1、四川省泸州市泸县第一中学2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H：1 B：11 C：12 N：14 O：16 F：19 Na：23 Mg：24 Al：27 P: 31 S：32 Cl：35.5 K: 39 Ca:40 Fe: 56 Cu：64 Ba: 137 第卷（选择题 共60分）一、选择题：（本大题包括15小题，每小题4分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。）1.下列实验基本操作（或实验注意事项）中，主要是出于实验安全考虑的是（ ）A. 实验剩余的药品不能放回原试剂瓶B. 可燃性气体的验纯C. 气体实验装置在实验前进行气密性检查D. 滴管不能交叉
2、使用【答案】B【解析】【分析】A为防止药品变质而污染试剂瓶中的药品，实验剩余的药品不能放回原试剂瓶；B可燃性气体不纯时，点燃易爆炸；C为防止装置漏气而导致实验失败，气体实验装置在实验前进行气密性检查；D为防止药品互相污染，滴管不能交叉使用。【详解】A为防止药品变质而污染试剂瓶中的药品，实验剩余的药品不能放回原试剂瓶，不是出于实验安全考虑，故A错误；B可燃性气体不纯时，点燃易爆炸，可燃性气体的验纯出于实验安全考虑，故B正确；C为防止装置漏气而导致实验失败，气体实验装置在实验前进行气密性检查，不是出于实验安全考虑，故C错误；D为防止药品互相污染，滴管不能交叉使用，不是出于实验安全考虑，故D错误；答
3、案选B。2.下列有关电解质的说法正确的是A. 硫酸钠溶液能导电，所以它是电解质B. 电解质在熔融状态下都能导电C. 水溶液能导电的化合物不一定是电解质D. 难溶物质肯定不是电解质【答案】C【解析】【详解】A. 硫酸钠溶液能导电，但它是混合物，不是电解质，与题意不符，A错误；B. 电解质在熔融状态下不一定能导电，如HCl为电解质，液态时不导电，与题意不符，B错误；C. 水溶液能导电的化合物不一定是电解质，如二氧化碳的水溶液能导电，但二氧化碳为非电解质，符合题意，C正确；D. 难溶物质可能是电解质，如硫酸钡为难溶物，为电解质，与题意不符，D错误；答案为C。3.下列离子方程式的书写正确的是A. 稀硫
4、酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2B. 碳酸镁中滴加稀盐酸：MgCO3+2H+=Mg2+CO2+H2OC. 向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸：CO32-+2H+=H2O+CO2D. 向碳酸氢钠溶液中加入少量的澄清石灰水：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O【答案】B【解析】【详解】A. 稀硫酸滴在铜片上，铜与稀硫酸不反应，A错误；B. 碳酸镁中滴加稀盐酸，碳酸镁为沉淀，写化学式，离子方程式为：MgCO3+2H+=Mg2+CO2+H2O，B正确；C. 向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸，碳酸氢根离子为弱酸根离子，写化学式，离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2，C错误；D. 向碳酸氢钠
5、溶液中加入少量的澄清石灰水反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，离子反应式为：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+ CO32-+2H2O，D错误；答案为B。【点睛】少量澄清的石灰石与碳酸氢钠反应时，石灰水完全反应，生成2倍的碳酸根离子，一倍与钙离子反应生成碳酸钙沉淀。4.下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（ ）A. 在某无色透明溶液中：K+、NH4+、Cl-、Fe3+B. 有SO42-存在的溶液中：Mg2+、Br-、Ca2+、Cl-C. 在强碱溶液中：NO3-、K+、CO32-、Na+D. 在石蕊试液变红的溶液中：Na+、HCO3-、Cl-、NO3-【答案】C【解析】【详解】A在某无色透明溶
6、液中不能存在大量的有色离子Fe3+，故A错误；BSO42-能够与Ca2+生成微溶于水的硫酸钙沉淀，不能大量共存，故B错误；C在强碱溶液中存在大量的OH-，OH-、NO3-、K+、CO32-、Na+离子间不发生反应，能够大量共存，故C正确；D在石蕊试液变红的溶液中含有大量的H+，H+与HCO3-不能大量共存，故D错误；故选C。5.某溶液中滴加BaCl2产生不溶于盐酸的白色沉淀，则该溶液中A. 一定有SO42-B. 可能有CO32-C. 一定无Ag+D. 可能有SO42-或Ag+【答案】D【解析】【详解】某溶液中滴加BaCl2产生不溶于盐酸的白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡，因此则该溶液中可
