湖北剩州市北门中学2024-2025学年高一化学下学期期中试题含解析

PAGE15-湖北省荆州市北门中学2024-2025学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量有H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35．5Ba-1371.下列对于“摩尔”的理解正确的是A.摩尔是国际科学界建议采纳的一种物理量B.摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为molC.1mol氧气含1mol氧原子D.1mol氢含6.02×1023个H2【答案】B【解析】【详解】A．摩尔是物质的量的单位，物质的量（而不是摩尔）是国际科学界建议采纳的一种物理量，故A错误；B．摩尔是物质的量的单位，简称摩，符号为mol，故B正确；C．由于O2双原子分子，所以1mol氧气含2mol氧原子，故C错误；D．运用摩尔时应指明基本微粒的名称，正确的说法是：1mol氢气（而不是氢）含6.02×1023个H2，故D错误。故选B。2.下列仪器常常用于物质分别的有（）①漏斗②试管③蒸馏烧瓶④天平⑤分液漏斗⑥容量瓶⑦蒸发皿⑧坩埚A.①③⑤⑥ B.①②④⑥ C.①③⑤⑦ D.①③⑥⑧【答案】C【解析】【分析】

【详解】①漏斗可用于过滤操作，①正确；②试管不能用于物质分别，②错误；③蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，③正确；④天平用来称量物质的质量，不能用于物质分别，④错误；⑤分液漏斗可用于分液操作，⑤正确；⑥容量瓶用来配制确定物质的量浓度的溶液，不能用于物质分别，⑥错误；⑦蒸发皿用于蒸发操作，⑦正确；⑧坩埚用来灼烧固体，不能用于物质分别，⑧错误；答案选C。3.下列说法正确的是()A.SO2的摩尔质量为64gB.气体的摩尔体积约为22.4L·mol－1C.12g12C中所含碳原子数即为阿伏加德罗常数D.4gNaOH溶于1L水所得溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1【答案】C【解析】【详解】A.SO2的摩尔质量为64g/mol，A错误；B.标准状况下气体的摩尔体积约为22.4L·mol－1，B错误；C.12g12C中所含有的碳原子数即为阿伏加德罗常数，C正确；D.4gNaOH溶于1L水所得溶液的体积不是1L，不能计算物质的量浓度，D错误。答案选C。【点睛】选项D是易错点，留意物质的量浓度的概念中的体积是溶液的体积而不是溶剂的体积，也不是溶剂和溶质的体积之和，另外还须要留意溶液浓度与体积多少无关，即同一溶液，无论取出多少体积，其浓度(物质的量浓度、溶质的质量分数、离子浓度)均不发生改变。4.能把KOH溶液、稀硫酸、CaCl2溶液一次鉴别出来的是（）ANaNO3溶液 B.稀盐酸 C.KCl溶液 D.K2CO3溶液【答案】D【解析】【详解】A.加入NaNO3溶液，都不反应，不能鉴别，故A错误；B.加入稀盐酸，与KOH反应但没有明显的现象，与稀硫酸、氯化钙不反应，不能鉴别，故B错误；C.加入KCl溶液，都不发生反应，不能鉴别，故C错误；D.K2CO3溶液与稀硫酸反应产生二氧化碳气体，与CaCl2溶液反应产生碳酸钙白色沉淀，与氢氧化钾溶液不反应，则分别滴加K2CO3溶液，产生气泡的是稀硫酸，产生白色沉淀的是CaCl2溶液，无明显改变的是KOH溶液，可鉴别，故D正确；所以答案选D。5.下列各组物质，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（）A.NaCl、BaSO4 B.铜、二氧化硫C.KOH、蔗糖 D.KNO3、硫酸溶液【答案】C【解析】【分析】

【详解】A、氯化钠属于电解质，硫酸钡也是电解质，A错误；B、铜为单质，既不是电解质，也不是非电解质，B错误；C、氢氧化钾为电解质，蔗糖为非电解质，C正确；D、硝酸钾为电解质，而硫酸溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，D错误；答案选C。【点睛】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。留意驾驭电解质与非电解质的推断方法。6.下列关于0.1mol•L-1Ba(NO3)2溶液的正确说法是()A.该溶液可由1L水中溶解制得B.1L该溶液中含有和离子总数为

