黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校学年高一化学上学期期中试题.docx

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黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校学年高一化学上学期期中试题

黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校2019-2020学年高一化学上学期期中试题（含解析）

考试用时：

90分钟分值：

100分

说明：

1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。

第Ⅰ卷为选择题，共20题，50分；第Ⅱ卷为非选择题，共4题，50分。

全卷总分l00分。

2、答题时考生必须把答案填写在答题卡上。

3、可能用到的相对原子质量：

H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Zn-65

I卷（选择题共50分）

一、单项选择题（每题只有一个正确选项，每小题2分，共20分）

1.Na2CO3俗名纯碱，下面是对纯碱采用不同分类法的分类，不正确的是（ ）

A.Na2CO3是氧化物B.Na2CO3是盐

C.Na2CO3是钠盐D.Na2CO3是碳酸盐

【答案】A

【解析】

【详解】碳酸钠俗名纯碱，属于盐类化合物，含有钠元素，为钠盐，含有碳酸根，为碳酸盐，故A选项错误。

故答案选A。

2.下列各组混合物能用分液漏斗进行分离的是（）

A.酒精和水B.碘和四氯化碳C.水和四氯化碳D.汽油和植物油

【答案】C

【解析】

【分析】

根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，分析选项中物质的溶解性即可。

【详解】A．酒精和水能互溶，不能用分液漏斗分离，选项A错误；

B．碘和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分离，选项B错误；

C．水和四氯化碳互不相溶，所以能用分液漏斗分离，选项C正确；

D．汽油和植物油能互溶，不能用分液漏斗分离，选项D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题考查物质的分离，本题注意把握常见混合物的分离原理、方法以及操作的注意事项等。

3.下列各组物质中分子数相同的是（  ）

A.2LCO和2LCO2B.9gH2O和标准状况下11.2LCO2

C.标准状况下1molO2和22.4LH2OD.0.2molH2和4.48LHCl气体

【答案】B

【解析】

【详解】A项、缺气体体积条件，无法比较的2LCO和2LCO2的物质的量大小，无法判断分子数大小，故A错误；

B项、9gH2O的物质的量为0.5mol，标准状况下11.2LCO2的物质的量为0.5mol，两者分子数相同，故B正确；

C项、标准状况下H2O为液态，无法计算22.4LH2O的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；

D项、缺标准状况下，无法计算4.48LHCl气体的物质的量，无法判断分子数大小，故C错误；

故选B。

4.有含少量盐酸的氢氧化铁的胶体溶液,为了精制该胶体溶液,除去其中的的盐酸应进行的操作是（）

A.电泳B.过滤C.渗析D.丁达尔效应

【答案】C

【解析】

【详解】渗析是用来分离溶液和胶体的方法，通过渗析可以达到净化，精制胶体的目的，可以使胶体与溶液分离。

故答案选C。

5.某溶液中存在大量的H+、Cl-、SO42-该溶液中还可能大量存在的是（  ）

A.CO32-B.Ba2+C.Ag+D.Al3+

【答案】D

【解析】

【详解】A．CO32-会与H+生成弱电解质，不能大量共存，故A选项错误；

B．Ba2+会与SO42-结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故B选项错误；

C．Ag+会与Cl-结合生成氯化银沉淀，不能大量共存，故C选项错误；

D．Al3+与溶液中的离子均互不影响，可以大量共存，故D选项正确；

故答案选D。

【点睛】离子共存问题实质上就是看离子间是否发生反应。

若在溶液中发生反应，就不能共存。

看能否发生反应，不仅是因为有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到能否进行氧化还原反应、是否水解、络合等。

