云南省红河州泸西县第一中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

高一化学

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷(填空题)。考生作答时，将答案答在答题卡上（答题注意事项见答题卡），在本试卷上答题无效。考试结束后，将答题卡交回。

可能需要的相对原子质量数据：H-1   C-12   O-16   Na-23   S-32   Cl-35.5   Al-27   Cu-64   Ca-40   Fe-56   Mg-24   Cr-52   K-39   N-14   Si-28

第Ⅰ卷

一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.下列物质与常用危险化学品的类别不对应的是（    ）

A. NaOH是腐蚀品 B. CH4是易燃液体

C. Na是遇湿易燃物品 D. KMnO4是氧化剂

【答案】B

【解析】

【详解】A．NaOH有腐蚀性，是腐蚀品，故A正确；

B．甲烷易燃性的气体，属于易燃气体，故B错误；

C．钠与水反应，生成氢气，易燃，属于遇湿易燃物品，故C正确；

D．高锰酸钾是强氧化性物质，属于氧化剂，故D正确；

故选B。

2.本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”。其方法与下列分离方法相对应的是（　　）

A. 蒸馏 B. 蒸发 C. 过滤 D. 分液

【答案】A

【解析】

【详解】烧酒的制造工艺是利用蒸馏的方法分离沸点不同的液体混合物，A项正确。

故选A。

3.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（    ）

A. 标准状况下，22.4LH2O含NA个分子

B. 0.5 mol CO2含有的原子数目为0.5NA

C. 40g氖气所含的分子数目为NA

D. 常温常压下，1.6g O2和O3混合气体中质子总数为0.8NA

【答案】D

【解析】

【详解】A. 标准状况下，H2O是液体，22.4L水不是1mol，故A不选；

B. 0.5 mol CO2含有原子数目为0.5×3=1.5NA，故B不选；

C. 40g氖气为40g/20g·mol-1=2mol，氖气是单原子分子，所含的分子数目为2NA，故C不选；

D. 由于O2和O3都是由氧原子构成的，所以1.6g O2和O3混合气体可以看做是1.6g氧原子，即0.1mol氧原子，质子总数为0.8NA，故D选。

故选D。

【点睛】1.6g O2和O3混合气体可以看做是1.6g氧原子，相似的还有一定质量的NO2和N2O4的混合物，可以看做NO2，如4.6gNO2和N2O4的混合物，可以看做是4.6g NO2，所含的氧原子数为0.2 NA，含有的原子总数为0.3 NA。即具有相同最简式的两种物质（NO2和N2O4，C2H4和C3H6等）组成的混合物和同素异形体组成的混合物，都可以用同样的方法处理。

4.质量相同的下列物质中，含分子数最多的是（   ）

A. 甲烷 B. 氨气 C. 氧气 D. 一氧化碳

【答案】A

【解析】

【详解】根据n=N/NA可知，分子数和物质的量成正比，又根据n=m/M可知，当质量一定时，物质的量和摩尔质量成反比，所以分子数和摩尔质量成反比。摩尔质量最小的分子数最多。摩尔质量在数值上和相对分子质量相等。甲烷的摩尔质量是16g/mol，氨气的摩尔质量是17g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，一氧化碳的摩尔质量是28g/mol，故选A。

