第1章 化学研究的天地 测试卷（含解析） 高一上学期化学沪科版（2023）必修第一册

第第页第1章化学研究的天地测试卷（含解析）高一上学期化学沪科版（2023）必修第一册第1章《化学研究的天地》测试卷

一、单选题

1．现有等质量的CH4、O2两种气体，下列说法一定正确的

A．两种气体的原子个数之比为是5：1B．两气体体积比为2：1

C．两种气体的分子数之比1：1D．两气体的物质的量之比为1：2

2．在1L的0.5mol/LNaCl溶液中含有Na+的数目是

A．3.01×1023个B．6.02×1023个C．0.5molD．1mol

3．实验室需要480mL0.1mol·L-1硫酸铜溶液，以下操作中正确的是

A．称取7.86g硫酸铜，加入500mL水

B．称取12.0gCuSO4·5H2O，配制480mL溶液

C．称取8.0g硫酸铜，加入500mL水

D．称取12.5gCuSO4·5H2O，配制500mL溶液

4．CO和CO2是碳的两种重要氧化物，下列有关这两种物质的说法正确的是

A．44gCO2的体积是22.4L

B．相同质量的CO和CO2所含的原子个数之比为7：11

C．相同温度和压强下，相同质量的CO和CO2所占的体积之比为11：7

D．10mLCO和20mLCO2所含分子数之比为1：2

5．下列物质分类合理的是

A．酸性氧化物：SO2、CO2、CO

B．碱：烧碱、纯碱、氢氧化钾

C．电解质：氨水、氢氧化钠、氧化钠

D．混合物：矿泉水、纯牛奶、氢氧化铁胶体

6．古籍《天工开物》收录了井盐的生产过程。其中“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”的描述，涉及的物质分离操作为

A．趁热过滤B．萃取分液C．常压蒸馏D．冷却结晶

7．实施莆田“母亲河”木兰溪的治理写入国家“十四五”规划和2035年远景目标纲要，以下说法不正确的是

A．澄清过滤后的溪水是混合物，属于悬浊液，不可以直接饮用

B．河流上都形成的“三角绿洲”是胶体聚沉的结果

C．“变害为利、造福人民”，保护环境是基本国策

D．溪水成分复杂，内含多种分子

8．下列能产生丁达尔效应的是

A．蒸馏水B．溶液C．牛奶D．食盐水

9．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水制氢方法中第一步反应的化学方程式是2H2O+SO2+I2=H2SO4+2HI，用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A．0.1molH2O中所含原子总数约为0.3NA

B．25℃时，pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目约为0.1NA

C．消耗1molSO2时，转移的电子数为2NA

D．产生2molHI时，消耗36gH2O

10．由多糖和多功能无机纳米颗粒组成的多糖基复合纳米材料(直径1-100nm)(如图所示)在生物医学领域具有潜在的应用价值，具有协同性能和功能。多糖基复合纳米颗粒分散到水中，下列关于该分散系的说法错误的是

A．该分散系属于胶体

B．该分散系过滤可得到多糖基复合纳米颗粒

C．利用丁达尔效应可以区分氯化钡溶液和该分散系

D．一束光通过该分散系，可观察到光亮的通路

11．下列实验操作或装置能达到相应目的的是

ABCD

除去固体中的I2配制一定浓度的溶液蒸干溶液制无水固体除去中的HCl

A．AB．BC．CD．D

12．1mol/L的FeCl3溶液中Cl-浓度为

A．1mol/LB．1molC．3mol/LD．3L/mol

13．许多食品包装袋中常含有一个小纸袋，其上标有“干燥剂”字样，内装有白色固体物质，其中白色固体主要成分为生石灰，下列说法错误的是

A．生石灰是氧化钙的俗称

B．生石灰可用来除去氯化氢气体中的水蒸气

C．生石灰属于纯净物

D．碱石灰(氧化钙和氢氧化钠的混合物)也能作干燥剂

14．北宋柳永的《煮盐歌》中写道“风干日曝盐味加，始灌潮波流成卤”，我国海水晒盐的历史悠久。下列有关实验室中粗盐提纯实验中的说法错误的是

A．粗盐的溶解和过滤都用到玻璃棒，玻璃棒的作用是搅拌，加快溶解和引流

B．过滤前，应将液体混合物搅匀后，再倒入漏斗中过滤

C．过滤时用到的玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒

D．溶液蒸发浓缩时，用酒精灯直接加热蒸发皿

15．下列说法不正确的是

A．将40gNaOH溶解在水中配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L

B．配制100mL1.00mol/LNaCl溶液的过程中，使用玻璃棒的作用是搅拌和引流

C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶刻度线，使所配溶液浓度偏低

D．将30mL0.5mol/LNaCl溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度为0.03mol/L

