【化学】上海市黄浦区大同中学2019-2020学年高一上学期10月月考试卷（解析版） 13页

上海市黄浦区大同中学2019-2020学年高一上学期10月月考试卷 一、单选题（本大题共12小题，共40.0分）‎ ‎1.下列各组物质分类正确的是（ ）‎ 酸 碱 盐 氧化物 A H2SO4‎ Na2CO3‎ NaCl SiO2‎ B HBr NaOH Na2CO3‎ CaO C CO2‎ NH3·H2O NaHCO3‎ CuO D CH3COOH KOH KCl HClO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、碳酸钠是盐，不是碱，A错误；B、分类正确，B正确；C、二氧化碳是氧化物，不是酸，C错误；D、氯酸是酸，不是氧化物，D错误，答案选B。‎ ‎2.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（ ）‎ A. 是否能通过滤纸 B. 分散质粒子直径的大小 C. 是否是大量分子或离子的集合体 D. 是否均一、透明、稳定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm )、胶体（1nm-100nm）、浊液(大于100nm)，所以溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故A、C、D错误，B正确； ‎ 故答案选B。‎ ‎3.由和组成的混合气体与同温同压下空气的密度相等空气的平均相对分子质量为29,则下列关系正确的是(    )‎ A. 混合气体中,占有的体积大于占有的体积 B. 混合气体中,与分子个数比为1：2‎ C. 混合气体中,与质量比为15：14‎ D. 混合气体中,与密度比为14：15‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，气体摩尔体积相等，根据知，其密度之比等于其摩尔质量之比，二者密度相等，则其摩尔质量相等；和的摩尔质量分别是30g/mol、28 g/mol，假设的物质的量为xmol、的物质的量为ymol，其平均摩尔质量，x：：1；‎ A.根据知，其体积之比等于其物质的量之比，和的物质的量相等，所以其体积相等，故A错误；‎ B.根据N=NAn知，其分子数之比等于其物质的量之比，和的物质的量相等，所以其分子数相等，个数比为1：1，故B错误；‎ C.根据知，相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比，与的物质的量相等，所以其质量之比：：15，故C错误；‎ D.根据知，其密度之比等于摩尔质量之比，与的密度之比：：15，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎4.下列溶液中浓度与50mL  溶液中的物质的量浓度相等的是(    )‎ A. 150 mL  1 的NaCl溶液 B. 75 mL   2 溶液 C. 150 mL  的KCl溶液 D. 75 mL   1 的溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】50mL 的溶液中物质的量浓度是，‎ A、150 的NaCl溶液中，与3mol/L不符，故A错误；‎ B、75 溶液中，与3mol/L不符，故B错误；‎ C、150mL 的KCl溶液中，与3mol/L不符，故C错误；‎ D、75 mL 的溶液中，与条件相符，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎5.标准状况下,n L 气体溶于m mL 中,得密度为 的R L的氨水,则此氨水的物质的量浓度为(    )‎ A.   B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】标准状况下nL氨气的物质的量为：，该氨气的质量为：，mmL水的质量约为mg，则所得溶液质量为：，所得溶液的体积为：，所以该氨水的物质的量浓度为：；故B正确；‎ 故答案选B。‎ ‎6. 将质量分数为35%的氨水与质量分数为5%的氨水等体积混合后，所得氨水的质量分数为（ ）‎ A. 等于20% B. 大于20% C. 小于20% D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：假设氨水的体积都为V，30%的氨水（密度为d1g•cm-3）、10%的氨水（密度为d2g•cm-3），已知d1＜d2＜1，混合后所得溶液的溶质质量分数=×100%=−=20%-×10%＜20%，故选C。‎ ‎7.下列数量的各物质所含原子数由大到小顺序排列的是①0.5mol NH3②22.4L氦气（标准状况）③4℃时9mL水 ④0.2mol Na3PO4（ ）‎ A. ①④③② B. ④③②① C. ②③④① D. ①④②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】结合n=m/M、n=V/Vm、N=nNA及分子构成可以知道，原子的物质的量越大，原子数越多，以此来解答。‎ ‎【详解】①0.5mol NH3 含原子的物质的量为0.5×4=2mol；②标况下22.4L He含原子的物质的量为22.4L/(22.4L·mol-1)=1mol；③4℃时水的密度为1g/cm3，9mL水的质量为9g，含原子的物质的量为3×9g/18g/mol=1.5mol；④0.2mol Na3PO4 中含原子的物质的量为0.2mol×8=1.6mol；则所含原子数按由大到小顺序排列为①④③②；故A正确；‎ 故答案选A。