上海市浦东新区六校联考2024-2025学年高一上学期期中考试化学试卷（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1上海市浦东新区六校联考2024-2025学年高一上学期期中考试试卷考试时间：60分钟相对原子质量：C–12O–16Cl–35.5S–32N-14H-1一、物质的分类、分离提纯与检验(共18分，每题2分)1.下列物质不属于分散系的是A.生理盐水 B.乙醇 C.石灰浆 D.碘酒【答案】B【解析】胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；溶液是分散质粒子小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；生理盐水、碘酒均为溶液；石灰浆属于浊液；乙醇为纯净物，不是分散系；故选B。2.下列微粒的检验方法不合理的是A.氯离子：沉淀法 B.钠离子：焰色反应C.碳酸根：气体法 D.硫酸根：气体法【答案】D【解析】A．氯离子的检验方法为：取试样少许于一试管，向其中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明试样中一定含有，此法为沉淀法，A正确；B．钠离子的检验方法为：用洗净的铂丝或铁丝蘸取待测试样放在酒精灯外焰灼烧，观察火焰颜色呈黄色，则说明含有，此法为焰色反应，B正确；C．碳酸根的检验方法为：加入稀盐酸反应产生气体，生成的气体若遇澄清石灰水变浑浊，则说明含有，此法为气体法，C正确；D．硫酸根的检验方法：取试样少许于一试管，向其中先滴加稀盐酸，若无明显现象，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则说明试样中一定含有，此法为沉淀法，D错误；

答案选D。3.下列仪器不能用于物质分离的是A.B. C.D.【答案】C【解析】A．该仪器是蒸发皿，可蒸发溶液结晶，可分离溶解度随温度变化不同的物质，A不符题意；B．该仪器是分液漏斗，适用于分离互不相溶的液体混合物，B不符题意；C．该仪器是容量瓶，用来配制一定物质的量浓度的溶液，不能用于物质的分离，C符合题意；D．该仪器是蒸馏烧瓶，在蒸馏操作用需要用蒸馏烧瓶，可分离沸点不同的物质，D不符题意；答案选C。4.不能用于鉴别Na2CO3和KC1溶液的试剂是A.稀硝酸B.溶液C.溶液D.饱和石灰水【答案】C【解析】A项、稀硝酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体，与NaCl溶液不反应，现象不同，可以鉴别，故A错误；B项、氯化钡溶液与Na2CO3溶液反应生成碳酸钡白色沉淀，与NaCl溶液不反应，现象不同，可以鉴别，故B错误；C项、硝酸银溶液与Na2CO3溶液反应生成碳酸银白色沉淀，与NaCl溶液反应生成氯化银白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故C正确；D项、饱和石灰水与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，与NaCl溶液不反应，现象不同，可以鉴别，故D错误；故选C。5.现有一瓶A和B的混合液，已知它们的性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃密度/g·cm-3溶解性A-11.51981.11A、B互溶，且均易溶于水B17.92901.26据此分析，将A和B分离的方法是A.分液 B.萃取 C.蒸馏 D.重结晶【答案】C【解析】根据表中数据可知，A和B沸点不同，且相差较大，因此可用蒸馏的方法分离；而二者互溶，且均易溶于水，则不能用萃取、过滤、分液的方法分离，答案选C。6.由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，会对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。I.（1）已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素化合价是_______。是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于_______(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。（2）已知胶体的分散质粒子不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。现有10mL明胶的水溶液与5mLNaCl溶液混合装入半透膜内，将此半透膜袋浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明NaCl能够透过半透膜_______。II.