二、填空题

16．草酸钴是制作氧化钴和金属钴的原料。一种利用含钴废料(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等)制取CoC2O4的工艺流程如下：：

“550℃焙烧”的目的是___________

17．某同学帮助水质监测站配制240mL0.5molL-1的NaOH溶液以备使用。

(1)完成该实验所需要的计量仪器除了托盘天平、量筒外，还需要_______；

(2)配制NaOH溶液的过程中涉及的一些关键步骤和操作如图所示(部分步骤未画出)；

①步骤A简称为称量，该同学应称取_______gNaOH固体。

②步骤C简称为移液，在此过程中，如果有少量液体溅出来，则所配制溶液的浓度会_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)；

③步骤F简称为_______，若操作过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，所配制溶液的浓度会_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)；

④步骤G简称为摇匀，摇匀后发现溶液的凹液面低于刻度线，则所配制溶液的浓度会_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)；

(3)若要配制与NaOH溶液的物质的量浓度相等的100mL盐酸，则需要量取_______mL质量分数为20%、密度为1.098gmL-1的盐酸(计算结果保留2位有效数字)。

三、实验题

18．草木灰中富含钾盐，主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾等，现从某草木灰样品中提取钾盐，并检验其中的碳酸钾、硫酸钾和氯化钾的存在。

(1)从草木灰中提取钾盐的实验操作步骤如下，请补充完整：①_______；②过滤；③蒸发浓缩；④冷却结晶；⑤过滤。

(2)上述操作中需要用到玻璃棒的是_______(填序号)。

(3)将制得的少量晶体加水溶解后，分别置于三支试管中。

①向第一支试管中加入少量稀盐酸，可观察到_______，说明溶液中存在_______。

②向第二支试管中依次加入_______，可观察到_______，说明溶液中存硫酸钾。

③向第三支试管中先加入足量溶液，过滤后，再向滤液中加入足量_______，可观察到白色沉淀，说明溶液中存在氯化钾。其中，加入足量溶液的目的是_______。

19．实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L的硫酸溶液500mL。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题。

(1)在如图所示仪器中，配制上述溶液肯定不需要的是____(填序号)，除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是____。

(2)在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是____。

A．使用容量瓶前检验是否漏水

B．容量瓶用水洗净后，再用待配溶液洗涤

C．配制溶液时，如果试样是固体，把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加水至接近刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。

D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中，缓慢加水至刻度线1~2cm处，用胶头滴管加蒸馏水至刻度线。

E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀。

(3)根据计算用托盘天平称取的质量为____g。在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度____0.1mol/L(填“＞”“＜”或“=”)。

(4)根据计算得知，需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_____mL，如果实验室有10mL、25mL、50mL、100mL、250mL、500mL、1000mL等的规格量筒，应选用_____mL量筒最好。

四、计算题

20．计算填空：

(1)_______molH2O中所含有的氧原子数与1.5molCO2的氧原子数相同。

(2)质量为9.8g的H2SO4物质的量是_______。

(3)1.204×1024个H2的物质的量是_______。

(4)_______gH2O与34gNH3含有相同的氢原子数。

(5)相同物质的量的CO2和O2，其分子数之比为_______，原子数之比为_______，氧原子数之比为_______；在2molNa2SO4溶液中Na+的物质的量为_______mol

(6)1molCO2中所含的质子的数目_______

21．现有73g氯化氢（HCl）气体，则：

(1)该气体的摩尔质量为_____________。

(2)该气体的物质的量为________mol，所含分子总数为_________个。

(3)该气体在标准状况下的体积为_____________L。

(4)可用于分离或提纯物质的方法有①过滤②结晶③升华④分液（填序号）。

a.除去石灰水中悬浮的碳酸钙颗粒_________；

b.除去氯化钠中混有的碘单质（碘易由固态变为气态）__________；

c.分离水与苯的混合物____________。

(5)在标准状况下，测得1.92g某气体的体积为672ml计算此气体的相对分子质量__________。

（6）N2、CO2、SO2三种气体的质量比为7：11：16时，它们的分子个数比为_______；物质的量之比为___________；同温同压下体积比为___________。

