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上海市松江一中2024-2025学年高一上学期期中考试卷 化学试题
1．（2024高一上·松江期中）请写出氮、磷、钾三种元素原子形成的离子中，正离子的离子结构示意图　 　。
【答案】
【知识点】原子结构示意图
【解析】【解答】氮和磷是非金属元素，容易得到电子，形成阴离子N3-、P3-。钾是金属元素，容易失去电子，形成阳离子K+。因此正离子的结构示意图为。
故答案为：
【分析】非金属元素易得电子，形成阴离子；金属元素易失电子，形成阳离子。
2．（2024高一上·松江期中）一个分子所含的电子数目为　 　。
【答案】18
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】P有15个电子，H有1个电子，因此一个分子所含的电子数目为15+1×3=18。
故答案为：18
【分析】在原子中，核外电子数等于质子数，结合P、H的质子数计算即可。
3．（2024高一上·松江期中）请画出氯化铵的电子式　 　。
【答案】
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】氯化铵是由铵根离子和氯离子形成的离子化合物，电子式为。
故答案为：
【分析】NH4Cl是由NH4＋和Cl－构成的，结合原子的最外层电子数确定其电子式的书写。
4．（2024高一上·松江期中）尿素是最常见的有机氮肥，其中存在N-H键，N-H键属于
A．离子键 B．极性共价键
C．非极性共价键 D．分子间作用力
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】N-H键是N和H之间共用电子对形成的化学键，属于极性共价键，B符合题意。
故答案为：B
【分析】由同种元素的原子形成的共价键为非极性共价键；由不同种元素的原子形成的共价键为极性共价键。
5．（2024高一上·松江期中）铵态氮肥不能与草木灰一起使用，草木灰主要成分是，属于　 　，其中含有的化学键为　 　。
A．共价化合物 B．离子化合物 C．共价键 D．离子键
【答案】B；CD
【知识点】化学键
【解析】【解答】碳酸钾是有碳酸根离子和钾离子构成的离子化合物；钾离子和碳酸根之间通过离子键结合，碳酸根内碳与氧之间通过共价键结合。
故答案为：B；CD
【分析】由阴阳离子构成的化合物属于离子化合物；非金属元素之间通过公用电子对结合，形成共价键。
6．（2024高一上·松江期中）实验室常用固体铵盐与消石灰混合加热来制取氨。氨气呈碱性，极易溶于水。
（1）在实验室制取干燥的氨的过程中，所给装置使用合理的是___________。
A．用装置甲制备氨 B．用装置乙除去氨中少量水蒸气
C．用装置丙收集氨 D．用装置丁吸收多余的氨
（2）实验室制取氨的反应中，若有参加反应，则生成的氨气在标准状况下的体积为　 　。
【答案】（1）D
（2）0.896L
【知识点】氨的实验室制法；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）A．用装置甲制备氨气时，为防止水滴倒流，试管口应该略向下倾斜，A错误；
B．氨气可以和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；
C．氨气的密度比空气小，要使用向下排空气方法收集，采用短进长出，C错误；
D．氨气是大气污染物，最后尾气可根据氨气易溶于水的性质，用水进行吸收，为防止倒吸现象的发生，可以在导气管的末端安装一个干燥管或倒扣的漏斗，这样既可以使氨气被充分吸收，同时也防止倒吸现象的发生，D正确；
故答案为：D
（2）的物质的量为0.02mol，根据方程式，可以生成0.04mol氨气，标准状况下体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L。
故答案为：0.896L
【分析】（1）A、固体加热时试管口应略向下倾斜。
B、NH3能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥。
C、NH3的密度比空气小，应用向下排空气法收集。
D、NH3极易溶于水，可用水进行尾气处理；倒置的漏斗可以起到防倒吸作用。
（2）根据公式计算Ca(OH)2的物质的量，结合反应的化学方程式计算生成n(NH3)，再结合公式V=n×Vm计算NH3在标准状态下的体积。
（1）A．用装置甲制备氨气时，为防止水滴倒流，试管口应该略向下倾斜，A错误；
B．氨气可以和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；
C．氨气的密度比空气小，要使用向下排空气方法收集，采用短进长出，C错误；
D．氨气是大气污染物，最后尾气可根据氨气易溶于水的性质，用水进行吸收，为防止倒吸现象的发生，可以在导气管的末端安装一个干燥管或倒扣的漏斗，这样既可以使氨气被充分吸收，同时也防止倒吸现象的发生，D正确；
答案选D。
（2）的物质的量为0.02mol，根据方程式，可以生成0.04mol氨气，标准状况下体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L。
7．（2024高一上·松江期中）从1 L1 mol/L的CaCl2溶液中取出150 mL，将取出的150 mL溶液加水稀释到600 mL，稀释后溶液中Cl-的物质的量浓度为　 　。
【答案】0.5 mol/L
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】在1 mol/L的CaCl2溶液中Cl-的浓度为c(Cl-)=2c(CaCl2)=2×1 mol/L=2 mol/L，从中取出150 mL，将取出的150 mL溶液加水稀释到600 mL，根据稀释前后Cl-的物质的量不变，可知稀释后溶液中Cl-的物质的量浓度为c(Cl-)==0.5 mol/L。
故答案为：0.5 mol/L
【分析】溶液稀释过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变。结合公式c浓×V浓=c稀×V稀计算。
8．（2024高一上·松江期中）甲烷的空间结构为　 　。
【答案】正四面体形
【知识点】甲烷的组成与结构
【解析】【解答】甲烷中心原子C有四对成键电子对，空间结构为正四面体形。
故答案为：正四面体
【分析】甲烷的空间结构为正四面体结构。
9．（2024高一上·松江期中）请写出甲烷在纯净的氧气中燃烧的化学方程式　 　。
【答案】CH4+2O2CO2+2H2O
【知识点】甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】甲烷在纯净的氧气中燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O。
故答案为：CH4+2O2CO2+2H2O
【分析】CH4在空气中燃烧生成CO2和H2O，据此写出反应的化学方程式。
10．（2024高一上·松江期中）甲烷的燃烧热为890 kJ/mol，其意义为一定条件下，1 mol甲烷完全燃烧时放出的热量。当一定量甲烷完全燃烧，放出1780 kJ能量时，生成的二氧化碳的物质的量为　 　。
【答案】2 mol
【知识点】燃烧热；有关反应热的计算
【解析】【解答】甲烷的燃烧热为890 kJ/mol，表示1 mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态H2O时放出的热量是890 kJ。因此该反应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890 kJ/mol。一定量甲烷完全燃烧放出的热量为1780 kJ，因此参与反应的CH4的物质的量n(CH4)==2 mol。由C原子个数守恒可知，2 mol CH4完全燃烧生成CO2的物质的量是2 mol。
故答案为：2mol
【分析】燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。根据CH4的燃烧热和燃烧过程中放出的热量，即可计算出参与反应的n(CH4)；再结合碳原子个数守恒即可计算出反应生成的n(CO2)。
11．（2024高一上·松江期中）下列说法正确的是
