1、会宁一中2020-2021学年度第一学期期中考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意)1. 从20世纪90年代开始，叠氮化钠用作汽车司机安全防护袋的气源，能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体将气囊鼓起。装运叠氮化钠的包装箱所贴的危险化学品标志应该是( )ABCDA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】根据题意可知，叠氮化钠属于爆炸品，A图中所示标志是剧毒品标志，故A错误；B图中所示标志是爆炸品标志，
2、故B正确；C图中所示标志是易燃液体标志，故C错误；D图中所示标志是腐蚀品标志，故D错误；综上所述，本题选B。2. 下列对化学基本观念的认识不正确的是（ ）A. 微粒观：一个一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成B. 能量观：化学反应在生成新物质的同时，还伴随着能量的变化C. 分类观，生石灰和消石灰都属于碱D. 守恒观：电解水反应前后，元素种类和原子数目均不变【答案】C【解析】【详解】A一氧化碳分子由一个碳原子和一个氧原子构成，A正确；B化学反应的实质是旧化学键断裂，生成新的化学键，一定伴随着能量的变化，B正确；C生石灰 氧化钙，氧化钙属于金属氧化物，C错误；D电解水反应前后，元素种类和原子数
3、目均不变，D正确；答案选C。3. 实验中的下列操作正确的是（ ）A. 用试管取出试剂瓶中的Na2CO3溶液，发现取量过多，又把过量的试剂倒入试剂瓶中B. Ba(NO3)2溶于水，可将含有Ba(NO3)2的废液倒入水槽中，再用水冲入下水道C. 用蒸发方法使NaCl从溶液中析出时，应将蒸发皿中NaCl溶液全部加热蒸干D. 用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，浓硫酸溶于水后，冷却至室温才转移到容量瓶中【答案】D【解析】【详解】A取出Na2CO3溶液，发现取量过多，不能放回原瓶，会污染原试剂，故A错误；B钡离子有毒，可污染地下水，不能直接排放进下水道，故B错误；C蒸发时不能蒸干，应利用余热蒸干，有
4、大量固体析出时即停止加热，故C错误；D容量瓶只能在常温下使用，不能用来盛装过冷或过热的液体，浓硫酸溶于水放热，溶液的温度较高，应冷却后在转移到容量瓶中，故D正确。故选：D。4. 实验证明，在一定温度和压强下，用铜的化合物做催化剂，甲烷(CH4)与氧气反应只生成甲醇(CH3OH)。下列叙述正确的是（ ）A. 甲烷是有机物，甲醇是氧化物B. 该反应既是氧化还原反应又是化合反应C. 该反应中甲醇是还原产物，甲烷是氧化剂D. 该反应的化学方程式为CH4+O2=CH3OH【答案】B【解析】【分析】根据题意该反应的化学方程式为2CH4+O22CH3OH。【详解】A甲烷和甲醇均属于有机物，氧化物为无机物，故
5、A错误；B该反应中有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，反应物有多种，生成物只有一种，属于化合反应，故B正确；C该反应中CH4中碳元素化合价升高，为还原剂，甲醇既是氧化产物又是还原产物，故C错误；D根据元素守恒和电子守恒可知该反应的方程式为2CH4+O22CH3OH，故D错误；综上所述答案为B。5. 在下列实验中，所选用的仪器合理的是A. 用50mL量筒量取5.2mL稀硫酸B. 用坩埚加热氯化钠溶液得到到氯化钠晶体C. 用托盘天平称量1.17g氯化钠晶体D. 用250mL容量瓶配制250mL 0.2mol/L的NaOH溶液【答案】D【解析】【分析】【详解】A用10 mL量筒量取5.2 mL
6、稀硫酸，故A错误；B用蒸发皿加热氯化钠溶液得到到氯化钠晶体，故B错误；C用托盘天平称量只能精确到0.1g，故C错误；D用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液，故D正确；故选择D。6. NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）A. 同温同压下，相同体积的任何气体所含的原子数相同B. 1.0molL-1Na2SO4溶液中，含有的Na+数为2NAC. 常温常压下，16gO2和O3气体混合物中含有的氧原子数为NAD. 标准状况下，11.2L水含有的水分子数为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A根据阿伏加德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体所含分子数相同，由
7、于不同气体分子所含原子数不一定相同，则同温同压下，相同体积的任何气体所含原子数不一定相同，A错误；B溶液的体积未知，无法计算溶液中所含Na+数，B错误；CO2和O3互为同素异形体，则16gO2和O3气体混合物中所含O原子物质的量为n(O)=，所含氧原子数为 NA，C正确；D标准状况下水不呈气态，不能用22.4L/mol计算11.2L水的物质的量，D错误；答案选C。7. 标准状况下，二硫化碳(CS2为液体)与氧气点燃完全燃烧：CS2+3O2CO2+2SO2，现用0.228gCS2在448mL O2中完全燃烧，反应后气体混合物在标准状况下的体积是A. 112mLB. 224mLC. 336mLD.
