1、河北省张家口市尚义县第一中学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 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Ca-40第I卷（选择题，共50分）一、选择题（本大题共10小题，每小题2分，共20分。每小题选出答案后，请填在答题卡上。）1.下列分离和提纯实验操作中，正确的是A. 蒸发B. 过滤C. 蒸馏D. 分液【答案】D【解析】【详解】A蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， A错误；B过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，B错误；C蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，C错
2、误；D利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，D正确；故选D。2. 下列叙述正确的是（ ）A. 1 mol H2SO4的质量为98gmol1B. H2SO4的摩尔质量为98gC. 6.021022个H2SO4分子的质量为9.8gD. 9.8 g H2SO4含有6.021023个H2SO4分子【答案】【解析】试题分析：A、质量的单位为g，1 mol H2SO4的质量为98g，故A错误 B、摩尔质量的单位为g/mol，H2SO4的摩尔质量为98g/mol，故B错误；C、6.021022个H2SO4分子的物质的量为0.1mol，质量为9.8g，故C正确；D、9.8 g H2SO4的物
3、质的量为=0.1mol，含有6.0210230.12=1.2041023个氢原子，故D错误；故选C。考点：考查了物质的量的计算的相关知识。3.化合价是元素的重要性质，下列物质中含有+7价元素的是（ ）A. KClO3B. Na2S2O3C. NaClOD. KMnO4【答案】D【解析】【详解】氧元素常见价态为-2价，钾元素价态为+1价，钠元素为+1价。A.根据正负化合价代数和为0可知氯元素化合价为+5价，A项错误；B.根据正负化合价代数和为0可知硫元素平均化合价为+2价，B项错误；C.根据正负化合价代数和为0可知氯元素化合价为+1价，C项错误；D.根据正负化合价代数和为0可知锰元素化合价为+7
4、价，D项正确；故答案选D。4.以下分离混合物的操作中，不正确的是（）A. 蒸发时，蒸发皿内所盛液体不超过蒸发皿容积的2/3B. 蒸发结晶时，不能直接蒸干液体，最后少量液体用余热蒸干C. 用四氯化碳萃取碘水中的碘，分液时，碘的四氯化碳溶液从上口倒出D. 蒸馏时，要在烧瓶中加入几粒碎瓷片，防止液体剧烈沸腾【答案】C【解析】A、蒸发时，为防止液体过多而导致飞溅，所盛液体不超过蒸发皿容积的2/3，故A正确；B、蒸发时，应防止温度过高，不能直接蒸干液体，最后少量液体用余热蒸干，故B正确；C、四氯化碳密度比水大，在下层，下层液体从下口倒出，故C错误；D、蒸馏时注意防止暴沸，可加入碎瓷片，故D正确。故选C。
5、5.反应A+B=C+D， 8gA和12gB恰好完全反应，生成0.1molC和9gD，则C的摩尔质量为（）A. 11g/molB. 110gC. 11gD. 110g/mol【答案】D【解析】【详解】根据质量守恒可知m(C)=m(A)+m(B)-m(D)=8g+12g-9g=11g，所以C的摩尔质量为。故答案选D。6.下列物质中属于电解质的是（ ）A. B. 铜C. 熔融的D. 溶液【答案】C【解析】【详解】A.二氧化碳常温下为气体，只有CO2分子，没有自由移动的离子，虽CO2在水溶液中与水反应，生成碳酸，碳酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是CO2自身电离，故CO2不属于
6、电解质，故A错误；B.铜是单质，所以铜既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C.熔融的NaOH是能导电的化合物，属于电解质，故C正确；D.NaCl溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，故D错误；答案：C【点睛】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。7. 下列各物质中含氮原子数最多的是( )A. 0.1molNH4ClB. 0.1molNH4NO3 C. 1.2041023CO(NH2)2D. 0.2mol NH3H2O【答案】C【解析】选项A中含有0.1mol氮原子；选项B中含有0.2m