A．可燃冰是一种清洁能源
B．[CH4·(H2O)n]是一种离子化合物
C．可燃冰在常温常压下能稳定存在
D．可燃冰是天然气冷却后得到的固体
【答案】A
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】A．可燃冰是甲烷的结晶水合物，其化学式为[CH4·(H2O)n]，完全燃烧时生成H2O、CO2，对环境无污染物，属于清洁能源，A正确；
B．[CH4·(H2O)n]中只含有共价键，属于共价化合物，不属于离子化合物，B错误；
C．可燃冰存在于低温高压环境下，在常温常压下不能稳定存在，C错误；
D．天然气的主要成分是甲烷，故天然气降温加压后仍然为甲烷，无法得到甲烷的水合物，D错误；
故答案为：A
【分析】A、可燃冰完全燃烧的产物为H2O和CO2，不会造成环境污染。
B、只含有共价键的化合物为共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物。
C、可燃冰只存在于低温高压环境中。
D、天然气冷却后无法获得可燃冰。
12．（2024高一上·松江期中）能将氧化铜还原为铜单质，某兴趣小组用以下实验进行验证。
（1）点燃B处酒精灯前先通入甲烷气体的作用是　 　。
（2）反应过程中，C装置中的现象为　 　，证明有水生成。
（3）装置D中澄清石灰水变浑浊，证明　 　。
【答案】（1）排尽装置内的空气防止加热时发生爆炸
（2）白色固体变为蓝色
（3）有二氧化碳生成
【知识点】甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】（1）由于甲烷气体与空气混合在加热时可能出现爆炸，因此，在进行加热前要把玻璃管中空气全部排出，所以在点燃 B 处酒精灯之前应先通入甲烷排出管内空气然后再进行加热。
故答案为： 排尽装置内的空气防止加热时发生爆炸
（2）水可以与白色无水硫酸铜反应生成蓝色的五水硫酸铜，所以C 装置中白色固体变为蓝色，证明有水生成。
故答案为： 白色固体变为蓝色
（3）二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，D 装置内澄清石灰水变浑浊，证明有二氧化碳生成。
故答案为： 有二氧化碳生成
【分析】CH4是可燃性气体，加热前需先排出装置内的空气，防止加热CH4和空气的混合气体时发生爆炸。A装置浓硫酸起到干燥除水作用。B装置中CH4与CuO反应生成Cu，可观察到黑色固体变为红色。C装置中无水硫酸铜用于检验水蒸气的生成，可观察到白色固体变为蓝色。D装置澄清石灰水用于检验CO2的生成，可观察到溶液变浑浊。据此结合题干设问分析作答。
（1）由于甲烷气体与空气混合在加热时可能出现爆炸，因此，在进行加热前要把玻璃管中空气全部排出，所以在点燃 B 处酒精灯之前应先通入甲烷排出管内空气然后再进行加热；
（2）水可以与白色无水硫酸铜反应生成蓝色的五水硫酸铜，所以C 装置中白色固体变为蓝色，证明有水生成；
（3）二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，D 装置内澄清石灰水变浑浊，证明有二氧化碳生成；
13．（2024高一上·松江期中）工业上用右灰石来制备纳米级超细碳酸钙的流程如下图所示。
（1）煅烧炉中发生反应的化学方程式是　 　。
（2）沉淀池中的反应的基本类型属于　 　。操作1、2与实验室中的　 　操作类似，需要用到的玻璃仪器有　 　。
（3）上述流程中可循环使用的物质的电子式为　 　。
（4）碳酸钙晶体属于六方晶体，其晶体类型为___________。
A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
（5）结合表格中内容，请从结构角度解释碳酸钙晶体的熔点远高于干冰晶体的原因　 　。
晶体名称 熔点
碳酸钙晶体 1339℃
干冰晶体
（6）请对工业流程中所涉及到的物质()进行分类，其中属于氧化物的是　 　。
【答案】（1）CaCO3CaO+CO2↑
（2）化合反应；过滤；烧杯、漏斗和玻璃棒
（3）
（4）B
（5）碳酸钙为离子晶体，熔化需要克服离子键，干冰为分子晶体，只需要克服分子间作用力；离子键的能量远高于分子间的作用力，故熔点碳酸钙大于干冰
（6）CaO、H2O、CO2
【知识点】化学键；离子键的形成；化学基本反应类型；过滤；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）在“煅烧炉”中发生反应是石灰石经高温煅烧生成生石灰和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑。
故答案为：CaCO3CaO+CO2↑
（2）在“沉淀池”中发生的反应是生石灰和水化合生成了氢氧化钙，反应的化学方程式为：H2O+CaO═Ca(OH)2，该反应由两种物质生成了一种物质，属于化合反应；过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法．“反应池”中的混合物分离出生成的碳酸钙固体，可用过滤的方法；过滤需要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒。
故答案为：化合反应；过滤；烧杯、漏斗和玻璃棒
（3）由流程图可知，上述流程中可循环使用的物质的化学式为CO2，电子式为。
故答案为：
（4）碳酸钙是有钙离子和碳酸根离子构成的离子晶体，B符合题意。
故答案为：B
（5）碳酸钙为离子晶体，熔化需要克服离子键，干冰为分子晶体，只需要克服分子间作用力；离子键的能量远高于分子间的作用力，故熔点碳酸钙大于干冰。
故答案为： 碳酸钙为离子晶体，熔化需要克服离子键，干冰为分子晶体，只需要克服分子间作用力；离子键的能量远高于分子间的作用力，故熔点碳酸钙大于干冰
（6）氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧的化合物，属于氧化物的有CaO、H2O、CO2。
故答案为： CaO、H2O、CO2
【分析】（1）燃烧炉中CaCO3高温分解生成CaO和CO2，据此写出反应的化学方程式。
（2）沉淀池中CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，据此判断反类型。操作1、2实现了固液混合物的分离，属于过滤操作。结合过滤操作确定所需的玻璃仪器。
（3）上述流程中可循环的物质为CO2，结合原子最外层电子数确定其电子式。
（4）CaCO3是由Ca2＋和CO32－构成的，属于离子晶体。
（5）根据晶体类型，以及不同晶体类型熔点的影响因素分析。
（6）氧化物是指只由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。据此判断属于氧化物的物质。
（1）在“煅烧炉”中发生反应是石灰石经高温煅烧生成生石灰和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑，故答案为：CaCO3CaO+CO2↑；
（2）在“沉淀池”中发生的反应是生石灰和水化合生成了氢氧化钙，反应的化学方程式为：H2O+CaO═Ca(OH)2，该反应由两种物质生成了一种物质，属于化合反应；过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法．“反应池”中的混合物分离出生成的碳酸钙固体，可用过滤的方法；过滤需要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：化合反应；过滤；烧杯、漏斗和玻璃棒；
（3）由流程图可知，上述流程中可循环使用的物质的化学式为CO2，电子式为，故答案为：。
（4）碳酸钙是有钙离子和碳酸根离子构成的离子晶体，答案为B；
（5）碳酸钙为离子晶体，熔化需要克服离子键，干冰为分子晶体，只需要克服分子间作用力；离子键的能量远高于分子间的作用力，故熔点碳酸钙大于干冰；
（6）氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧的化合物，属于氧化物的有CaO、H2O、CO2。
14．（2024高一上·松江期中）钙元素有多种同位素，其中和，它们具有
A．相同的质量数 B．相同的质子数
C．不同的中子数 D．不同的电子数
【答案】B,C
