2018-2019学年高一化学上学期期中试题（含解析） (II).doc

2018-2019学年高一化学上学期期中试题（含解析） (II)1.在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】浓硫酸具有强烈的腐蚀性的液体，不能用手拿，选择的警示标记为D；A为自燃物品标志，B为氧化剂标志，C为剧毒品标志；A、B、C均不选，D可选；综上所述，本题选D。2.下列分散系不能发生丁达尔现象的是A. 豆浆 B. 硫酸铜溶液 C. 淀粉溶液 D. 雾【答案】B【解析】【详解】豆浆、雾、淀粉溶液都是胶体,都能发生丁达尔现象，硫酸铜溶液是水溶液不会发生丁达尔现象，B错误；综上所述，本题选B。3.下列实验中均需要的仪器是配制一定物质的量浓度的溶液 浓硫酸的稀释 过滤 蒸发 灼烧A. 玻璃棒 B. 胶头滴管 C. 试管 D. 漏斗【答案】A【解析】【详解】配制一定物质的量浓度的溶液,用到的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及容量瓶等；浓硫酸的稀释操作为:浓硫酸沿着烧杯内壁，慢慢注入水中，玻璃棒不断搅拌；过滤用到的仪器有:烧杯、玻璃棒、漏斗等仪器；蒸发用到铁架台、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒等仪器；灼烧用到铁架台、酒精灯、坩埚、泥三角、玻璃棒等仪器；以上操作中都用到了玻璃棒，A正确；综上所述，本题选A。4.关于溶液配制，下列说法正确的是A. 配制480mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要称量CuSO45H2O晶体12.0gB. 用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中C. 称量5.3g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，将会使称量结果偏小D. 定容时俯视刻度线，可使配制物质的量浓度偏低【答案】C【解析】【分析】A、没有480mL 的容量瓶，实际应配制500mL 溶液，根据m=nM=cVM计算硫酸铜晶体的质量；B、浓硫酸溶解放出大量的热,不冷却立即转移定容,溶液冷却后所配溶液的体积偏小；C、根据天平平衡原理:左盘物质质量=右盘砝码质量+游码读数,据此计算判断；D、定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小；【详解】A、没有480mL的容量瓶,实际应配制500mL 溶液,需要硫酸铜晶体的质量为0.50.1250=12.5g,故A错误；B、浓硫酸溶解放出大量的热,不冷却立即转移定容,溶液冷却后所配溶液的体积偏小,所配溶液的浓度偏高,应冷却至室温后再转移溶液,故B错误；C、称量5.3g碳酸钠固体时,若将物质和砝码放反,实际称量的碳酸钠的质量为5-0.3=4.7g,故C正确；D、定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故D错误；综上所述，本题选C。【点睛】托盘天平称量物质质量时，称量物放左盘，砝码放右盘，称量物质量=砝码质量+游码质量；如果称量物和砝码放反，称量物质量=砝码质量-游码质量。比如称量5.3g碳酸钠固体时, 将物质和砝码放反, 实际称量的碳酸钠的质量为4.7g。5.设NA表示阿伏加德罗常数，下列至选项叙述中说法正确的是标准状况下，22.4L H2O含有的分子数为NA NA个CO2的质量与CO2的摩尔质量相同 25，101kPa下,64gSO2中含有的原子数为3NA 0.1mol/LCu(NO3)2溶液中含有的NO3数目为0.2NA 常温常压下，11.2L NH3所含的电子数为5NA相同物质的量的O2分子和O3分子所含的分子数目均为NAA. 4个正确 B. 3个正确 C. 2个正确 D. 1个正确【答案】D【解析】【详解】标况下水为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故错误； NA个CO2的质量为44g，CO2的摩尔质量44g/mol，二者表示的意义不一样，故错误； 64gSO2气体的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA ，故正确； 没有给定溶液的体积，无法计算0.1mol/LCu(NO3)2溶液中含有的NO3数目，故错误； 常温常压下，气体的摩尔体积Vm22.4L/mol，所以11.2L NH3的量不一定为0.5mol，其所含的电子数就无法确定，故错误；相同物质的量的O2分子和O3分子所含的分子数目相同，不一定为1mol，故错误；结合以上分析可知，正确的只有，D正确；综上所述，本题选D。6.在标准状况下，下列四种气体的关系中，从大到小的顺序正确的是6.72LCH4 3.011023个HCl分子 13.6gH2S 0.2molNH3A. 体积： B. 氢原子数：C. 