江西省南昌市湾里区一中学年高一期中化学试题doc.docx

江西省南昌市湾里区一中学年高一期中化学试题doc.docx

《江西省南昌市湾里区一中学年高一期中化学试题doc.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省南昌市湾里区一中学年高一期中化学试题doc.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

江西省南昌市湾里区一中学年高一期中化学试题doc

2015-2016学年江西省南昌市湾里区一中高一（上）期中化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本大题共7个小题，每小题6分，共42分，请将答案填入答题卡中，答在试卷上的答案无效）．

1．下列叙述正确的是（　　）

A．SO42﹣的摩尔质量为96g•mol﹣1

B．1mol物质的质量等于该物质的式量

C．1molO2的质量为32g•mol﹣1

D．CO2的摩尔质量为44g

【考点】摩尔质量．

【专题】化学用语专题．

【分析】单位物质的量的物质具有的质量叫摩尔质量，单位为：

克每摩尔（g/mol），摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，以此解题．

【解答】解：

A．SO42﹣的相对分子质量为96，故SO42﹣的摩尔质量为96g•mol﹣1，故A正确；

B．1mol物质的质量数值上等于该物质的式量，质量的单位为g，式量没有单位，故B错误；

C．1molO2的质量为32g，故C错误；

D．CO2的摩尔质量为44g/mol，故D错误；

故选A．

【点评】本题考查了摩尔质量的概念，较基础．注意质量和摩尔质量、相对分子质量的区别与联系．

2．为了除去粗盐中的Ca2+，Mg2+，SO42﹣及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序（　　）

①过滤；②加过量NaOH溶液；③加适量盐酸；④加过量Na2CO3溶液；⑤加过量BaCl2溶液．

A．④②⑤①③B．④①②⑤③C．②⑤④①③D．①④②⑤③

【考点】粗盐提纯．

【专题】离子反应专题．

【分析】根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析．

【解答】解：

镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：

②加过量的氢氧化钠溶液；　⑤加过量的氯化钡溶液；④加过量的碳酸钠溶液；　①过滤；　③加适量盐酸．

故选C．

【点评】本题主要考查了在粗盐提纯中的物质的除杂或净化操作，在解此类题时，首先要了解需要除去的是哪些离子，然后选择适当的试剂进行除杂，在除杂质时，要注意加入试剂的量的控制．

3．下列物质中既能导电，又属于电解质的是（　　）

A．氯化钠溶液B．金属铜C．熔融硝酸钾D．酒精

【考点】电解质与非电解质．

【分析】电解质是水溶液中或熔融状态下都导电的化合物，物质导电的条件：

存在自由电子或者自由移动的离子，据此解答．

【解答】解：

A．氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故A不选；

B．铜是单质，不是电解质，故B不选；

C．熔融的KNO3，本身能够电离产生自由移动离子而导电，属于电解质，故C选；

D．酒精在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质，故D不选；

故选：

C．

【点评】本题考查了电解质的判断，熟悉电解质的概念是解题关键，注意电解质一定是化合物，单质、混合物既不是电解质，也不是非电解质．

4．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）

A．64gSO2含有氧原子数为1NA

B．物质的量浓度为0.5mol•L﹣1的MgCl2溶液，含有Cl﹣数目为1NA

C．标准状况下，22.4LH2O的分子数为1N

D．常温常压下，14gN2含有分子数为0.5NA

【考点】阿伏加德罗常数．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】A．根据n=

计算出二氧化硫的物质的量，再计算出含有氧原子的物质的量及数目；

B．缺少氯化镁溶液的体积，无法计算溶液中氯离子的数目；

C．标准状况下，水的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物质的量；

D．根据n=

计算出氮气的物质的量及含有的分子数．

【解答】解：

A．64g二氧化硫的物质的量为1mol，1mol二氧化硫中含有2mol氧原子，含有的氧原子数为2NA，故A错误；

B．没有告诉氯化镁溶液的体积，无法计算氯化镁溶液中的氯离子数目，故B错误；

C．标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4L水的物质的量，故C错误；

D.14g氮气的物质的量为0.5mol，含有分子数为0.5NA，故D正确；

故选D．

【点评】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标准状况下水、乙醇、三氧化硫、氟化氢等物质的状态不是气体，选项B为易错点，注意题中缺少溶液的体积．

5．“纳米材料”是粒子直径为1～100nm（纳米）的材料，纳米碳就是其中的一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（　　）

①是溶液

②是胶体

③能产生丁达尔效应

④能透过滤纸

⑤不能透过滤纸

⑥静置后，会析出黑色沉淀．

A．①④⑥B．②③⑤C．②③④D．①③④⑥

【考点】纳米材料．

【专题】溶液和胶体专题．

【分析】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题；

【解答】解：

纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种．属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正确；

