【化学】吉林省榆树市第一高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试卷（解析版）

【化学】吉林省榆树市第一高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试卷（解析版）

吉林省榆树市第一高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 C-12 N-14 Na-23 S-32 He-4 Cl-35.5‎ 第I卷（选择题 共54分）‎ 一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分，在每小题给出的四个选项中，只有一选项符合题目要求。）‎ ‎1.下列变化一定属于化学变化的是（ ）‎ A. 升华 B. 蒸馏 C. 燃烧 D. 爆炸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、升华是指固态物质不经液态直接变为气态，只是物质的聚集形态发生了变化，属于物理变化，故A不选；‎ B、蒸馏是利用混合溶液体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，属于物理变化，故B不选；‎ C、燃烧是一种放热发光的化学反应，故C选；‎ D、爆炸不一定是化学变化，如果只是单纯的由于压强引起的爆炸，属于物理变化，如果伴随着发光发热以及物质变化的，属于化学变化，故D不选。‎ ‎2.地壳中下列各元素所占质量分数从大到小的顺序是（ ）‎ A. Al、Fe、Si、O B. O、Si、Al、Fe C Fe、Al、Si、O D. Si、O、Fe、Al ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】地壳中各元素所占质量分数从大到小的顺序是O、Si、Al、Fe、Ca、Na、K、Mg，可利用口诀“养闺女贴，该哪家霉”进行记忆，故上述答案为B。‎ ‎3.新型净水剂铁酸钠（Na2FeO4）中，铁元素的化合价是（ ）‎ A. ＋2 B. ＋3 C. ＋5 D. ＋6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】铁酸钠（Na2FeO4‎ ‎）中Na为+1价、O为-2价，设Fe的化合价为x，则：（+1）×2+x+（-2）×4=0，解之得： x=+6，即铁酸钠中铁元素化合价为+6，故选D。‎ ‎4.下列各组微粒中，相互结合能形成AB2型化合物的一组是（ ）‎ A. Na+和Cl- B. Na+和S2- C. Mg2+和Cl- D. Mg2+和S2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质的化学式为AB2，可判断A的化合价可能为+2价或+4价等，B的化合价可能为-1价或-2价等，根据常见元素的化合价以及化合物中各元素化合价代数和为0进行分析解答。‎ ‎【详解】离子所带电荷的数值等于元素化合价的数值，且正负一致。‎ A、钠元素化合价为+1价，氯元素显−1价，其组成的化合物的化学式为NaCl，不符合题意；‎ B、钠元素化合价为+1价，硫元素显−2价，其组成的化合物的化学式为Na2S，不符合题意；‎ C、镁元素化合价为+2价，氯元素显−1价，其组成的化合物的化学式为MgCl2，符合题意；‎ D、镁元素化合价为+2价，硫元素显−2价，其组成的化合物的化学式为MgS，不符合题意；故答案为C。‎ ‎5.下列各物质中加入适量的稀盐酸，不能将杂质除掉的是（ ）‎ A. 氯化钠中混有少量碳酸钠 B. 硫酸钠中混有少量碳酸钙 C. 铜粉中混有少量铁屑 D. 氯化钾中混有少量氢氧化钾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】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。除杂的原则：（1）不增：不增加新的杂质，（2）不减：被提纯的物质不能减少，（3）易分：操作简便，易于分离。‎ ‎【详解】A、碳酸钠能与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确；‎ B、碳酸钙能与适量的稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，能除去杂质但引入了新的杂质氯化钙，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误；‎ C、铁屑能与稀盐酸反应生成氯化亚铁溶液和氢气，铜不与稀盐酸反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确；‎ D、氢氧化钾能与适量的盐酸反应生成氯化钾和水，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确；故选B。