甘肃省兰州市第一中学2024-2025学年高一化学上学期期中试题文含解析

PAGE16-甘肃省兰州市第一中学2024-2025学年高一化学上学期期中试题文（含解析）说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间100分钟，答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32K-39Cl-35.5Fe-56第Ⅰ卷（选择题）一、单选题(每小题只有一个选项符合题意)1.下列玻璃仪器在过滤操作中没有用到的是（）A.漏斗 B.量筒 C.烧杯 D.玻璃棒【答案】B【解析】【详解】过滤操作中没有用到量筒；

答案选B。2.下列关于Fe(OH)3胶体的说法中，不正确的是()A.分散质粒子直径在10-9～10-7mC.具有丁达尔效应 D.具有净水作用【答案】B【解析】【详解】A.氢氧化铁胶体胶粒的直径在10-9～10-7m之间，AB.氢氧化铁胶体是氢氧化铁和水的混合物，B错误；C.胶体具有丁达尔效应，C正确；D.氢氧化铁胶粒能吸附水中的杂质颗粒，有净水的作用，D正确；答案选B。3.下列关于物质的量说法不正确的是A.就是阿伏加德罗常数 B.单位为摩尔C.表示对象为微观粒子 D.符号为n【答案】A【解析】物质的量是探讨含肯定数目粒子的集合体的物理量，符号为n，单位为摩尔，探讨的对象为微观粒子，B、C、D项均正确；1mol任何粒子的粒子数叫阿伏加德罗常数，阿伏加德罗常数的符号为NA，物质的量、阿伏加德罗常数与粒子数之间的关系：n=，A项错误；答案选A。4.1molCl2和1molHCl气体相比较，两者的体积关系（）A.前者大 B.后者大 C.相等 D.无法确定【答案】D【解析】【详解】因为气体体积V=nVm，而气体摩尔体积的数值和气体所处的状态有关，而1molCl2和1molHCl气体所处的状态是否相同不明确，故Vm的数值是否相等不明确，故即使两者的物质的量相等，两气体的体积也不肯定相等，所以D选项是正确的；综上所述，本题选D。5.在含有大量Na+、OH-、Cl-的溶液中，还可能大量存在的离子是()A.Ag+ B.Mg2+ C.NO D.H+【答案】C【解析】【详解】A．Ag+与Cl-不能大量共存，故A错误；B．Mg2+与OH-不能大量共存，故B错误；C．NO与Na+、OH-、Cl-均不发生离子反应，能大量共存，故C正确；D．H+与OH-不能大量共存，故D错误；故答案为C。6.肯定由三种元素组成的是（）A.氧化物 B.碱 C.酸 D.盐【答案】B【解析】【详解】A.氧化物是由氧和另一种元素组成的化合物，不符合题意；B.电离出的阴离子全部是OH－的化合物是碱，所以碱肯定是由三种元素组成的，符合题意；C.电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，所以酸不肯定是由三种元素组成的，不符合题意；D.由酸根和金属阳离子或铵根离子构成的化合物是盐，所以盐也不肯定是由三种元素构成的化合物，不符合题意；答案是B。7.下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是()A.液态硫酸、NH3 B.铜、二氧化硫C.KCl固体、BaSO4 D.熔融的KNO3、氯气【答案】A【解析】【详解】A.液态硫酸属于电解质，氨气是非电解质，故A正确；B.铜是单质，不属于电解质，二氧化硫是非电解质，故B错误；C.氯化钾固体是电解质，硫酸钡是电解质，故C错误；D.熔融的硝酸钾是电解质，氯气是单质，不是电解质，也不是非电解质，故D错误。故选A。8.下列反应中，肯定发生电子转移是A.NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O B.2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑C.Ca(OH)2+CO2＝CaCO3↓+H2O D.FeO+2HCl＝H2O+FeCl2【答案】B【解析】【分析】因为发生电子转移的反应肯定是氧化还原反应，所以此题实际是推断反应是否是氧化还原反应。其关键是分析反应前后元素的化合价是否发生改变，据此解答。【详解】A、反应前后元素的化合价均没有发生改变，不是氧化还原反应，A不选；B、反应中锰元素的化合价由+7价降低为+6价和+4价，氧元素的化合价由－2价上升为0价，发生了电子转移，B选；C、反应前后元素化合价均没有发生改变，不是氧化还原反应，C不选；D、反应前后元素的化合价均没有发生改变，不是氧化还原反应，D不选；答案选B。9.下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是()A.NaHSO4=Na++HSO B.Na2CO3=Na2++COC.H2SO4=2H++SO D.NaOH=Na++O2-+H+【答案】C【解析】【详解】A．NaHSO4在水溶液中完全电离，电离方程式为NaHSO4=Na++H++，A错误；B．Na+带一个单位的正电荷，电离方程式为Na2CO3=2Na++CO，B错误；C．H2SO4在水溶液中电离产生H+和SO，电离方程式为H2SO4=2H++SO，C正确；D．