参考答案：

1．A

【分析】现有等质量的CH4、O2两种气体，设质量都是1g，CH4的物质的量为、O2的物质的量为。

【详解】A．两种气体的原子个数之比为是，故A正确；

B．没有明确温度、压强，两气体体积比不一定为2：1，故B错误；

C．两种气体的分子数之比，故C错误；

D．两气体的物质的量之比为，故D错误；

选A。

2．A

【详解】在NaCl溶液中，NaCl=Na++Cl-，n(Na+)=n(NaCl)=cV=1L×0.5mol/L=0.5mol，N(Na+)=nNA=0.5mol×6.02×1023mol-1=3.01×1023，故选A。

3．D

【详解】需要480mL0.1mol·L-1硫酸铜溶液，应配制500ml的溶液，应称取12.5gCuSO4·5H2O，配制500mL溶液。答案选D。

4．C

【详解】A．未指明标准状况，无法计算气体体积，故A错误；

B．根据n=可知，相同质量的CO和CO2的物质的量与摩尔质量成反比，即44g/mol：28g/mol=11：7，所含原子的个数之比为(11×2)：(7×3)=22：21，故B错误；

C．根据n=可知，相同质量的CO和CO2的物质的量与摩尔质量成反比，即44g/mol：28g/mol=11：7，根据V=nVm，气体体积受温度和压强影响，在相同温度和压强下，气体摩尔体积相同，则体积之比为11：7，故C正确；

D．未指明标准状况，无法根据气体体积计算物质的量，故D错误；

故选C。

5．D

【详解】A．与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO与碱不反应，不是酸性氧化物，故A不符合题意；

B．纯碱是碳酸钠，碳酸钠属于盐不是碱，故B不符合题意；

C．氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C不符合题意；

D．矿泉水、纯牛奶、氢氧化铁胶体均是由两种或两种以上物质组成的，为混合物，故D符合题意；

答案选D。

6．D

【详解】“汲水而上，入于釜中煎炼，顷刻结盐，色成至白”的描述的是从盐溶液中通过加热蒸发水分获得盐的过程，该过程涉及的物质分离操作为冷却结晶，没有涉及过滤、分液、蒸馏，故选D；

答案选D。

7．A

【详解】A．溶液的微粒直径小于1nm，而浊液的微粒直径大于100nm，可通过过滤的方式除去溶液中的不溶性杂质，澄清过滤后的溪水是混合物，不属于悬浊液，故A错误；

B．河水是胶体，在河流上都受水流、日照等因素的影响，发生胶体的聚沉，形成三角洲，和胶体的性质有关，故B正确

C．净化废水，循环利用，有利于保护环境，节约资源，“变害为利、造福人民”，保护环境是基本国策，故C正确；

D．溪水是成分复杂的混合物，内含多种分子，故D正确；

故选：A。

8．C

【详解】A．蒸馏水是纯净物，不能产生丁达尔效应，故不选A；

B．溶液不是胶体，不能产生丁达尔效应，故不选B；

C．牛奶属于胶体，能产生丁达尔效应，故选C；

D．食盐水属于溶液，不能产生丁达尔效应，故不选D；

选C。

9．B

【详解】A．1个H2O含有3个原子，故0.1molH2O中所含原子总数约为0.3NA，故A正确；

B．pH=1的H2SO4溶液中c(H+)=0.1mol/L，但是未知溶液体积，故无法计算物质的量，故B错误；

C．S的化合价由+4价升高到+6价，变化2价，故消耗1molSO2时，转移的电子数为2NA，故C正确；

D．由方程式可知，生成2molHI消耗2mol水，质量为2mol×18g/mol=36g，故D正确；

故选B。

10．B

【详解】A．多糖基复合纳米材料(直径1-100nm)，将其分散到水中，形成的分散系属于胶体，A正确；

B．多糖基复合纳米材料分散到水中，形成的分散系属于胶体，胶体分散质微粒直径比滤纸的缝隙直径小，能够通过滤纸，因此不能通过过滤方法分离得到多糖基复合纳米颗粒，B错误；

C．胶体能够使光线发生散射作用而沿直线传播，因而能够在胶体中看到有一条光亮的通路，即产生丁达尔效应，而BaCl2溶液分散质微粒直径小，不能使光线发生散射作用，因此不能产生丁达尔效应，故可以通过丁达尔效应区分氯化钡溶液和该分散系，C正确；