故选C．

【点评】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，分散系的本质区别是分散质微粒直径大小．

6．下列离子方程式书写正确的是（　　）

A．铁和稀硫酸反应：

2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑

B．碳酸钡溶于稀硝酸：

BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O

C．实验室用大理石与盐酸反应制取二氧化碳：

CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O

D．钠与水的反应：

Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑

【考点】离子方程式的书写．

【分析】A．反应生成硫酸亚铁和氢气；

B．反应生成硝酸钡、水、二氧化碳；

C．碳酸钙在离子反应中保留化学式；

D．电子不守恒．

【解答】解：

A．铁和稀硫酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；

B．碳酸钡溶于稀硝酸的离子反应为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，故B正确；

C．实验室用大理石与盐酸反应制取二氧化碳的离子反应为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故C错误；

D．钠与水的反应的离子反应为2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故D错误；

故选B．

【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．

7．如图是收集某气体的装置．由实验装置推测该气体的有关性质可能正确的是（　　）

选项ABCD

密度比空气大大小小

溶于水中所得溶液的pH＞7＜7＞7＜7

在水中的溶解性大小大小

A．AB．BC．CD．D

【考点】气体的收集．

【分析】排空气收集气体时，密度大于空气的气体采取向上排气法收集，密度小于空气则向下排气法收集；可以用氢氧化钠干燥的气体应该是碱性气体．

【解答】解：

题图中的收集气体方法：

气体从位于集气瓶口的导管进入，瓶中的空气则是从位于瓶底部的导管被排出，这种收集气体的方法也就属于向下排气法，说明该气体密度小于空气；此气体可以用氢氧化钠干燥，所以应该是碱性气体，溶于水中所得溶液的pH应该大于7，可用水吸收尾气，说明气体易溶于水．

故选C．

【点评】本题考查气体的收集，难度不大，排气法收集气体时，导管要伸到集气瓶底部，就是为了把瓶内空气全部排出．

二、填空题（本大题共8小题，共52分，请将答案填入答题卡中答在试卷上的答案无效）．

8．下列物质能导电的是　④⑦⑧　，属于电解质的是　①③⑤⑧　，属于非电解质的是　②⑥　．

①NaCl晶体②液态SO2③液态醋酸④汞⑤BaSO4固体⑥纯蔗糖（C12H22O11）⑦氨水⑧熔化的KNO3．

【考点】电解质与非电解质．

【分析】根据导电原因、电解质、化合物的定义判断．

能导电的物质必须含有自由电子或自由离子．

电解质：

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物．该定义的前提必须是化合物．

非电解质：

在水溶液里或熔融状态下都不能导电的化合物．该定义的前提必须是化合物．

【解答】解：

①氯化钠晶体是电解质，但没有自由电子或自由离子，所以不导电．

②液态SO2，是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电．

③液态醋酸，是电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电．

④汞是单质，所以既不是电解质也不是非电解质，汞中有自由电子，所以能导电；⑤盐酸是混合物，但溶液中含有自由离子，所以能导电．

⑤BaSO4固体是电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电．

⑥蔗糖是非电解质，因没有自由电子或自由离子，所以不导电．

⑦氨水是混合物，因有自由离子，所以导电．

⑧熔化的KNO3是电解质，因有自由离子，所以导电．

故答案为：

④⑦⑧；①③⑤⑧；②⑥．

【点评】注意以下几点错误认识：

1、能导电的物质一定是电解质，如铜不是电解质但能导电．

2、电解质一定导电，如氯化钠晶体，因没有自由电子或自由离子，所以不导电．

3、不是电解质的物质就一定是非电解质，如氯气既不是电解质也不是非电解质．

4、其水溶液能导电的化合物是电解质，如二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，所以其水溶液能导电，因离子是亚硫酸电离的而不是二氧化硫电离的，所以二氧化硫是非电解质．