个C.该溶液中离子的物质的量浓度为

D.该溶液中离子的物质的量浓度为

【答案】B【解析】【详解】A．0.1molBa(NO3)2溶于1L水中，溶液体积不是1L，A错误；B．N(离子数)=cVNA=3×c(Ba(NO3)2×V=3×0.1mol/L×1L×NA=0.3NA，B正确；C．溶液离子浓度与体积无关，c(Ba2+)=0.1mol/L，C错误；D．溶液离子浓度与体积无关，c(NO3-)=2×c(Ba(NO3)2=2×0.1mol/L=0.2mol/L，D错误。答案为B。7.15gA物质和10.5gB物质完全反应，生成7.2gC物质，1.8gD物质和0.3molE物质，则E的摩尔质量为A.16.5g·mol－1 B.85g·mol－1 C.55 D.55g·mol－1【答案】D【解析】【详解】依据质量守恒，E的质量为(15＋10.5－7.2－1.8)g=16.5g，因此E的摩尔质量为16.5÷0.3g·mol－1=55g·mol－1，故选项D正确。8.胶体区分于其它分散系最本质的特征是A.分散质粒子能透过半透膜 B.有丁达尔现象C.胶体粒子直径在1～100nm之间 D.外观澄清、透亮【答案】C【解析】【分析】胶体分散系与其它分散系的本质差别是分散质直径的大小不同。【详解】胶体区分于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在10-9m～10-7m之间，溶液的分散质粒子直径小于10-9m，浊液的分散质粒子直径大于10-7m。故选C。9.下列关于氧化还原反应说法正确的是A.有化合价升降的反应，不确定是氧化还原反应B.某元素从化合态变成游离态，该元素确定被还原C.有单质参与或生成的反应不确定是氧化还原反应D.得电子越多，其氧化性越强【答案】C【解析】【详解】A．氧化还原反应中确定有元素化合价的改变，为氧化还原反应的特征，故A错误；B．某元素从化合态变成游离态，可能是由正价降为0价，该元素确定被还原，也可能是从负价升为0价，该元素被氧化，故B错误；C．有单质参与或生成的反应不确定是氧化还原反应，如氧气和臭氧的转化，故C正确；D．氧化性是指得电子实力的强弱，与得电子的多少没有必定联系，故D错误；故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念的考查，明确反应中元素的化合价改变是氧化还原反应的特征、氧化还原反应的本质是有电子的转移、在氧化还原反应中得电子的反应物作氧化剂，被还原，失电子的反应物作还原剂，被氧化，易错点C，留意一些特别形式的反应。10.能用H++OH－=H2O来表示的化学反应是：(

)A.溶液和溶液反应 B.KOH溶液和溶液反应C.NaOH溶液和溶液反应 D.CuO溶于稀HCl【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化铁属于弱电解质，应用化学式表示，Fe(OH)3溶液和HNO3溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，A错误；

B．醋酸属于弱电解质，应用化学式表示，KOH溶液和CH3COOH溶液反应的离子方程式为OH-+CH3COOH=H2O+CH3COO-，B错误；

C．NaOH是强碱，硫酸是强酸，硫酸钠是可溶于水的盐，所以NaOH溶液和H2SO4溶液的反应能用H++OH-=H2O来表示，C正确；D．CuO溶于稀HCl的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O，D错误。​答案为C。11.若实际操作时须要分别下列两种混合物，选用最合适的试验装置是（）a.煤油中不当心混入了大量的水；b.水与丙酮的混合物，已知：丙酮是一种可与水混溶的无色液体，密度小于苯，沸点约为56℃。A.④③ B.②④ C.②① D.①③【答案】B【解析】【分析】a.汽油中不当心混入了大量的水，水与汽油分层；b.水与丙酮的混合物，由信息可知互溶，但沸点不同；【详解】由图可知，①为过滤、②为分液、③为蒸发、④为蒸馏，a.汽油中不当心混入了大量的水，水与汽油分层，选分液法分别；b.水与丙酮的混合物，由信息可知，水和丙酮互溶，但沸点不同，选蒸馏法分别，故B正确；故选B。12.200mL0.3mol/L的K2SO4溶液和100mL0.2mol/LFe2(SO4)3溶液混合后不考虑混合后溶液体积的改变，溶液中的物质的量浓度为()A.0.3mol/L B.0.4mol/LC.0.45mol/L D.0.5mol/L【答案】B【解析】【详解】200mL0.3mol/L的K2SO4溶液中的物质的量为0.2L×0.3mol/L=0.06mol，100mL0.2mol/LFe2(SO4)3溶液中的物质的量为3×0.1L×0.2mol/L=0.06mol，故混合液中的物质的量为0.06mol+0.06mol=0.12mol，由于混合后不考虑体积的改变，混合后的体积为0.3L，混合液中的物质的量浓度为，故选B。13.下列物质的分类正确的是()

碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A．Na2CO3H2SO4Cu2(OH)2CO3Fe2O3SO3B．NaOHHClNaClNa2OH2OC．NaOHNaHSO4CaF2MgOSO2D．KOHHNO3NaHCO3CaOMn2O7A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠为盐，不是碱，故A错误；B．H2O与氢氧化钠溶液不反应，不属于酸性氧化物，故B错误；C．硫酸氢钠在水溶液中电离产生的阳离子除了氢离子之外还有钠离子，故其不属于酸，而是属于酸式盐，故C错误；D．氢氧化钾为碱，HNO3为酸，碳酸氢钠为盐，氧化钙为碱性氧化物，Mn2O7为酸性氧化物，故D正确。故选D。14.能正确表示下列化学反应的离子方程式正确的是()A.氢氧化镁与盐酸的反应B.硫酸铜溶液与氢氢化钡溶液混合：C.溶液与NaOH溶液反应：D.碳酸钙溶于稀盐酸中【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化镁难溶，离子方程式中应当用化学式表示，离子方程式：Mg(OH)2+H+=2H2O+Mg2+，故A错误；B．硫酸铜溶液与氢氢化钡溶液混合生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式：Cu2++2OH-+Ba2++SO=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故B错误；C．NaHCO3溶液与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，离子方程式：OH-+HCO=CO+H2O，故C错误；D、碳酸钙溶于稀盐酸中生成氯化钙、水和CO2，离子方程式：CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2+，故D正确；答案选D。15.核内中子数为N