6.下列生活现象与胶体性质无关的是（  ）

A.盐卤点豆腐

B.高压直流电除烟尘

C.江河入海口处“三角洲”的形成

D.过滤除去氯化钠溶液中的泥沙

【答案】D

【解析】

【详解】A．豆浆具有胶体的性质，向其中加入盐卤，盐卤中含丰富的电解质硫酸钙等，可以使豆浆凝聚，与胶体性质有关，故A选项错误。

B．用高压直流电除烟尘是胶体的电泳，和胶体的性质有关，故B选项错误。

C．河流中的水含有泥沙胶粒，海水中含有氯化钠、氯化钙等电解质，二者相遇是可以发生胶体凝聚，就形成三角洲，与胶体性质有关，故C选项错误。

D．过滤利用了泥沙颗粒较大不能通过滤纸，而溶液可以通过滤纸，与胶体性质无关，故D选项正确。

故答案选D。

7.下列电离方程式书写正确的是（ ）

A

FeCl3==Fe3++Cl3—

B.H2SO4==2H++SO42-

C.NaOH==Na++O2-+H+

D.Ca（NO3）2==Ca2++2（NO3）2-

【答案】B

【解析】

【详解】A.氯化铁的电离方程式为：

FeCl3==Fe3++3Cl—，故A选项错误；

B.硫酸的电离方程式为H2SO4==2H++SO42-，故B选项正确；

C.氢氧化钠的电离方程式为NaOH==Na++OH-，故C选项错误；

D.硝酸钙的电离方程式为Ca（NO3）2==Ca2++2NO3-，故D选项错误；

故答案选B。

8.下列叙述中正确的是（）

A.凡是能电离出H+的化合物均属于酸

B.由一种元素组成的物质一定是单质

C.纯碱从物质的分类看不属于碱

D.盐类物质一定含有金属离子

【答案】C

【解析】

试题分析：

能电离出H+的化合物可能为酸式盐或酸，如硫酸氢钠溶液呈酸性，但为盐，故A错误；氧气和臭氧是由氧元素组成的不同单质，是混合物，B错误；纯碱是碳酸钠属于盐，不是碱，C正确；铵盐不含金属元素，不含有金属阳离子，故D错误．答案选C.

考点：

物质的分类

9.下列过程所发生的反应属于离子反应的是（  ）

A.H2O2分解制取O2

B.H2和O2反应生成水

C.加热分解KMnO4制氧气

D.氧化镁投入稀盐酸中

【答案】D

【解析】

分析】

离子反应是指过程中有离子参加或生成的化学反应。

主要有复分解、盐类水解、氧化还原和络合四种反应方式，根据此分析进行解答。

【详解】A．H2O2分解制取O2的化学方程式

，不属于离子反应，故A选项错误；

B．H2和O2反应生成水的方程式为2H2+O2

2H2O，不属于离子反应，故B选项错误；

C，加热分解KMnO4制氧气2KMnO4

K2MnO4+MnO2+O2↑，不属于离子反应，故C选项错误；

D．氧化镁投入稀盐酸中

，H+参与反应且有Mg2+生成，故属于离子反应，D选项正确；

故答案选D。

10.下列变化需要加入还原剂才能实现的是（ ）

A.MnO4-→ MnO2B.Cl-→ Cl2

C.H2S →SO2D.Fe → Fe2+

【答案】A

【解析】

【分析】

加入还原剂实现反应，则选取做氧化剂的物质，选择化合价降低的物质。

【详解】A．锰元素由+7价降低到+4价，化合价降低，做氧化剂，需要加入还原剂才能反应，故A选项正确；

B．氯元素由-1价升高至0价，化合价升高，故B选项错误；

C．硫元素由-2价升高至+4价，化合价升高，故C选项错误；

D．铁元素由0价升高到+2价，化合价升高，故D选项错误；

故答案选A。

二、单项选择题（每题只有一个正确选项，每小题3分，共30分）

11.下列关于0.2mol/LCa（NO3）2溶液中正确说法是（）

A.该溶液可由1L水中溶解0.2molCa（NO3）2制得

B.1L该溶液中含有Ca2+和NO3-总数为6×6.02×1022个

C.0.5L该溶液中Ca2+离子的物质的量浓度为0.4mol/L

D.0.5L该溶液中NO3-离子的物质的量浓度为0.2mol/L

【答案】B

【解析】

A.1L水中溶解0.2molCa（NO3）2制得的溶液体积不是1L，故A错误；B.1L0.2mol/LCa（NO3）2溶液中含有Ca2+0.2mol，NO3-0.4mol，共含有离子0.6mol，数目为6×6.02×1022个，故B正确；C.0.5L该溶液中Ca2+离子的物质的量浓度仍为0.2mol/L，故C错误；D.0.5L该溶液中NO3-离子的物质的量浓度为0.4mol/L，故D错误；故选B。