质量： D. 密度：【答案】D【解析】【分析】根据NnNA、nm/M、nV/Vm结合物质的组成以及阿伏加德罗定律分析解答。【详解】6.72LCH4的物质的量为6.72L22.4Lmol1=0.3mol；3.011023个HCl分子的物质的量为3.011023/6.021023mol1=0.5mol；13.6gH2S的物质的量为13.6g34gmol1=0.4mol；0.2molNH3。A、根据V=nVm可知，相同条件下体积之比等于物质的量之比，故体积，故A错误；B、甲烷中n（H）=0.3mol4=1.2mol，HCl中n（H）=0.5mol，硫化氢中n（H）=0.4mol2=0.8mol，氨气中n（H）=0.2mol3=0.6mol，故H原子数目，故B错误；C、甲烷质量为0.3mol16gmol1=4.8g，HCl的质量为0.5mol36.5gmol1=18.25g，氨气的质量为0.2mol17gmol1=3.4g，故质量，故C错误；D、相同体积下，气体的密度比等于摩尔质量比，即为16：36.5：34：17，密度：，故D正确；答案选D。7.下列物质的分类正确的是酸碱盐氧化物AH2SO4Na2CO3NaClSO2BCO2NaOHNaClNa2CO3CHClNaOHCaOCH3COOHDHNO3KOHCaCO3CaOA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.碳酸钠属于盐，不属于碱，A错误；B.二氧化碳为酸性氧化物，不属于酸；碳酸钠属于盐，不属于氧化物，B错误；C.氧化钙属于氧化物，不属于盐，醋酸属于酸，不属于氧化物，C错误；D.硝酸属于酸，氢氧化钾属于碱，碳酸钙属于盐，氧化钙属于氧化物，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】电离生成的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；电离生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物是碱；能电离出金属阳离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物是盐；能跟酸起反应,生成盐和水的氧化物叫碱性氧化物；酸性氧化物能与水作用成酸或与碱作用成盐和水的氧化物。8.与100mL 0.1mol/LNa2CO3溶液中Na+离子浓度相同的是A. 50mL 0.2mol/LNaCl溶液 B. 10mL1mol/LNa2SO4溶液C. 200mL0.1mol/LNaNO3溶液 D. 10mL0.2mol/LNa2SO4溶液【答案】A【解析】【详解】100mL 0.1mol/LNa2CO3溶液中Na+离子浓度为0.1mol/L2=0.2 mol/L，A. 50mL 0.2mol/LNaCl溶液中Na+离子浓度为0.2mol/L1=0.2 mol/L，A正确；B. 10mL1mol/LNa2SO4溶液中Na+离子浓度为1mol/L2=2 mol/L，B错误；C. 200mL0.1mol/LNaNO3溶液中Na+离子浓度为0.1mol/L1=0.1mol/L，C错误；D. 10mL0.2mol/LNa2SO4溶液中Na+离子浓度为0.2mol/L2=0.4mol/L，D错误；综上所述，本题选A。9.下列说法正确的是江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关分离煤油和水可采用分液的方法溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀可以证明含硫酸根雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔现象某无色溶液加入稀盐酸，产生气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32-可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和KCl溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】(1)江河入海口三角洲的形成是因为胶体的聚沉；(2) 煤油属于烃类，不溶于水；(3)溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，白色沉淀可能为硫酸钡沉淀，也可能为氯化银沉淀；(4)胶体有丁达尔现象；(5)碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子都能与盐酸反应产生的气体可使澄清石灰水变浑浊；(6)胶体不能透过半透膜,溶液可以透过半透膜。