现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向1mol·L-1的FeCl3溶液中加少量NaOH溶液；乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液；丙同学：向25mL沸水中逐滴加入5~6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。（3）其中操作正确的同学是_______，证明有Fe(OH)3胶体生成的简便方法是_______。（4）丁同学利用所制得的Fe(OH)3胶体进行实验：a.将其装入U形管内，用石墨作电极，通电一段时间后发现阴极区附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体粒子带_______(填“正”或“负”)电荷。b.向其中加入饱和Na2SO4溶液，产生的现象是_______。【答案】（1）①+2②盐（2）取烧杯中少量液体，向其中加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则NaCl能透过半透膜（3）①丙②丁达尔现象（4）①正②产生红褐色沉淀【解析】【小问1】已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价、氧化合价为-2，则其中铁元素的化合价是+2。盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于盐；【小问2】氯离子能和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，则证明NaCl能够透过半透膜实验为：取烧杯中少量液体，向其中加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则NaCl能透过半透膜；【小问3】溶液和溶液会反应生成氢氧化铁沉淀；制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色；故操作正确的同学是丙；光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应，故证明有Fe(OH)3胶体生成的简便方法是丁达尔现象；【小问4】胶体具有电泳性质，电泳实验证明了胶体胶粒带电，胶粒向阴极移动，说明Fe(OH)3胶粒带正电；胶体具有聚沉的性质，向胶体中加入可溶性的盐、加热、搅拌等条件会使胶体聚沉，因此加入饱和Na2SO4后有红褐色沉淀生成。二．原子的奥秘和符号表征(共24分，第1题2分，其余每空2分)7.19世纪初，英国化学家和物理学家道尔顿根据实验结果，提出原子论。其内容观点之一是：“同一元素的原子在质量和性质上都相同，不同元素的原子在质量和性质上都不同”，用现有的认知角度判断该观点是否正确______(填“是”或“否”)并说明理由_____。【答案】①否②互为同位素原子的核素属于同一种元素，但中子数不同导致质量数(或相对质量)不同；而不同种元素(例如14N和14C)由于质量数相同，所以相对质量也几乎相等【解析】同一类原子只能说质子数相同，但中子数不一定相同，互为同位素原子的核素属于同一种元素，但中子数不同导致质量数(或相对质量)不同；而不同种元素(例如14N和14C)由于质量数相同，所以相对质量也几乎相等；故该观点错误。8.元素周期表是化学学习的重要工具，元素周期表中包含很多信息内容。如图是元素周期表中铜元素的信息内容。（1）图中29代表的是铜原子的_______。A.质子数 B.原子序数 C.中子数 D.质量数（2）图中63.55的意义是_______。A.铜原子的质量 B.铜原子的相对质量C.铜元素的平均相对质量 D.铜原子的质量数（3）Cu元素的两种核素表示为：63Cu、65Cu，下列说法错误的是_______。A.63Cu和65Cu在单质中和化合物中，所占的百分含量相同B.63Cu和65Cu的质量数不同，质子数相同C.63Cu和65Cu可以通过化学反应相互转化D.63Cu和65Cu核外电子数相同，化学性质几乎相同（4）63Cu中子数为_______。A.29 B.63 C.34 D.92（5）已知自然界中，铜有两种核素，相对原子质量分别约为63和65，请计算两种核素在自然界中所占的丰度_______、_______。【答案】（1）AB（2）C（3）C（4）C（5）①72.5%②27.5%【解析】【小问1】根据元素周期表中铜元素的信息内容图可知，图中29代表的是铜原子的原子序数，原子序数与质子数相同，则答案选AB。【小问2】根据元素周期表中铜元素的信息内容图可知，图中63.55表示相对原子质量，则其意义为铜元素的平均相对质量，答案选C。【小问3】A．63Cu和65Cu互为同位素，在单质中和化合物中所占的百分含量相同，A正确；B．63Cu和65Cu的质子数相同，均为29,；质量数不同，前者为63，后者为65，B正确；C．63Cu和65Cu的相互转化属于原子核内部的变化，不属于化学变化，C错误；D．63Cu和65Cu的质子数相同，因此核外电子数相同，则化学性质几乎相同，D正确；答案选C。【小问4】63Cu的质量数为63，质子数为29，则中子数为，答案选C。