12.下列说法正确的是（  ）

A.NH3、CO2的水溶液均能导电,所以NH3、CO2均是电解质

B.液态HCl、固体NaCl均不导电,所以HCl、NaCl均不是电解质

C.次氯酸（HClO）是弱酸，所以次氯酸钠（NaClO）也是弱电解质

D.蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态时均不导电,所以它们是非电解质

【答案】D

【解析】

【详解】A．NH3、CO2的水溶液均能导电是因为NH3、CO2与水反应生成一水合氨、碳酸，一水合氨与碳酸均为电解质，NH3、CO2均是非电解质，故A选项错误；

B.液态HCl、固体NaCl均不导电，但二者的水溶液均导电，故HCl、NaCl均是电解质，B选项错误；

C．次氯酸不能完全电离，HClO是弱酸，但次氯酸钠（NaClO）可以完全电离，是强电解质，故C选项错误；

D．非电解质是在水溶液里和熔融状态时均不导电的化合物，蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态时均不导电，为非电解质，故D选项正确；

故答案选D。

【点睛】根据非电解质是在水溶液里和熔融状态时均不导电的化合物，电解质是在水溶液里或熔融状态时导电的化合物来进行判断。

13.KOH是我国古代纺织业常用作漂洗

洗涤剂。

古代制取KOH的流程如下：

上述流程中没有涉及的化学反应类型是

A.化合反应B.分解反应C.置换反应D.复分解反应

【答案】C

【解析】

【分析】

发生CaCO3

CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2KOH，结合四种基本反应类型的概念来解答。

【详解】由制备流程可知，发生的分液依次为CaCO3

CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca（OH）2、K2CO3+Ca（OH）2=CaCO3↓+2KOH，其反应类型分别为分解反应、化合反应、复分解反应，没有涉及置换反应，答案选C。

14.在H2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，铝离子浓度是0.4mol/L，硫酸根离子浓度是0.7mol/L，则氢离子浓度约是（）

A.0.1mol/LB.0.2mol/LC.0.3mol/LD.0.4mol/L

【答案】B

【解析】

由溶液呈中性即溶液中阳离子所带电荷总数=阴离子所带电荷总数可知：

，即

，得

15.相对分子质量为M的某物质在室温下的溶解度为Sg，此时测得饱和溶液的密度为ρg·cm－3，则该饱和溶液的物质的量浓度是（）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】

【分析】

饱和溶液，由溶解度可计算质量分数，密度为ρg·cm－3，再利用c=

来计算物质的量浓度。

【详解】在室温下的溶解度为S，此时测得饱和溶液的密度为ρg·cm－3，

溶质的质量分数为

=

×100%，

由相对分子质量为M，c=

，则c=

mol/L。

所以B选项是正确的。

16.将5mol/L的Mg（NO3）2溶液

 mL稀释至

mL,稀释后溶液中NO3-的物质的量浓度为（   ）

A.

mol/LB.

mol/LC.

mol/LD.

mol/L

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可得，

mol/L，故答案选C。

【点睛】本题需要注意硝酸根离子的浓度是Mg（NO3）2溶液浓度的两倍。

17.离子方程式BaCO3＋2H＋＝CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是（　　）

①HCl　②H2SO4　③HNO3　④NaHSO4　⑤CH3COOH

A.①③B.①④⑤

C.②④⑤D.①⑤

【答案】C

【解析】

【详解】离子方程式BaCO3+2H＋＝CO2↑+H2O+Ba2＋中的H＋表示的是可溶性的强酸，而且酸根离子不能与Ba2＋结合形成难溶性的盐。

①HCl是强酸，BaCl2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+；②H2SO4是可溶性的强酸，但是电离产生的酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+；③HNO3，是强酸，Ba（NO3）2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+；④NaHSO4是强酸的酸式盐，可以电离产生H+，同时电离产生酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+；⑤CH3COOH是弱酸主要以电解质分子形式存在，不能写成H+形式。

故符合题意的是②④⑤，选项C符合题意。

18.已知32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH。

在相同条件下，16gX和30gY混合反应生成0.25molQ和若干物质的量的H，则物质Q的摩尔质量是（　　）

A.163g/molB.126g/molC.122g/molD.63g/mol

【答案】B

【解析】

【分析】

已知32gX与40gY恰好完全反应，生成mgQ和9gH，在相同条件下，16克X和30克Y混合反应生成0.25molQ和若干物质的量的H，则mgQ=0.5molQ。