9．按要求写出下列方程式：

①KHSO4熔融状态电离方程式：

　KHSO4=K++HSO4﹣　

②苏打与过量稀盐酸反应的离子方程式：

　CO32﹣+2H+=CO2+H2O　．

【考点】电离方程式的书写；离子方程式的书写．

【分析】①硫酸氢钾为强电解质，在熔融状态下能完全电离出钠离子和硫酸氢根离子；

②碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳．

【解答】解：

①硫酸氢钾为强电解质，在熔融状态下能完全电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程：

KHSO4=K++HSO4﹣；

故答案为：

KHSO4=K++HSO4﹣；

②苏打与过量稀盐酸反应的离子方程式：

CO32﹣+H+=CO2+H2O；

故答案为：

CO32﹣+2H+=CO2+H2O．

【点评】本题考查了电解质电离方程式、离子方程式的书写，明确电解质强弱、发生反应实质是解题关键，题目难度不大．

10．①36g水中氧原子的物质的量为：

　2mol　．

②在同温同压下，相同体积的O2和CH4，原子数目之比为　2：

5　．

③含有6.02×1023个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为　22.4L　．

【考点】物质的量的相关计算．

【分析】①36g水的物质的量=

=2mol，每个水分子中含有1个O原子，据此计算O原子物质的量；

②同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的气体其物质的量相等，每个氧气、甲烷分子中原子个数之比为2：

5，据此计算原子数目之比；

③氦气体积=

，氦气是单原子分子．

【解答】解：

①36g水的物质的量=

=2mol，每个水分子中含有1个O原子，则O原子物质的量为2mol，

故答案为：

2mol；

②同温同压下，气体摩尔体积相等，相同体积的气体其物质的量相等，其分子数之比为1：

1，每个氧气、甲烷分子中原子个数之比为2：

5，则二者原子个数之比为2：

5，故答案为：

2：

5；

③氦气是单原子分子，含有6.02×1023个氦原子的氦气在标准状况下的体积=

=

=22.4L，

故答案为：

22.4L．

【点评】本题考查物质的量有关计算，为高频考点，明确物质的量公式中各个物理量关系是解本题关键，注意稀有气体都是单原子分子，为易错点．

11．（16分）（2015秋•湾里区校级期中）配制480mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，试回答下列问题：

（1）选择仪器：

完成本实验所必需的仪器有：

托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、　胶头滴管　、　500mL容量瓶　等．

（2）计算、称量：

需称量NaOH固体的质量为　10.0g　．

（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是　搅拌，加速溶解　．

（4）转移、洗涤．洗涤烧杯2～3次是为了　保证溶质全部转移至容量瓶中　．

（5）定容、摇匀．定容的具体操作是　向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1cm～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切　．

（6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是　CD　，偏低的是　BE　（填字母序号）

A、容量瓶洗净后未烘干；

B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外

C、定容时俯视刻度线；

D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容

E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线．

【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．

【分析】

（1）根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器，然后判断还缺少的仪器；

（2）依据m=CVM计算溶质的质量；

（3）溶解物质使用玻璃棒可以加快溶解速率；

（4）移液时为防止液体流出，应用玻璃棒引流；洗涤烧杯2次～3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；

（5）依据定容的正确操作解答；

（6）分析不当操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=

进行误差分析．

【解答】解：

配制480mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，没有规格为480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，实际上配制的是500mL0.5mol/L的氢氧化钠溶液，配制步骤为：

计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：

托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：

500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：

500mL容量瓶；胶头滴管；

（1）胶头滴管　500mL容量瓶；

（2）配制480mL0.5mol•L﹣1的NaOH溶液，应配置500ml，需要溶质的质量=0.5mol•L﹣1×0.5L×40g/mol=10.0g；

故答案为：

10.0g；

（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是：

搅拌，加速溶解；

故答案为：

搅拌，加速溶解；

（4）移液时为防止液体流出，应用玻璃棒引流；洗涤烧杯2次～3次是为了保证溶质全部转移至容量瓶中；

故答案为：

保证溶质全部转移至容量瓶中；

（5）定容的操作是：

向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1cm～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；

故答案为：

向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1cm～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切；

（6）A、容量瓶洗净后未烘干，对溶质的物质的量和溶液的体积不产生影响，溶液浓度不变；

B、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质物质的量偏小，溶液的浓度偏低；

C、定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；

D、将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大；

E、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏小；

所以：

使所配溶液的物质的量浓度偏高的是：

CD；偏低的是BE；

故答案为：

CD；BE．

【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度溶液，明确配制原理和过程是解题关键，注意容量瓶、托盘天平的使用方法，题目难度不大．