D．胶体能够使光线发生散射作用而沿直线传播，因而能够在胶体中看到有一条光亮的通路，即产生丁达尔效应。多糖基复合纳米材料由于其直径1-100nm，将其分散到水中，形成的分散系属于胶体，因此一束光通过该分散系，可观察到光亮的通路，D正确；

故合理选项是B。

11．B

【详解】A．受热时，I2会升华，而也会分解为和HCl，无法将两种固体分离，A错误；

B．胶头滴管竖直悬空，视线与凹液面最低处水平，B正确；

C．会水解生成HCl和，因此蒸干溶液得到的是，C错误；

D．和HCl均能与NaOH溶液反应，D错误；

故选B。

12．C

【详解】FeCl3电离产生Fe3+、Cl-，电离方程式为：FeCl3=Fe3++3Cl-，可知1mol/LFeCl3电离产生3mol/LCl-，故Cl-浓度为3mol/L，故合理选项是C。

13．B

【详解】A．CaO俗称生石灰，A正确；

B．生石灰会与水反应产生Ca(OH)2，因此生石灰可以作干燥剂，但由于生石灰与氯化氢会发生反应，因此不能用生石灰除去氯化氢气体中的水蒸气，B错误；

C．生石灰是CaO，该物质是氧化物，属于纯净物，C正确；

D．碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，其中含有的CaO、NaOH都具有吸水性，因此碱石灰也能作干燥剂，D正确；

故合理选项是B。

14．B

【详解】A．粗盐溶解使用玻璃棒可加快溶解的速率，过滤使用玻璃棒的作用为引流，A正确；

B．过滤前，应将液体混合物静置，先过滤上层清液，再过滤下层悬浊液，B错误；

C．过滤时需使用玻璃棒把液体混合物引入漏斗中，并用烧杯承接溶液，C正确；

D．蒸发浓缩时使用仪器蒸发皿，蒸发皿可以直接加热，D正确；

故答案选B。

15．C

【详解】A．40gNaOH的物质的量是1mol，将其溶解在水中配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1mol/L，A正确；

B．配制100mL1.00mol/LNaCl溶液的过程中，前期溶解NaCl时使用玻璃棒的作用是搅拌，后期将烧杯中NaCl溶液转移至100mL容量瓶中时玻璃棒的作用是引流，B正确；

C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视容量瓶刻度线，则溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终使所配溶液浓度偏高，C错误；

D．溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，则将30mL0.5mol/LNaCl溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaCl的物质的量浓度c==0.03mol/L，D正确；

故合理选项是C。

16．除去碳和有机物

【分析】550℃焙烧含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）除去碳和有机物，加入氢氧化钠溶液，其中Al2O3溶解生成NaAlO2，Co2O3、Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO不溶，过滤，则浸出液的主要为NaAlO2，向过滤得到的固体加入稀硫酸和亚硫酸钠，Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，可得CoCl2、FeCl2、MgCl2、CaCl2，在40～50℃加入H2O2，氧化Fe2+氧化为Fe3+，再升温至80～85℃，加入Na2CO3调pH至4.5，可得到Fe(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，滤液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴，据此分析解答。

【详解】碳和有机物可以燃烧，由分析可知，“550℃焙烧”的目的是：除去碳和有机物。

17．(1)250mL容量瓶

(2)5.0偏小定容偏小无影响

(3)8.3

【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液需要称取药品、溶解、移液、定容，完成该实验所需要的计量仪器除了托盘天平、量筒外，因为需要溶液240mL所以需要250mL的容量瓶；

故答案为250mL的容量瓶；

（2）（1）步骤A简称为称量，240mL0.5molL-1的NaOH溶液，mNaOH=nNaOH×MNaOH=cV×MNaOH=0.25L×0.5molL-1×40g/mol=5g，该同学应称取5.0gNaOH固体；

故答案为5.0；

（2）根据,在移液过程中，如果有少量液体溅出来，相当于溶质减少，则所配制溶液的浓度会降低；

故答案为偏小；

（3）步骤F简称为定容，如果未洗涤烧杯和玻璃棒，相当于溶质减少，则所配制溶液的浓度会降低；

故答案为：定容；偏小

（4）匀后发现溶液的凹液面低于刻度线，为正常现象，则对所配制溶液的浓度无影响；

故答案为：无影响。

（3）若要配制0.5molL-1的100mL盐酸，mHCl=nHCl×MHCl=cV×MHCl=0.1L×0.5moL·L－1×36.5g·mol－1=1.825g，，V≈8.3mL，则需要量取8.3mL；故答案为8.3。