5.下列有关叙述说法错误的是

A. 物质的量的描述对象是宏观物体

B. 当质量的单位以g为单位时，铁的摩尔质量在数值上等于它的相对原子质量

C. 阿伏加德罗常数是指0.012kg 12C所含的碳原子数，其数值约等于6.02×1023

D. 标准状况下，2mol气体的体积约为44.8L

【答案】A

【解析】

【详解】A. 物质的量的描述对象是微观粒子，故A选；

B. 任何物质的质量以g为单位时，其摩尔质量在数值上都等于它的相对原子质量或相对分子质量，故B不选；

C. 阿伏加德罗常数是指1mol任何粒子的粒子数，其数值约等于6.02×1023，国际上规定，1mol任何粒子集体所含的粒子数与0.012kg 12C所含的碳原子相同，故C不选；

D. 标准状况下，1mol任何气体的体积约为22.4L，那么2mol气体的体积约为44.8L，故D不选。

故选A。

6.下列叙述不正确的是

A. 量取18.4mol/L浓硫酸10mL，注入已盛有30mL水的100mL容量瓶中，加水至刻度线

B. 配制0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶

C. 在标准状况下，将22.4L氨气溶于水配成1L溶液，得到1mol·L-1的氨水

D. 使用容量瓶前要检查它是否漏水

【答案】A

【解析】

【详解】A. 不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故A选；

B. 由于实验室没有480mL的容量瓶，所以配制480mL溶液时，需选用500mL容量瓶，故B不选；

C. 标准状况下的22.4L氨气为1mol，溶于水配成1L溶液，得到的氨水的物质的量浓度为1mol·L-1，故C不选；

D. 配制一定物质的量浓度的溶液时，最后需要上下颠倒摇匀，所以使用容量瓶前要检查它是否漏水，故D不选。

故选A。

7.4℃时，在100mL水中溶解22.4L HCl气体（标准状况下）形成溶液，下列说法正确的是

A. 该溶液的物质的量浓度为10mol·L-1

B. 由于溶液的密度未知，故该溶液的物质的量浓度无法求得

C. 由于溶液的密度未知，故该溶液中溶质的质量分数无法求得

D. 所得溶液的体积为22.5L

【答案】B

【解析】

【详解】A．标准状况下22.4L HCl的物质的量为1mol，溶于水配成100mL溶液，溶液的浓度为10mol/L，溶液体积必须为100mL，而不是溶剂的体积，因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，无计算该溶液的物质的量浓度，A错误；

B．因溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，则无计算该溶液的物质的量浓度，B正确；

C．标准状况下22.4L HCl的物质的量为1mol，质量为：36.5g/mol×1mol=36.5g，4℃时100mL水的质量为100g，所以溶液溶质的质量分数为×100%=26.74%，C错误；

D．溶液体积不等于溶剂与溶质的体积之和，因为溶液的密度未知，无法计算溶液的体积，D错误；

综上所述，本题选B。

8.下列各组混合物，能用分液漏斗进行分离且油层从分液漏斗下口放出的是（    ）

A. 酒精和水 B. 汽油和植物油

C. 碘和四氯化碳 D. 水和四氯化碳

【答案】D

【解析】

【分析】

能用分液漏斗进行分离且油层从分液漏斗下口放出，可知混合物分层，且油层的密度比水的密度大，据此分析判断。

【详解】A．酒精与水互溶，不能分液分离，故A错误；

B．汽油和植物油互溶，不能分液分离，故B错误；

C．碘和四氯化碳互溶，不能分液分离，故C错误；

D．水和四氯化碳分层，且四氯化碳的密度比水的密度大，能用分液漏斗进行分离且油层从分液漏斗下口放出，故D正确；

故选D。

9.如图所示的实验装置不适用于物质分离的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A．该装置为分液操作，可用于分离分层的液体混合物，故A不选；

B．该装置为升华操作，可用于分离易升华的固体混合物，故B不选；

C．该装置为洗气操作，可用于除去气体中的杂质，故C不选；

D．该装置为向容量瓶中转移液体，是溶液的配制，不能用于物质的分离，故D选；

故选D。

10.1.60g某物质中含有3.01×1022个该物质的分子，则该物质的相对分子质量是（    ）

A. 32.0 B. 24.0 C. 16.0 D. 8.00

【答案】A

【解析】

【详解】设该物质的相对分子质量为M，则摩尔质量为Mg/mol，该物质的物质的量n=，3.01×1022个分子的物质的量n==0.05mol，因此=0.05mol，解得M=32，故选A。

【点睛】正确理解物质的量与质量、微粒数目等的关系是解题的关键。本题中要注意该物质的构成微粒是分子，可以直接由分子的数目计算分子的物质的量，利用=计算。

11.常温常压下，气体体积的大小主要决定于（    ）

A. 分子的大小 B. 分子的质量 C. 分子的数目 D. 分子间的平均距离

【答案】C

【解析】

【详解】从微观上看，物质的体积由构成物质的粒子数量、粒子大小和粒子间的距离决定。对于固体和液体来说，粒子之间的距离很小，它们的体积主要取决于粒子数量和粒子的大小；对于气体来说，粒子（即气体分子）之间的距离很大，分子本身的大小对气体体积影响不大，而分子间的距离又由温度和压强决定，所以当温度和压强一定时，气体体积的大小主要决定于分子数目。故选C。

