甘肃省岷县第二中学2024-2025学年高一化学上学期期中试题含解析

PAGEPAGE8甘肃省岷县其次中学2024-2025学年高一化学上学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子量C:12H:1Na:23O:16N:14Mg：24第Ⅰ卷一、选择题1.在盛放浓硫酸的试剂瓶的标签上应印有下列警示标记中的(

)A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】A．警示标记为腐蚀性液体的标记，浓硫酸具有腐蚀性，则运用该标记，A正确；B．警示标记为剧毒标记，而浓硫酸无毒，不能运用该标记，B错误；C．警示标记为能燃烧的物质的标记，而浓硫酸不能燃烧，则不能运用该标记，C错误；D．警示标记为禁止运用的标记，而浓硫酸有重要的应用，则不能运用该标记，D错误；故选A。2.下列有关物理量相应的单位表达错误的是()A.摩尔质量g/mol B.气体摩尔体积L/molC.溶解度g/100g D.密度g/cm3【答案】C【解析】【详解】A．M=，质量的单位为g，物质的量的单位为mol，则摩尔质量的单位为g/mol，故A正确；B．Vm=，体积单位为L，物质的量单位为mol，则气体摩尔体积的单位为L/mol，故B正确；C．溶解度的单位为g，故C错误；D．ρ=，质量单位为g，体积单位为cm3，则密度单位为g/cm3，故D正确；故答案为C。3.摩尔是()A.国际单位制的一个基本物理量 B.表示物质质量的单位C.计量微观粒子物质的量的单位 D.表示6.02×1023个粒子的集体【答案】C【解析】【详解】A、摩尔是表示物质的量的单位，故A错误；B、摩尔是表示物质的量的单位，不是质量的单位，故B错误；C、摩尔是表示物质的量的单位，故C正确；D、摩尔是表示物质的量的单位，故D错误；答案选C。4.水的摩尔质量是()A.18 B.18g C.18g/mol D.18mol【答案】C【解析】【详解】摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上等于粒子的相对原子质量或相对分子质量，水的相对分子质量为18，所以水的摩尔质量为18g/mol，故选C。5.现有三组分散系：①汽油和氯化钠溶液的混合物②39％的乙醇溶液③氯化钠和单质溴的混合溶液，分别以上各分散系的正确方法依次是：A.分液、萃取、蒸馏 B.萃取、蒸馏、分液C.分液、蒸馏、萃取 D.蒸馏、萃取、分液【答案】C【解析】【分析】【详解】汽油不溶于水，分液即可；乙醇和水是互溶，应当通过蒸馏得到无水乙醇；单质溴易溶在有机溶剂中，所以萃取即可；答案选C。【点睛】6.溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质区分是（）A.是否有丁达尔现象 B.是否能通过滤纸C.分散质粒子的大小 D.是否均一、透亮、稳定【答案】C【解析】分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区分为分散质粒子的直径大小不同，据此即可解答。【详解】A.胶体具有丁达尔现象，是胶体中胶粒（1nm-100nm）在光照时产生对光的散射作用形成的，该现象是由微粒直径大小确定的，丁达尔现象不是三种分散系的本质区分，故A错误；B.胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，是由分散质微粒的直径大小确定的，所以该现象不是三种分散系的本质区分，故B错误；C.依据分散质微粒直径大小来分类，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区分在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；D.溶液均一、透亮、稳定，胶体较稳定，浊液不稳定，与分散质微粒的直径大小有关，所以该现象不是三种分散系的本质区分，故D错误；故答案选C。