‎ ‎6.把某盐溶液分装在两支试管，向其中一个试管加入NaOH溶液，向另一试管加入AgNO3溶液，前者有蓝色沉，后者看不到什么现象，这种盐溶液是（ ）‎ A. CuCl2溶液 B. Fe(NO3)3溶液 C. Cu(NO3)2溶液 D. NaNO3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据所有的钠盐都溶于水，蓝色沉淀中有铜离子，所有的硝酸盐都溶于水，不会与银离子生成沉淀进行分析。‎ ‎【详解】A、氯化铜会与氢氧化钠生成蓝色的氢氧化铜沉淀，满足要求；氯化铜会与硝酸银生成AgCl白色沉淀，不满足要求，故A错误；‎ B、硝酸铁与氢氧化钠生成红褐色的沉淀，不是蓝色沉淀，故B错误；‎ C、硝酸铜与氢氧化钠会生成蓝色氢氧化铜沉淀，且不会与硝酸银生成沉淀，满足要求，故C正确；‎ D、硝酸钠不会与氢氧化钠和硝酸银反应，没有明显现象，故D错误；故选C。‎ ‎7.如图分别表示四种操作，其中有两处错误的是（ ）‎ A. 读数 B. 稀释 C. 称量 D. 摇动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、量筒读数时，视线要与量筒内液体凹液面的最低处保持水平，只有一处错误，故A不符合题意；‎ B、稀释浓硫酸时，要把浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，以使热量及时地扩散，一定不能把水注入浓硫酸中；且稀释浓硫酸不能在量筒中进行，应在烧杯中进行，共有两处错误，故B符合题意；‎ C、氢氧化钠具有腐蚀性以及易潮解，称量时为防止腐蚀托盘和潮解，应放在玻璃器皿中称量以便快速溶解，只有一处错误，故C不符合题意；‎ D、进行溶解操作时，为加速溶解，应用玻璃棒搅拌，只有一处错误，故D不符合题意。故选B。‎ ‎8.想一想：Ba(OH)2（固态）、CuSO4（固态）、CH3COOH（液态）这些物质为什么归为一类，下列哪个物质还可以和它们归为一类（ ）‎ A. 75%的酒精溶液 B. 硝酸钠（固态） C. 盐酸 D. 豆浆 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】题干中Ba(OH)2（固态）、CuSO4（固态）、CH3COOH（液态）均为化合物，即纯净物。‎ A、75%的酒精溶液为混合物，故A错误；‎ B、硝酸钠（固态）为纯净物，故B正确；‎ C、氢氧化铁胶体属于混合物，故C错误；‎ D、豆浆为混合物，故D错误，故选B。‎ ‎9.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（ ）‎ A. K+、Na+、NO3－、MnO4－ B. Na+、Ba2+、OH－、SO42－‎ C. K+、Na+、Br－、Cu2+ D. Mg2+、Na+、Cl－、SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液无色则不存在 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子，强酸性溶液中存在大量氢离子。‎ A、MnO4-为有色离子，不满足溶液无色的要求，故A错误；‎ B、Ba2+和SO42－在溶液中会发生复分解反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，故B错误；‎ C、Cu2+为有色离子，不满足溶液无色要求，故C错误；‎ D、Mg2+、Na+、Cl－、SO42－之间不会发生反应，无有色离子，在强酸性环境下也不会发生反应，故满足题意，答案为D。‎ ‎10.下列反应中，不属于化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应中的任一类型的是（ ）‎ A. Fe2O3+3CO2Fe+3CO2‎ B. C+H2OCO+H2‎ C. Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O D. FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】置换反应：单质与化合物生成单质与化合物的反应；化合反应：两种或两种以上物质发生反应只生成一种物质的反应；分解反应：一种物质发生反应生成两种或两种以上物质的反应；复分解反应：两种化合物通过交换成分生成另外两种化合物的反应；根据定义进行分析解答。‎ ‎【详解】A、Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，不属于化合反应、分解反应、置换反应、复分解反应，故A正确；‎ B、C+H2OCO+H2，单质与化合物生成单质与化合物，属于置换反应，故B错误；‎ C、Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O，一种物质生成多种物质，属于分解反应，故C错误；‎ D、FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，两种化合物通过交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，故D错误；故选A。