12．向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸．请完成下列问题：

①写出反应的离子方程式　Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O　．

②若缓缓加入稀H2SO4直至过量，整个过程中混合溶液中的导电能力（用电流强度I表示）可近似地用图中的曲线表示是　C　（填序号）．

【考点】离子方程式的书写．

【分析】

（1）氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水；

（2）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强．

【解答】解：

（1）向Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故答案为：

Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O；

（2）加入稀硫酸直至过量，恰好反应时导电性为0，过量后离子浓度增大，导电性增强，图中只有C符合，

故答案为：

C．

【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及离子浓度与导电性关系，题目难度不大．

13．有甲、乙、丙、丁四种液体，它们分别为Fe（OH）3胶体、硅酸胶体、As2S3胶体、NaOH溶液．现将有关实验现象记录如下：

（1）电泳：

甲液体阳极周围的颜色变浅，阴极周围的颜色变深；

（2）将一束光通过乙液体，无丁达尔现象；

（3）将乙逐滴加入到丙液体中，先出现凝聚，后变澄清；则甲为　氢氧化铁胶体　；乙为　氢氧化钠溶液　；丙为　硅酸溶胶　；丁为　As2S3胶体　．

【考点】胶体的重要性质．

【专题】溶液和胶体专题．

【分析】

（1）甲液体中微粒是带正电荷的；

（2）溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应；

（3）丙液体也是一种胶体，且能与NaOH反应，则丙呈酸性；As2S3胶体不能与氢氧化钠反应．

【解答】解：

（1）甲液体中微粒是带正电荷的，即甲为Fe（OH）3胶体；

（2）乙无丁达尔效应，则乙为NaOH溶液；

（3）丙液体也是一种胶体，且能与NaOH反应，则丙为硅酸胶体，As2S3胶体不能与氢氧化钠反应，由（3）知，丁应为As2S3胶体；

故答案为：

Fe（OH）3胶体；NaOH溶液；硅酸胶体；As2S3胶体．

【点评】本题考查胶体的重要性质，掌握聚沉的方法是解题的关键，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．

14．4.8gO2和0.2molCO2，质量之比是　6：

11　，在同温同压下的体积之比是　3：

4　．相同物质的量的SO2和SO3，所含分子的数目之比为　1：

1　，所含O原子的物质的量之比为　2：

3　．

【考点】阿伏加德罗定律及推论；物质分子中的原子个数计算．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．

【分析】根据m=nM计算二氧化碳的质量，根据n=

计算氧气的物质的量，根据V=nVm计算其体积之比，根据N=nNA计算其分子数之比，结合分子构成计算O原子的物质的量之比．

【解答】解：

n（O2）=

=0.15mol，m（CO2）=0.2mol×44g/mol=8.8g，所以氧气和二氧化碳的质量之比=4.8g：

8.8g=6：

11；

同温同压下，气体摩尔体积相等，二者的物质的量之比等于其体积之比，所以氧气和二氧化碳的体积之比=0.15mol：

0.2mol=3：

4；

相同物质的量的二氧化硫和三氧化硫，其分子数之比等于物质的量之比，所以二者的分子数之比为1：

1，每个二氧化硫分子中含有2个O原子、每个三氧化硫分子中含有3个O原子，所以二氧化硫和三氧化硫中O原子的物质的量之比为2：

3，

故答案为：

6：

11；3：

4；1：

1；2：

3．

【点评】本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，熟练掌握物质的量基本公式并灵活运用是解本题关键，知道各个物理量之间的关系，同时考查学生分析问题、计算能力，题目难度不大．

15．在标准状况下，将224LHCl气体溶于635mL水（ρ=1.0g•cm﹣3）中，所得盐酸的密度为1.18g•cm﹣3．试计算：

①所得盐酸的物质的量浓度为　11.8mol/L　．

②取出这种盐酸100mL，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度为　1mol/L　．

③现用0.1mol•L﹣1的NaOH溶液中和②中盐酸100mL，需要NaOH溶液体积为　1L　．

【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用．

【分析】①根据n=

计算HCl物质的量，根据m=nM计算HCl质量，根据m=ρV计算水的质量，溶液质量=HCl质量+水的质量，再根据V=

计算溶液体积，根据c=

计算所得盐酸物质的量浓度；

②根据稀释定律计算；

③由NaOH+HCl=NaCl+H2O，可知n（NaOH）=n（HCl），根据V=

计算需要NaOH溶液体积．

【解答】解：

①HCl物质的量为

=10mol，HCl质量为10mol×36.5g/mol=365g，水的质量为635mL×1g/mL=635g，溶液质量=365g+635g=1000g，溶液体积=

=

L，所得盐酸物质的量浓度为

=11.8mol/L，故答案为：

11.8mol/L；

②根据稀释定律，稀释至1.18L，所得稀盐酸的物质的量浓度为

=1mol/L，故答案为：

1mol/L；

③由NaOH+HCl=NaCl+H2O，可知n（NaOH）=n（HCl）=0.1L×1mol/L=0.1mol，需要NaOH溶液体积为

=1L，故答案为：

1L．

【点评】本题考查物质的量浓度有关计算，注意对物质的量浓度定义式的理解，注意物质的量浓度与质量分数之间关系．