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素
【解析】【解答】和是钙的两种不同核素，其所含的质子数与电子数相等，都是20；中子数不同，分别为20和23；质量数不同，分别为40和43，BC符合题意。
故答案为：BC
【分析】在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数=原子序数；相对原子质量≈质子数+中子数。据此分析选项。
15．（2024高一上·松江期中）元素M、R形成的简单离子与的核外电子数之和为20，下列说法正确的是
A．M原子的质子数一定大于R原子的质子数
B．M的核电荷数可能为8
C．与的电子层结构不可能相同
D．两种离子结合可形成MR型化合物
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图
【解析】【解答】A．若M为O，R为Na，O的质子数为8小于Na的为11，A错误；
B．M可能为O或S，M为O时核电荷数为8，B正确；
C．若M为O，R为Na，则O2-和Na+均具有10电子，二者的电子层结构相同，C错误；
D．简单离子M2-与R+形成的化合物为MR2，不可能为MR型化合物，D错误；
故答案为：B
【分析】简单离子M2－与R＋的核外电子数之和为20，则M和R的核外电子数（即质子数）之和为19。因此M、R分别为O、Na或S、Li。据此结合题干设问分析作答。
16．（2024高一上·松江期中）“类推”是学习化学过程中常用的思维方法。现有以下类推结果，其中错误的是
①酸碱中和反应生成盐和水，所以生成盐和水的反应一定是中和反应
②氧化物中含有氧元素，所以含有氧元素的化合物一定是氧化物
③金属铝与盐酸反应生成AlCl3和H2，所以金属铁与盐酸反应生成FeCl3和H2
④单质中只含一种元素，所以只含一种元素的物质一定是单质
A．① B．①③ C．①②④ D．全部
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】①酸碱中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，①错误；
②氧化物中含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如C2H5OH，②错误；
③金属铝与盐酸反应生成AlCl3和H2，金属铁也能与盐酸反应，生成FeCl2和H2，而非FeCl3和H2，③错误；
④单质是由同种元素组成的纯净物，但由同种元素组成的物质不一定是单质，也可能是混合物，如氧气和臭氧的混合物，④错误；
综上所述，错误的有①②③④。
故答案为：D
【分析】①酸碱中和反应生成盐和水，非金属氧化物和碱溶液、金属氧化物和酸溶液反应，都能生成盐和水。
②氧化物是指只由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。
③Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2。
④只由一种元素组成的纯净物为单质，同种元素可能组成混合物。
17．（2024高一上·松江期中）稀豆浆属于胶体，胶体与溶液、浊液的本质区别是
A．是否具有丁达尔效应 B．分散质粒子直径大小
C．分散质离子分布均匀程度 D．分散质粒子是否带电
【答案】B
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小将分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）和浊液（大于100nm）。因此溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，B符合题意。
故答案为：B
【分析】分散系是依据分散质粒子直径大小进行划分的。因此各种分散系的本质区别是分散质粒子直径大小。
18．（2024高一上·松江期中）胶体的制备过程中常混有溶液中的正、负离子，若要除去这些微粒，对胶体进行净化、精制，可采用的实验操作叫　 　。
【答案】渗析
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】渗析是用半透膜使离子或小分子从胶体中分离出来的方法，操作方法：将要提纯的胶体装入半透膜中，将半透膜袋系好，浸入蒸馏水中，要不断更换烧杯中的蒸馏水或改用流水以提高渗析效果。
故答案为：渗析
【分析】胶体的提纯操作为渗析。
19．（2024高一上·松江期中）氢氧化铁胶体的制备具备原料易得，操作方便等特点，常用于实验教学，请写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式　 　。
【答案】FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】往沸腾的蒸馏水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到Fe(OH)3胶体，该制取得到Fe(OH)3胶体反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。
故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
【分析】FeCl3与H2O加热反应生成Fe(OH)3胶体和HCl，据此写出反应的化学方程式。
20．（2024高一上·松江期中）多份食谱中建议碱水配制时应加40gNaOH至1000mL水中，请问此时配制的氢氧化钠溶液的物质的量浓度为
A． B． C． D．无法确定
【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】40gNaOH的物质的量为1mol，溶于1L水中，但最终溶液的体积未知，不能计算氢氧化钠的物质的量浓度，D符合题意。
故答案为：D
【分析】1000mL水的体积，不等于所形成的溶液的体积，无法计算。
21．（2024高一上·松江期中）在实验室中，若要配制的NaOH溶液：
（1）请计算并填写：应称量烧碱的质量为　 　，应选用的容量瓶规格为　 　。
A.2g B.1.92g C.480mL D.500mL
（2）配制过程中，不需要的仪器___________。
A．烧杯 B．胶头滴管 C．玻璃棒 D．漏斗
（3）本实验中玻璃棒的作用是　 　和　 　。
（4）将下图中的实验步骤按实验过程先后次序排列C→B→　 　→E。
（5）若配制过程中，其他操作都准确，填写下列操作对溶液浓度的影响(填“偏高”“偏低”或“不影响”)
①将NaOH溶液转移到容量瓶时，不慎有少许溶液洒在容量瓶外　 　；
②将NaOH溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中含有少量蒸馏水　 　；
③定容时，俯视刻度线　 　；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线　 　。
【答案】（1）A；D
（2）D
（3）搅拌；引流
（4）D→F→A
（5）偏低；不影响；偏高；偏低
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）配制的NaOH溶液，应选用规格为500mL容量瓶；应称量烧碱的质量为m=cVM=0.5L×0.1000mol/L×40g/mol=2g。
故答案为：A；D
（2）配制过程中，需要烧杯、胶头滴管、玻璃棒、500mL容量瓶、量筒等，不需要漏斗。
故答案为：D
（3）本实验中溶解氢氧化钠时需要用玻璃棒搅拌，加速氢氧化钠溶解；转移溶液时，需要用玻璃棒引流，即玻璃棒的作用是搅拌和引流。
故答案为：搅拌；引流
（4）配制的NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签，即实验过程先后次序排列C→B→D→F→A→E。
故答案为：D→F→A
（5）①将NaOH溶液转移到容量瓶时，不慎有少许溶液洒在容量瓶外，会损失溶质，所配制溶液浓度偏低。
故答案为：偏低
②将NaOH溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，即不会影响所配制溶液的浓度。
故答案为：不影响