OH-在溶液中不能拆开，电离方程式为NaOH=Na++OH-，D错误；故选C。10.实现下列改变需加入还原剂的是()A.Fe→Fe3O4 B.SO3→H2SO4 C.Cu(NO3)2→Cu D.HCl→Cl【答案】C【解析】【详解】A.Fe→Fe3O4中铁元素化合价上升，失去电子，须要加入氧化剂，A不选；B.SO3→H2SO4中元素的化合价均不改变，不是氧化还原反应，B不选；C.Cu(NO3)2→Cu中铜元素化合价降低，得到电子，须要加入还原剂，C选；D.HCl→Cl2中氯元素化合价上升，失去电子，须要加入氧化剂，或者用惰性电极电解盐酸，D不选；答案选C。11.下列四种基本反应类型与氧化还原反应的关系图中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A.有单质参与的化合反应肯定为氧化还原反应，不是全部的化合反应都是氧化还原反应，A错误；B.有单质生成的分解反应肯定是氧化还原反应，B错误；C.置换反应中，元素化合价有升有降，肯定属于氧化还原反应，C正确；D.复分解反应肯定不是氧化还原反应，D错误；故答案为：C。12.吸进人体的氧有2%转化为氧化性极强的活性氧，这些活性氧会加速人体苍老，被称为“生命杀手”，科学家试图用消退人体内的活性氧，则的作用是（）A.氧化剂 B.还原剂C.既是氧化剂又是还原剂 D.以上均不是【答案】B【解析】【详解】由题可知，人体内的“活性氧”氧化性极强，用消退“活性氧”，则被氧化，的作用是作还原剂，B正确；

答案选B。13.下列试验操作中正确的是()A.蒸发操作时，应使蒸发皿中的水分完全蒸干后才能停止加热B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处C.分液操作时，下层液体从下口放出后，上层液体从下口放出到另一个烧杯D.萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必需比水大【答案】B【解析】【详解】A．蒸发操作时，当有大量晶体析出时，停止加热，利用余热蒸发，否则晶体易飞溅，A错误；B．蒸馏操作时，温度计测量的是蒸汽的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，B正确；C．分液操作时，下层液体从下口放出后，上层液体必需从上口倒出到另一个烧杯，C错误；D．萃取操作时，选择萃取剂的原则是和原溶剂不互溶，且溶质在萃取剂中的溶解度大于在原溶剂中的溶解度，若从水中萃取某溶质，萃取剂一般用不溶于水的有机萃取剂，密度不肯定比水大，比水小亦可，D错误；正确答案选B。14.某无色透亮的碱性溶液中，能大量共存的离子组是()A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A.与均不能大量共存，A不符合题意；B.有颜色，且在碱性条件下不能大量存在，B不符合题意；C.溶液无色，碱性条件下不发生任何反应，能大量共存，C符合题意；D.碱性条件下不能大量存在，D不符合题意；答案选C。【点睛】所谓离子共存，实质上就是推断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。推断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。15.下列反应的离子方程式书写正确的是()A.稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H＋=Cu2＋＋H2↑B.稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：＋Ba2＋=BaSO4↓C.稀硝酸滴在大理石上：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2CO3D.氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O【答案】D【解析】【详解】A、稀硫酸与铜不反应，A错误；B、稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合生成硫酸钡沉淀和水：SO42－＋2H＋＋2OH－＋Ba2＋===BaSO4↓＋2H2O，B错误；C、稀硝酸滴在大理石上生成硝酸钙、水和CO2：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑，C错误；D、氧化铁与稀盐酸混合生成氯化铁和水：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，D正确；答案选D。16.下列说法正确的是()A.难溶于水的物质肯定不是电解质 B.熔融的电解质都能导电C.某物质若不是电解质，就肯定是非电解质 D.电解质溶液导电的缘由是溶液中有自由移动的离子【答案】D【解析】【详解】A．例如AgCl难溶于水，但其在熔融状态下可导电，属于电解质，A错误；B．例如AlCl3为分子晶体，溶于水可以导电，属于电解质，但在熔融状态下以AlCl3分子存在，无自由移动的离子，不能导电，B错误；C．