‎ ‎11. 下列各组数值或物理量中，都不随水的“物质的量”的变化而变化的是（ ）‎ A. 水的沸点；水分子的数目 B. 水的密度；水的摩尔质量 C. 水的体积；水中所含原子的数目 D. 水的质量；水的相对分子质量 ‎【答案】B ‎【解析】水分子的数目、水中所含原子的数目和水的质量都随水的物质的量增加而增加，所以正确的答案选B。‎ ‎12.下列说法正确的是（ ）‎ A. 摩尔是含有6.02×1023个微粒的集体 B. 0.012kg12C所含的原子数精确值是6.02×1023‎ C. 1molH2SO4的质量是98g D. 1molH2的体积为22.4L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、物质的量指是一定数量粒子的集合体，物质的量的单位是摩尔，故A错误；‎ B、0.012kg12C所含的原子数6.02×1023是大约值，不是精确值，故B错误；‎ C、1molH2SO4的质量m=nM=1mol×98g/mol=98g，故C正确；‎ D、根据V=nVm计算体积需要明确该条件下的气体摩尔体积，题干中并未指明该气体是否处于标况下，不指明状态，1molH2的体积不一定是22.4L，故D错误。‎ ‎13.同温同压下，1molHe和1molCl2具有相同的（ ）‎ A. 原子数 B. 质子数 C. 质量 D. 体积 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氦气的原子数是氯气原子数的一半，因此1mol 氦气原子数是 1mol 氯气原子数的一半，故A错误；‎ B、氦原子中质子数为2，氯原子中质子数为17，1molHe的质子数为2mol，1molCl2的质子数为2×17mol=34mol，故B错误；‎ C、氦气分子量为4，氯气分子量为71，1molHe质量为1mol×4g/mol=4g，1molCl2的质量为1mol×71g/mol=71g，故C错误；‎ D、相同条件下，气体分子间的间距相同，在忽略气体分子自身的大小时，相同摩尔数的气体体积相同，故D正确。‎ ‎14.等质量的乙烯(C2H4)气体和一氧化碳(CO)气体中（ ）‎ A. 含有的元素种类相同 B. 含有的原子总数相同 C. 含有的分子数相同 D. 含有的碳元素质量相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】因为乙烯(C2H4)气体和一氧化碳(CO)气体，相对分子质量相等，故等质量的乙烯(C2H4)气体和一氧化碳(CO)气体的物质的量相同。‎ A、由化学式可知，两物质所含元素种类不相同，故A错误；‎ B、由化学式可知，两物质的所含的原子个数不相同，因此等物质的量的两物质所含原子总数不相同，故B错误；‎ C、由上述分析可知，两物质的物质的量相同，故分子数相同，故C正确；‎ D、两物质中碳元素的质量分数不相等，故等质量的两物质含有的碳元素质量不相同，故D错误。‎ ‎15.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NA B. 常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02 NA C. 通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4L D. 浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；‎ B.1.06g碳酸钠的物质的量为0.01mol，而1mol碳酸钠中含2mol钠离子，故0.01mol碳酸钠中含0.02mol钠离子即0.02NA个，故B正确；‎ C.通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故NA个二氧化碳分子即1mol二氧化碳的体积大于22.4L，故C错误；‎ D.溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎16.已知N2、CO2的混合气体的质量共9．6克，标准状况下，体积为6．72L，则该混合气体中N2和CO2的体积比为（ ）‎ A. 3：1 B. 1：3 C. 2：3 D. 1：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：标准状况下,体积为6．72 L,混合气体 6．72/22．4=0．3mol 混合气体平均分子量 ：9．9/0．3=32‎ 设氮气物质的量为amol，二氧化碳bmol ‎28a+44b=32a+32b ‎12b=4a 混合气体中氮气和二氧化碳的体积比为3/1，选项A符合题意。