根据此分析进行解答。

【详解】由于32克X和40克Y恰好完全反应。

所以：

生成m克Q即生成0.5molQ根据质量守恒定律，m=40+32-9=63g，即0.5molQ有63g，所以：

物质Q的摩尔质量应是126g/mol，故答案选B。

19.下列各组物质相互混合后,不会发生离子反应的是（  ）

A.Na2SO4溶液和MgCl2溶液B.Na2CO3溶液和稀硫酸

C.NaOH溶液和Fe2（SO4）3溶液D.Ca（OH）2溶液和盐酸

【答案】A

【解析】

试题分析：

A．Na2SO4溶液和MgCl2溶液混合，既无沉淀、气体生成，也无弱电解质生成，不会发生离子反应，A正确；B．Na2CO3溶液和稀硫酸混合，生成二氧化碳和水，能够发生离子反应，B错误；C．NaOH溶液和Fe2（SO4）3溶液混合，有氢氧化铁沉淀生成，能够发生离子反应，C错误；D．Ca（OH）2和盐酸混合，有水生成，能够发生离子反应，D错误。

故答案A。

考点：

考查离子反应

20.将0.195g锌粉加入到20.0mL的0.100mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是

A.MB.M2+C.M3+D.MO2+

【答案】B

【解析】

【详解】在氧化还原反应中一定存在得失电子守恒，设反应后M元素的化合价为x，参加反应的MO2+的物质的量为0.1mol/L×0.02L=0.002mol，参加反应的锌的物质的量为0.195g÷65g/mol=0.003mol，故存在：

（+5-x）×0.002mol=0.003mol×2，解得x=+2，故选B。

II卷（非选择题，共50分）

21.萃取和分液在天然香料、药物的提取及核燃料的处理等技术中得到了广泛的应用。

某实验小组用四氯化碳萃取碘水中的碘：

（将横线上补充完整）

加萃取剂：

用量筒量取10mL碘的饱和水溶液，倒入分液漏斗，然后再注入4mL四氯化碳，盖好玻璃塞。

（1）用右手压住分液漏斗口部，左手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，此操作的目的使___，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出。

（2）静止分层：

将分液漏斗放在铁架台上静置，液体分层，上层呈___色，下层呈________色。

（3）分液：

待液体分层后，将__打开，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使__流下。

（4）通过分液获得碘的四氯化碳混合液，还需采取_____（填操作方法）进行分离获得碘。

获得的碘在整套装置中的_______（填仪器名称）中。

【答案】

（1）.两种液体充分接触

（2）.无（3）.紫色或者紫红色（4）.玻璃塞（5）.下层液体沿烧杯壁慢慢（6）.蒸馏（7）.蒸馏烧瓶

【解析】

【详解】

（1）用右手压住分液漏斗口部，左手握住活塞部分，把分液漏斗倒转过来振荡，使两种液体充分接触，振荡后打开活塞，使漏斗内气体放出。

故答案为两种液体充分接触；

（2）静置后，溶液分层，上层为水溶液，无色;下层为四氯化碳的碘溶液，呈紫红色。

故答案为无；紫红；

（3）待液体分层后，将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，或使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使下层液体慢慢沿烧杯壁而流下。

故答案为玻璃塞；下层液体沿烧杯壁慢慢；

（4）碘和四氯化碳由于沸点不同，因此可以用蒸馏的方法。

四氯化碳的沸点是70多度，碘的沸点是180多度，用水浴加热就可以使四氯化碳汽化，然后通过冷凝回流就可以获得四氯化碳，最后残留在蒸馏烧瓶中的就是碘单质。

故答案为蒸馏；圆底烧瓶。

【点睛】清楚萃取和分液的原理之后，本题的难度就降低很多。

萃取是利用系统中组分在溶剂中有不同的溶解度来分离混合物的单元操作，使溶质物质从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中的方法。

将萃取后两种互不相溶的液体分开的操作，叫做分液，常使用分液漏斗进行分液操作。

22.粗盐中含有Na2SO4、CaCl2和MgCl2，在溶液中能形成Na+、Ca2+、Mg2+、SO42━、和Cl━五种离子。

①粗盐溶解后的不溶物用______的方法除去。

②要除去其中的Mg2+和Ca2+，其离子方程式分别为_____________，_________，

③检验其中的SO42━的方法__________________；写出其中一定发生的离子反应_____________。

【答案】

（1）.过滤

（2）.Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓（3）.Ca2++CO32-=CaCO3↓（4）.取少量溶液放入试管中，滴加稀盐酸酸化后，滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀就证明含有SO42-（5）.SO42-+Ba2+=BaSO4↓

【解析】

【详解】

（1）不溶物与溶液混合，可以使用过滤操作得到溶液

故答案为过滤；

（2）除去钙离子可使用Na2CO3溶液，除去镁离子可使用NaOH溶液，故离子方程式为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++CO32-=CaCO3↓