单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，C错误；D．电解质溶液导电的缘由是溶液中有自由移动的离子，离子作定向移动，故可导电，D正确；正确答案选D。17.阿波罗宇宙飞船以N2H4（联氨）和N2O4为推力源，反应温度达2700℃，反应式为2N2H4+N2O4=3N2+4H2OA.属于置换反应 B.联氨是氧化剂C.联氨是还原剂 D.氮气是氧化产物，不是还原产物【答案】C【解析】【详解】A．反应物中不存在单质，不属于置换反应，故A错误；B．N2H4中N元素化合价上升，还原剂，故B错误；C．N2H4中N元素化合价上升，为还原剂，故C正确；D．该反应中只有N元素的化合价改变，则氮气是氧化产物，也是还原产物，故D错误；故答案为C。18.完成下列试验所需选择的装置或仪器都正确的是()A.分别植物油和氯化钠溶液选用①B.除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体选用②C.分别四氯化碳中的溴单质选用③D.除去二氧化碳气体中的氯化氢气体选用④【答案】A【解析】【详解】A.植物油不溶于水，与水分层，可用分液的方法分别，A正确；B.氯化铵为固体，冷凝得不到液体，且不稳定，可在试管中或坩埚中加热分别，B错误；C.溴溶于水，不能用过滤的方法分别，可通过萃取、分液方法分别，C错误；D.二者都能与氢氧化钠溶液反应,无法进行分别提纯，应用饱和碳酸氢钠溶液洗气分别，D错误；故合理选项是A。19.太原西山生态旅游带已成为我市的自然氧吧,其缘由是空气中的自由电子附着在分子或原子上形成空气负离子，被称为“空气维生素”。O2—就是一种空气负离子,其摩尔质量为()A.32 B.33g C.32g⋅mol-1 D.33g⋅mol-1【答案】C【解析】【详解】一种物质的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，单位为g/mol，而O2-的相对分子质量为32，故其摩尔质量为32g/mol，故选C。【点睛】本题的易错点为A，要留意摩尔质量的单位为“g/mol”，而相对分子质量的单位为“1”。20.下列反应中，水作氧化剂的是（）A.SO3+H2O=H2SO4 B.2Na+2H2O=2NaOH+H2↑C.2F2+2H2O=4HF+O2 D.3NO2+H2O=2HNO3＋NO↑【答案】B【解析】【分析】水作氧化剂，水中氢元素化合价降低。【详解】A、水中H、O元素化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故A错误；；B、该反应中Na元素化合价由0价变为+1价、H元素化合价由+1价变为0价，所以水得电子化合价降低为氧化剂，故B正确；C、该反应中F元素化合价由0价变为-1价、O元素化合价由-2价变为0价，则水失电子作还原剂，故C错误；D、水中H、O元素化合价不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题以氧化还原反应为载体考查氧化剂的推断，解题关键：明确氧化剂、还原剂内涵，留意：氧化剂和还原剂必需是反应物而不是生成物，D虽是氧化还原反应，但水中H和O元素化合价不变，为易错点．21.等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是()A.体积之比为13∶13∶14 B.密度之比为14∶14∶13C.质量之比为1∶1∶1 D.原子数之比为1∶1∶1【答案】B【解析】【详解】假设质子都有14mol，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为1∶1∶1，A错误；B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14∶14∶13，B正确；C、质量之比为1mol×28g/mol：1mol×28g/mol：1mol×26g/mol=14:14:13，C错误；D、原子个数之比为1mol×2：1mol×2：1mol×4=1∶1∶2，D错误。答案选B。22.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是()A.2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA B.2g氢气中含有的原子数为C.1molAl3+含有核外电子数为3NA D.17g氨气中含有的电子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A．镁变成镁离子失去2个电子，2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.2NA，A错误；B．2g氢气中含有的原子数为2NA，B错误；C．1molAl3+含有核外电子数为1×10NA=10NA，C错误；D．17g氨气的物质的量为17g÷17g/mol=1mol，所含有的电子数为1×10NA=10NA，D正确；正确答案为D。23.