③定容时，俯视刻度线，凹液面在刻度线之下，溶液体积偏小，所配制溶液浓度偏高。
故答案为：偏高
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是正常现象，若又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则所配制溶液浓度偏低。
故答案为：偏低
【分析】（1）配制480mL溶液应使用5000mL容量瓶。根据公式m=n×M=c×V×M计算所需NaOH固体的质量。
（2）结合配制过程确定所需的仪器。
（3）溶解过程中玻璃棒的作用是搅拌；移液过程中玻璃棒的作用是引流。
（4）根据溶液配制过程确定其步骤。
（5）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析误差。
（1）配制的NaOH溶液，应选用规格为500mL容量瓶；应称量烧碱的质量为m=cVM=0.5L×0.1000mol/L×40g/mol=2g；故答案为：A；D；
（2）配制过程中，需要烧杯、胶头滴管、玻璃棒、500mL容量瓶、量筒等，不需要漏斗，故答案为：D；
（3）本实验中溶解氢氧化钠时需要用玻璃棒搅拌，加速氢氧化钠溶解；转移溶液时，需要用玻璃棒引流，即玻璃棒的作用是搅拌和引流；
（4）配制的NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签，即实验过程先后次序排列C→B→D→F→A→E；
（5）①将NaOH溶液转移到容量瓶时，不慎有少许溶液洒在容量瓶外，会损失溶质，所配制溶液浓度偏低；
②将NaOH溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，即不会影响所配制溶液的浓度；
③定容时，俯视刻度线，凹液面在刻度线之下，溶液体积偏小，所配制溶液浓度偏高；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是正常现象，若又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则所配制溶液浓度偏低。
22．（2024高一上·松江期中）气象气球中一般充入氢气或氦气，而非空气或氮气的主要原因是　 　。
【答案】密度比空气和氮气小
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】氢气和氦气的密度都比空气和氮气小，故可用于填充气球，因为氢气有可燃性，所以容易爆炸，氦气化学性质不活泼，故相对安全。
故答案为：密度比空气小
【分析】气象气球要升空，因此要求所填充气体的密度比空气小，据此分析。
23．（2024高一上·松江期中）同温同压下，相同质量的氢气和氦气，其体积比为　 　。
【答案】2：1
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】同温同压下，相同质量的气体有，氢气和氦气体积比为：4：2=2：1。
故答案为：2：1
【分析】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比。质量相同时，摩尔质量与物质的量成反比，据此计算。
24．（2024高一上·松江期中）一般情况下，气象气球是由氯丁橡胶制成的，在升空前，气球壁厚度约为0.051mm，升空后，由于高度变高、外界气压变低，气球会发生　 　，氯丁橡胶的厚度会　 　。
A．膨胀 B．收缩 C．变厚 D．变薄
【答案】A；D
【知识点】气体摩尔体积
【解析】【解答】升空后，由于高度变高、外界气压变低，内部压强大于外面压强，气球会发生膨胀，体积变大，氯丁橡胶的厚度会变薄。
故答案为：A；D
【分析】外界压强变小，使得气球内部压强大于外界压强，气球体积膨胀，氯丁橡胶厚度变薄。
25．（2024高一上·松江期中）氯丁橡胶的制备过程中需要氯气作为原料之一，实验室中制备氯气的装置如下。
（1）仪器a的名称为　 　，仪器b的名称为　 　。
（2）除去HCl气体时实验室会选用饱和食盐水，请问能否改用氢氧化钠溶液除去HCl，为什么？(请用文字和化学方程式进行解释)　 　。
（3）若需要将收集到的氯气变为液氯，需要改变外界条件，有利于氯气变为液氯的条件为___________。
A．升温加压 B．升温减压 C．降温加压 D．降温减压
【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶
（2）NaOH溶液能与Cl2反应，因此不能用NaOH溶液吸收除去Cl2中的杂质HCl，该反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；常用仪器及其使用
【解析】【解答】（1）根据装置图可知：仪器a名称是分液漏斗，仪器b是圆底烧瓶。
故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶
（2）NaOH是碱，由于NaOH溶液不仅能够与HCl反应反应，也能够与Cl2反应，因此不能用NaOH溶液吸收除去Cl2中的杂质HCl；NaOH与Cl2反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
故答案为： NaOH溶液能与Cl2反应，因此不能用NaOH溶液吸收除去Cl2中的杂质HCl，该反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）Cl2是气体，分子之间间隔很大，要使氯气变为液氯，应该使分子之间间隔变小，则改变的外界条件是降温加压，C符合题意。
故答案为：C
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）Cl2能与NaOH发生反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，因此不能用NaOH除去Cl2中混有的HCl。
（3）有利于氯气变为液氯的条件为低温高压。
（1）根据装置图可知：仪器a名称是分液漏斗，仪器b是圆底烧瓶；
（2）NaOH是碱，由于NaOH溶液不仅能够与HCl反应反应，也能够与Cl2反应，因此不能用NaOH溶液吸收除去Cl2中的杂质HCl；NaOH与Cl2反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（3）Cl2是气体，分子之间间隔很大，要使氯气变为液氯，应该使分子之间间隔变小，则改变的外界条件是降温加压，故合理选项是C。
26．（2024高一上·松江期中）氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，在计算式34.969×75.77%+36.966×24.23%=35.453中（　　）
A．75.77%表示35Cl的质量分数
B．24.23%表示35Cl的丰度
C．35.453表示氯元素的相对原子质量
D．36.966表示37Cl的质量数
【答案】C
【知识点】同位素及其应用；相对原子质量及其计算；化学式及其计算
【解析】【解答】解：A、75.77%表示35Cl的丰度，不是质量分数，故A错误；
B、24.23%表示37Cl的丰度，不是35Cl的丰度，故B错误；
C、氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，故C正确；
D、36.966表示37Cl的相对原子质量，不是37Cl的质量数，故D错误．
故选：C
【分析】本题考查相对原子质量的求法，涉及到下列几个概念：同位素、丰度、质量数、元素的相对原子质量、原子的相对原子质量等．
27．（2024高一上·松江期中）以下关于氯元素的说法中，正确的是
A．氯原子得到一个电子形成氯离子，它的电子式为：
B．氯离子和氯气均有刺激性气味
C．液氯中含有大量的氯离子
D．氯气有毒，氯离子无毒
【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氯气的物理性质
【解析】【解答】A．氯原子得到一个电子形成氯离子，因此其电子式为：，A错误；
B．氯离子没有刺激性气味，氯气有刺激性气味，B错误；
C．液氯指液态的氯气，含有氯分子，为纯净物，不含Cl-，C错误；
D．氯气是黄绿色有毒气体，氯离子无毒，D正确；
故答案为：D