‎ ‎17.欲配制100mL 1.0 mol/L Na2SO4溶液，正确的方法是（ ）‎ ‎①将14.2 g Na2SO4 溶于100mL水中 ‎②将32.2g Na2SO4·10H2O溶于少量水中，再用水稀释至100 mL ‎③将20 mL 5.0 mol/L Na2SO4溶液用水稀释至100 mL A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①14.2gNa2SO4‎ 的物质的量为14.2g÷142g/mol=0.1mol，溶液的体积不等于溶剂的体积，所以无法计算出物质的量浓度，①错误；‎ ‎②32.2gNa2SO4•10H2O物质的量为32.2g÷322g/mol=0.1mol，硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量，硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol÷0.1L=1.0mol•L-1，②正确；‎ ‎③根据稀释定律，稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变，则20mL×5mol/L=100mL×c（硫酸钠），则c（硫酸钠）=1.0mol/L，③正确；‎ 答案选B。‎ ‎18.只给出表中甲和乙对应的量，不能用来求物质的量的是（ ）‎ 甲 乙 ‎①‎ 物质微粒数 阿伏加德罗常数 ‎②‎ 标准状况下气体摩尔体积 标准状况下气体体积 ‎③‎ 固体体积 固体密度 ‎④‎ 溶液质量分数 溶液体积 ‎⑤‎ 非标准状况下物质的质量 物质的摩尔质量 A. ②③④ B. ③④⑤ C. ③④ D. ④‎ ‎【答案】C ‎【解析】物质的量=物质微粒数/阿伏加德罗常数，①正确；物质的量=标准状况下气体体积/标准状况下气体摩尔体积，②正确；固体质量=固体体积×固体密度，没有摩尔质量，无法求出物质的量，③错误；溶液质量分数、溶液体积、没有密度与摩尔质量，无法求出物质的量，④错误；物质的量=物质的质量/物质的摩尔质量，⑤正确；故选C。‎ 第II卷（非选择题36分）‎ 二、填空题（每空2分，共30分）‎ ‎19.按以下实验方案可从海洋物质样品中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。‎ 则（1）（2）（3）（4）的分离提纯方法依次是___、___、___、___。‎ ‎【答案】(1). 过滤 (2). 分液 (3). 蒸发结晶 (4). 蒸馏 ‎【解析】‎ ‎【分析】经过步骤（1），产生了滤液与不溶物，据此分析；‎ 经过步骤（2），产生了互不相溶的水层溶液和有机层溶液，据此分析；‎ 步骤（3）是从溶液中得到固体，据此分析；‎ 步骤（4）是从有机层的溶液中分离出其中一种成分，据此解答。‎ ‎【详解】步骤（1）是分离固液混合物，其操作为过滤；‎ 步骤（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液；‎ 步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发结晶；‎ 步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，操作为蒸馏。‎ ‎20.今欲用Na2CO3固体配制500mL0.02mol/L的Na2CO3溶液。根据题意填空：‎ ‎（1）配制该溶液应选用___mL容量瓶。‎ ‎（2）用托盘天平称取___g固体Na2CO3。‎ ‎（3）将称好Na2CO3固体放至500mL的大烧杯中，倒入约200mL蒸馏水，用___搅拌至完全溶解。待冷却至室温后，将烧杯中的溶液用玻璃棒引流转移至容量瓶。‎ ‎（4）用少量蒸馏水洗涤烧杯___次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶，轻轻晃动容量瓶，使溶液混和均匀。‎ ‎（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约1-2厘米时，改用____滴加蒸馏水至液面与刻度线相切。盖好瓶塞，摇匀。‎ ‎（6）配制好的溶液____（填“能”或“不能”）长期存放在容量瓶中。‎ ‎（7）会使所配制的溶液浓度偏高的是____。‎ A.在烧杯中溶解溶质，搅拌时不慎溅出少量溶液 B.将烧杯中的溶液注入容量瓶后，未洗涤烧杯 C.加水定容时俯视容量瓶刻度线 D.在转移溶液时，容量瓶中已有少量的蒸馏水 ‎【答案】(1). 500 (2). 1.1 (3). 玻璃棒 (4). 2-3 (5). 胶头滴管 (6). 不能 (7). C ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据配制溶液的体积选取容量瓶；‎ ‎（2）根据m=nM=CVM计算碳酸钠的质量；‎ ‎（3）根据玻璃棒的作用分析；‎ ‎（4）根据该操作对配制溶液的影响分析；‎ ‎（5）根据实验操作步骤分析；‎ ‎（6）根据容量瓶的功能分析；‎ ‎（7）根据操作对溶质的物质的量以及溶液体积并结合分析。