12.下列说法中正确的是（    ）

A. 将0.1molCuSO4•5H2O晶体加入到100mL水中，该溶液物质的量浓度为1mol∙L-1

B. 一定体积的浓硫酸（其中含0.2molH2SO4）与足量的铜共热反应，生成SO2气体0.1mol

C. 将34.2gAl2（SO4）3溶于水配成100mL溶液[Al2（SO4）3的式量为342]，取出10mL该溶液中Al3+浓度为1mol∙L-1

D. KCl溶液的密度为1.174g•cm-3，物质的量浓度为4.0mol∙L-1，则此溶液中KCl的质量分数为×100%

【答案】D

【解析】

【详解】A．将0.1mol CuSO4•5H2O晶体加入到100mL水中，配成的溶液体积不是100 mL，溶液物质的量浓度不是1 mol∙L-1，故A错误；

B．Cu与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸浓度变稀，而稀硫酸与Cu不反应，由Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O可知，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量的铜共热反应，生成SO2气体小于0.1mol，故B错误；

C．34.2 g Al2(SO4)3的物质的量为=0.1mol，溶于水配成100 mL溶液，所得Al2(SO4)3溶液浓度为1mol/L，Al3+浓度为2 mol/L，溶液是均匀的，取出10mL溶液的浓度与原溶液浓度相等，Al3+浓度为2 mol/L，故C错误；

D．KCl溶液的密度为1.174 g•cm-3，物质的量浓度为4.0 mol∙L-1，根据c=可知，此溶液中KCl的质量分数为×100%，故D正确；

故选D。

【点睛】本题的易错点为A，要注意物质的量浓度计算公式c=中的V是溶液的体积，不是溶剂的体积。

13.用同浓度等体积的AgNO3溶液分别与等浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应时，所用三种溶液的体积比为（    ）

A. 1∶2∶3 B. 6∶3∶2 C. 2∶3∶6 D. 3∶2∶1

【答案】B

【解析】

【详解】由n=c•V可知使三种溶液中的Cl-完全沉淀时所消耗的n(Ag+)相同，根据Ag++Cl-═AgCl↓可知三种溶液中n(Cl-)=n(Ag+)，如用同浓度等体积的AgNO3溶液分别与等浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应时，说明消耗的氯离子的物质的量相等，则等浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液反应时，所用三种溶液的体积比为1∶∶=6∶3∶2，故选B。

14.同温同压下，将等质量的H2、CO、CO2、SO2四种气体分别充入四个气球，其中充入SO2的气球是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】气体的物质的量n=，在同温同压下，气体摩尔体积相同，气体的体积V=n•Vm，即V=Vm可知，摩尔质量越大，气体的体积越小，H2、CO、CO2、SO2的摩尔质量分别为2g/mol、28g/mol、44g/mol、64g/mol，SO2的摩尔质量最大，其体积最小，则充入SO2的气球为选项D，故选D。

【点睛】明确物质的量与气体摩尔体积、摩尔质量之间关系是解题的关键。本题中要注意阿伏加德罗定律的理解和应用，要注意使用的前提条件。

15.已知CH4和O2的混合气的平均相对分子质量是26，求混合气中CH4和O2的物质的量的比是（    ）

A. 5∶3 B. 3∶2 C. 3∶5 D. 1∶1

【答案】C

【解析】

【详解】由于摩尔质量和相对分子质量在数值上相同，而CH4 和O2 的混合气的平均相对分子质量是26，则混合气体的平均摩尔质量为26g/mol。设混合气体中CH4 和O2的物质的量分别为xmol和ymol，则摩尔质量===26g/mol，解得x∶y=3∶5，故选C。

16.现有①MgSO4，②Ba（NO3）2，③NaOH，④CuCl2，⑤KCl五种溶液，不加任何其他试剂，可鉴别且鉴别的先后顺序也正确的是（    ）

A ④③②①⑤ B. ④⑤③②① C. ④③①②⑤ D. ④②③①⑤

【答案】C

【解析】

【详解】不加任何其他试剂，通过观察，溶液显蓝色的是④CuCl2，与④反应生成蓝色沉淀的是③NaOH，与③反应生成白色沉淀的是①MgSO4，与①反应生成白色沉淀的是②Ba(NO3)2，最后一种为⑤KCl，所以被鉴别的先后顺序为④③①②⑤，故选C。