7、能有SO42-或Ag+，答案选D。【点睛】进行离子检验时最为关键的是注意排除其他离子的干扰，例如检验硫酸根离子时要排除碳酸根、亚硫酸根以及氯离子等干扰，因此实验操作时需要注意选择合适的试剂，并注意加入试剂的先后顺序。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. Na+、Cl-、CO32-、SO42-C. Ca2+、Ba2+、Cl-、NO3-D. Mg2+、Fe3+、OH-、NO3-【答案】C【解析】【详解】A、Cu2+在溶液中显蓝色，不是无色，A错误；B、在酸性溶液中CO32-不能大量共存，B错误；C、Ca2+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性溶
8、液中不反应，且均是无色，可以大量共存，C正确；D、Fe3+在溶液中显综黄色，酸性溶液中OH-不能大量共存，D错误；答案选C。7.下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类正确的（ ）ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHBaSO4H2CO3Fe(OH)3非电解质蔗糖CCl4酒精H2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【分析】强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，据此进行判断。【详解】A由于Fe是单质，不是化合物，则Fe既不是电解质，也不是非
9、电解质，A项错误；BBaSO4熔融状态能完全电离，属于强电解质，B项错误；C碳酸钙熔融状态下能完全电离，CaCO3属于强电解质，碳酸部分电离，属于弱电解质，乙醇是非电解质，C项正确；D水能够电离出氢离子和氢氧根离子，属于弱电解质，D项错误；答案选C。8.已知X2、Y2、Z2、W2的氧化能力为：W2Z2X2Y2，下列反应能够发生的是A. 2W-+Z22Z-+W2B. 2X-+Z22Z-+X2C. 2W-+Y22Y-+W2D. 2Z-+X22X-+Z2【答案】B【解析】【详解】A、氧化性是W2Z2，所以反应2W-+Z22Z-+W2不能发生，A错误；B、氧化性是Z2X2，所以反应2X-+Z22Z-+
10、X2能发生，B正确；C、氧化性是W2Y2，所以反应2W-+Y22Y-+W2不能发生，C错误；D、氧化性是Z2X2，所以反应2Z-+X22X-+Z2不能发生，D错误；答案选B。【点睛】具有较强氧化性的氧化剂跟具有较强还原性的还原剂反应，生成具有较弱还原性的还原产物和具有较弱氧化性的氧化产物，因此只要掌握微粒间的氧化性或还原性强弱就可以判断微粒间能否发生氧化还原反应，注意知识的灵活应用。9.下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1 molL1的是A. 将40 g NaOH溶于1 L水所得的溶液B. 将0.5 molL1的NaNO3溶液100 mL加热蒸发掉50 g水所得的溶液C. 将31 g Na2O
11、溶于水并配成1 L的溶液D. 含K为1molL1的K2SO4溶液【答案】C【解析】【详解】A、水的体积为1L，溶解氢氧化钠后溶液的体积一定会变化，所以浓度无法计算，A错误。B、原溶液为100mL，蒸发掉50g的水后，剩余溶液的体积不可能是50mL（应该说将原溶液蒸发至体积剩余50mL），B错误。C中31 g Na2O为0.5mol，与水反应生成1mol NaOH，浓度为1mol/L，C正确。D含K为1molL1的K2SO4溶液中浓度应该为0.5mol/L，D错误。答案选C。10.设NA为阿伏加德罗常数的值。如果a g某气体中含有的分子数为b，则c g该气体在标准状况下的体积是A. LB. LC
12、. LD. L【答案】B【解析】【分析】根据n=mM、N=nNA、V=nVm来计算【详解】由n=mM可知，同种气体的质量与分子数成正比，ag某气体中含有的分子数为b，则cg该气体的分子数为，由N=nNA可知，气体的物质的量为，则在标准状况下占有的体积应为L，故选：B。11.已知还原性强弱顺序是IBrFe2+Cl(氧化性Cl2Fe3+Br2I2)，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是A. Br22HII22HBrB. 2FeCl2Cl22FeCl3C. 2FeCl22HClI22FeCl32HID. Cl2通入到NaBr和NaI的混合溶液中：Cl2优先氧化I【答案】C【解析】【详解】A、根据Br
13、2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，A错误；B、根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性是Cl2Fe3+，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，B错误；C、根据2FeCl2+2HCl+I22FeCl3+2HI可知氧化性是I2Fe3+，不符合题干已知条件，所以化学方程式不成立，C正确；D、还原性强弱顺序是I-Br-，氧化剂氯气先氧化还原性强的离子，即优先氧化I-，D错误；故选C12.R2O82离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化，若反应后R2O82离子变为RO42离子，又知反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为52，Mn2+离子被氧化后