【小问5】已知铜有两种核素，相对原子质量分别约为63和65，即63Cu和65Cu；根据元素周期表中铜元素的信息内容图可知，铜元素的相对原子质量为63.55，是按照铜元素的各种核素所占的百分比计算出来的平均值，设63Cu的丰度为x，则，解得x=0.725，即63Cu和65Cu的丰度分别为72.5%、27.5%。9.有A、B、C三种元素，已知A元素原子的K层和M层电子数相同；B元素原子的L层比K层电子数多5个；C元素的+1价阳离子和氖原子具有相同的电子数。写出：（1）A的原子结构示意图为_______。（2）已知A的相对质量为24，则1.2克A原子变为离子，失去_______mol电子。（3）B的阴离子的电子式为_______，写出物质AB2的化学式：_______。（4）C的+1价阳离子的结构示意图为_______。（5）与C的+1价阳离子具有相同质子数和电子数的微粒是_______。A. B.F- C.H2O D.NH3【答案】（1）（2）0.1（3）①②MgF2（4）（5）A【解析】A元素原子的K层和M层电子数相同，说明A有12个电子，则A为Mg；B元素原子的L层比K层电子数多5个，说明B有9个电子，则B为F；C元素的+1价阳离子和氖原子具有相同的电子数，则C有11个电子，C为Na；【小问1】已知A为Mg，其核外有3个电子层，其原子结构示意图为；【小问2】已知A的相对质量为24，则1.2克A原子为0.05mol，每个Mg原子变为离子失去2个电子，故共失去0.1mol电子；【小问3】已知B为F元素，F的阴离子核外有10个电子，其阴离子的电子式为：A、B组成的化合物的化学式为MgF2；【小问4】C的+1价阳离子Na+的结构示意图为；【小问5】C的+1价阳离子有11个质子和10个电子；A．中阳离子有11个质子和10个电子，故A符合；B．F-中阳离子有9个质子和10个电子，故B不符合；C．H2O中阳离子有10个质子和10个电子，故C不符合；D．NH3中阳离子有10个质子和10个电子，故D不符合；答案选A。三、物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积旨在引导学生从定量角度认识物质，让学生体会定量研究对化学科学的重要作用，同时重点培养学生“宏观辨识与微观探析”的化学学科核心素养。(共18分，每空2分)10.下列叙述正确的是A.2molCO的质量是28g·mol-1 B.CO2的相对分子质量是44g·mol-1C.Cl2的摩尔质量是71g·mol-1 D.硫酸根离子的摩尔质量是96g【答案】C【解析】A．2molCO的质量是2mol×28g·mol-1=56g，A错误；B．CO2的相对分子质量是44，B错误；C．摩尔质量单位为g/mol，Cl2的摩尔质量是71g·mol-1，C正确；D．硫酸根离子摩尔质量是96g/mol，D错误；故选C。11.下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A.1molH2O含有的H2O分子数目为NAB.32gO2所含的原子数目为NAC.0.5molH2O含有的原子数目为1.5NAD.0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5mol【答案】B【解析】A．水是由水分子构成，1molH2O含有的H2O分子数目为NA，A正确；B．32gO2为1mol，含2mol氧原子，原子数目为2NA，B错误；C．0.5molH2O含有的原子数目为3×0.5NA=1.5NA，C正确；D．0.5NA个氯气分子的物质的量是0.5NAN故选B。12.下列说法正确的是A.22.4L任何气体的物质的量均为1molB.非标准状况下，1mol气体不可能占有22.4L的体积C.0.6molO2和0.4molCO2组成的混合气体，在标准状况下的体积约为22.4LD.标准状况下，1molCO和1molCO2的体积比为1：2【答案】C【解析】A．体积一定，影响气体物质的量的因素有温度、压强，22.4L任何气体的物质的量可能为1mol，可能不是1mol，故A错误；B．由pV＝nRT可知，不是标准状况下，1mol任何气体可能占有22.4L体积，故B错误；C．标准状况下气体摩尔体积是22.4L/mol，0.6molO2和0.4molCO2组成的混合气体共1mol，混合气体的体积为22.4L，故C正确；D．在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含分子数相同，标准状况下，1molCO和1molCO2的体积比为1：1，故D错误；答案选C。13.O2和O3互为同素异形体，1molO3和1molO2具有相同的A.分子数 B.原子数 C.质子数 D.电子数【答案】A【解析】两种气体的物质的量，根据N=nNA知，两种气体的分子数相同，每个氧气分子和臭氧分子中所含原子数不同，所以氧气和臭氧原子个数不同，质子数，中子数不同，故选A。14.质量相等的两种物质CO和CO2，它们的物质的量之比为_______，所含氧原子个数之比为_______。【答案】①1:7②11:14【解析】令CO和CO2的质量都是1g，它们的物质的量之比为，所含氧原子个数之比为（11×1）：（7×2）=11:14。15.