7.只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称氢化物。下列物质不属于氢化物的是A.H2SO4 B.H2O C.NaH D.NH3【答案】A【解析】【详解】只由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氢元素，这类化合物称氢化物。A.H2SO4中除氢之外还含有两种元素，故A不属于氢化物，故答案选A。8.下列试验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是()①过滤②蒸发③向容量瓶转移液体A.①和③ B.①和② C.②和③ D.①②③【答案】A【解析】【详解】①过滤、③向容量瓶转移液体，须要玻璃棒引流；②蒸发须要玻璃棒搅拌、防液滴飞溅，玻璃棒作用相同的是①和③，答案选A。【点晴】玻璃棒在许多操作中被用到，不同操作中玻璃棒的作用也不相同，在溶解中，玻璃棒起搅拌作用、加速溶解；在过滤中，玻璃棒起引流作用；在蒸发试验中玻璃棒的作用是搅拌，防止液体因局部受热而飞溅；配制溶液转移液体时玻璃棒起引流作用。9.下列常用试验仪器中，能干脆加热的是（）A.分液漏斗 B.一般漏斗 C.蒸馏烧瓶 D.试管【答案】D【解析】【详解】A.分液漏斗不能加热，A错误；B.一般漏斗不能加热，B错误；C.蒸馏烧瓶须要垫有石棉网才能加热，属于间接加热，C错误；D.试管可以干脆在酒精灯加热，D正确；故合理选项为D。10.将40gNaOH溶于水中，配制成1L溶液，则该溶液的物质的量浓度为（）。A.0.1mol/L B.0.5mol/L C.1mol/L D.4mol/L【答案】C【解析】【详解】n（NaOH）==1mol，则c===1mol/L，故选C。11.下列物质中属于电解质的是①氢氧化钠②硫酸钡③铜④蔗糖⑤二氧化硫A.①②⑤ B.①② C.③④ D.①⑤【答案】B【解析】【详解】氢氧化钠和硫酸钡在熔融状态下都能电离出阴阳离子而导电，且是化合物，所以属于电解质；蔗糖和二氧化硫属于非电解质，铜是单质既不是电解质也不是非电解质，故选B。12.下列各组离子能在溶液中大量共存的是()A.Ag＋、K＋、、Cl－ B.Mg2＋、Na＋、Cl－、C.Ca2＋、Mg2＋、OH－、Cl－ D.H＋、Na＋、、【答案】B【解析】【详解】A.Ag＋、Cl－在溶液中反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，A不选；B.Mg2＋、Na＋、Cl－、在溶液中不反应，能大量共存，B选；C.Ca2＋、Mg2＋、OH－在溶液中反应生成氢氧化钙、氢氧化镁沉淀，不能大量共存，C不选；D.H＋、在溶液中反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，D不选；答案选B。13.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中，正确是()A.2.4g金属镁所含电子数目为0.2B.16gCH4所含原子数目为NAC.17gNH3所含中子数目为10NAD.18g水所含分子数目为NA【答案】D【解析】【详解】A．2.4g金属镁物质的量为=0.1mol，含有12mol电子，电子数目为12NA，故A错误；B．16gCH4物质的量为1mol，含原子数目为5NA，故B错误；C．17gNH3物质的量为1mol，所含电子数目为10NA，故C正确；D．18g水物质的量为=1mol，所含的分子数目为NA，故D正确。答案选D。14.能够用来一次性鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液的试剂是（）A.AgNO3溶液 B.稀硫酸 C.稀盐酸 D.稀硝酸【答案】B【解析】【分析】BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，以此来解答。【详解】A.