【分析】A、Cl－是由Cl原子最外层得到一个电子形成，带有一个负电荷，据此确定其电子式。
B、Cl－没有气味，Cl2有刺激性气味。
C、液氯为液态的氯气，属于纯净物。
D、Cl2有毒，Cl－无毒。
1 / 1上海市松江一中2024-2025学年高一上学期期中考试卷 化学试题
1．（2024高一上·松江期中）请写出氮、磷、钾三种元素原子形成的离子中，正离子的离子结构示意图　 　。
2．（2024高一上·松江期中）一个分子所含的电子数目为　 　。
3．（2024高一上·松江期中）请画出氯化铵的电子式　 　。
4．（2024高一上·松江期中）尿素是最常见的有机氮肥，其中存在N-H键，N-H键属于
A．离子键 B．极性共价键
C．非极性共价键 D．分子间作用力
5．（2024高一上·松江期中）铵态氮肥不能与草木灰一起使用，草木灰主要成分是，属于　 　，其中含有的化学键为　 　。
A．共价化合物 B．离子化合物 C．共价键 D．离子键
6．（2024高一上·松江期中）实验室常用固体铵盐与消石灰混合加热来制取氨。氨气呈碱性，极易溶于水。
（1）在实验室制取干燥的氨的过程中，所给装置使用合理的是___________。
A．用装置甲制备氨 B．用装置乙除去氨中少量水蒸气
C．用装置丙收集氨 D．用装置丁吸收多余的氨
（2）实验室制取氨的反应中，若有参加反应，则生成的氨气在标准状况下的体积为　 　。
7．（2024高一上·松江期中）从1 L1 mol/L的CaCl2溶液中取出150 mL，将取出的150 mL溶液加水稀释到600 mL，稀释后溶液中Cl-的物质的量浓度为　 　。
8．（2024高一上·松江期中）甲烷的空间结构为　 　。
9．（2024高一上·松江期中）请写出甲烷在纯净的氧气中燃烧的化学方程式　 　。
10．（2024高一上·松江期中）甲烷的燃烧热为890 kJ/mol，其意义为一定条件下，1 mol甲烷完全燃烧时放出的热量。当一定量甲烷完全燃烧，放出1780 kJ能量时，生成的二氧化碳的物质的量为　 　。
11．（2024高一上·松江期中）下列说法正确的是
A．可燃冰是一种清洁能源
B．[CH4·(H2O)n]是一种离子化合物
C．可燃冰在常温常压下能稳定存在
D．可燃冰是天然气冷却后得到的固体
12．（2024高一上·松江期中）能将氧化铜还原为铜单质，某兴趣小组用以下实验进行验证。
（1）点燃B处酒精灯前先通入甲烷气体的作用是　 　。
（2）反应过程中，C装置中的现象为　 　，证明有水生成。
（3）装置D中澄清石灰水变浑浊，证明　 　。
13．（2024高一上·松江期中）工业上用右灰石来制备纳米级超细碳酸钙的流程如下图所示。
（1）煅烧炉中发生反应的化学方程式是　 　。
（2）沉淀池中的反应的基本类型属于　 　。操作1、2与实验室中的　 　操作类似，需要用到的玻璃仪器有　 　。
（3）上述流程中可循环使用的物质的电子式为　 　。
（4）碳酸钙晶体属于六方晶体，其晶体类型为___________。
A．原子晶体 B．离子晶体 C．分子晶体 D．金属晶体
（5）结合表格中内容，请从结构角度解释碳酸钙晶体的熔点远高于干冰晶体的原因　 　。
晶体名称 熔点
碳酸钙晶体 1339℃
干冰晶体
（6）请对工业流程中所涉及到的物质()进行分类，其中属于氧化物的是　 　。
14．（2024高一上·松江期中）钙元素有多种同位素，其中和，它们具有
A．相同的质量数 B．相同的质子数
C．不同的中子数 D．不同的电子数
15．（2024高一上·松江期中）元素M、R形成的简单离子与的核外电子数之和为20，下列说法正确的是
A．M原子的质子数一定大于R原子的质子数
B．M的核电荷数可能为8
C．与的电子层结构不可能相同
D．两种离子结合可形成MR型化合物
16．（2024高一上·松江期中）“类推”是学习化学过程中常用的思维方法。现有以下类推结果，其中错误的是
①酸碱中和反应生成盐和水，所以生成盐和水的反应一定是中和反应
②氧化物中含有氧元素，所以含有氧元素的化合物一定是氧化物
③金属铝与盐酸反应生成AlCl3和H2，所以金属铁与盐酸反应生成FeCl3和H2
④单质中只含一种元素，所以只含一种元素的物质一定是单质
A．① B．①③ C．①②④ D．全部
17．（2024高一上·松江期中）稀豆浆属于胶体，胶体与溶液、浊液的本质区别是
A．是否具有丁达尔效应 B．分散质粒子直径大小
C．分散质离子分布均匀程度 D．分散质粒子是否带电
18．（2024高一上·松江期中）胶体的制备过程中常混有溶液中的正、负离子，若要除去这些微粒，对胶体进行净化、精制，可采用的实验操作叫　 　。
19．（2024高一上·松江期中）氢氧化铁胶体的制备具备原料易得，操作方便等特点，常用于实验教学，请写出制备氢氧化铁胶体的化学方程式　 　。
20．（2024高一上·松江期中）多份食谱中建议碱水配制时应加40gNaOH至1000mL水中，请问此时配制的氢氧化钠溶液的物质的量浓度为
A． B． C． D．无法确定
21．（2024高一上·松江期中）在实验室中，若要配制的NaOH溶液：
（1）请计算并填写：应称量烧碱的质量为　 　，应选用的容量瓶规格为　 　。
A.2g B.1.92g C.480mL D.500mL
（2）配制过程中，不需要的仪器___________。
A．烧杯 B．胶头滴管 C．玻璃棒 D．漏斗
（3）本实验中玻璃棒的作用是　 　和　 　。
（4）将下图中的实验步骤按实验过程先后次序排列C→B→　 　→E。
（5）若配制过程中，其他操作都准确，填写下列操作对溶液浓度的影响(填“偏高”“偏低”或“不影响”)
①将NaOH溶液转移到容量瓶时，不慎有少许溶液洒在容量瓶外　 　；
②将NaOH溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中含有少量蒸馏水　 　；
③定容时，俯视刻度线　 　；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线　 　。
22．（2024高一上·松江期中）气象气球中一般充入氢气或氦气，而非空气或氮气的主要原因是　 　。
23．（2024高一上·松江期中）同温同压下，相同质量的氢气和氦气，其体积比为　 　。
24．（2024高一上·松江期中）一般情况下，气象气球是由氯丁橡胶制成的，在升空前，气球壁厚度约为0.051mm，升空后，由于高度变高、外界气压变低，气球会发生　 　，氯丁橡胶的厚度会　 　。
A．膨胀 B．收缩 C．变厚 D．变薄
25．（2024高一上·松江期中）氯丁橡胶的制备过程中需要氯气作为原料之一，实验室中制备氯气的装置如下。
（1）仪器a的名称为　 　，仪器b的名称为　 　。
（2）除去HCl气体时实验室会选用饱和食盐水，请问能否改用氢氧化钠溶液除去HCl，为什么？(请用文字和化学方程式进行解释)　 　。
（3）若需要将收集到的氯气变为液氯，需要改变外界条件，有利于氯气变为液氯的条件为___________。
A．升温加压 B．升温减压 C．降温加压 D．降温减压
26．（2024高一上·松江期中）氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，在计算式34.969×75.77%+36.966×24.23%=35.453中（　　）
A．75.77%表示35Cl的质量分数
B．24.23%表示35Cl的丰度
C．35.453表示氯元素的相对原子质量
D．36.966表示37Cl的质量数
27．（2024高一上·松江期中）以下关于氯元素的说法中，正确的是
A．氯原子得到一个电子形成氯离子，它的电子式为：
B．氯离子和氯气均有刺激性气味
C．液氯中含有大量的氯离子
D．氯气有毒，氯离子无毒
答案解析部分
1．【答案】
【知识点】原子结构示意图
【解析】【解答】氮和磷是非金属元素，容易得到电子，形成阴离子N3-、P3-。钾是金属元素，容易失去电子，形成阳离子K+。因此正离子的结构示意图为。
故答案为：
【分析】非金属元素易得电子，形成阴离子；金属元素易失电子，形成阳离子。
2．【答案】18
【知识点】原子中的数量关系
【解析】【解答】P有15个电子，H有1个电子，因此一个分子所含的电子数目为15+1×3=18。
故答案为：18
【分析】在原子中，核外电子数等于质子数，结合P、H的质子数计算即可。
3．【答案】