7、ol氮原子；选项C中含有41.20410236.021023/mol0.8mol氮原子；选项D中含有0.2mol氮原子，所以正确的答案选C。8.下列各组离子反应可用HOH= H2O表示的是（ ）A. 氢氧化钡和硫酸B. 氢氧化铜和盐酸C. 盐酸和氢氧化钠D. 硫酸和氢氧化镁【答案】C【解析】A.生成硫酸钡沉淀，故A不可用HOH= H2O表示；B. 氢氧化铜属于难溶物，要用化学式表示，故B不可用HOH= H2O表示；C. 可用HOH= H2O表示；D.氢氧化镁属于难溶物，要用化学式表示，故D不可用HOH= H2O表示。故选C。点睛：在书写离子方程式时需要特别注意：强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用
8、离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示。9.将10mL 5mol/L的HCl溶液稀释到200mL，再从中取出10mL，此时溶液中溶质的物质的量浓度为（）A. 5mol/LB. 0.25mol/LC. 2.5mol/LD. 0.05mol/L【答案】B【解析】【详解】由于溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，因此稀释后HCl的物质的量浓度为，从中取出10mL，其物质的量浓度不变，即为0.25mol/L。故答案选B。10.下列关于1.0 molL1Na2SO4溶液的叙述正确的是()溶液中含有1 mol Na2SO41 L溶液中含有142 g Na2SO4将1 molNa2SO4溶于1 mol水中
9、所得的溶液将322 g Na2SO410H2O溶于水后再稀释成1 000 mL所得的溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】物质的量浓度表示在单位体积的溶液中所含溶质的物质的量的多少，因此1 molL1 Na2SO4溶液是指每升溶液中含1 mol Na2SO4，而1 mol Na2SO4相当于142 g Na2SO4或322 g Na2SO410H2O。二、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题选出答案后，请填在答题卡上。）11. 下列叙述正确的是( )A. 液态氯化氢、固体氯化钾均不导电，故HCl和KCl均为非电解质B. NH3、SO3水溶液都能导电，故二者均为电解质C
10、. 铜和石墨均能导电，所以它们都是电解质D. 蔗糖、乙醇在水溶液中和熔融状态下都不导电，所以它们非电解质【答案】D【解析】考查了电解的概念：在水溶液中或熔融状态下可以导电的化合物。A：二者在水溶液中均可导电，均为电解质；B：二者虽在水溶液中可导电，但均非它们自身电离，均为非电解质；C：二者均为单质，不属于电解质。选D12.下列离子方程式正确的是A. 铁与稀盐酸反应：2Fe + 6H+= 2Fe3+ 3H2B. 硫酸与氢氧化钡溶液的反应：H+SO42+OH+Ba2+BaSO4+H2OC. 二氧化碳通入足量澄清石灰水：CO2+ Ca2+ 2OHCaCO3+ H2OD. 碳酸钙与稀盐酸反应:CO32
11、-+2H+=CO2+H2O【答案】C【解析】【分析】A.反应生成氯化亚铁和氢气；B.不符合物质组成要求；C.二氧化碳过量生成正盐；D.碳酸钙在离子反应中保留化学式；【详解】A.铁与稀盐酸反应的离子反应为Fe +2H+=Fe2+H2,故A错误；B.硫酸与氢氧化钡溶液反应的离子反应为2H+SO42+2OH+Ba2+BaSO4+2H2O，故B错误；C.二氧化碳与足量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙和水，离子反应为CO2+Ca2+ 2OHCaCO3+ H2O，故C正确；D.碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，正确的离子方程式为：CaCO3+ 2H+= CO2 +H2O+Ca2+，故D错误；综上所述，
12、本题正确选项C。13.配制100mL1.0molL-1的NaOH溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是（ ）A. 容量瓶使用前有少量蒸馏水B. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C. 在转移过程中有溶液撒在外面D. 俯视确定凹液面与刻度线相切【答案】D【解析】试题分析： A容量瓶使用前有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，错误； B配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质偏少，溶液的物质的量浓度就偏低，错误；C在转移过程中有溶液撒在外面则溶质偏少，溶液的物质的量浓度就偏低，错误；D俯视确定凹液面与刻度线相切，则溶液的体积偏小，因此是溶液的浓度偏高，正确。考点：考查物质的量浓度的溶液配制过程