14、的化合价为A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】D【解析】【详解】R2O82中R元素的化合价是+7价，RO42中R元素的化合价是+6价，则R元素化合价降低，R2O82是氧化剂，所以Mn2+是还原剂，设Mn元素的化合价升高到+x价，则根据得失电子守恒有：5（7-6）22（x2），解得x7，故答案选D。13.已知有生成NO气体的反应，N2+O22NO在某容积恒定的的密闭容器中，充入x mol的N2和ymol的O2，升高温度使二者发生反应。则在反应过程中，与反应前相比，下列物理量发生改变的是A. 气体的分子总数B. 气体的密度C. 气体的平均相对分子质量D. 气体产生的压强【答案】D【解析】在某容
15、积恒定的的密闭容器中，充入x mol的N2和ymol的O2，由N2+O22NO可知，反应前后分子数没有改变；气体质量不变与容积不变，密度不变；气体质量不变与气体的物质的量不变，气体的平均相对分子质量不变；温度升高，气体膨胀，压强增大，D正确。14.在反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl +N2中，氧化剂与还原剂的质量比为A. 136: 213B. 213: 136C. 3:8D. 213: 34【答案】D【解析】2个NH3做还原剂，3个Cl2 做氧化剂； 氧化剂与还原剂质量比 371：217=213:34，故D正确。15.标准状况下，向100 mL H2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH
16、变化如图所示。下列分析正确的是A. a点对应溶液的导电性比d点强B. 氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C. 向d点对应的溶液中加入Ba（NO3）2溶液，产生BaSO4白色沉淀D. H2S饱和溶液的物质的量浓度为0.05 molL-1【答案】C【解析】H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，A项错误；d点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，B项错误；向d点对应的溶液中加入Ba(NO3)2溶液，因d点的亚硫酸会电离出氢离子结合硝酸钡电离出的硝酸根形成硝酸，具有强氧化性，将亚硫酸根氧化为硫酸根，故产生BaSO4白色沉淀，C
17、项正确；b点时H2S恰好反应，消耗SO2为0.112mL22.4L/mol=0.005mol，依据反应2H2SSO2=3S2H2O可知，n（H2S）=0.005mol2=0.01mol，则c（H2S）=0.01mol0.1L=0.1mol/L，可算出c(H2S)为0.1 molL1，D项错误；第卷（非选择题 共40分）16.（1）3.1 g Na2X含有Na 0.1 mol，则Na2X的摩尔质量为_，X的相对原子质量为_。（2）同温同压下，同体积的甲烷和氢气分子数之比为_，原子个数之比为_，质量之比为_，电子数之比为_。（3）用等体积0.1 molL1的BaCl2溶液，可使相同体积的Fe2(S
18、O4)3、Na2SO4、Al2(SO4)3三种溶液中的SO42-都恰好完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为_。【答案】 (1). 62g/mol (2). 16 (3). 1：1 (4). 5：2 (5). 8：1 (6). 5：1 (7). 1：3：1【解析】【分析】（1）利用M=m/n进行计算；（2）同温同压下，体积之比等于物质的量之比；再根据原子结构进行计算；（3）根据SO42+Ba2+=BaSO4进行计算。【详解】（1）一个 Na2X含有二个Na ，0.1 mol Na时，Na2X的物质的量为0.05mol，其质量为3.1 g，则M=m/n=3.1/0.05=62g/mol；X的
19、相对原子质量=62-232=16；（2）同温同压下，体积之比等于物质的量之比，则同体积的甲烷和氢气分子数之比为1：1；一个甲烷分子中含有5个原子，一个氢气分子中含有2个原子，则同体积的甲烷和氢气原子个数之比为5：2；甲烷的摩尔质量为16g/mol，氢气的摩尔质量为2g/mol，物质的量相等时，质量之比为16：2=8：1；甲烷分子中含有的电子数为10，氢气中含有的电子数为2，则电子数之比为5：1；（3）发生SO42+Ba2+=BaSO4，等体积的0.1 molL1的BaCl2溶液，n（Ba2+）相同，消耗的n（SO42）相同，则nFe2(SO4)3： n（Na2SO4）： nAl2(SO4)3=
20、：1：=1：3：1。17.高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。（1）实验室里欲用KMnO4固体来配制240mL 0.1 molL-1的KMnO4酸性溶液。需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、_配制过程中玻璃棒所起的作用是_下列操作对实验结果的影响偏小的是_（填序号）a加水定容时俯视刻度线 b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理c若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶d. 颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上下列为打乱了的操作示意图，请按先后顺序正确排序_。（2）用上述酸性KMnO4溶液来测定FeSO4溶液中Fe2+的物质的量浓度。配平该反应的化学方程式：_。Fe