【知识点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】氯化铵是由铵根离子和氯离子形成的离子化合物，电子式为。
故答案为：
【分析】NH4Cl是由NH4＋和Cl－构成的，结合原子的最外层电子数确定其电子式的书写。
4．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】N-H键是N和H之间共用电子对形成的化学键，属于极性共价键，B符合题意。
故答案为：B
【分析】由同种元素的原子形成的共价键为非极性共价键；由不同种元素的原子形成的共价键为极性共价键。
5．【答案】B；CD
【知识点】化学键
【解析】【解答】碳酸钾是有碳酸根离子和钾离子构成的离子化合物；钾离子和碳酸根之间通过离子键结合，碳酸根内碳与氧之间通过共价键结合。
故答案为：B；CD
【分析】由阴阳离子构成的化合物属于离子化合物；非金属元素之间通过公用电子对结合，形成共价键。
6．【答案】（1）D
（2）0.896L
【知识点】氨的实验室制法；气体摩尔体积；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）A．用装置甲制备氨气时，为防止水滴倒流，试管口应该略向下倾斜，A错误；
B．氨气可以和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；
C．氨气的密度比空气小，要使用向下排空气方法收集，采用短进长出，C错误；
D．氨气是大气污染物，最后尾气可根据氨气易溶于水的性质，用水进行吸收，为防止倒吸现象的发生，可以在导气管的末端安装一个干燥管或倒扣的漏斗，这样既可以使氨气被充分吸收，同时也防止倒吸现象的发生，D正确；
故答案为：D
（2）的物质的量为0.02mol，根据方程式，可以生成0.04mol氨气，标准状况下体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L。
故答案为：0.896L
【分析】（1）A、固体加热时试管口应略向下倾斜。
B、NH3能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥。
C、NH3的密度比空气小，应用向下排空气法收集。
D、NH3极易溶于水，可用水进行尾气处理；倒置的漏斗可以起到防倒吸作用。
（2）根据公式计算Ca(OH)2的物质的量，结合反应的化学方程式计算生成n(NH3)，再结合公式V=n×Vm计算NH3在标准状态下的体积。
（1）A．用装置甲制备氨气时，为防止水滴倒流，试管口应该略向下倾斜，A错误；
B．氨气可以和硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；
C．氨气的密度比空气小，要使用向下排空气方法收集，采用短进长出，C错误；
D．氨气是大气污染物，最后尾气可根据氨气易溶于水的性质，用水进行吸收，为防止倒吸现象的发生，可以在导气管的末端安装一个干燥管或倒扣的漏斗，这样既可以使氨气被充分吸收，同时也防止倒吸现象的发生，D正确；
答案选D。
（2）的物质的量为0.02mol，根据方程式，可以生成0.04mol氨气，标准状况下体积为0.04mol×22.4L/mol=0.896L。
7．【答案】0.5 mol/L
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】在1 mol/L的CaCl2溶液中Cl-的浓度为c(Cl-)=2c(CaCl2)=2×1 mol/L=2 mol/L，从中取出150 mL，将取出的150 mL溶液加水稀释到600 mL，根据稀释前后Cl-的物质的量不变，可知稀释后溶液中Cl-的物质的量浓度为c(Cl-)==0.5 mol/L。
故答案为：0.5 mol/L
【分析】溶液稀释过程中，溶液中溶质的物质的量保持不变。结合公式c浓×V浓=c稀×V稀计算。
8．【答案】正四面体形
【知识点】甲烷的组成与结构
【解析】【解答】甲烷中心原子C有四对成键电子对，空间结构为正四面体形。
故答案为：正四面体
【分析】甲烷的空间结构为正四面体结构。
9．【答案】CH4+2O2CO2+2H2O
【知识点】甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】甲烷在纯净的氧气中燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O。
故答案为：CH4+2O2CO2+2H2O
【分析】CH4在空气中燃烧生成CO2和H2O，据此写出反应的化学方程式。
10．【答案】2 mol
【知识点】燃烧热；有关反应热的计算
【解析】【解答】甲烷的燃烧热为890 kJ/mol，表示1 mol甲烷完全燃烧产生CO2气体和液态H2O时放出的热量是890 kJ。因此该反应的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890 kJ/mol。一定量甲烷完全燃烧放出的热量为1780 kJ，因此参与反应的CH4的物质的量n(CH4)==2 mol。由C原子个数守恒可知，2 mol CH4完全燃烧生成CO2的物质的量是2 mol。
故答案为：2mol
【分析】燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量。根据CH4的燃烧热和燃烧过程中放出的热量，即可计算出参与反应的n(CH4)；再结合碳原子个数守恒即可计算出反应生成的n(CO2)。
11．【答案】A
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】A．可燃冰是甲烷的结晶水合物，其化学式为[CH4·(H2O)n]，完全燃烧时生成H2O、CO2，对环境无污染物，属于清洁能源，A正确；
B．[CH4·(H2O)n]中只含有共价键，属于共价化合物，不属于离子化合物，B错误；
C．可燃冰存在于低温高压环境下，在常温常压下不能稳定存在，C错误；
D．天然气的主要成分是甲烷，故天然气降温加压后仍然为甲烷，无法得到甲烷的水合物，D错误；
故答案为：A
【分析】A、可燃冰完全燃烧的产物为H2O和CO2，不会造成环境污染。
B、只含有共价键的化合物为共价化合物，含有离子键的化合物为离子化合物。
C、可燃冰只存在于低温高压环境中。
D、天然气冷却后无法获得可燃冰。
12．【答案】（1）排尽装置内的空气防止加热时发生爆炸
（2）白色固体变为蓝色
（3）有二氧化碳生成
【知识点】甲烷的物理、化学性质
【解析】【解答】（1）由于甲烷气体与空气混合在加热时可能出现爆炸，因此，在进行加热前要把玻璃管中空气全部排出，所以在点燃 B 处酒精灯之前应先通入甲烷排出管内空气然后再进行加热。
故答案为： 排尽装置内的空气防止加热时发生爆炸
（2）水可以与白色无水硫酸铜反应生成蓝色的五水硫酸铜，所以C 装置中白色固体变为蓝色，证明有水生成。
故答案为： 白色固体变为蓝色
（3）二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，D 装置内澄清石灰水变浑浊，证明有二氧化碳生成。
故答案为： 有二氧化碳生成
【分析】CH4是可燃性气体，加热前需先排出装置内的空气，防止加热CH4和空气的混合气体时发生爆炸。A装置浓硫酸起到干燥除水作用。B装置中CH4与CuO反应生成Cu，可观察到黑色固体变为红色。C装置中无水硫酸铜用于检验水蒸气的生成，可观察到白色固体变为蓝色。D装置澄清石灰水用于检验CO2的生成，可观察到溶液变浑浊。据此结合题干设问分析作答。
（1）由于甲烷气体与空气混合在加热时可能出现爆炸，因此，在进行加热前要把玻璃管中空气全部排出，所以在点燃 B 处酒精灯之前应先通入甲烷排出管内空气然后再进行加热；
（2）水可以与白色无水硫酸铜反应生成蓝色的五水硫酸铜，所以C 装置中白色固体变为蓝色，证明有水生成；
（3）二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，D 装置内澄清石灰水变浑浊，证明有二氧化碳生成；
13．【答案】（1）CaCO3CaO+CO2↑
（2）化合反应；过滤；烧杯、漏斗和玻璃棒
（3）
（4）B
（5）碳酸钙为离子晶体，熔化需要克服离子键，干冰为分子晶体，只需要克服分子间作用力；离子键的能量远高于分子间的作用力，故熔点碳酸钙大于干冰
（6）CaO、H2O、CO2