8、 448mL【答案】D【解析】【详解】二硫化碳（CS2）能够在氧气中完全燃烧生成CO2和SO2，反应的化学方程式为：CS2+3O2=CO2+2SO2；二硫化碳（CS2）是液体，反应前后气体体积不变，所以反应后的气体体积为448mL；故选D。【点睛】本题考查根据方程式计算，技巧：注意分析反应前后的气体体积变化特征，避免按部就班的计算，提高分析思维能力。8. 下列说法错误的是（ ）A. 从1L1mol/L的氯化钠溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/LB. 制成0.5L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体112L（标准状况）C. 0.5L2mol/L的氯化钡溶液中，钡离子和氯离子总数为36.02
9、1023D. 10g98%硫酸（密度为1.84g/cm3）与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是不同的【答案】D【解析】【详解】A. 溶液具有均一性，从1L1mol/L的氯化钠溶液中取出10mL，其浓度仍是1mol/L，A正确；B. 制成0.5L10mol/L的盐酸，需要氯化氢气体的物质的量为0.5L10mol/L=5mol，标况下的体积为5mol22.4L/mol=112L，B正确；C. 0.5L2mol/L的BaCl2溶液中，钡离子和氯离子总数为3 0.5L2mol/L6.021023=36.021023，C正确；D. 10g98%硫酸（密度为1.84g/cm3）的物质的量浓度为mol/
10、L=18.4mol/L，与10mL18.4mol/L硫酸的浓度是相同的，D不正确；故选D。9. 下图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是XYZA氧化物化合物纯净物BCO非电解质化合物C氯化钠溶液电解质能导电的物质DNaOH碱电解质A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、氧化物是化合物,化合物属于纯净物,符合关系,故A正确；B.非电解质属于化合物，一氧化碳是非电解质中的一种，符合关系，故B正确；C.能导电的物质有纯净物，有混合物，而电解质一定属于纯净物、属于化合物，氯化钠溶液属于混合物，所以三者之间不符合从属关系，故C错误；D.电解质属于纯净物、属于化合物，碱属于化
11、合物，氢氧化钠是碱的一种，D正确；综上所述，本题选C。【点睛】电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电，而电解质在固态时，没有自由移动的离子，不能导电；所以电解质不一定能够导电，导电的也不一定是电解质，也可能是金属单质或电解质溶液。10. 有人设想将碳酸钙通过特殊的加工方法使之变为纳米碳酸钙(即碳酸钙粒子直径达到纳米级),这将引起建筑材料的性能发生巨大变化。下列关于纳米碳酸钙的推测正确的是( )A. 纳米碳酸钙是与胶体相似的分散系B. 纳米碳酸钙分散到水中所得分散系会产生丁达尔效应C. 纳米碳酸钙的化学性质与碳酸钙完全不同D. 纳米碳酸钙粒子不能透过滤纸【答案】B【解析】【详解】A纳米碳酸钙是纯净
12、物，分散系是混合物，故A错误；B纳米碳酸钙分散到水中所得分散系胶体，会产生丁达尔效应，故B正确；C纳米碳酸钙化学性质与碳酸钙相同，故C错误；D胶体的分散质粒子直径在1100nm之间，粒子直径小于100nm的纳米碳酸钙粒子能透过滤纸，故D错误；故答案为B。11. 下列离子方程式中，正确的是（ ）A. 稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2B. 碳酸钙与盐酸反应：+2H+=CO2+H2OC. 铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+=Cu2+AgD. 氧化镁与稀盐酸混合：MgO+2H+=Mg2+H2O【答案】D【解析】【详解】A稀硫酸与铜不反应，A不正确；B碳酸钙与盐酸的离子反应方程式为CaCO3
13、+2H+Ca2+H2O+CO2，B不正确；C铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式应为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，C不正确；D氧化镁与稀盐酸的反应的离子方程式为MgO+2H+=Mg2+H2O，D正确；故选D。12. 在某无色强酸性的水溶液中，能大量共存的离子组是（ ）A. K+、Mg2+、SO、Cl-B. Na+、Ca2+、CO、NOC. Ca2+、MnO、Cl-、NOD. Na+、OH-、SO、Cl-【答案】A【解析】【详解】AK+、Mg2+、SO、Cl-在强酸性的水溶液中不能发生离子反应，能大量共存，且其水溶液仍呈无色，故A符合题意； BCO在强酸性的水溶液中转化为二氧化碳和水，故其不能在该