均与硝酸银反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，A不符合题意；B.

BaCl2、NaCl、Na2CO3三种溶液分别与稀硫酸反应的现象为：白色沉淀、无现象、气体生成，现象不同，可鉴别，B符合题意；C.

稀盐酸与BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，C不符合题意；D.

稀硝酸与BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，D不符合题意；故答案为：B。15.下列反应的离子方程式书写正确的是A.氯化铜溶液与铁粉反应：B.稀与铁粉反应：C.氢氧化钡溶液与稀反应：D.碳酸钙与盐酸反应：【答案】A【解析】【详解】A.铁与铜离子置换出铜单质，即，A项正确；B.与稀反应生成和，B项错误；C.溶液与稀反应，既有沉淀生成，又有难电离的生成，C项错误；D.是难溶于水的盐，在离子方程式中不能拆写成离子形式，D项错误。答案选A。第Ⅱ卷二、填空题16.电解质是指在里或熔融状态下能够导电的。电解质导电的根本缘由在于它在这种状态下能够出自由移动的离子。科学家从这个角度对化合物进行了分类，依据这种分类，酸、碱、盐应当属于。【答案】水溶液化合物电离电解质【解析】【分析】【详解】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物。电解质导电的缘由在于在这种状态下能够电离出自由移动的离子。电解质包括酸、碱、盐、部分金属氧化物等，故答案为：水溶液；化合物；电离；电解质。【点睛】三、试验题17.为除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42-以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的试验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：(1)推断BaCl2已过量的方法是_______________________________________________。(2)第④步中，相关的离子方程式是___________________________________________。(3)若先用盐酸再过滤，将对试验结果产生影响，其缘由是______________________________。(4)为检验精盐纯度，需配制150mL0.2mol/LNaCl(精盐)溶液，下图是该同学转移溶液的示意图，其中的错误是____________________________________________。【答案】(1).取上层清液，接着加BaCl2，无沉淀产生(2).Ca2＋＋CO32-＝CaCO3↓、Ba2＋＋CO32-＝BaCO3↓(3).若过滤前加盐酸，前面所生成的沉淀会被盐酸溶液重新变为离子进入溶液(4).转移液体时没有用玻璃棒引流；容量瓶用的是100mL应当用150mL【解析】【详解】(1).过量的氯化钡会将硫酸根离子沉淀完全，若硫酸根离子剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以推断BaCl2已过量的方法是：取上层清液（或取少量上层清液于试管中），再滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为取少上层清液，接着加BaCl2溶液，无沉淀产生；(2).粗盐的提纯中，加入碳酸钠的作用是除去钙离子以及从前过量的钡离子，反应的离子方程式为：Ca2++CO32−=CaCO3↓、Ba2++CO32−=BaCO3↓，故答案为Ca2++CO32−=CaCO3↓、Ba2++CO32−=BaCO3↓；(3).若先加盐酸再过滤，则前面生成的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀会与盐酸反应，生成离子又进入溶液，从而影响氯化钠的纯度，故答案为若过滤前加盐酸，前面所生成的沉淀会被盐酸溶液重新变为离子进入溶液；(4).依据图示分析，缺少玻璃棒引流，容量瓶的规格也不对，容量瓶用的是100mL应当用150mL，故答案为转移液体时没有用玻璃棒引流；容量瓶用的是100mL应当用150mL。18.试验室用氯化钠固体配制1.00mol/L的NaCl溶液0.5L，回答下列问题：(1)请写出该试验的试验步骤：①________，②________，③________，④_________，⑤_________，⑥_________。(2)所需仪器为：容量瓶(规格：_______)、托盘天平、还须要那些试验仪器才能完成该试验，请写出：____________________________________。(3)试分析下列操作对所配溶液的浓度有何影响及造成该影响的缘由。①为加速固体溶解，可略微加热并不断搅拌。在未降至室温时，马上将溶液转移至容量瓶定容。对所配溶液浓度的影响：__________，缘由是：______________。②定容后，加盖倒转摇匀后，发觉液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响：____________，缘由是：________________。【答案】(1).计算(2).称量(3).溶解(4).移液(5).洗涤(6).定容(7).500mL(8).烧杯、玻璃棒、胶头滴管(9).偏大(10).受热膨胀时体积为0.5L，冷却至室温时体积变小(11).偏小(12).溶液体积增大，溶质量不变【解析】【分析】配制溶液时，需保证溶质质量的精确性和溶液体积的精确性，即称量的溶质溶解后，需将烧杯内的溶质全部转移入容量瓶，定容时，溶液的体积与所选择的容量瓶的规格相同。【详解】(1)配制溶液时，依据所配溶液的浓度和体积进行计算，确定溶质的质量，然后称量、溶解，将溶质全部转移入容量瓶，并保证溶液体积的精确。该试验的试验步骤：①计算，②称量，③溶解，④移液，⑤洗涤，⑥定容。答案为：计算；称量；溶解；移液；洗涤；定容；(2)因为配制0.5L溶液，所以选择容量瓶(规格：500mL)、托盘天平、还须要的试验仪器：烧杯、