13、中误差分析的知识。14.相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是( )它们所含的分子数目之比为11它们所含的O原子数目之比为12它们所含的原子总数目之比为23它们所含的C原子数目之比为11它们所含的电子数目之比为711A. 和B. 和C. 和D. 【答案】D【解析】【详解】根据CO和CO2的分子式可知，在物质的量相等的条件下，它们所含的分子数目之比为11；它们所含的O原子数目之比为12；它们所含的原子总数目之比为23；它们所含的C原子数目之比为11；电子数之比是（68）:（682）711，因此选项均是正确的，答案选D。15.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）A. 胃舒平（主
14、要含氢氧化铝）治疗胃酸过多：OH+ H+ = H2OB. 醋酸除水垢：2H+ + CaCO3 = Ca2+ + H2O + CO2C. 澄清石灰水中通入少量CO2：Ca2+ + 2OH+ 2CO2= Ca(HCO3)2D. 稀盐酸除铁锈：6H+ + Fe2O3 = 2Fe3+ + 3H2O【答案】D【解析】A、氢氧化铝难溶应该用化学式表示，A错误；B、醋酸难电离，应该用化学式表示，B错误；C、澄清石灰水中通入少量CO2生成碳酸钙和水，得不到碳酸氢钙，C错误；D、稀盐酸除铁锈生成氯化铁和水：6H+Fe2O3=2Fe3+3H2O，D正确，答案选D。点睛：关于物质的拆分需要明确：非电解质、难电离的物
15、质、难溶于水的物质，气体在反应物、生成物中出现，均写成化学式或分式。固体间的反应，即使是电解质，也写成化学式或分子式。氧化物在反应物中、生成物中均写成化学式或分子式。浓H2SO4作为反应物和固体反应时，浓H2SO4写成化学式。金属、非金属单质，无论在反应物、生成物中均写成化学式。微溶物作为反应物时，处于澄清溶液中时写成离子形式；处于浊液或固体时写成化学式。微溶物作为生成物的一律写化学式。如条件是澄清石灰水，则应拆成离子；若给的是石灰乳或浑浊石灰水则不能拆，写成化学式。16.标准状况下，将VLA气体（摩尔质量为Mg/mol）溶于0.1L水中，所得溶液密度为g/mL，则此溶液物质的量浓度为（ ）A
16、. mol/LB. mol/LC mol/LD. mol/L【答案】B【解析】【详解】标准状况下，VL A气体的物质的量是，气体A的质量是，溶液的质量是，溶液体积是，此溶液物质的量浓度为=mol/L，故选B。【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意对物质的量浓度公式的理解，熟练运用物质的量浓度的计算公式，该题的关键是计算溶液的体积。17.某无色溶液中大量共存的一组离子是A. NH4+、Ag+、PO43-、Cl-B. Fe3+、H+、I-、HCO3-C. K+、Na+、NO3-、MnO4-D. NH4+、Al3+、SO42-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A. Ag+和PO43-或Cl-反
17、应生成沉淀，不能共存，故错误；B. Fe3+有颜色，且与I-发生氧化还原反应，H+与HCO3-反应，故不能大量共存，故错误；C. MnO4- 有颜色，不能在无色溶液中存在，故错误；D. NH4+、Al3+、SO42-、Cl-都无色，且不反应，能大量共存，故正确。故选D。【点睛】掌握有颜色的四种离子，铁离子，铜离子，亚铁离子和高锰酸根离子。能发生反应的离子不能共存，反应类型可能为复分解或氧化还原反应。18.美国“9.11”恐怖袭击事件中，毁坏建筑物发出大量石棉，人吸入石棉纤维易患肺癌。石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式为：CaMgxAlySi3O12，该化学式中x、y的值分别是( )A. 2、2
18、B. 2、3C. 3、2D. 4、3【答案】A【解析】【详解】钙、镁元素显+2价，铝元素显+3价，硅元素为+4价，氧元素为-2价，根据正负化合价代数和为0可得2+2x+3y+34-12(-2)=0，根据给定选项分析可知只有A项成立。故答案选A。19.下列溶液中Cl-浓度与50mL1molL-1AlCl3溶液中Cl-浓度相等的是A. 150mL 3molL-1的KCl溶液B. 75mL 2.5molL-1的CaCl2溶液C. 150mL 3molL-1KClO3溶液D. 25mL 2molL-1的FeCl3溶液【答案】A【解析】对于浓度确定的溶液，溶质的浓度与所取溶液的体积无关，离子的浓度与离子
19、的数目成正比，50mL1molL-1AlCl3溶液中Cl-浓度为1molL-13=3molL-1。A中Cl-浓度为3 molL-1，A 正确。B中Cl-浓度为2.5 molL-12=5 molL-1，B错误。C中ClO3-一个整体，无Cl-，C错误。D中Cl-浓度为2molL-13=6molL-1，D错误。正确答案为A点睛：对于浓度确定的溶液，它的物质的量浓度、密度、溶质的质量分数等物理量与所取溶液的体积无关。离子的物质的量浓度等于溶质的物质的量浓度乘以离子的个数。易错点是部分同学误选答案C，是没有认识到KClO3中ClO3-为一个整体。20.有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两