的R2+离子，质量数为A，则n

克它的氧化物中所含质子数的物质的量是()A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO；该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，依据n=计算ng该氧化物的物质的量，据此计算。【详解】该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，ng它的氧化物的物质的量为mol；一个氧化物分子中含有(A-N+8)个质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为：mol×(A-N+8)=(A-N+8)mol。答案为A。16.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A.常温常压下，11.2LCO2所含的原子数为1.5NAB.常温常压下，34gOH-含有的质子数为20NAC.1L0.5mol·L-lFeCl3溶液完全转化可制得0.5NA个Fe(OH)3胶粒D.标准状况下，22.4LNH3所含电子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A.常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2所含的原子数小于1.5NA，A错误；B.1个氢氧根离子含有9个质子，常温常压下，34gOH－的物质的量是34g÷17g/mol＝2mol，含有的质子数为18NA，B错误；C.胶体是小分子的集合体，则1L0.5mol·L-lFeCl3溶液完全转化得到的Fe(OH)3胶粒数目小于0.5NA个，C错误；D.氨气是10电子分子，标准状况下，22.4LNH3的物质的量是1mol，所含电子数为10NA，D正确。答案选D。17.选择下列试验方法分别物质，将分别方法的序号填在横线上A、萃取分液法；B、结晶法；C、分液法；D、蒸馏法；E、过滤法①__________分别饱和食盐水与沙子的混合物。②__________分别水和汽油的混合物。③__________分别四氯化碳（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的混合物。④__________从碘的水溶液里提取碘。⑤__________从硝酸钾和氯化钠的混合液中获得硝酸钾。【答案】(1).E(2).C(3).D(4).A(5).B【解析】【分析】①沙子不溶于水，食盐溶于水；②水和汽油分层；③四氯化碳和甲苯的沸点不同；④碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；⑤硝酸钾溶解度受温度的影响大，氯化钠的溶解度受温度的影响较小；【详解】①沙子不溶于水，食盐溶于水，则利用过滤法分别饱和食盐水与沙子的混合物，故答案为E；②水和汽油分层，则利用分液法分别水和汽油，故答案为C；③四氯化碳和甲苯的沸点不同，利用蒸馏法先分别得到四氯化碳，剩下的液体是甲苯，故答案：D；④碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则利用萃取分液法从碘水中提取碘，故答案为A；⑤硝酸钾的溶解度受温度的影响大，氯化钠的溶解度受温度的影响较小，硝酸钾的溶解度随温度的上升而增大，氯化钠的溶解度随温度的上升改变不大，所以可采纳结晶法先得到硝酸钾，溶液中的溶质主要是氯化钠，故答案：B。18.(1)完成书写下列离子方程式①氯化钡溶液与稀硫酸：______。②醋酸溶液与碳酸氢钠溶液：______。(2)写出NaHSO4溶液的电离方程式：______。【答案】(1).Ba2++SO=BaSO4↓(2).HCO+CH3COOH=CO2↑+H2O+CH3COO-(3).NaHSO4=Na++H++SO【解析】【分析】硫酸氢钠为强电解质，硫酸氢根能完全电离，醋酸和碳酸根为弱电解质，离子方程书写时不能拆分。【详解】(1)①氯化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和盐酸，离子方程式为Ba2++SO=BaSO4↓；②醋酸溶液与碳酸氢钠溶液反应生成醋酸钠和水、二氧化碳，离子方程式为HCO+CH3COOH=CO2↑+H2O+CH3COO-；(2)NaHSO4溶液中电离出三种离子，溶液显示酸性，NaHSO4=Na++H++SO。19.选择下列物质填空（1）①蔗糖溶液②盐酸③NH3④熔融BaSO4⑤Fe(OH)3胶体⑥液态HCl⑦NH3·H2O⑧金刚石⑨Cu。能导电的物质是______________，电解质是______________，非电解质是____________。（2）已知3.01×1024个氖原子的质量为wg，则氖气的摩尔质量是_________。（3）将V1L0.1mol/LNaOH溶液与V2L0.3mol/LBa(OH)2溶液混合，所得溶液OH-浓度为0.3mol/L，假如混合后体积为混合前的体积和，则V1︰V2=____________。（4）气体化合物A分子式可表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为________。【答案】(1).②④⑤⑨(2).④⑥⑦(3).③(4).g·mol－1(5).3︰2(6).O3F2【解析】【详解】（1）含有自由移动电子或离子的物质可以导电，能导电的物质是盐酸、熔融BaSO4、Fe(OH)3胶体、Cu；溶于水或在熔融状态下能够自身电离出离子的化合物是电解质，属于电解质的是熔融BaSO4、液态HCl、NH3·H2O；溶于水和在熔融状态下都不能够自身电离出离子的化合物是非电解质，属于非电解质是氨气；（2）已知3.01×1024个氖原子的质量为wg，物质的量是3.01×1024÷6.02×1023/mol＝5.0mol，则氖气的摩尔质量是。（3）依据混合过程中氢氧根的物质的量不变可知，解得V1︰V2=3︰2；（4）同温同压下10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则依据阿伏加德罗定律可知2OxFy＝3O2+2F2，因此依据原子守恒可知A的化学式为O3F2。20.KClO3和浓盐酸在确定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其改变可表示为____KClO3+____HCl(浓)=______KCl+______ClO2↑+______Cl2↑+______H2O。(1)请配平上述化学方程式_____。(2)产生0.1mol

Cl2，则转移的电子的物质的量为______mol。(3)氧化剂是_____；还原剂是______；氧化产物是______还原产物是_____。【答案】(1).2；4；2；2；1；2(2).0.2(3).KClO3(4).HCl(5).Cl2(6).ClO2【解析】【分析】依据氧化还原反应电子守恒、电荷守恒、原子守恒原理进行配平，依据氧化还原反应规律回答问题。【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价上升为Cl2中0价，化合价上升2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，水的系数是2；(2)反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价上升为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol；(3)依据氧化还原反应规律，氧化剂得到还原产物，还原剂得到氧化产物，即KClO3是氧化剂，HCl(浓)是还原剂，Cl2