【知识点】化学键；离子键的形成；化学基本反应类型；过滤；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）在“煅烧炉”中发生反应是石灰石经高温煅烧生成生石灰和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑。
故答案为：CaCO3CaO+CO2↑
（2）在“沉淀池”中发生的反应是生石灰和水化合生成了氢氧化钙，反应的化学方程式为：H2O+CaO═Ca(OH)2，该反应由两种物质生成了一种物质，属于化合反应；过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法．“反应池”中的混合物分离出生成的碳酸钙固体，可用过滤的方法；过滤需要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒。
故答案为：化合反应；过滤；烧杯、漏斗和玻璃棒
（3）由流程图可知，上述流程中可循环使用的物质的化学式为CO2，电子式为。
故答案为：
（4）碳酸钙是有钙离子和碳酸根离子构成的离子晶体，B符合题意。
故答案为：B
（5）碳酸钙为离子晶体，熔化需要克服离子键，干冰为分子晶体，只需要克服分子间作用力；离子键的能量远高于分子间的作用力，故熔点碳酸钙大于干冰。
故答案为： 碳酸钙为离子晶体，熔化需要克服离子键，干冰为分子晶体，只需要克服分子间作用力；离子键的能量远高于分子间的作用力，故熔点碳酸钙大于干冰
（6）氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧的化合物，属于氧化物的有CaO、H2O、CO2。
故答案为： CaO、H2O、CO2
【分析】（1）燃烧炉中CaCO3高温分解生成CaO和CO2，据此写出反应的化学方程式。
（2）沉淀池中CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，据此判断反类型。操作1、2实现了固液混合物的分离，属于过滤操作。结合过滤操作确定所需的玻璃仪器。
（3）上述流程中可循环的物质为CO2，结合原子最外层电子数确定其电子式。
（4）CaCO3是由Ca2＋和CO32－构成的，属于离子晶体。
（5）根据晶体类型，以及不同晶体类型熔点的影响因素分析。
（6）氧化物是指只由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。据此判断属于氧化物的物质。
（1）在“煅烧炉”中发生反应是石灰石经高温煅烧生成生石灰和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3CaO+CO2↑，故答案为：CaCO3CaO+CO2↑；
（2）在“沉淀池”中发生的反应是生石灰和水化合生成了氢氧化钙，反应的化学方程式为：H2O+CaO═Ca(OH)2，该反应由两种物质生成了一种物质，属于化合反应；过滤是把不溶于溶液的固体和液体分开的一种分离混合物的方法．“反应池”中的混合物分离出生成的碳酸钙固体，可用过滤的方法；过滤需要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：化合反应；过滤；烧杯、漏斗和玻璃棒；
（3）由流程图可知，上述流程中可循环使用的物质的化学式为CO2，电子式为，故答案为：。
（4）碳酸钙是有钙离子和碳酸根离子构成的离子晶体，答案为B；
（5）碳酸钙为离子晶体，熔化需要克服离子键，干冰为分子晶体，只需要克服分子间作用力；离子键的能量远高于分子间的作用力，故熔点碳酸钙大于干冰；
（6）氧化物是由两种元素组成，其中一种是氧的化合物，属于氧化物的有CaO、H2O、CO2。
14．【答案】B,C
【知识点】原子中的数量关系；元素、核素
【解析】【解答】和是钙的两种不同核素，其所含的质子数与电子数相等，都是20；中子数不同，分别为20和23；质量数不同，分别为40和43，BC符合题意。
故答案为：BC
【分析】在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数=原子序数；相对原子质量≈质子数+中子数。据此分析选项。
15．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；原子结构示意图
【解析】【解答】A．若M为O，R为Na，O的质子数为8小于Na的为11，A错误；
B．M可能为O或S，M为O时核电荷数为8，B正确；
C．若M为O，R为Na，则O2-和Na+均具有10电子，二者的电子层结构相同，C错误；
D．简单离子M2-与R+形成的化合物为MR2，不可能为MR型化合物，D错误；
故答案为：B
【分析】简单离子M2－与R＋的核外电子数之和为20，则M和R的核外电子数（即质子数）之和为19。因此M、R分别为O、Na或S、Li。据此结合题干设问分析作答。
16．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】①酸碱中和反应生成盐和水，但生成盐和水的反应不一定是中和反应，如CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O，①错误；
②氧化物中含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是氧化物，如C2H5OH，②错误；
③金属铝与盐酸反应生成AlCl3和H2，金属铁也能与盐酸反应，生成FeCl2和H2，而非FeCl3和H2，③错误；
④单质是由同种元素组成的纯净物，但由同种元素组成的物质不一定是单质，也可能是混合物，如氧气和臭氧的混合物，④错误；
综上所述，错误的有①②③④。
故答案为：D
【分析】①酸碱中和反应生成盐和水，非金属氧化物和碱溶液、金属氧化物和酸溶液反应，都能生成盐和水。
②氧化物是指只由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物。
③Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2。
④只由一种元素组成的纯净物为单质，同种元素可能组成混合物。
17．【答案】B
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质微粒直径大小将分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）和浊液（大于100nm）。因此溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质微粒直径大小，B符合题意。
故答案为：B
【分析】分散系是依据分散质粒子直径大小进行划分的。因此各种分散系的本质区别是分散质粒子直径大小。
18．【答案】渗析
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】渗析是用半透膜使离子或小分子从胶体中分离出来的方法，操作方法：将要提纯的胶体装入半透膜中，将半透膜袋系好，浸入蒸馏水中，要不断更换烧杯中的蒸馏水或改用流水以提高渗析效果。
故答案为：渗析
【分析】胶体的提纯操作为渗析。
19．【答案】FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
【知识点】胶体的性质和应用
【解析】【解答】往沸腾的蒸馏水中滴入几滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色，停止加热，就制取得到Fe(OH)3胶体，该制取得到Fe(OH)3胶体反应的化学方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。
故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
【分析】FeCl3与H2O加热反应生成Fe(OH)3胶体和HCl，据此写出反应的化学方程式。
20．【答案】D
【知识点】物质的量浓度
【解析】【解答】40gNaOH的物质的量为1mol，溶于1L水中，但最终溶液的体积未知，不能计算氢氧化钠的物质的量浓度，D符合题意。
故答案为：D
【分析】1000mL水的体积，不等于所形成的溶液的体积，无法计算。