20、份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2SO4、ymol AgNO3。据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位： molL-1)为A. （y-2x）/aB. (y-x)/aC. (2y-2x)/aD. (2y-4x)/a【答案】D【解析】n（Ba2+）=n（H2SO4）= xmol，n（Cl-）=n（AgNO3）=ymol，根据电荷守恒：2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）mol，c(Na+)=（y-2x）mol/0.5aL=(2y-4x)/amolL-1第卷（非选择题，共50分）三、
21、填空题（本题共4个小题，每空2分，共计50分，每小题做出答案后，请写在答题卡上。）21.（1）1.5mol H2SO4的质量是_g，其中含有_mol H。（2）硫酸铝的化学式为_，0.2mol硫酸铝中有_个SO42-。（3）0.5molH2O与_g硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是_。【答案】 (1). 147 (2). 3 (3). Al2（SO4）3 (4). 3.6121023 (5). 49 (6). 14【解析】【详解】（1）1.5mol H2SO4的质量是1.5mol98g/mol=147g；其中含有的氢原子的物质的量为1.5mol2=3mol；（2）硫酸铝的化学式为Al
22、2（SO4）3；根据硫酸铝的组成可知0.2mol硫酸铝中含有的硫酸根离子数目为0.2mol36.021023=3.6121023；（3）与0.5molH2O含有相同分子数的硫酸的物质的量为0.5mol，因此其质量为0.5mol98g/mol=49g；水分子和硫酸所含氧原子数目之比为（0.5mol1）：（0.5mol4）=1:4。22.（1）下列说法中正确的是_。ANaCl溶液导电，所以NaCl溶液是电解质；B固体NaCl不导电，但NaCl是电解质；CCu能导电，所以Cu是电解质；DSO2溶于水能导电，所以SO2是电解质；EBaSO4的水溶液不导电，所以BaSO4是非电解质；F酒精不导电，所以酒
23、精是非电解质。（2）下列各组物质按组成规律不同分类，请找出与其他种类不同的物质。HCl、H2SO4、H2CO3、HNO3：_；溶液、水、浊液、胶体：_；Na2CO3、NaNO3、KNO3、Na2SO4：_。【答案】 (1). BF (2). HCl (3). 水 (4). KNO3【解析】【详解】（1）ANaCl溶液导电，氯化钠溶液为混合物，所以NaCl溶液既不是电解质也不是非电解质，A项错误；B固体NaCl不导电，但熔融状态的NaCl或氯化钠溶于水能够导电，所以氯化钠是电解质，B项正确；CCu能导电，铜属于单质，所以Cu既不是电解质也不是非电解质，C项错误；DSO2溶于水能导电，但二氧化硫本
24、身不能电离出自由移动的离子，所以SO2是非电解质，D项错误；EBaSO4的水溶液不导电，但熔融状态的硫酸钡能够导电，所以BaSO4是电解质，E项错误；F酒精不导电，所以酒精是非电解质，F项正确；故答案选BF；（2）HCl为无氧酸，其他三种为含氧酸，故HCl与另外三种不同类；水为纯净物，其它三种为混合物，故水和另外三种不同类；硝酸钾属于钾盐，而其它三种属于钠盐，故硝酸钾和另外三种不同类。23.（1）写出下列物质溶于水的电离方程式：HNO3：_；NH3H2O：_；（2）按要求写出方程式。铁和稀硫酸（写出离子方程式）_；氢氧化钡溶液和稀硫酸（写出离子方程式）_；氧化铜和稀盐酸（写出离子方程式）_；制
25、备氢氧化铁胶体（写出对应的化学方程式）_；CO32-+2H+=CO2+H2O（写出对应的化学方程式）_。【答案】 (1). HNO3=H+NO3- (2). NH3H2ONH4+OH- (3). Fe+2H+=Fe2+H2 (4). Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O (5). CuO+2H+=Cu2+H2O (6). FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl (7). Na2CO3+2HCl=CO2+H2O+2NaCl【解析】【详解】（1）硝酸在水中完全电离，对应的电离方程式为：HNO3=H+NO3-；一水合氨在水中部分电离，电离方程式为：NH3H2ONH4