下列溶液中，溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是A.10gNaOH固体溶解在水中配成250mL溶液B.将1molSO3溶于水并配成1L的溶液C.将0.5mo1·L-1的NaNO3溶液100mL加热蒸发掉50g水的溶液D.标况下，将22.4L氯化氢气体溶于水配成1L溶液【答案】C【解析】【详解】A．10gNaOH的物质的量n==0.25mol，将固体溶解在水中配成250mL溶液，则溶质的物质的量浓度c===1mol·L-1，故A项不选；B．SO3与水会发生化学反应SO3+H2O=H2SO4，1molSO3反应生成的H2SO4的物质的量为1mol，该溶液中c(H2SO4)===1mol/L，故B项不选；C．100mL0.5mo1·L-1的NaNO3溶液中n(NaNO3)=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，将该溶液加热蒸发掉50g水后，无法确定剩余溶液体积，故无法计算溶质的物质的量浓度，故C项选；D．标况下，22.4L氯化氢气体的物质的量为n(HCl)==1mol，将1molHCl溶于水配成1L溶液，c===1mol/L，故D项不选；综上所述，溶质的物质的量浓度不是1mol·L-1的是C项，故答案为C。24.VLFe2(SO4)3溶液中含有ag，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为A.mol·L-1 B.mol·L-1C.mol·L-1 D.mol·L-1【答案】A【解析】【详解】ag的物质的量为n()==mol，VLFe2(SO4)3溶液中含有Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=×n()=×mol，0.5VL溶液中含有Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=

××mol=mol，稀释后溶液体积为2VL，依据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则溶液中Fe3+的浓度为=mol·L-1，答案选A。25.运用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列状况会使所配溶液浓度偏低的是()①用天平(运用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水④定容时，俯视容量瓶的刻度线⑤定容后摇匀，发觉液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线A.①②⑤ B.①③⑤ C.③④⑤ D.②③④【答案】A【解析】【详解】①用天平（运用游码）称量时，应左物右码，砝码错放在左盘，会导致药品的质量偏小，则所配溶液的浓度偏低，①选；②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤会导致溶质的损失，则浓度偏低，②选；③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，因为只要定容时正确，至于水是原来就有的还是后来加入的，对浓度无影响，③不选；④定容时，俯视视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏小，浓度偏高，④不选；⑤定容后摇匀，发觉液面降低是正常的，又补加少量水重新达到刻度线则导致浓度偏低，⑤选；答案选A。第Ⅱ卷（非选择题）26.按要求填空(1)写出下列物质在水溶液中的电离方程式。Ba(OH)2___________；NaHCO3___________。(2)现有以下物质：①NaCl溶液②干冰③液态HCl④铜⑤BaSO4固体⑥蔗糖⑦NaOH固体其中能够导电的是____(填序号，下同)；属于电解质的是___；属于非电解质的是____。【答案】(1).Ba(OH)2=Ba2++2OH-(2).NaHCO3=Na++HCO3-(3).①④(4).③⑤⑦(5).②⑥【解析】【详解】(1)Ba(OH)2为强碱，在水中完全电离，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-；NaHCO3为可溶盐，在水中完全电离，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3-。(2)NaCl溶液中有自由移动的离子，可导电，但其为混合物，既不是电解质也不是非电解质；干冰是固态的CO2，不导电，属于非电解质；液态HCl是电解质，但其中无自由移动的离子，不能导电；铜是金属，可以导电，但其为单质，既不是电解质也不是非电解质；BaSO4固体无自由移动的离子，不能导电，但属于电解质；蔗糖是非电解质，不导电；NaOH固体中不含自由移动的离子，不能导电，但属于电解质；故能够导电的是①④，属于电解质的是③⑤⑦，属于非电解质的是②⑥。27.