是氧化产物，ClO2是还原产物。21.试验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+MnCl2+5Cl2↑+8H2O①该反应中浓盐酸体现出来性质为______②氧化剂与还原剂之比是______③如反应中转移了0.6mol电子，则产生的气体在标准状况下体积为______．【答案】(1).还原性和酸性(2).1：5(3).6.72L【解析】【分析】依据氧化还原反应原理进行推断，由方程式可知，反应中Mn元素化合价由+7价降低到+2价，被还原，KMnO4为氧化剂，Cl元素化合价由-1价上升到0价，被氧化，HCl为还原剂，结合化合价的改变以及反应的方程式可计算。【详解】(1)反应中Cl元素化合价由-1价上升到0价，发生氧化反应，HCl为还原剂，反应中生成MnCl2，则浓盐酸体现出来的性质为还原性和酸性；(2)反应中KMnO4为氧化剂，HCl为还原剂，16molHCl中只有10mol被氧化，则氧化剂与还原剂之比是2：10=1：5；(3)Mn元素化合价由+7价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价上升到0价，转移10mol电子生成5mol氯气，则转移了0.6mol电子，则产生的气体为0.3mol，在标准状况下体积为6.72L；22.某无色透亮溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+、Na+中的几种，请填写下列空白：(1)不做任何试验就可以确定原溶液中不存在的离子是______。(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消逝。说明原溶液中确定存在的离子所发生的离子方程式为______。(3)取(2)中的滤液，加入过量的NaOH出现白色沉淀，说明原溶液中确定有的该离子所发生的离子方程式为______。(4)原溶液可能大量存在的阴离子是下列的______。A．Cl-

B．NO

C．CO

D．OH-。【答案】(1).Cu2+、Fe3+(2).Ag++Cl-=AgCl↓(3).Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓(4).B【解析】【分析】Cu2+、Fe3+均为有色离子；加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消逝，白色沉淀为AgCl；取②中的滤液，加入过量的NaOH，出现白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁；溶液中确定含银离子，与银离子结合生成沉淀的离子不能存在。【详解】(1)不做任何试验就可以确定原溶液中不存在的离子是Cu2+、Fe3+；(2)加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消逝，白色沉淀为AgCl，说明原溶液中，确定存在的离子是Ag+，反应的离子方程式：Ag++Cl-=AgCl↓；(3)取②中的滤液，加入过量的氢氧化钠，出现白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，说明原溶液中，确定存在的离子是Mg2+，反应的离子方程式：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；(4)原溶液中存在Ag+，则Cl-不能共存，原溶液中确定有Mg2+，故CO、OH-不能与其共存，硝酸根离子不与所给的任何离子生成沉淀，故溶液中可能大量存在的离子是硝酸根。答案为B。23.用质量分数为

98%，密度为

1.84g•cm-3的浓硫酸配制

1mol/L

稀硫酸

100mL，其操作有以下各步：①用量筒量取确定体积的浓硫酸②洗涤烧杯和玻璃棒

2～3

次，将洗涤液转入容量瓶中③将稀释、冷却后的硫酸转入

100mL

容量瓶中④将浓硫酸倒入盛有水的烧杯中稀释、冷却⑤加水至液面接近刻度线

1～2cm

处，定容，摇匀完成下列填空：(1)第①步操作中应用量筒量取______mL

浓硫酸；应选择______mL

量筒(填

5、10

或

50)。(2)本试验用到的基本仪器已有烧杯、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是______。(3)正确的操作依次是(用序号填写)______。(4)下列操作会对所配溶液浓度产生什么影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)①转移浓硫酸后，小烧杯未洗涤：______；②定容时俯视容量瓶刻度线：______；【答案】(1).5.4(2).10(3).100mL容量瓶、胶头滴管(4).①④③②⑤(5).偏低(6).偏高【解析】【分析】依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度，然后依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算须要浓硫酸的体积，据此选择量筒规格；依据配制步骤是计算、量取、稀释并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析须要的仪器；分析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。【详解】(1)质量分数为98%，密度为1.84g•cm-3的浓硫酸，物质的量浓度c==18.4mol/L，溶液稀释过程中溶质的物质的量不变，设须要浓硫酸体积为V，则：18.4mol/L×V=1mol/L×100mL，解得V=5.4