‎ ‎8.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 二氧化碳的水溶液能导电,二氧化碳是电解质 B. 的硫酸钠溶液和的氢氧化钠溶液导电性不同 C. 氢氧化铁胶体能导电,故氢氧化铁胶体是电解质 D. 在相同温度下,饱和溶液一定比不饱和溶液的导电性强 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二氧化碳的水溶液能导电，是因为生成碳酸溶液导电，但二氧化碳自身不能电离出阴阳离子，故不是电解质，故A错误；‎ B.的硫酸钠溶液和的氢氧化钠溶液中单位体积内自由移动的离子数目不等，溶液导电性不同，故B正确；‎ C.氢氧化铁胶体能导电，是因为胶体粒子带电，且氢氧化铁胶体是混合物，不属于电解质也不属于非电解质，故C错误；‎ D.导电能力取决于溶液中离子浓度大小，电解质不同，饱和溶液中的离子浓度不一定比不饱和溶液中的离子浓度大，所以导电性大小无法比较，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎9.等体积、等物质的量浓度溶液分别与物质的量浓度相同的NaCl溶液、溶液、溶液反应,消耗这三种溶液的体积比为（ ）‎ A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 6：3：2 D. 2：3：6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】物质的量浓度都是的NaCl溶液、溶液、溶液的体积分别为x、y、z，同体积、同物质的量浓度溶液中含有银离子的物质的量相等，说明三种溶液中含有氯离子的物质的量相等，则：，整理可得x：y：：3：2，故C正确；‎ 故答案选C。‎ ‎10.将  NaCl溶液加水稀释到500mL,稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为(    )‎ A.   B.   ‎ C.   D.  ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质NaCl的物质的量不变，据此计算。‎ ‎【详解】令稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为c，根据稀释定律，则： ，解得，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是 ( )‎ A. 常温常压下，16 g由O2和O3组成的混合气体所含电子数为8NA B. 2 g2H216O含有的共用电子对数目为0.2NA C. 常温常压下，11.2L H2中含有的电子数为NA D. 3 mol NO2与足量H2O反应，转移的电子数为2NA ‎【答案】C ‎【解析】A项可看作16 g氧原子，为1mol，含电子数为8NA，正确；B项2 g2H216O为0.1mol含有的共用电子对数目为0.2NA正确；C项常温常压下，11.2L H2的物质的量＜0.5mol，含有的电子数小于NA，错；D项由3 NO2+H2O=NO+2HNO3知正确。‎ ‎12.依据反应 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl – ； 2Fe3+ + Cu = 2 Fe2+ +Cu 2+ ；Fe +Cu 2+ = Fe2+ +Cu。判断微粒氧化性强弱顺序正确的是（ ）‎ A. Cl2 > Fe3+ > Cu 2+ B. Fe3+ > Cl2 > Cu 2+‎ C. Cu 2+ > Fe3+ > Cl2 D. Cl2 > Cu 2+ > Fe3+‎ ‎【答案】A ‎【解析】在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl–中氯气是氧化剂，铁离子是氧化产物，则氧化性是Cl2 >Fe3+；反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中铁离子是氧化剂，铜离子是氧化产物，则氧化性是Fe3+>Cu 2+，所以氧化性强弱顺序是Cl2 >Fe3+>Cu 2+，答案选A。‎ 二、双选题（本大题共3小题，共15.0分）‎ ‎13.下列去除杂质的方法错误的是(    )‎ A. NaCl中混有少量可采用给固体加热的方法 B. 气体中混有少量CO气体可通入足量澄清石灰水 C. 除去食盐溶液中所含的碳酸钠杂质可采用加入适量的硝酸钡溶液然后过滤的方法 D. 去除淀粉溶液中的NaCl用渗析的方法 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】A.利用碘单质易升华特性进行分析；‎ B.一氧化碳与石灰水不反应，而二氧化碳与澄清石灰水反应；‎ C. 硝酸钡与碳酸钠反应生成碳酸钡和硝酸钠；‎ D. 利用渗析的方法进行胶体的分离提纯。‎ ‎【详解】A.碘单质易升华，氯化钠难挥发，故A正确； ‎ B.一氧化碳与石灰水不反应，石灰水能将二氧化碳反应掉，不符合除杂原则，故B错误； ‎ C加入硝酸钡引入了杂质离子硝酸根，不符合除杂原则，故C错误； ‎ D.