【详解】江河入海口三角洲的形成是因为胶体的聚沉，与胶体性质有关，故正确；煤油属于烃类，不溶于水，二者混合后静置分层，可采用分液的方法进行分离，故正确；溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，白色沉淀可能为硫酸钡沉淀，也可能为氯化银沉淀，因此不能证明该溶液中一定含硫酸根，故错误；雾是气溶胶，胶体都有丁达尔现象，故正确；某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中可能是碳酸根离子、碳酸氢根离子或者是亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子，故错误；胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，可用渗析法分离Fe（OH）3胶体和KCl溶液，故正确；结合以上分析可知，只有正确；综上所述，本题选B。10.下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANaCl(Na2CO3)硝酸蒸发B酒精（水）生石灰萃取分液CZn (Cu)稀硫酸过滤DCO2(HCl)饱和碳酸氢钠溶液洗气A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A碳酸钠与硝酸反应生成硝酸钠，引入新杂质；B.酒精中混有水，加入生石灰，蒸馏；C.锌与硫酸反应，铜与硫酸不反应；D.氯化氢与饱和碳酸氢钠溶液而二氧化碳不反应；【详解】A、混合物中加入硝酸,碳酸钠会与之反应生成硝酸钠、水和二氧化碳,蒸发后剩下固体为氯化钠、硝酸钠的混合物，达不到提纯的目的，故A错误；B、生石灰与水反应，生成的氢氧化钙与酒精互溶，但酒精的沸点低，进行蒸馏操作，酒精先气化后液化，得到纯净的酒精，故B错误；C、锌与硫酸反应，铜不与硫酸反应，除去杂质时也会除去主要物质,故C错误；D、二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，氯化氢与饱和碳酸氢钠溶液反应，可以达到除去杂质氯化氢的目的，故D正确；综上所述，本题选D。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质至少要满足两个条件:(1)加入的试剂只能与杂质反应,不能与原物质反应；(2)反应后不能引入新的杂质。11.某溶液中只含有K+、Al3+、NO3、SO42 四种离子，已知前三种离子的个数比为211，则溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为A. 12 B. 14 C. 34 D. 32【答案】A【解析】【详解】根据溶液呈电中性原理可知：1n(K+)+3n(Al3+)=1n(NO3)+2n(SO42)，假设前三种离子的物质的量分别为：2mol，1mol，1mol，带入上述等式，有21+13=11+x2，则x=2mol，则溶液中Al3+和 SO42的离子物质的量之比为1:2，即个数比为1:2，A正确；综上所述，本题选A。12.在体积相同的两个密闭容器中分别充满NO2、N2O4气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是A. 两种气体N原子为1:2 B. 两种气体的质量相等C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的压强相等【答案】B【解析】【分析】相同体积相同密度时,两容器气体的质量相等,根据pV=nRT、N=mNA/M、根据m=V结合分子构成分析解答。【详解】相同体积相同密度时,两容器气体的质量相等，A.两种气体的最简式都为NO2,两种气体的质量相等时,含有的N原子的质量相等,两种气体N原子为1:1,故A错误；B. 相同体积相同密度时,两容器气体的质量相等，故B正确；C.根据N=mNA/M知,两种气体的质量相等时,其摩尔质量不等,所以其分子数不等，故C错误；D. 两种气体的摩尔质量不等，所以其物质的量不等,温度、物质的量相同时,其压强不等，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】根据气态方程：pV=nRT可知，当p、T一定时，V与n成正比；当V、T一定时，p与n成正比；当当p、V、T都一定时，气体的物质的量相同，即阿伏伽德罗定律；根据气态方程：pV=nRT可知，p M=m/VRT= p M=RT ，当p、T一定时，M与成正比。13.为了除去粗盐中的CaCl2、MgCl2、Na2SO4及泥沙，可将粗盐溶于水，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2 溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生；过滤，不正确的操作顺序是A. B. C. D. 【答案】B【解析】粗盐提纯的步骤：只要碳酸钠、氢氧化钠加入的顺序在氯化钡之后的，都可以。盐酸最后一步加入，加盐酸之前的一步骤是过滤，故选B。14.