14、溶液中大量共存，B不符合题意；CMnO能使溶液呈紫红色，且其在强酸性的水溶液中能将Cl-氧化，故其不能在该溶液中大量共存，C不符合题意；DOH-可与强酸性的水溶液中的H+发生反应生成水，故其不能在该溶液中大量共存，D不符合题意。本题选A。13. 已知: 2KMnO4+16HCl(浓) = 2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O，下列说法正确的是A. HCl发生了还原反应B. 氧化性: Cl2KMnO4C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为1 : 8D. 当标准状况下产生22.4L氯气，转移电子数为2NA【答案】D【解析】A.部分HCl中负一价氯被氧化为氯气，HCl发生了氧化反应，故A错误；B.
15、 氧化剂 的氧化性大于氧化产物，则氧化性：KMnO4Cl2，故B错误；C. 氧化剂与还原剂的物质的量比为2:10=1：5（16molHCl只有10molHCl被氧化为5mol的氯气），故C错误；D. 当标准状况下产生22.4L氯气，每生成1mol氯气转移电子数为2NA个，故D正确。答案选D。14. 一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3NON2H2O(未配平)。在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为 ()A. 23B. 32C. 45D. 56【答案】A【解析】NH3中N化合价的变化为-30，化合价升高3，NH3中N被氧化，NO中N化合价的变化为+20，化合价降低2，NO中N被还原，元
16、素化合价升降数值相等，所以被氧化与被还原的氮原子数之比为2:3，故选A。15. 100mL0.3molL-1的Na2SO4溶液和50mL0.2molL-1的Al2(SO4)3溶液混合后，溶液中SO的物质的量浓度为(不考虑混合后溶液密度的变化)（ ）A. 0.20molL-1B. 0.25molL-1C. 0.40molL-1D. 0.50molL-1【答案】C【解析】【分析】根据n=cV计算各溶液中溶质的物质的量，进而计算各自含有SO离子物质的量，两溶质含有的SO的物质的量之和为混合溶液中SO离子的物质的量，根据公式c=来计算SO离子的物质的量浓度。【详解】Na2SO4的物质的量为0.1mL0
17、.3mol/L=0.03mol，则n(SO)=为0.03mol，Al2(SO4)3的物质的量为：0.05mL0.2mol/L=0.01mol，则n(SO)=30.01mol=0.03mol，所以混合后溶液中(SO)=0.03mol+0.03mol=0.06mol，混合后溶液的体积可以粗略认为是两溶液混合后体积之和，故硫酸根的物质的量浓度= 0.40mol/L，故选C。16. 甲、乙两种有机物的某些性质如下表所示：熔点/沸点/密度溶解性甲261610.9618 gcm3微溶于水，可溶于乙乙117.378.50.789 gcm3与水以任意比互溶要除去混入甲中少量的乙，应采用的方法是()A. 重结晶
18、法B. 分液法C. 蒸馏法D. 过滤法【答案】C【解析】【详解】由甲和乙的熔、沸点数据可知，常温下，甲与乙都呈液态，且二者互溶，但二者的沸点相差较大，所以可用蒸馏法将乙转化为蒸汽，从而达到除去混入甲中少量乙的目的，故选C。第II卷(非选择题共52分)二、非选择题（本题包括4小题，共52分。）17. (1)维生素C能使食物中的Fe3+转化为Fe2+，即Fe3+Fe2+。在此变化中，Fe3+被_(填“氧化”或“还原”，下同)，维生素C是_剂。若有0.1molFe3+转化Fe2+，则维生素C_(填“得”或“失”)_mol电子。(2)在Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O反应中，请用双