淀粉胶粒不能透过半透膜，NaCl中的离子可以透过半透膜，故D正确；‎ 故答案选BC。‎ ‎14.在NaCl和的混合液中,当的物质的量浓度是的物质的量浓度的倍时,下列叙述正确的是(    )‎ A. 溶液中可能含有 和 B. 离子和离子的物质的量之和等于的物质的量 C. 所带的电荷数是所带的电荷数的倍 D. 和NaCl物质的量浓度之比为1：3‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】A、根据 和含有、的物质的量分别为：、；‎ B、根据电荷守恒：通过计算得出结论； ‎ C、根据电荷守恒：，通过计算得出结论； ‎ D、根据电荷守恒：，通过计算得出结论；‎ ‎【详解】A、 和含有、物质的量分别为：、，的物质的量是的物质的量的倍，所以的物质的量浓度是的物质的量浓度的倍，故A正确； ‎ B、由电荷守恒得：；的物质的量浓度是的物质的量浓度的倍，即的物质的量是的物质的量的倍，；，离子和离子的物质的量之和为的物质的量的倍，故B错误； ‎ C、由电荷守恒得：，由于物质的量浓度是的物质的量浓度的倍，所以，得：，故C错误； ‎ D、由电荷守恒得：，由于的物质的量浓度是的物质的量浓度的倍，所以，则，所以和NaCl的物质的量之比为：1：3，故D正确；‎ 故答案选：AD。‎ ‎15. 下列操作中不正确的是 （ ）‎ A. 过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触 B. 向试管中滴加液体时，胶头滴管紧贴试管内壁 C. 浓硫酸不慎滴到皮肤上，先用较多的水冲洗，再涂上3%～5%的碳酸氢钠溶液÷‎ D. 除去粗盐中的硫酸盐应加入BaCl2溶液，离子反应为Ba2+ + SO42-＝BaSO4↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．过滤时，玻璃棒与三层滤纸的一边接触，A正确；B．向试管中滴加液体时，胶头滴管应该垂直悬空在试管口上方，而不能紧贴试管内壁，B错误；C．浓硫酸溶于水放热，则浓硫酸不慎滴到皮肤上，先用较多的水冲洗，再涂上3%～5%的碳酸氢钠溶液，C正确；D．由于不能引入杂质，则除去粗盐中的硫酸盐应加入BaCl2溶液，离子反应为Ba2+ + SO42-＝BaSO4↓，D正确，答案选B。‎ 三、填空题（本大题共2小题，共22.0分）‎ ‎16.现有以下物质：①KCl 晶体 ②液态HCl ③熔融BaCl2 ④葡萄糖 ⑤锌 ⑥SO2⑦浓硝酸 ⑧CH3COOH 固体 ⑨医用酒精 ‎（1）以上物质中能导电的是________；‎ ‎（2）以上物质中属于电解质的是________，属于非电解质的是________；‎ ‎（3）以上物质中属于弱电解质的是________，属于强电解质的是________；‎ ‎（4）以上物质中，溶于水能导电的是______________。‎ ‎【答案】（1）③⑤⑦‎ ‎（2）①②③⑧ ④⑥‎ ‎（3）⑧ ①②③‎ ‎（4）①②③⑥⑦⑧‎ ‎【解析】试题分析：（1）酸碱盐的水溶液能导电，金属导电、熔融的盐能导电，以上物质中能导电的是③熔融BaCl2、⑤锌、⑦浓硝酸（2）电解质是水溶液或熔融状态下能导电的化合物。非电解质是水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；①KCl 晶体 ②液态HCl ③熔融BaCl2 ⑧CH3COOH 固体的水溶液都导电，属于电解质；④葡萄糖、⑨医用酒精；水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质；⑥SO2水溶液能导电，但不是二氧化硫自身电离导电，SO2属于非电解质；⑤锌是单质 ⑦浓硝酸是混合物，所以⑤锌、⑦浓硝酸既不是电解质也不是非电解质；（3）在水溶液中只能部分电离的电解质是弱电解质，以上物质中属于弱电解质的是⑧CH3COOH 固体，在水溶液中能全部电离的电解质是强电解质，属于强电解质的是①KCl 晶体 ②液态HCl ③熔融BaCl2；（4）以上物质中，溶于水能导电的是①KCl 晶体 ②液态HCl ③熔融BaCl2 ⑥SO2⑦浓硝酸 ⑧CH3COOH 固体。‎ ‎17.在下列化学方程式中标出电子转移的方向和数目,并回答下列问题 浓 ______ ,其中氧化剂为 ______ 还原剂为 ______ 还原产物为 ______ 氧化产物为 ______ ‎ ‎ ______ ,若有1mol 生成,则被还原的是 ______ mol,转移 ______ mol电子。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). HCl (4). (5). (6). (7). (8). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】浓中，Cl元素的化合价由价升高为0，Cl元素的化合价由价降低为0，该反应转移；‎ ‎，I元素的化合价由价升高为0，O元素的化合价由0降低为价，该反应转移，以此来解答。‎ ‎【详解】浓中，Cl元素的化合价由 价升高为0，还原剂为HCl,被氧化，则氧化产物为，Cl元素的化合价由价降低为0，氧化剂为，被还原，还原产物为，该反应转移，即电子转移的方向和数目为； 故答案为：；；HCl；；；‎ 的反应中，I元素的化合价升高，O元素的化合价降低，转移电子为，则有1mol 生成，转移2mol电子，参加反应的为1mol，由电子守恒可知，被还原的是，单线桥标出电子转移的方向和数目为；故答案为；；；2。