18．(1)加水搅拌(或溶解)

(2)①②③⑤

(3)产生大量气泡CO足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液白色沉淀(硝酸酸化的)AgNO3排除CO和SO的干扰

【分析】草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，可以利用过滤的方法来获得钾盐的水溶液，加热蒸发可得到晶体；碳酸根离子和盐酸反应产生气体，硫酸根离子和盐酸酸化钡离子反应生成白色沉淀；氯离子和硝酸酸化的银离子反应生成白色沉淀，但是要注意排除CO和SO的干扰；据此分析解题。

【详解】（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，然后利用过滤的方法可以获得钾盐的水溶液，将所得的水溶液蒸发结晶可以获得氯化钾的固体；故答案为加水搅拌(或溶解)；

（2）在溶解固体时，使用玻璃棒可以加速溶解，在过滤操作中，可以用玻璃棒来引流，在蒸发结晶操作中，用玻璃棒来搅拌，使得受热均匀(防止液体飞溅)，故答案为①②③⑤；

（3）①碳酸根离子能和盐酸反应生成二氧化碳，向溶液中加入稀盐酸后有气泡生成说明有碳酸根离子，故答案为产生大量气泡；CO；

②向原溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，排除了其它阴离子的干扰，如果产生白色沉淀，就说明溶液中有硫酸根离子，故答案为足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液；白色沉淀；

③先加入足量Ba(NO3)2溶液，根据是否出现沉淀来排除CO和SO的干扰，再向滤液中加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液；产生白色沉淀，说明溶液中有氯离子，故答案为(硝酸酸化的)AgNO3，排除CO和SO的干扰。

【点睛】本题考查离子的检验、分离提纯题、离子反应的应用等问题，题目难度不大，注意基础知识的积累。

19．(1)A、C烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶

(2)B、C、D

(3)2.0＜

(4)13.625

【分析】溶液的浓度具有均一性，溶液各处的浓度相等。配制一定体积一定物质的量浓度的溶液需使用一定规格的容量瓶，选择仪器的标准是大而近，根据配制溶液的步骤：计算、称量(或量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、悬摇、定容、摇匀、装瓶贴签，由此确定各步使用的仪器及已知仪器中缺少的仪器。由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，根据物质的量浓度定义式，结合操作对溶质的物质的量及溶液体积的影响分析实验误差。

（1）

图示仪器中，A是平底烧瓶，B是量筒，C是分液漏斗，D是胶头滴管。配制上述溶液时需要使用量筒量取浓硫酸；最后定容时要使用胶头滴管进行定容操作，而不需要使用平底烧瓶和分液漏斗，故合理选项是AC；

配制一定体积一定物质的量浓度的溶液，需使用托盘天平称量NaOH，用量筒量筒浓硫酸，溶质在烧杯中溶解或稀释，并不断用玻璃棒搅拌，使溶质快速溶解，并使热量迅速扩散，待溶液冷却至室温后通过玻璃棒引流转移至已经查漏的500mL的容量瓶中，并要洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也要转移至容量瓶中，加水定容，当凹液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相平，故除图中已有仪器外，配制上述溶液还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；

（2）

A．溶液具有均一性，最后要摇匀，因此使用容量瓶前一定要检验是否漏水，A正确；

B．容量瓶用水洗净后，不能用待配溶液洗涤，否则会导致配制的溶液浓度偏高，B错误；

C．配制溶液时，如果试样是固体，应该先在烧杯中溶解，待液体冷却至室温后再转移至容量瓶中，C错误；

D．配制溶液时，若试样是液体，用量筒取样后也应该先在烧杯中溶解，待液体冷却至室温后再通过玻璃棒引流转移至容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也要转移至容量瓶中，加水定容，当凹液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至凹液面与刻度线相平，D错误；

E．盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，把容量瓶反复倒转多次，摇匀，就得到需要的浓度的溶液，E正确；

故合理选项是BCD；

（3）

实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL，要选用500mL容量瓶配制500mL0.1mol/LNaOH溶液，则需称量溶质NaOH的质量m(NaOH)=0.1mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；

在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则溶液的体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终使所得溶液浓度偏低，故所得溶液浓度＜0.1mol/L；

（4）

质量分数为98%