在标准状况下，3.4g氨气(NH3)所占的体积约为_______L，它与同条件下_______mol硫化氢(H2S)含有相同的氢原子数。【答案】①4.48②0.3【解析】在标准状况下，3.4g氨气(NH3)所占的体积约为，3.4g÷17g/mol×22.4L/mol=4.48L，它与同条件下3.4g÷17g/mol×3÷2=0.3mol硫化氢(H2S)含有相同的氢原子数。16.某气态氧化物化学式为RO2，在标准状况下，2.56g该氧化物的体积是896mL，则该氧化物的摩尔质量为_______。【答案】64g/mol【解析】在标准状况下，2.56g该氧化物的体积是896mL，则其物质的量为0.896L÷22.4L/mol=0.04mol，则该氧化物的摩尔质量为2.56g÷0.04mol=64g/mol。四、物质的量浓度、一定物质的量浓度溶液的配置(共20分，每空2分)17.下列溶液中的物质的量浓度与其他三项不同的是A.10mL0.30mol·L-1的溶液 B.20mL0.15mol·L-1的溶液C.30mL0.10mol·L-1的溶液 D.40mL0.10mol·L-1的【答案】C【解析】A．10mL0.30mol⋅L−1的NaCl溶液，含有Cl-物质的量浓度为：0.30mol⋅L−1；B．20mL0.15mol⋅L−1的CaCl2溶液，含有Cl-物质的量浓度为：0.15mol⋅L−1×2=0.30mol⋅L−1；C．30mL0.10mol⋅L−1的MgCl2溶液，含有Cl-物质的量浓度为：0.10mol⋅L−1×2=0.20mol⋅L−1；D．40mL0.10mol⋅L−1的AlCl3，含有Cl-物质的量浓度为：0.10mol⋅L−1×3=0.30mol⋅L−1；则30mL0.10mol⋅L−1的MgCl2溶液中的氯离子的物质的量浓度与其他三项不同，故本题选C。18.将40mL0.5mol/LNaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为A.0.3 B.0.03C.0.05 D.0.04【答案】D【解析】根据稀释定律可知，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，据此计算；设稀释后溶液中NaOH的物质量浓度为c，则：40×10-3L×0.5mol/L=500×10-3L×c，解得c=0.04mol/L，故本题选D。19.实验室里需要配制450mL0.1mol•L-1的NaOH溶液，下列说法正确的是A.用托盘天平称量1.80g的氢氧化钠固体B.加适量蒸馏水溶解氢氧化钠固体，并将溶液立即转移至容量瓶内C.将溶液转移至容量瓶时若有少量溅洒到瓶外，应重新配制D.定容后发现液面低于刻度线，应及时补充少量蒸馏水【答案】C【解析】A．配制0.1mol·L-1的NaOH溶液450mL，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠质量=0.1mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=2.0g，故A项错误；B．氢氧化钠溶解放热，要冷却至室温，再将溶液转移至容量瓶内，故B项错误；C．溶液转移至容量瓶时若有少量溅洒到瓶外，则溶质的物质的量减少，配制结果偏小，应重新配制，故C项正确；D．定容后，将容量瓶振荡均匀，静置时发现液面低于刻度线，于是又加少量水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故D项错误；故本题选C。20.某校化学兴趣小组在实验中发现一瓶溶液，标签上标有“CaCl20.1mol·L－1”的字样，下面是该小组成员对溶液的叙述，正确的是A.配制1L该溶液，可将0.1molCaCl2溶于1L水中B.Ca2＋和Cl－的物质的量浓度都是0.1mol·L－1C.从试剂瓶中取该溶液的一半，则所取溶液的物质的量浓度为0.05mol·L－1D.将该瓶溶液稀释一倍，则所得溶液的c(Cl－)为0.1mol·L－1【答案】D【解析】标签上标有“CaCl20.1mol•L-1”的字样，即在1L的溶液中含1molCaCl2；A．将0.1molCaCl2溶于1L水中，所得溶液体积不等于1L，则所得浓度不是0.1mol•L-1，故A错误；B．在CaCl2中，Ca2+和Cl-的物质的量之比为1:2，则浓度之比也为1:2，故Ca2+的浓度为0.1mol/L，而Cl-的浓度应为0.2mol/L，故B错误；C．溶液是均一稳定的，浓度与取出的溶液的体积多少无关，故C错误；D．溶液中Cl-的浓度为0.2mol/L，将溶液稀释一倍，则浓度减半，即稀释后Cl-的浓度应为0.1mol/L，故D正确；故答案为D。21.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：成分质量(g)摩尔质量(g·mol-1)蔗糖25.00342硫酸钾0.87174阿司匹林0.17180硝酸银0.075170（1）配制上述“鲜花保鲜剂”一定要用到的仪器有烧杯、药匙、电子天平、胶头滴管、玻璃棒、_______。（2）配制上述“鲜花保鲜剂”时，正确的操作顺序是(每个操作只用一次)_______(填字母序号)。