‎ 四、计算题（本大题共1小题，共5.0分）‎ ‎18.用20gNaOH配成250mL溶液,它的物质的量浓度为 ______ 取出5mL该溶液,它的物质的量浓度为 ______ ,再加水稀释至100mL,则稀释后溶液的物质的量浓度为 ______ ,其中含NaOH的质量为 ______ 该100mL溶液可以跟的硫酸溶液 ______ mL完全中和生成． ‎ 气态化合物A的化学式可以表示为,已知同温同压下10mLA受热完全分解生成和10mL ,则A的化学式为 ______ ．‎ ‎【答案】(1). (2). (3). (4). (5). 100 (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据计算氢氧化钠的物质的量，再根据 计算溶液物质的量浓度；溶液是均匀的，取出5mL溶液浓度与原溶液浓度相同，根据稀释定律计算稀释后溶液物质的量浓度，根据计算5mL溶液中氢氧化钠物质的量，再根据计算氢氧化钠的质量，根据计算需要硫酸物质的量，再根据计算硫酸体积；‎ 同温同压下，体积之比等于物质的量之比，再根据原子守恒确定A的化学式。‎ ‎【详解】(1)20g氢氧化钠的物质的量，配成250m溶液，所得物质的量浓度为，溶液是均匀的，取出5mL溶液浓度与原溶液浓度相同，故取出5mL溶液的浓度为，5mL溶液中NaOH的物质的量；根据稀释定律，稀释后溶液物质的量浓度，含有氢氧化钠的质量，根据可知，需要硫酸物质的量，的硫酸溶液，则硫酸的物质的量浓度为，故需要硫酸体积；故答案为：；； ；；100； ‎ ‎（2）同温同压下，体积之比等于物质的量之比，故A、和的物质的量之比：15：：3：2，则该反应方程式为：2A=3O2+2F2，根据原子守恒可知A的化学式为：O3F2；‎ 故答案为：O3F2。‎ 五、简答题（本大题共1小题，共8.0分）‎ ‎19.标准状况下336 L的NH3溶于1 L水中，所得溶液的质量分数为________，若该溶液的密度为a g/cm3，则物质的量浓度为________。将上述氨水全部转化为NH4Cl，所需4 mol·L－1的盐酸的体积为________。‎ ‎【答案】20.32%　11.95a mol·L－1　3.75 L ‎【解析】氨水的质量分数 w＝×100%＝20.32%。‎ 氨水的物质的量浓度 c(NH3)＝＝11.95a mol·L－1。‎ NH3＋HCl=NH4Cl n(NH3)＝＝15 mol，‎ n(HCl)＝15 mol，‎ V(HCl)＝＝＝3.75 L。‎ 六、实验题（本大题共1小题，共10.0分）‎ ‎20.实验室需要2.0 mol·L-1NaOH溶液90mL，请回答下列问题：‎ ‎(1)配制该NaOH溶液时使用的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有 、 等。‎ ‎(2)用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为 g；‎ ‎(3)下列主要操作步骤的正确顺序是 (填序号)；‎ ‎①称取一定质量的氢氧化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；‎ ‎②加水至液面离容量瓶颈刻度线下1-2厘米时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；‎ ‎③待冷却至室温后，将溶液转移到100mL容量瓶中；‎ ‎④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；‎ ‎⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液转移到容量瓶中；‎ ‎(4)在实验中其他操作均正确，如实验过程中缺少步骤⑤，会使配制出的NaOH溶液浓度 (填“偏高”或“偏低”或“不变”)；若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度 2.0 mol·L-1(填“大于”或“小于”或“等于”)。‎ ‎【答案】(1)100ml容量瓶；胶头滴管 ；‎ ‎(2)8.0；‎ ‎(3)①③⑤②④；‎ ‎(4)偏低；小于 ‎【解析】试题分析：(1)配制该NaOH溶液时使用的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有100ml容量瓶；胶头滴管等，故答案为：100ml容量瓶；胶头滴管；]‎ ‎(2)实验室没有90mL的容量瓶，应该选用100mL的容量瓶，氢氧化钠的物质的量="2.0"‎ ‎ mol/L×0.1L=0.2mol，质量为0.2mol×40g/mol=8.0g，故答案为：8.0；‎ ‎(3)配制一定物质的量浓度的溶液步骤有：计算、称量、溶解、冷却转移、洗涤转移、定容、摇匀。主要操作步骤的正确顺序是①③⑤②④，故答案为：①③⑤②④；‎ ‎(4)如实验过程中缺少步骤⑤，没有洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，导致溶质的物质的量偏小，浓度偏小；若定容时仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，浓度偏低，故答案为：偏低；小于。‎