26、+OH-；（2）铁和稀硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，所以二者反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2；氢氧化钡与稀硫酸反应产生硫酸钡沉淀和水，根据离子方程式书写方法可知对应的离子方程式为：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O；氧化铜和稀盐酸反应产生氯化铜和水，对应的离子方程式为：CuO+2H+=Cu2+H2O；氢氧化铁胶体制备的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；给定离子方程式表示可溶性碳酸盐与可溶性强酸反应产生可溶性盐、二氧化碳和水，因此对应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=CO2+H2O+2NaCl。【点睛】离子方程式书写应注意
27、；单质、氧化物、弱酸、弱碱以及难溶物不能拆分，可溶性强酸、强碱以及大部分盐可以拆分。24.实验室需要0.1molL1 NaOH溶液450 mL。根据溶液的配制情况回答下列问题。(1)在下图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是 _(填序号)，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器 _。(2)配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示，每个操作只用一次) _。A用少量水洗涤烧杯2次3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B在盛有NaOH固体的烧杯中加入适量水溶解C将烧杯中已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中D将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀E改用胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度相切F继续往容量瓶内小心
28、加水，直到液面接近刻度1 cm2 cm处(3)实验两次用到玻璃棒，其作用分别是：先用于 _，后用于 _。(4)关于容量瓶的四种叙述：是配制准确浓度溶液的仪器；不宜贮存溶液；不能用来加热；使用之前要检查是否漏水。这些叙述中正确的是 _。AB C D(5)根据计算用托盘天平称取的质量为 _g。(6)下列操作配制的溶液浓度偏低的是_。A称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重B配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C配制时，NaOH未冷却直接定容D向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面E定容时俯视刻度线【答案】 (1). bd (2). 500 mL容量瓶、胶头滴管 (3). BCAFED (4). 搅拌
29、 (5). 引流 (6). A (7). 2.0 (8). AD【解析】【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，因此不需要的是分液漏斗和漏斗，即bd；由于没有450mL规格的容量瓶，因此配制上述溶液还需要的玻璃仪器为500 mL容量瓶、胶头滴管；（2）配制一定物质的量浓度溶液的过程为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，即BCAFED；（3）实验中第一次使用玻璃棒的作用为：搅拌；第二次使用玻璃棒的作用为：引流；（4）容量瓶是用于配制准确浓度溶液的仪器，故正确；容量瓶不宜贮存溶液，故正确；容量瓶不能用来加热，故正确；容量瓶使用之前要检查是否漏水，
30、故正确；故答案选A；（5）由于需要配制500mL的氢氧化钠溶液，因此需要的氢氧化钠的质量为0.5L0.1mol/L40g/mol=2.0g；（6）A称量NaOH时，将NaOH放在纸上称重，由于氢氧化钠易潮解，因此氢氧化钠的物质的量偏小，故浓度偏低；B配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液体积以及溶质的物质的量无影响，故浓度不变；C配制时，NaOH未冷却直接定容，由于冷却后液体体积偏小，故物质的量浓度偏大；D向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，溶质的物质的量偏小，物质的量浓度偏低；E定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，物质的量浓度偏大。故答案选AD。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析注意紧扣物质的量浓度的表达式c=，从溶质的物质的量和溶液的体积进行误差分析。