21．【答案】（1）A；D
（2）D
（3）搅拌；引流
（4）D→F→A
（5）偏低；不影响；偏高；偏低
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】（1）配制的NaOH溶液，应选用规格为500mL容量瓶；应称量烧碱的质量为m=cVM=0.5L×0.1000mol/L×40g/mol=2g。
故答案为：A；D
（2）配制过程中，需要烧杯、胶头滴管、玻璃棒、500mL容量瓶、量筒等，不需要漏斗。
故答案为：D
（3）本实验中溶解氢氧化钠时需要用玻璃棒搅拌，加速氢氧化钠溶解；转移溶液时，需要用玻璃棒引流，即玻璃棒的作用是搅拌和引流。
故答案为：搅拌；引流
（4）配制的NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签，即实验过程先后次序排列C→B→D→F→A→E。
故答案为：D→F→A
（5）①将NaOH溶液转移到容量瓶时，不慎有少许溶液洒在容量瓶外，会损失溶质，所配制溶液浓度偏低。
故答案为：偏低
②将NaOH溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，即不会影响所配制溶液的浓度。
故答案为：不影响
③定容时，俯视刻度线，凹液面在刻度线之下，溶液体积偏小，所配制溶液浓度偏高。
故答案为：偏高
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是正常现象，若又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则所配制溶液浓度偏低。
故答案为：偏低
【分析】（1）配制480mL溶液应使用5000mL容量瓶。根据公式m=n×M=c×V×M计算所需NaOH固体的质量。
（2）结合配制过程确定所需的仪器。
（3）溶解过程中玻璃棒的作用是搅拌；移液过程中玻璃棒的作用是引流。
（4）根据溶液配制过程确定其步骤。
（5）分析错误操作对n、V的影响，结合公式分析误差。
（1）配制的NaOH溶液，应选用规格为500mL容量瓶；应称量烧碱的质量为m=cVM=0.5L×0.1000mol/L×40g/mol=2g；故答案为：A；D；
（2）配制过程中，需要烧杯、胶头滴管、玻璃棒、500mL容量瓶、量筒等，不需要漏斗，故答案为：D；
（3）本实验中溶解氢氧化钠时需要用玻璃棒搅拌，加速氢氧化钠溶解；转移溶液时，需要用玻璃棒引流，即玻璃棒的作用是搅拌和引流；
（4）配制的NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴签，即实验过程先后次序排列C→B→D→F→A→E；
（5）①将NaOH溶液转移到容量瓶时，不慎有少许溶液洒在容量瓶外，会损失溶质，所配制溶液浓度偏低；
②将NaOH溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中含有少量蒸馏水，不会影响溶质的物质的量和溶液的体积，即不会影响所配制溶液的浓度；
③定容时，俯视刻度线，凹液面在刻度线之下，溶液体积偏小，所配制溶液浓度偏高；
④定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是正常现象，若又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则所配制溶液浓度偏低。
22．【答案】密度比空气和氮气小
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】氢气和氦气的密度都比空气和氮气小，故可用于填充气球，因为氢气有可燃性，所以容易爆炸，氦气化学性质不活泼，故相对安全。
故答案为：密度比空气小
【分析】气象气球要升空，因此要求所填充气体的密度比空气小，据此分析。
23．【答案】2：1
【知识点】阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】同温同压下，相同质量的气体有，氢气和氦气体积比为：4：2=2：1。
故答案为：2：1
【分析】同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比。质量相同时，摩尔质量与物质的量成反比，据此计算。
24．【答案】A；D
【知识点】气体摩尔体积
【解析】【解答】升空后，由于高度变高、外界气压变低，内部压强大于外面压强，气球会发生膨胀，体积变大，氯丁橡胶的厚度会变薄。
故答案为：A；D
【分析】外界压强变小，使得气球内部压强大于外界压强，气球体积膨胀，氯丁橡胶厚度变薄。
25．【答案】（1）分液漏斗；圆底烧瓶
（2）NaOH溶液能与Cl2反应，因此不能用NaOH溶液吸收除去Cl2中的杂质HCl，该反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）C
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；常用仪器及其使用
【解析】【解答】（1）根据装置图可知：仪器a名称是分液漏斗，仪器b是圆底烧瓶。
故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶
（2）NaOH是碱，由于NaOH溶液不仅能够与HCl反应反应，也能够与Cl2反应，因此不能用NaOH溶液吸收除去Cl2中的杂质HCl；NaOH与Cl2反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
故答案为： NaOH溶液能与Cl2反应，因此不能用NaOH溶液吸收除去Cl2中的杂质HCl，该反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（3）Cl2是气体，分子之间间隔很大，要使氯气变为液氯，应该使分子之间间隔变小，则改变的外界条件是降温加压，C符合题意。
故答案为：C
【分析】（1）根据图示仪器确定其名称。
（2）Cl2能与NaOH发生反应Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，因此不能用NaOH除去Cl2中混有的HCl。
（3）有利于氯气变为液氯的条件为低温高压。
（1）根据装置图可知：仪器a名称是分液漏斗，仪器b是圆底烧瓶；
（2）NaOH是碱，由于NaOH溶液不仅能够与HCl反应反应，也能够与Cl2反应，因此不能用NaOH溶液吸收除去Cl2中的杂质HCl；NaOH与Cl2反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（3）Cl2是气体，分子之间间隔很大，要使氯气变为液氯，应该使分子之间间隔变小，则改变的外界条件是降温加压，故合理选项是C。
26．【答案】C
【知识点】同位素及其应用；相对原子质量及其计算；化学式及其计算
【解析】【解答】解：A、75.77%表示35Cl的丰度，不是质量分数，故A错误；
B、24.23%表示37Cl的丰度，不是35Cl的丰度，故B错误；
C、氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，故C正确；
D、36.966表示37Cl的相对原子质量，不是37Cl的质量数，故D错误．
故选：C
【分析】本题考查相对原子质量的求法，涉及到下列几个概念：同位素、丰度、质量数、元素的相对原子质量、原子的相对原子质量等．
27．【答案】D
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氯气的物理性质
【解析】【解答】A．氯原子得到一个电子形成氯离子，因此其电子式为：，A错误；
B．氯离子没有刺激性气味，氯气有刺激性气味，B错误；
C．液氯指液态的氯气，含有氯分子，为纯净物，不含Cl-，C错误；
D．氯气是黄绿色有毒气体，氯离子无毒，D正确；
故答案为：D
【分析】A、Cl－是由Cl原子最外层得到一个电子形成，带有一个负电荷，据此确定其电子式。
B、Cl－没有气味，Cl2有刺激性气味。
C、液氯为液态的氯气，属于纯净物。
D、Cl2有毒，Cl－无毒。
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