21、SO4+KMnO4+H2SO4=K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O该反应中的氧化剂是_，氧化产物是_。若消耗3.16KMnO4，则该反应转移的电子数目为_。（3）已知反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl + 2MnCl2+ 5Cl2+8H2O，Br2+K2S=2KBr+S。下列说法正确的是_。A上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B氧化性由强到弱顺序为KMnO4Cl2Br2SC反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为8：1D反应中1mol还原剂被氧化则转移电子的物质的量为2mol用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目_。2KM
22、nO4+16HCl(浓) = 2KCl + 2MnCl2+ 5Cl2+8H2O【答案】 (1). 250 mL 容量瓶（或容量瓶） (2). 搅拌和引流 (3). cd (4). (5). 10FeSO4+ 2KMnO4+ 8H2SO4= K2SO4+2 MnSO4+ 5Fe2(SO4)3+ 8H2O (6). KMnO4 (7). Fe2(SO4)3 (8). 0.1NA (9). BD (10). 【答题空10】【解析】.因实验室没有240mL容量瓶，因此应选用250mL的容量瓶，所以还需要250mL的容量瓶，故答案是：250mL的容量瓶（或容量瓶）；.在溶解时玻璃棒用于搅拌以加速溶解，在
23、向容量瓶中转移溶液时用于引流，故答案是：搅拌和引流；. a加水定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏大，故a错误； b容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对配制溶液无影响，故b错误；c若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，会造成溶质偏少，配制的溶液浓度偏小，故c正确；d. 颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，会导致溶液的体积偏大，配制的溶液浓度偏小，故d正确；故答案选cd；.配制一定物质的量浓度的溶液，基本步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、定容、摇匀等，所以顺序应该为：，故答案为。.铁元素化合价从+2价升高到+3价，锰元素的化合价从+7价降低到+2价，根据化合价
24、升降总数相等并结合质量守恒，配平后的化学方程式为：10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 = K2SO4 +2 MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 8H2O，故答案为10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 = K2SO4 +2 MnSO4 + 5Fe2(SO4)3 + 8H2O；.在该反应中，铁元素化合价升高，所以Fe2(SO4)3 是氧化产物，锰元素化合价降低，所以KMnO4是氧化剂，故答案是：KMnO4；Fe2(SO4)3；.根据反应方程式可知，当有2molKMnO4消耗时，反应转移10mol电子，因此当有3.16g、即0.02molKMnO4消耗时，转移电子
25、的物质的量是0.1mol，所以转移电子的数目是0.1NA，故答案为0.1NA；.A.在2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2+8H2O反应中，因没有单质参加反应，所以该反应不是置换反应，故A错误；B.在Cl2+2KBr=2KCl+Br2反应中，Cl2是氧化剂，Br2是氧化产物，所以氧化性Cl2Br2，在2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2+8H2O反应中，KMnO4是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性KMnO4Cl2，在Br2 +K2S=2KBr+S反应中，Br2是氧化剂，S是氧化产物，所以氧化性Br2S，因此氧化性顺
26、序为：KMnO4Cl2Br2S，故B正确；C.在反应中氧化剂是KMnO4，还原剂是HCl，当有2molKMnO4作氧化剂参加反应时，有16mol的HCl参加反应，但有6molHCl化合价没有变化，10molHCl化合价升高，因此还原剂与氧化剂的物质的量之比10:2=5:1，故C错误；D.在Br2 +K2S=2KBr+S反应中，K2S是还原剂，硫元素化合价从-2价升高到0价，转移2个电子，因此当有1molK2S被氧化时，转移电子的物质的量是2mol，故D正确，因此答案选BD；.在2KMnO4+16HCl(浓) =2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2+8H2O反应中，根据化合价变化情况分析可知