第Ⅱ卷

二、填空题（本题包括4小题，共52分）

17.(1)氮原子的摩尔质量是________g/mol，1 mol HNO3的质量是________g，1 mol HNO3约含有________个氧原子。

(2)标准状况下11.2 L HCl的物质的量是________mol。将这些气体溶于水中配成1 L溶液，所得盐酸的物质的量浓度是________mol/L。

(3)2 mol OH－含有的电子数为________。

(4)相同物质的量的NH3和H2S的质量比__，分子个数比为__，同温同压下的体积比__，所含氢原子的个数比为__。

【答案】    (1). 14    (2). 63    (3). 3NA    (4). 0.5    (5). 0.5    (6). 20NA    (7). 1:2    (8). 1:1    (9). 1:1    (10). 3:2

【解析】

【分析】

（1）摩尔质量以g·mol－1为单位时，数值上与物质相对原子质量或相对分子质量相等，根据n=m/M=N/NA结合物质的构成计算；

（2）根据n=V/Vm=cV计算；

（3）1个OH－含有的电子数为10．

（4）据m=nM计算物质的量相同的NH3和H2S的质量之比；根据N=nNA计算分子数目之比；物质的量相等时，温度、压强相等条件下，体积之比等于物质的量之比；含有H原子数目之比等于分子中含有的H原子数目之比。

【详解】（1）摩尔质量以g·mol－1为单位时，数值上与物质相对原子质量或相对分子质量相等，原氮子的摩尔质量是14g·mol－1，1mol HNO3的质量是1mol×63g·mol－1=63g，1mol HNO3约含有3mol氧原子，个数为3NA；

（2）n（HCl）=11.2L/22.4L·mol－1=0.5mol，c（HCl）=0.5mol/1L=0.5mol·L－1；

（3）1个OH－含有的电子数为10，则2mol OH－含有的电子的物质的量为20mol，数目为20NA．

（4）据m=nM，物质的量相同的NH3和H2S，质量之比等于其摩尔质量之比，17：34=1：2；根据N=nNA，分子数目之比等于其物质的量之比，为1：1；物质的量相等时，温度、压强相等条件下，体积之比等于物质的量之比，为1：1；含有H原子数目之比等于分子中含有的H原子数目之比，即为3：2；

18.将下列各分离物质方法的代表字母，填入横线上

A.过滤法；B.分液法；C.萃取法；D.蒸馏法；E.升华法

①分离植物油和水___；

②分离碘的水溶液___；

③除去氯化钠中的碘单质___；

④分离酒精和水___；

⑤分离饱和食盐水和沙子___。

【答案】    (1). B    (2). C    (3). E    (4). D    (5). A

【解析】

【分析】

①植物油和水互不相溶；②碘易溶于有机溶剂；③碘易升华；④酒精和水的沸点不同；⑤沙子不溶于水，据此分析解答。

【详解】①植物油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故答案为：B；

②碘在水中的溶解度不大，但易溶于有机溶剂，可用萃取的方法分离，故答案为：C；

③碘易升华，可用加热的方法使碘升华而分离，故答案为：E；

④酒精和水互溶，但二者的沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故答案为：D；

⑤沙子不溶于水，可用过滤方法分离，故答案为：A。

【点睛】把握物质性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。本题的易错点为③，要注意氯化钠中的碘单质，氯化钠和碘均为固体，不应该用萃取的方法分离，要注意与②的区别。