故答案为Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++CO32-=CaCO3↓；

（3）检验硫酸根可以使用沉淀法，取少量溶液放入试管中，滴加稀盐酸酸化后，滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀就证明含有SO42-除去硫酸根离子可使用BaCl2溶液。

发生的离子反应为SO42-+Ba2+=BaSO4↓。

故答案为取少量溶液放入试管中，滴加稀盐酸酸化后，滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀就证明含有SO42-SO42-+Ba2+=BaSO4↓。

23.分类法是学习和研究化学物质的一种常用科学方法．下列“链状连环”图案中，相连的两种物质均可归属为一类，相交部分A、B、C、D为其分类依据代号．

请回答：

（1）请将A、B、C、D填入相应的横线内。

①两种物质都是盐_______；

②两种物质都不是电解质___________。

③写出鉴别CO2的离子反应方程式_______________。

④写出Fe2O3变成FeCl3的离子反应方程式_____________。

（2）用洁净的烧杯取25mL蒸馏水,加热至沸腾,逐滴加入上图中一种物质的饱和溶液5至6滴,继续加热,制得红褐色的胶体。

①、以上反应的化学方程式为____________。

②、向该胶体中逐滴加入稀硫酸,观察到：

A、先出现红褐色沉淀,说明胶体发生____；

B、随后红褐色沉淀溶解,反应的离子方程式是___________。

【答案】

（1）.D

（2）.A（3）.CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O（4）.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（5）.FeCl3+3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3HCl（6）.聚沉（7）.Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O

【解析】

【详解】

（1）①硫酸氢钠和氯化铁是能电离出酸根阴离子和金属阳离子的化合物，属于盐类，故选D。

②铜属于单质，电解质必须是化合物，不属于电解质的范畴，二氧化碳的水溶液能导电，是生成的碳酸导电，二者不属于电解质，故选A。

③可将气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊说明气体中含有CO2，反应的离子方程式为CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O。

④Fe2O3与盐酸反应可生成FeCl3，反应的离子方程式为：

Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O

故答案为D；A；CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；

（2）①用洁净的烧杯取少量蒸馏水，用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入氯化铁的饱和溶液，继续煮沸可制得一种红褐色氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2O===Fe（OH）3（胶体）+3HCl。

②胶体中加入电解质会发生聚沉，氢氧化铁可以和酸发生中和反应，氢氧化铁胶体中加入硫酸二者会先产生沉淀氢氧化铁，后沉淀溶解，发生反应的离子方程式为Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O。

故答案为FeCl3+3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3HCl聚沉Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O。

【点睛】注意硫酸溶液是电解质，胶体遇到电解质会聚沉产生沉淀，而氢氧化铁是碱，遇到酸就反应了，向氢氧化铁胶体里逐滴加入稀硫酸，先出现红褐色沉淀,随后沉淀逐渐溶解,溶液呈黄色。

24.I、配制960mL0.3mol/LNaOH溶液。

具体如下：

（1）需__________________________gNaOH。

（2）配制过程中,下列仪器不会用到的是________________，（填序号）尚缺少的主要玻璃仪器是_________。

A．托盘天平B．250mL容量瓶C．玻璃棒D．胶头滴管

II、乙同学用质量分数为98%，密度为1.84g/cm3的浓硫酸配制90mL2.3mol/L的稀硫酸。

通过计算，用量筒量取_________ml浓硫酸，选用的量筒________。

（选填15mL，25mL，50mL，100mL）

III、下列操作会使配制的溶液浓度偏低的是___________（填字母）。

A、配制氢氧化钠溶液时，称取已吸潮的氢氧化钠固体

B、配制氢氧化钠溶液时，容量瓶中有少量水

C、发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线

D、定容时俯视容量瓶刻度线

【答案】

（1）.12.0

（2）.B（3）.1000mL容量瓶（4）.11.3（5）.15mL（6）.AC

【解析】

【详解】I、

（1）960mL0.3mol/LNaOH溶液只能使用1000mL的容量瓶，0.3mol/L×1L=0.3mol故需要氢氧化钠的质量为m[NaOH]=0.3×（23+16+1）=12g，

故答案为12g；

（2）配制960mL0.3mol/LNaOH溶液的过程中，不会用到的是250mL的容量瓶，还缺少主要玻璃仪器是1000mL