标准状况下，VLHCl气体溶解在1L水中，所得溶液的密度为g/mL,溶质的质量分数为,溶质的物质的量浓度为cmol/L，则下列关系中不正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】A该氯化氢溶液的物质的量浓度为：c= mol/L = mol/L，故A正确；B.根据A 的分析，c= ，则，故B正确；C溶质的质量分数=100%=100%，故C正确；D.根据BC的分析，=，则c= mol/L，故D错误；故选D。点睛：本题考查物质的量浓度、质量分数的有关计算及二者的关系，难度中等，注意对概念的理解与公式的灵活运用，本题的难点是选项D的判断。15.某溶液中存在Mg2+、Ag+、Ba2+三种金属离子，现用NaOH、Na2CO3、NaCl三种溶液使它们分别沉淀并分离出来，要求每次只加一种溶液，滤出一种沉淀，所加溶液顺序正确的是A. Na2CO3NaClNaOH B. NaOHNaClNa2CO3C. NaClNaOHNa2CO3 D. NaClNa2CO3NaOH【答案】C【解析】A由于碳酸钠溶液中的碳酸根离子能与溶液中Mg2+、Ag+、Ba2+均形成沉淀，先加入碳酸钠溶液会出现三种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，故A错误；B由于氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与溶液中的Mg2+、Ag+形成沉淀，先加入氢氧化钠溶液出现象两种沉淀，不符合每次得到一种沉淀的要求，故B错误；C氯化钠只能与溶液中Ag+形成氯化银沉淀，然后加入的氢氧化钠只与溶液中Mg2+形成氢氧化镁沉淀，最后加入的碳酸钠沉淀溶液中的Ba2+形成碳酸钡沉淀，满足每次只得一种沉淀的要求，故C正确；D氯化钠溶液沉淀溶液中Ag+后，加入的碳酸钠溶液却能同时沉淀溶液中Mg2+、Ba2+的，不符合每次得到一种沉淀的要求，故D错误；故选C。点睛：本题考查物质的分离操作，注意每次只加一种溶液、滤出一种沉淀的要求，需要考虑每次所加入的试剂只能与溶液中的一种离子形成沉淀，因此，在分析所加入试剂时要全面考虑该试剂与溶液中的离子发生反应。16.下列实验操作或装置错误的是A. 蒸馏 B. 过滤 C. 萃取 D. 转移溶液【答案】A【解析】A蒸馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近，用于测量馏分的温度，故A错误；B过滤可用于分离不溶性固体和液体，装置图符合操作要求，故B正确；C萃取可用分液漏斗，装置图符合操作要求，故C正确；D转移液体时要防止液体飞溅，装置图符合操作要求，故D正确；故选A。17.进行化学实验必须注意安全和操作规范，下列说法不正确的是A. 进行分液操作时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从上口倒出B. 实验室进行蒸馏实验结束时，应先撤酒精灯，继续通冷凝水一段时间C. 实验室中进行可燃性气体燃烧性质实验时，必须先验纯、再点燃D. 配制稀硫酸时，可先在量筒中加一定体积的水，再在搅拌下慢慢加入浓硫酸【答案】D【解析】【详解】A.用分液漏斗分液时为防止试剂交叉污染，进行分液操作时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从上口倒出，故A正确；B.进行蒸馏操作时,为防止冷凝管破裂,加热前应先通冷凝水,蒸馏结束后继续通冷凝水一段时间，故B正确；C、可燃性气体与空气混合易爆炸,必须先验纯、后点燃,故C正确；D、量筒不能用于配制溶液,应改为烧杯中进行，故D错误；综上所述，本题选D。18.（1）一个铁原子的质量为m g, 设NA表示阿伏加德罗常数的值，则铁的摩尔质量为_ 。（2）标准状况下4.48L CO和CO2混合气，质量为7.2g 。其中CO的体积分数为 _ 。（3）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热至液体变为_色，得到的是Fe(OH)3胶体，区别Fe(OH)3胶体和饱和FeCl3溶液的方法是_ ，将Fe(OH)3胶体装入U型管中，用石墨电极接通直流电，通电一段时间后，发现阴极区域附近的颜色加深，这说明_，这种现象称为电泳。（4）实验室将氯酸钾和二氧化锰固体混合物充分加热至不再产生气体，从所剩固体混合物中提取纯净的二氧化锰的操作依次为 _ 、 _ 、 _ 、 _ 。【答案】 (1). m NA gmol-1 (2). 50% (3). 红褐 (4). 丁达尔效应 (5). 氢氧化铁胶体微粒带正电荷 (6). 溶解 (7). 过滤 (8). 洗涤 (9). 干燥【解析】【详解】（1）一个铁原子的质量为mg，NA个铁原子质量之和为mNA g，所以铁的摩尔质量为mNA gmol-1；综上所述，本题答案是：mNA gmol-1。（2）设CO物质的量为xmol，CO2物质的量为ymol，28x+44y=7.2，x+y=4.48/22.4，解之x=0.1mol，y=0.2mol，混合气体的体积分数之比为气体的物质的量分数之比，所以混合气体中CO的体积分数为50%；综上所述，本题答案是：50%。