A．在烧杯中加入适量水溶解，待其恢复至室温B．将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中C．改用胶头滴管加水，使溶液的凹面恰好与刻度线相切D．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1~2cm处E．用电子天平称量各组成成分，并把它们放入烧杯中混合F．将容量瓶盖紧，反复上下颠倒，摇匀，装入贴有标签的试剂瓶G．用少量水洗涤烧杯和玻璃棒2-3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡（3）在溶液配制过程中，下列操作使配制浓度偏低的是_______(填字母序号)。A.定容时俯视容量瓶刻度线B.移液后未洗涤玻璃棒和烧杯C.容量瓶洗净后未干燥D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，又加蒸馏水至刻度线（4）“鲜花保鲜剂”中硫酸钾的物质的量浓度为_______mol/L。（5）若要配制0.6mol/L450mL的硫酸，则：①所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为_______mL(计算结果保留一位小数)。②如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用_______mL量筒最好。【答案】（1）500mL容量瓶（2）EABGDCF（3）BD（4）0.01（5）①16.3②20【解析】【小问1】配制上述“鲜花保鲜剂”所需要的仪器有烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶、玻璃棒、药匙、电子天平等，因此缺少的仪器是500mL容量瓶。【小问2】配制一定物质的量浓度的溶液步骤是计算、称量、溶解或稀释、恢复室温、移液、洗涤、振荡、定容、摇匀，因此配制上述“鲜花保鲜剂”时，正确的操作顺序是EABGDCF。【小问3】A．定容时俯视容量瓶刻度线，溶液体积偏小，导致所配溶液浓度增大，A不符合题意；B．移液后未洗涤玻璃棒和烧杯，导致容量瓶中溶质物质的量偏小，即所配溶液浓度偏低，B符合题意；C．容量瓶中是否干燥，对所配溶液浓度无影响，C不符合题意；D．摇匀后，又加蒸馏水，稀释原溶液，因此所配溶液的浓度偏低，D符合题意；答案选BD。【小问4】根据表格数据，硫酸钾的物质的量浓度为。【小问5】①质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度为，根据稀释定律，若要配制0.6mol/L450mL的硫酸，需要浓硫酸的体积为；②选择量筒规格应选择“大而近的”，即选用20mL量筒。五、粗盐提纯和电解饱和食盐水(共20分，除标注分值外，其他每空1分)22.新通过海水晾晒可得粗盐，粗盐中除NaCl外，还含有MgCl2、CaCl2、Na2SO4(即含有Ca2+、Mg2+、等杂质离子)以及泥沙等杂质，需要提纯后才能综合利用。某同学利用给定试剂NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液和盐酸，设计了如图粗盐精制的实验流程。（1）加入盐酸的作用是_______，盐酸的用量_______(请从下面选择)。A．少量B．适量C．过量（2）以下关于试剂a、b、c的顺序合理的是_______。A.NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液B.Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液C.NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液D.BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液（3）试剂a、b、c均需过量，原因是_______。过滤操作中需要的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒外，还需要_______。（4）加入Na2CO3后，得到的沉淀是_______(填化学式)。（5）写出操作⑥的名称_______。（6）若称取粗盐为m克，最后所得精盐为1.346g，据此能否计算该粗盐样品中的氯化钠的含量？_______(请从下面选择)A．不能B．能若能，请写出计算结果；若不能，请解释原因：_______。（7）写出检验溶液中的硫酸根离子已经除干净的方法_______。【答案】（1）①除去过量的NaOH和Na2CO3②B（2）AD（3）①保证杂质离子全部除去②普通漏斗（4）CaCO3、BaCO3（5）蒸发结晶（6）①A②除杂过程中引进了Na+和Cl-，生成了新氯化钠（7）取上层清液，继续滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀，则硫酸根离子已除【解析】粗盐加水溶解后过滤除去不溶性杂