19、线桥法标出电子得失的情况。Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O_；若参加反应的Cu有12.8克，则被还原H2SO4的物质的量为_。【答案】 (1). 还原 (2). 还原 (3). 失 (4). 01 (5). (6). 0.2mol【解析】【详解】(1)维生素C能使食物中的Fe3+转化为Fe2+，即Fe3+Fe2+，在此变化中，Fe3+中Fe元素化合价降低，被还原，作氧化剂，氧化反应和还原反应是同时存在的，有化合价升高，必有化合价降低，因此维生素C是还原剂；故答案为：还原；还原；若有0.1molFe3+转化为Fe2+，得0.1mol电子，根据氧化还原反应中电子得失守恒，则维生
20、素C失0.1mol电子；故答案为：失；0.1；(2)铜元素的失电子数=1(2-0)=2，硫酸中硫元素得电子数=1(6-4)=2，该反应中转移电子数是2，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为，若参加反应的Cu12.8克即0.2mol，参与反应的Cu与H2SO4的化学计量系数是1:2，该反应中有一半的硫酸是氧化剂，一半的硫酸起酸性的作用，则被还原的H2SO4的物质的量为0.2mol；故答案为：；0.2mol。18. (1)在14.2gNa2SO4中：含有的Na+的数目是_；含有的SO的质量是_；含氧原子的物质的量是_。(2)同温同压下，若A容器中充满O2和B容器中充满O3。若所含分子总数相等，
21、则A容器和B容器的容积之比是_；若两容器中所含原子总数相等，则A容器和B容器的容积比是_；若两容器的体积比为3：2，则O2和O3的质量之比为_，密度之比为_。【答案】 (1). 0.2NA (2). 9.6g (3). 0.4mol (4). 1：1 (5). 3：2 (6). 1：1 (7). 2：3【解析】【详解】(1)14.2gNa2SO4的物质的量为=0.1mol，所以含有0.2molNa+，数目为0.2NA；含有的SO的质量为0.1mol96g/mol=9.6g；含氧原子的物质的量是0.4mol；(2)同温同压下，所含分子总数相等，则气体的体积相等，即A容器和B容器的容积之比是1:1
22、；一个O2有两个氧原子，一个O3有三个氧原子，若两容器中所含原子总数相等，则分子总数之比为3:2，所以A容器和B容器的容积比为3:2；若两容器的体积比为3：2，则物质的量之比为3：2，所以O2和O3的质量之比为332:248=1:1；密度=，所以密度之比为=2：3。19. 现有下列九种物质：乙醇铝CaOCO2氯化氢澄清的石灰水液氨稀硝酸熔融态的Fe2(SO4)3（1）上述九种物质中，属于电解质的是_（填序号），能导电的是_（填序号）（2）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H+OH-=H2O，该离子反应对应的化学方程式为_。（3）在水中的电离方程式为_，20g溶于水配成250mL溶液，
23、所含阴离子的粒子数为_，阳离子的物质的量浓度为_。（4）少量的通入的溶液中反应的离子方程式为_。【答案】 (1). (2). (3). 2HNO3+Ca(OH)2=Ca(NO3)2+2H2O (4). Fe2(SO4)3=2Fe3+3SO (5). 0.15NA (6). 0.4mol/L (7). CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O【解析】【详解】(1)乙醇是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，乙醇属于非电解质；铝中存在自由电子，能导电，铝属于单质，既不是电解质、也不是非电解质；CaO中离子不自由移动，不能导电，CaO是在熔融状态下能导电的化合物，CaO属于电解质；CO2不能导
24、电，虽然二氧化碳的水溶液能导电，但导电的离子不是二氧化碳电离产生的，而是二氧化碳与水化合生成的碳酸电离产生的，CO2属于非电解质；氯化氢不能导电，氯化氢是在水溶液中能导电的化合物，氯化氢属于电解质；澄清的石灰水中存在自由移动的阴、阳离子，能导电，澄清的石灰水属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质；液氨不能导电，虽然液氨的水溶液能导电，但导电的离子不是液氨电离产生的，而是液氨与水化合生成的电离产生的，液氨属于非电解质；稀硝酸中存在自由移动的阴、阳离子，能导电，稀硝酸属于混合物，既不是电解质、也不是非电解质；熔融态的Fe2(SO4)3中存在自由移动的阴、阳离子，能导电，熔融态的Fe2(SO4)3