19.实验室要配制100mL、10mol•L-1的NaCl溶液，试回答下列各题：

（1）经计算，应该用托盘天平称取NaCl固体___g。

（2）配制溶液时一般可分为以下几个步骤：①称量②计算③定容④移液⑤洗涤⑥溶解其正确的操作顺序为（填编号）___。

（3）容量瓶上需标有以下5项中___

①温度    ②浓度     ③容量     ④压强     ⑤刻度线

A.①②④     B.③⑤⑥     C.①③⑤     D.②④⑥

（4）若用NaCl固体配制溶液，下列仪器中，不需要用到的是___。（填序号）

A.蒸发皿    B.100mL容量瓶    C.烧杯    D.胶头滴管    E.药匙    F.托盘天平    G.玻璃棒

（5）下列错误操作会导致所得溶液偏低的是___（多项，填序号）。

A.定容时仰视容量瓶刻度线区

B.容量瓶中原有少量蒸馏水

C.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处

D.配制好溶液后，容量瓶未塞好，酒出一些溶液

【答案】    (1). 58.5    (2). ②①⑥④⑤③    (3). C    (4). A    (5). AC

【解析】

【分析】

(1)根据m=nM=cVM计算；

(2)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容，据此排序；

(3)容量瓶上标有刻度线、温度、容量，据此分析判断；

(4)若用NaCl固体配制溶液，需用药匙取药品、托盘天平称量药品、烧杯溶解药品、玻璃棒搅拌和引流、胶头滴管定容、100mL容量瓶配制溶液，据此判断不需要的仪器；

(5)根据c=知，如果n偏小或V偏大都导致配制溶液浓度偏低，据此分析判断。

【详解】(1)应该用托盘天平称取NaCl固体的质量m=cVM=10mol/L×0.1L×58.5g/mol=58.5g，故答案为：58.5；

(2)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容，所以配制溶液时步骤②①⑥④⑤③，故答案为：②①⑥④⑤③；

(3)容量瓶上标有温度、容量和刻度线，故选C；

(4)若用NaCl固体配制溶液，需用药匙取药品、托盘天平称量药品、烧杯溶解药品、玻璃棒搅拌和引流、胶头滴管定容、100mL容量瓶配制溶液，所以不需要的仪器是蒸发皿，故选A；

(5)A．定容时仰视容量瓶刻度线，会导致溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低，故A正确；B．容量瓶中原有少量蒸馏水，不影响溶液的体积和溶质的物质的量，配制的溶液浓度无影响，故B错误；C．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，导致溶液的体积偏大，配制溶液的浓度偏低，故C正确；D．配制好溶液后，容量瓶未塞好，洒出一些溶液，溶液的浓度不变，故D错误；故选AC。

【点睛】明确配制溶液的一般操作步骤和误差分析的方法是解本题关键。本题中的数据不太科学，常温下，氯化钠的溶解度在36g左右，饱和氯化钠溶液的物质的量浓度约为6mol/L左右，不可能达到10mol/L。

20.粗盐中含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、SO42—等杂质，需要提纯后才能综合利用。为除去粗盐中的杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

（1）提纯的步骤有：①加入过量的Na2CO3溶液②加入过量的BaCl2溶液③加入过量的NaOH溶液④调节溶液的pH等于7⑤溶解⑥过滤⑦蒸发，正确的操作顺序是________(填选项字母)。

a.⑤②③①⑥④⑦     b.⑤①②③⑥④⑦    c．⑤②①③④⑥⑦    d．⑤③②①⑥④⑦

（2）操作Z的名称是_____，蒸发操作用到的仪器有酒精灯,玻璃棒,三脚架,泥三角还有 ________。

（3）第Ⅱ步中，写出除去Ca2+和Fe3＋相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2+的主要存在形式为CaCl2,Fe3＋的主要存在形式为FeCl3)____________________、____________________。

（4）判断SO42—已沉淀完全的方法是__________________。

【答案】    (1). ad    (2). 过滤    (3). 蒸发皿    (4). CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl    (5). FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl    (6). 取上层清液少许于试管中，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明SO42—未沉淀完全，反之则沉淀安全

【解析】

【详解】(1)除去粗盐中的可溶性杂质：Mg2+、Ca2+、Fe3+、SO42-时，先加水溶解，所以加入过量NaOH(去除镁离子和铁离子)：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓；加入过量BaCl2(去除硫酸根离子)：SO42-+Ba2+=BaSO4↓；加入过量Na2CO3(去除钙离子的多余的钡离子)：Ca2++CO32-=CaCO3，碳酸钠必须加在氯化钡之后，氢氧化钠和氯化钡可以颠倒加入的顺序，然后过滤，最后调节溶液的pH等于7后蒸发即可，所以其顺序是⑤③②①⑥④⑦或⑤②③①⑥④⑦，故答案为ad；

(2)根据上述分析，操作Z为过滤，蒸发操作用到的仪器有酒精灯，玻璃棒，蒸发皿，三脚架，泥三角，故答案为过滤；蒸发皿；

(3)第Ⅱ步中，除去Ca2+和Fe3＋相应的化学方程式为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，故答案为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl；FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl；

(4)判断SO42-已沉淀完全方法是：取上层清液少许于试管中，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明SO42-未沉淀完全，反之则沉淀安全，故答案为取上层清液少许于试管中，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明SO42-未沉淀完全，反之则沉淀完全。

【点睛】本题考查了化学实验的基本操作和物质的分离与提纯。本题的易错点为(1)，要注意粗盐提纯过程碳酸钠要在氯化钡之前加入。