（3）将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热至溶液呈红褐色，得到的是Fe(OH)3胶体；胶体具有丁达尔效应，因此区别Fe(OH)3胶体和饱和FeCl3溶液的方法是丁达尔效应；将Fe(OH)3胶体装入U型管中，用石墨电极接通直流电，通电一段时间后，发现阴极区域附近的颜色加深，这说明氢氧化铁胶体微粒带正电荷，这种现象称为电泳。综上所述，本题答案是：红褐，丁达尔效应， 氢氧化铁胶体微粒带正电荷。（4）实验室将氯酸钾和二氧化锰固体混合物充分加热至不再产生气体，所剩固体为氯化钾和二氧化锰的混合物，氯化钾溶于水，而二氧化锰不溶于水，所以从中提取纯净的二氧化锰的操作先把混合物加水溶解，然后进行过滤，滤渣为二氧化锰，进行洗涤和干燥即可；综上所述，本题答案是：溶解， 过滤， 洗涤， 干燥。19.硫酸试剂瓶标签上的内容：计算：（1）该硫酸的物质的量浓度是_molL1。（2）某化学兴趣小组进行硫酸性质的实验探究时，需要90 mL 4.6 molL1的稀硫酸，则配制稀硫酸时需要取_mL的该硫酸；配制时需选用的仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、_、_（在横线上填写所缺仪器的名称）。其中配制稀硫酸溶液时定容的操作为 _ 。 （3）该硫酸与等质量的水混合后所得溶液中溶质的物质的量浓度_9.2 molL1。(填大于或等于或小于)（4）配制过程中，下列操作会使配制的稀硫酸溶液浓度偏高的是 _（填序号）。量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤23次，并把洗涤液转入容量瓶容量瓶使用时未干燥溶解后未经冷却就移液并定容定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外用量筒量取浓硫酸时仰视读数【答案】 (1). 18.4 (2). 25.0 (3). 100ml容量瓶 (4). 胶头滴管 (5). 将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切 (6). 小于 (7). 【解析】【分析】（1）根据c=1000/M进行计算；（2）实验室没有90mL容量瓶，应选择100mL的容量瓶；根据稀释定律计算所需浓硫酸的体积；根据配制溶液时所需要仪器进行解答；根据配制溶液中定容的具体操作步骤进行解答。（3）浓硫酸的浓度越大，密度越大；根据c=n/V，m（溶液）=V进行分析；（4）根据c=n/V进行分析，凡是引起n增大或V减小的，所配溶液的浓度均增大。【详解】(1)该浓H2SO4的物质的量浓度=1000/M=10001.8498%/98=18.4 molL1。因此，本题正确答案是：18.4。（2）实验室没有90 mL容量瓶，应选择100mL的容量瓶；根据稀释定律,需要浓硫酸的体积100mL4.6/18.4 molL1=25.0mL；配制时需选用的仪器主要有量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；其中配制稀硫酸溶液时定容的操作为：将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切；综上所述，本题答案是：25.0，100ml容量瓶；胶头滴管； 将蒸馏水注入容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下12cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。 （3）硫酸与加入水的质量均为m，混合后溶液的密度为1，18.4 molL1浓硫酸的密度为，质量分数w=cM/1000，混合后溶液的浓度c=n/V=(m/M)/2m/10001，代人已知化简后为：c=(18.4/2)(1/)=9.21/；浓硫酸的密度与浓度的关系为：浓度越大，密度越大，故1，则c小于9.2mol/L；综上所述，本题答案是：小于。（4）量取浓硫酸的量筒用蒸馏水洗涤23次，并把洗涤液转入容量瓶，导致溶质硫酸的量增大，使配制的稀硫酸溶液浓度偏高，正确；容量瓶使用时未干燥，后续还要加水定容，对结果无影响，错误；溶解后未经冷却就移液并定容，则冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，正确；定容时不小心有少量蒸馏水滴到瓶外，因为损失的是蒸馏水，而不是溶质，根据定容的原则，可以继续加水至刻度线，对所配溶液的浓度无影响，错误；用量筒量取浓硫酸时仰视读数，量取浓硫酸偏多，溶质的量偏大，浓度偏高，正确；结合以上分析可知，正确；综上所述，本题选。【点睛】用量筒量取浓硫酸时，如果仰视读数，量取浓硫酸偏多，溶质的量偏大；把量取后的浓硫酸转移到烧杯内，不能用蒸馏水洗涤量筒，并把洗涤液转入烧杯内，这样操作的结果会使硫酸溶质的量偏大，会带来实验误差。