25、是在水溶液和熔融状态下都能导电的化合物，熔融态的Fe2(SO4)3属于电解质；属于电解质的是，能导电的是。(2)离子反应H+OH-=H2O表示强酸与强碱发生中和反应生成可溶性盐和水，则符合题意的化学方程式为2HNO3+Ca(OH)2=Ca(NO3)2+2H2O。(3)熔融态的Fe2(SO4)3在水中的电离方程式为Fe2(SO4)3=2Fe3+3；20gFe2(SO4)3物质的量为 =0.05mol，所含物质的量为0.15mol，所含的数目为0.15 NA，含Fe3+物质的量为0.1mol，其物质的量浓度为=0.4mol/L。(4)少量二氧化碳通入澄清的石灰水中反应生成白色碳酸钙沉淀和水，反应的
26、离子方程式为CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O。20. 实验室需要480mL1molL-1NaOH溶液，根据溶液配制情况回答下列问题：（1）实验中除了托盘天平(砝码)、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒外还需要的其他玻璃仪器有_。（2）如图是某同学在实验室配制该NaOH溶液的过程示意图，其中有错误的是_(填操作序号)。（3）下列操作会导致所配溶液的物质的量浓度偏高的是_。A.配制前容量瓶中有少量蒸馏水B.用蒸馏水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容C.定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出D.定容时仰视刻度线E.用托盘天平称量NaOH固体时，砝码生锈（4）若某同学用密度为1.2
27、g/cm3，质量分数为36.5%的浓盐酸配制100mL3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为_mL。【答案】 (1). 500mL容量瓶、胶头滴管 (2). (3). BE (4). 25.0mL【解析】【详解】(1)操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL
28、容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，还需仪器有500ml容量瓶、胶头滴管；(2)量筒为量取仪器，不能用来溶解物质，故错误；用玻璃杯搅拌加速固体的溶解，故正确；玻璃棒引流操作时，玻璃棒下端应靠在容量瓶刻度线下方，故错误；加水至刻度线的下方，操作正确，故正确；定容时，眼睛应平视刻度线，故错误；加盖摇匀，使溶液混合均匀，操作正确，故正确；综上所述错误的为：；(3)A容量瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，因此不影响浓度，A不符合题意；B用水溶解NaOH固体后，立即转入容量瓶中定容，溶解过程放热，热的溶液体积偏大，冷却后体积变小，则配制的溶液体积偏小，配制的溶液浓度偏高，B符合题意；
29、C定容后发现液面高于刻线，可用胶头滴管将多余的水吸出，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，C不符合题意；D定容时仰视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液体积偏大，则配制的溶液浓度偏小，D不符合题意；E称量NaOH的固体时，砝码生锈，砝码质量变重，称量的NaOH质量偏大，则溶液的浓度偏大，E符合题意；综上所述答案选BE；(4)浓盐酸的浓度c=12mol/L，配制100mL3mol/L的稀盐酸，根据稀释前后溶质的物质的量不变，设要用量筒量取浓盐酸的体积为VmL，100mL3mol/L=V12mol/L，V=25.0mL。21. 观察下面实验装置图，回答有关问题。(1)图是实
30、验室制取蒸馏水的常用装置，图中明显的错误是_。(2)仪器A的名称是_，仪器B的名称是_。(3)实验时A中除加入一定量自来水外，还需加入少量_，其作用是_。(4)图装置也可用于少量蒸馏水的制取(加热及固定仪器略)，其原理与图相同。该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是_。【答案】 (1). 冷凝管进出水方向错误 (2). 蒸馏烧瓶 (3). 冷凝管 (4). 碎瓷片或沸石 (5). 防暴沸 (6). 冷凝水蒸气【解析】【详解】(1)蒸馏时，充分冷凝，应使水充满冷凝管，从下端进水，上端出水，故答案为：冷凝管进出水口颠倒；(2)由仪器的图形可知A为蒸馏烧瓶，B为冷凝管，故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；(3)液体在加热时为了防止液体暴沸，可加入沸石或者碎瓷片，故答案为：碎瓷片或者沸石；防止液体暴沸；(4)该装置中使用的玻璃导管较长，其作用是冷凝水蒸气。