按要求填空(1)写出下列反应的离子方程式①硫酸与氢氧化钠溶液反应：__________________②铜与硝酸银溶液反应：______________________③铁与稀硫酸溶液反应：______________________(2)分析下列反应的化学方程式，用双线桥法表示电子转移的方向和数目①Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑___________________②2KClO32KCl+3O2↑___________________(3)分析所给化学方程式，用单线桥法表示电子转移的方向和数目3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O____________________【答案】(1).H++OH-=H2O(2).Cu+2Ag+=Cu2++2Ag(3).Fe+2H+=Fe2++H2↑(4).(5).(6).【解析】【详解】(1)①硫酸与氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和水，反应的离子方程式是H++OH-=H2O；②铜与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式是Cu+2Ag+=Cu2++2Ag；③铁与稀硫酸溶液反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑；(2)①Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，Zn元素化合价由0升高为+2，H元素化合价由+1降低为0，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为；②2KClO32KCl+3O2↑，Cl元素化合价由+5降低为-1，O元素化合价由-2升高为0，用双线桥法表示电子转移的方向和数目为；(3)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu元素化合价由0升高为+2，N元素化合价由+5降低为+2，用单线桥表示电子转移的方向和数目为。28.配制480mL0.5mol·L-1的NaOH溶液，试回答下列问题：(1)选择仪器：完成本试验所必需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、______、_______等。(2)计算：须要NaOH固体的质量为_______。(3)称量：称量过程中NaOH固体应放在天平的_______(填“左盘”或“右盘”)。(4)溶解、冷却。该步试验中须要运用玻璃棒，作用是_____________。(5)转移、洗涤。在转移时应运用_____________引流，洗涤烧杯2～3次是为了________。(6)定容、摇匀。定容的操作方法是：__________________________。【答案】(1).量筒(2).500mL容量瓶(3).10.0g(4).左盘(5).加速溶解(6).玻璃棒(7).确保溶质全部转移到容量瓶中(8).距离刻度线1-2cm时改用胶头滴管加水，使凹液面与刻度线齐平。【解析】【分析】依据配制肯定物质的浓度溶液的基本操作和试验原理分析。【详解】(1)配制480mL0.5mol•L-1的NaOH溶液，应选择500ml容量瓶，事实上配制的是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，须要运用的仪器有：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、量筒；(2)配制480mL0.5mol•L-1的NaOH溶液，须要溶质氢氧化钠质量=0.5L×0.5mol•L-1×40g/mol=10.0g；(3)称量过程中NaOH固体应放于小烧杯中并放在天平的左盘；(4)溶解、冷却，该步试验中须要运用玻璃棒，作用是：搅拌，加速溶解；(5)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；(6)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。【点睛】考查配制肯定物质的量浓度溶液，明确配制原理和过程是解题关键，留意容量瓶、托盘天平的运用方法，难点是转移前须要将溶液冷却，定容时视线与凹液面最低处平视。29.按要求填空(1)12.4gNa2R含Na+0.4mol，则Na2R的摩尔质量为__________；含R的质量为1.6g的Na2R，其物质的量为_____。(2)质量分数为36.5%浓盐酸(密度为1.25g·mL-1)的物质的量浓度为_____________。(3)请举出符合离子方程式：2H＋＋=H2O+CO2↑的化学方程式：_________。【答案】(1).62g/mol(2).0.1mol(3).12.5mol/L(4).Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O（符合题意即可）【解析】【详解】(1)依据化学式可知Na2R中n(Na+)=2n(Na2R)，所以含有0.4molNa+的Na2R的物质的量为=0.2mol，所以Na2R的摩尔质量为=62g/mol；1.6gR的物