化剂，据此分析。

【详解】(1)反应中Zn元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，H元素化合价从+1价降低到0价，得到电子，H2SO4作氧化剂，电子转移2个；

 (2) 反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，得到电子，Cl元素化合价从-1价升高到0价，失去电子，MnO2作氧化剂，电子转移2个；

 (3) 反应中Cu元素化合价从0价升高到+2价，失去电子，S元素化合价从+6价降低到+4价，得到电子，浓H2SO4作氧化剂，电子转移2个；

三、实验题

16.现用18.4 mol/L的浓H2SO4来配制500 mL 0.2 mol/L的稀H2SO4。可供选择的仪器有：①玻璃棒 ②烧瓶 ③烧杯 ④胶头滴管 ⑤量筒 ⑥托盘天平 ⑦药匙。请回答下列问题：

(1)上述仪器中，在配制稀H2SO4时不需要使用的有___________(填代号)，还缺少的仪器是______________________。

(2)经计算，需浓H2SO4的体积为___________，量取浓硫酸时应选用___________(选填①10 mL、②50 mL、③100 mL三种规格)的量筒。

(3)将所配制的稀H2SO4进行测定，发现浓度大于0.2 mol/L。请你分析配制过程中可能引起浓度偏高的原因_____________________ （多选题）

A．定容时液面低于刻度线

B．未冷却到室温就定容

C．定容时液面高于刻度线

D．量取浓硫酸时俯视读数

【答案】    (1). ②⑥⑦    (2). 500 mL容量瓶    (3). 5.4 mL    (4). ①    (5). AB

【解析】

【分析】

浓硫酸稀释时，用量筒量取浓硫酸置于盛有少量水的烧杯中，冷却后沿玻璃棒转移到500 mL的容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，将洗涤液也注入容量瓶中，向容量瓶中加水至距刻度线1-2cm处，改用胶头滴管滴加水，直至凹液面最低点与刻度线相切，盖上塞子，摇匀，溶液配制完成，据此分析作答。

【详解】（1）由分析可知，在配制稀H2SO4时，需要量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，不需使用的仪器是烧瓶、托盘天平和药匙；

（2）由稀释定律有V浓===0.0054L=5.4mL，量取浓硫酸时应选用10mL的量筒；

（3）A．定容时液面低于刻度线，溶液体积偏小，导致浓度偏高，A项正确；

B．未冷却到室温就定容，导致溶液体积偏小，导致浓度偏高，B项正确；

C．定容时液面高于刻度线，溶液体积偏大，导致浓度偏低，C项错误；

D．量取浓硫酸时俯视读数等，使溶质的物质的量偏小，导致浓度偏低，D项错误；

答案选AB。