27、，当有2molKMnO4反应时，有10mol电子转移，因此用单线桥法表示的式子为：，故答案为。18.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95mL 1 molL-1的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。请回答下列问题：（1）盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的_。（2）配制稀硫酸时，除玻璃棒外还缺少的仪器是_(写仪器名称)；（3）经计算，配制95mL1 molL-1的稀硫酸，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL，量取硫酸时应选用_mL规格的量筒(填序号)；A10 mL B50 mL C100 mL D20
28、0mL（4）取25 mL1 molL-1的硫酸，向其中加入一定量的氧化铜，充分反应后制得硫酸铜溶液。用该溶液制取CuSO45H2O，所需要的主要玻璃仪器除酒精灯、玻璃棒外，还缺少的仪器是_；（5）对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1 molL-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的原因_(填序号)。A用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸 B容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水C将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作D转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面 E定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容 F定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至
29、刻度处【答案】 (1). D (2). 100mL的容量瓶 (3). 5.4 (4). A (5). 烧杯或蒸发皿 (6). ACE【解析】【详解】（1）浓硫酸是强酸，有很强的腐蚀性，故应贴腐蚀品标志，故选D；（2）因无95mL的容量瓶，因此应选择100mL的容量瓶进行配制，配制稀硫酸溶液的步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，所需的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，故还缺少的仪器为100mL的容量瓶，故答案为100mL的容量瓶；（3）浓硫酸的物质的量浓度为c=10001.8498%/98 molL1=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为VmL，根
30、据溶液稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知：18.4mol/LVmL=1mol/L100mL，解得V=5.4，需要量取的浓硫酸的体积为5.4mL，根据“大而近”的原则，应选择10mL的量筒，故答案为5.4；A；（4）由硫酸铜溶液制取CuSO45H2O，所需要的主要玻璃仪器除酒精灯、玻璃棒外，还缺少的仪器是烧杯或蒸发皿，故答案是：烧杯或蒸发皿；（5）A.用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸，则所量取的溶液体积偏大，浓度偏高，故A正确；B. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，对所配溶液的浓度无影响，故B错误；C. 将稀释后的稀硫酸立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，待冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故C正确；D. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，会导致溶质损失，则浓度偏低，故D错误；E. 定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，则溶液体积偏小，浓度偏高，故E正确；F. 定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线是正常的，补充几滴水至刻度处，则浓度偏小，故F错误；故答案选ACE。【点睛】在做此类试题时，要注意把握相关计算公式的运用，记住常见的计算公式，如体积为VL、密度为g/cm3的某溶液中，溶质的摩尔质量为M，则溶液物质的量浓度c=等，配制一定物质的量浓度溶液的误差分析，要紧扣公式c=进行判断。