‎ ‎【详解】（1）配制溶液时，应选取稍大于或等于配制溶液体积的容量瓶，该题要配制500mL溶液，容量瓶的规格有100mL、250mL、500mL、1000mL的，所以应选500mL的容量瓶，‎ 故答案为：500；‎ ‎（2）m=n×M=c×V×M=0.02mol/L×0.5L×106g/L=1.06g，但托盘天平只能精确到0.1g，故应称量1.1g，故答案为：1.1；‎ ‎（3）玻璃棒有搅拌的功能，故选玻璃棒进行搅拌，故答案为：玻璃棒；‎ ‎（4）烧杯中沾有溶质，如果不洗涤会造成配制溶液的浓度偏低，所以要洗涤烧杯2-3次，故答案为：2-3；‎ ‎（5）向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线约1-2厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，然后盖好瓶塞摇匀，故答案为：胶头滴管；‎ ‎（6）容量瓶只能用来配制溶液，不能溶解固体、稀释溶液或盛放溶液，故答案为：不能；‎ ‎（7）A、在烧杯中溶解溶质，搅拌时不慎溅出少量溶液，会导致溶质减少，配制出的溶液浓度偏小，故A不符合；‎ B、将烧杯中的溶液注入容量瓶后，未洗涤烧杯，会导致烧杯中的未充分转移的溶质残留在烧杯中，配制出的溶液浓度偏小，故B不符合；‎ C、加水定容时俯视容量瓶刻度线，会导致溶液体积偏低，配制出的溶液浓度偏高，故C符合；‎ D、在转移溶液时，容量瓶中已有少量的蒸馏水，因在定容时需要加入蒸馏水，故容量瓶中已有少量的蒸馏水不会影响最终结果，故D不符合。‎ ‎21.A、B、C、D分别是盐酸、碳酸钠、氯化钙、硝酸银四种溶液中的一种。将它们两两混合后，观察到的现象如表所示（“↓”表示生成沉淀，“↑”表示生成气体，“——”表示不反应）。请据此回答：‎ ‎（1）写出A、B、C溶液中溶质的名称或化学式：‎ A__ B___ C____‎ ‎（2）C和D反应的化学方程式为____。‎ ‎【答案】(1). CaCl2 (2). Na2CO3 (3). AgNO3 (4). AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】本题解题的突破口是D和B能反应生成气体，说明D和B是碳酸钠和盐酸中的一种；再结合D能与其它物质反应生成沉淀，B能与其它两种物质反应生成沉淀，C能与另外三种物质反应生成沉淀，进行分析解答。‎ ‎【详解】由两两混合后的现象图可知，D和B能反应生成气体，说明D和B是碳酸钠和盐酸中的一种；C能与另外三种物质反应生成沉淀，硝酸银溶液能与盐酸、碳酸钠、氯化钙溶液反应分别生成氯化银白色沉淀、碳酸银白色沉淀、氯化银白色沉淀，故C为硝酸银溶液，则A为氯化钙溶液。‎ B能与其它A物质反应生成沉淀，A与D混合物明显变化，碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，盐酸与氯化钙溶液混合不反应，无明显变化，故B为碳酸钠溶液，D为盐酸。因此：‎ ‎（1）A为氯化钙溶液，其化学式为CaCl2；B为碳酸钠溶液，其化学式为：Na2CO3；C为硝酸银溶液，化学式为：AgNO3；‎ ‎（2）C和D反应是硝酸银和盐酸反应产生氯化银沉淀和硝酸，反应的方程式为：HCl+AgNO3═AgCl↓+HNO3。‎ 三、计算题 ‎22.常温下，将20.0g14.0%NaCl溶液跟30.0g24.0%的NaCl溶液混合，得到密度为1.15g/cm3的混合溶液。求：‎ ‎(1)该混合溶液的质量分数为_________？‎ ‎(2)该混合溶液的物质的量浓度为_________？‎ ‎(3)在1000g水中溶解_______摩尔NaCl才能使其浓度与上述溶液的浓度相等?‎ ‎【答案】(1). 20.0% (2). 3.93mol/L (3). 4.27mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据质量分数的公式计算；‎ ‎(2)先根据溶液的质量与密度的关系计算溶液的体积，再根据溶液的质量与质量分数求出溶质的质量，继而求出溶质的物质的量，根据物质的量浓度公式求出溶液的物质的量浓度；‎ ‎(3)根据c=来计算物质的量浓度。‎ ‎【详解】(1)20.0g质量分数为14.0%的NaCl溶液中溶质的质量m1=20.0g×14.0%=2.8g；30.0g质量分数为24.0%的NaCl溶液溶质的质量m2=30.0g×24.0%=7.2g，溶液混合前后溶质、溶液的质量都不变，所以混合液的质量分数为×100%=20%；‎ ‎(2)混合溶液的密度为1.15g/cm3，NaCl的质量分数为20%，则混合后NaCl的物质的量浓度c=mol/L=3.93mol/L；‎ ‎(3)设应溶解的NaCl的物质的量为x，则有=3.92mol•L-1，解得：x=4.27mol。‎