1、甘肃省岷县第二中学2020-2021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:12 H:1 Na:23 O:16 N:14 Mg：24第卷一、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志，浓硫酸具有腐蚀性，则使用该标志，A正确；B警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，不能使用该标志，B错误；C警示标记为能燃烧的物质的标志，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，C错误；D警示标记为禁止使用的标志，而浓硫酸有重要的应用，则不能使用该标志， D错误；故选A。2. 下列有关物理量相应
2、的单位表达错误的是( )A. 摩尔质量g/molB. 气体摩尔体积L/molC. 溶解度g/100gD. 密度g/cm3【答案】C【解析】【详解】AM=，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；BVm=，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=，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6.021023个粒子的集体【答案】C【解析】
3、【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. 18B. 18 gC. 18 g/molD. 18 mol【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：汽油和氯化钠溶液的混合物 39的乙醇溶液 氯化钠和单质溴的混合溶液，分离以上各分散系的正确方法依次是：A. 分液、萃取、蒸馏B
4、. 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，应该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别是（ ）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、透明、稳定【答案】C【解析】分析】溶液、浊液、胶体三种分散系的本质区别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决定的，丁达尔
5、现象不是三种分散系的本质区别，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决定的，所以该现象不是三种分散系的本质区别，故B错误；C.根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别在于分散质粒子直径大小不同，故C正确；D.溶液均一、透明、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别，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. H2
6、SO4B. H2OC. NaHD. 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. 下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是( ) 过滤 蒸发 向容量瓶转移液体A. 和B. 和C. 和D. 【答案】A【解析】【详解】过滤、向容量瓶转移液体，需要玻璃棒引流；蒸发需要玻璃棒搅拌、防液滴飞溅，玻璃棒作用相同的是和，答案选A。【点晴】玻璃棒在很多操作中被用到，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；在蒸发实验中
7、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. 下列常用实验仪器中，能直接加热的是（）A. 分液漏斗B. 普通漏斗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. 普通漏斗不能加热，B错误；C. 蒸馏烧瓶需要垫有石棉网才能加热，属于间接加热，C错误；D. 试管可以直接在酒精灯加热，D正确；故合理选项为D。10. 将40 g NaOH溶于水中，配制成1 L溶液，则该溶液的物质的量浓度为（ ）。A. 0.1 mol/LB. 0.5 mol/LC. 1 mol/LD. 4 mol/L【答案】C【解析】【详解】n（NaOH）
8、=1mol，则c=1mol/L，故选C。11. 下列物质中属于电解质的是氢氧化钠 硫酸钡 铜 蔗糖 二氧化硫A. B. C. D. 【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、ClB. Mg2、Na、Cl、C. Ca2、Mg2、OH、ClD. 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，
9、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. 2.4 g金属镁所含电子数目为0.2NAB. 16 g CH4所含原子数目为NAC. 17 g NH3所含中子数目为10NAD. 18 g水所含分子数目为NA【答案】D【解析】【详解】A2.4g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；B16gCH4物质的量为1mol，含原子数目为5NA，故B错误；C17gNH3物质的量为1mol
10、，所含电子数目为10NA，故C正确；D18g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B
11、aCl2、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。第卷 二、填空题16. 电解质是指在 里或熔融状态下
12、能够导电的 。电解质导电的根本原因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，根据这种分类，酸、碱、盐应该属于 。【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。电解质导电的原因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、实验题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实验方案，步骤如下(用于沉淀的试剂稍过量)：(1)判断BaCl2已过量的方法是_。(2)第步中，
13、相关的离子方程式是_。(3)若先用盐酸再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是_。(4)为检验精盐纯度，需配制150 mL 0.2 mol/L NaCl(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，继续加BaCl2，无沉淀产生 (2). Ca2CO32-CaCO3、Ba2CO32-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100 mL应该用150 mL【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
14、沉淀，所以判断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，继续加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先前过量的钡离子，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
15、沉淀会被盐酸溶液重新变为离子进入溶液；(4). 根据图示分析，缺少玻璃棒引流，容量瓶的规格也不对，容量瓶用的是100mL应该用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应该用150mL。18. 实验室用氯化钠固体配制1.00 mol/L的NaCl溶液0.5 L，回答下列问题：(1)请写出该实验的实验步骤：_，_，_，_，_，_。(2)所需仪器为：容量瓶 (规格：_)、托盘天平、还需要那些实验仪器才能完成该实验，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原因。为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容。
16、对所配溶液浓度的影响：_，原因是：_。定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度。对所配溶液浓度的影响：_，原因是：_。【答案】 (1). 计算 (2). 称量 (3). 溶解 (4). 移液 (5). 洗涤 (6). 定容 (7). 500 mL (8). 烧杯、玻璃棒、胶头滴管 (9). 偏大 (10). 受热膨胀时体积为0.5 L，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，需保证溶质质量的准确性和溶液体积的准确性，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
17、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，并保证溶液体积的准确。该实验的实验步骤：计算，称量，溶解，移液，洗涤，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：500 mL)、托盘天平、还需要的实验仪器：烧杯、玻璃棒、胶头滴管。答案为：500 mL；烧杯、玻璃棒、胶头滴管；(3)为加速固体溶解，可稍微加热并不断搅拌。在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，冷却后，溶液体积会减小。对所配溶液浓度的影响：偏大，原因是：受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小。答案为：偏大；受热膨胀时体积为0.5 L，冷却至室温时体积变小；定容后，加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度，导致溶液体积大于容量瓶的规格。对所配溶液浓度的影响：偏小，原因是：溶液体积增大，溶质量不变。答案为：偏小；溶液体积增大，溶质量不变。【点睛】分析误差时，可使用物质的量浓度的运算公式进行分析。