【化学】湖南省浏阳市六校联考2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

湖南省浏阳市六校联考2018-2019学年高一上学期期中考试试题
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（ ）

【答案】A
【解析】浓硫酸具有腐蚀性，无毒、不能燃烧，应该标记为腐蚀性液体，故选A。
2.下列实验操作中: ①过滤 ②蒸发 ③溶解 ④取液体试剂 ⑤取固体试剂.一定要用到玻璃棒的是（ ）
A. ①②③ B. ④⑤ C. ①④ D. ①③⑤
【答案】A
【解析】试题分析：①过滤时要用玻璃棒引流；②蒸发要用玻璃棒搅拌防止局部受热造成液滴飞溅同时能加速溶解；③溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解；④取液体试剂直接倾倒不需要玻璃棒；⑤取用固体用药匙，不用玻璃棒；故选A。
3.下图是 10mL 量筒的一部分，则量筒所盛液体的体积是（ ）

A. 4.4 mL B. 4.3 mL C. 5.7 mL D. 4.30 mL
【答案】B
【详解】量筒的刻度从上到下逐渐增大，根据所示图，液体凹液面最低处在4.3处，即所盛液体体积为4.3mL，故选项B正确。
4.溶液、胶体和浊液这三种分散系的根本区别是（ ）
A. 是否能透过滤纸 B. 分散质粒子直径的大小
C. 是否是大量分子或离子的集合体 D. 是否为均一、稳定、透明的外观
【答案】B
【详解】溶液、胶体、浊液三种分散系的本质区别是分散质微粒的直径，当微粒直径在1－100nm之间的分散系为胶体，小于1nm的分散系为溶液，大于100nm的分散系为浊液，故选项B正确。
5.日常生活中的许多现象与化学反应有关,下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）
A. 铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3] B. 铁制菜刀生锈
C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏 D. 铝锅表面生成致密的氧化膜
【答案】C
【详解】A、金属铜、氧气、CO2、H2O发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；
B、铁在氧气、水存在下生锈，存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C、大理石的主要成分是CaCO3，酸雨腐蚀大理石雕像原因是CaCO3与酸发生反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化反应，故C符合题意；
D、铝被氧气氧化成氧化铝，存在元素化合价变化，该反应属于氧化还原反应，故D不符合题意。
6.下列溶液中，Na+ 数目最多的是（ ）
A. 1mol/L Na2SO4溶液100mL B. 0.9mol/L Na3PO4溶液100mL
C. 2.5mol/L NaOH 溶液100mL D. 1mol/L NaHCO3溶液100mL
【答案】B
【解析】
【分析】根据c=n/V，求出物质的量，然后利用物质的量与微粒数成正比，进行分析。
【详解】A、n(Na＋)=100×10－3×1×2mol=0.2mol；
B、n(Na＋)=100×10－3×0.9×3mol=0.27mol；
C、n(Na＋)=100×10－3×2.5mol=0.25mol；
D、n(Na＋)=100×10－3×1mol=0.1mol；
物质的量与微粒数成正比，综上所述，Na＋微粒数最多的是选项B。
7.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是（ ）
A. O2 B. CH4 C. CO2 D. SO2
【答案】B
【解析】试题分析：比较所占体积最大即气体的物质的量最大，n=m/M得，气体等质量，即摩尔质量越小，物质的量越大，故氢气的物质的量最大，体积最大，答案选D．
8.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是（ ）
A. Mn2+→MnO4－ B. H2→H2O C. NO3－→NO D. Zn→Zn2+
【答案】C
【解析】
【分析】需要加入还原剂才能发生，说明反应物得到电子，所含的某元素化合价降低。
【详解】A、Mn2＋→MnO4－，Mn的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故A错误；
B、H2→H2O，H的化合价由0价→＋1价，化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故B错误；
C、NO3－→NO，N的化合价由＋5价→＋2价，化合价降低，需要加入还原剂才能实现，故C正确；
D、Zn的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现，故D错误。
9.下列电离方程式中正确的是（ ）
A. Al2(SO4)3＝2Al3＋＋3SO42－ B. Na2SO4＝2Na＋＋SO4－2
C. Ca(NO3)2＝Ca2＋＋2(NO3)2－ D. Ba(OH)2＝Ba2＋＋OH2－
【答案】A
【详解】A、Al2(SO4)3的电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42－，故A正确；
B、硫酸根离子应是SO42－，Na2SO4电离方程式为Na2SO4=2Na＋＋SO42－，故B错误；
C、硝酸根为NO3－，硝酸钙的电离方程式为Ca(NO3)2=Ca2＋＋2NO3－，故C错误；
D、Ba(OH)2正确的电离方程式为Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH－，故D错误。
10.在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）
A. Na+ K+ OH- Cl- B. Na+ Cu2+ SO42- NO3-
C. Ca2+ HCO3-　 NO3-　K+ D. Mg2+ Na+ SO42- Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】溶液为强酸性，说明溶液中含有大量H＋，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。
【详解】A、OH－与H＋反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A不符合题意；
B、Cu2＋显蓝色，故B不符合题意；
C、HCO3－与H＋发生反应生成H2O和CO2，在指定溶液不能大量共存，故C不符合题意；
D、在指定的溶液中能够大量共存，故D符合题意。
11.同温同压下，1 mol H2和1 mol O2，下列有关它们的说法正确的是（ ）
A. 质量相同，体积不同 B. 分子数相同，质量不同
C. 体积相同，分子数不同 D. 体积相同，原子数不同
【答案】B
【解析】
【详解】A、根据n=m/M，1molH2的质量为2g，1molO2的质量为32g，质量不同，同温同压下，体积比等于物质的量之比，即H2和O2的体积相同，故A错误；
B、利用n=N/NA，1molH2和1molO2中含有分子数相等，质量不相等，故B正确；
C、根据上述分析，体积相同，分子数相同，故C错误；
D、1molH2中含有H的物质的量为2mol，1molO2中含有O的物质的量为2mol，原子数相同，故D正确。
12.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述不正确的是（ ）
A. 已知1个CH4分子含有10个电子。标准状况下，2.24L CH4含有的电子数为 NA
B. 常温常压下，14g N2含有分子数为0.5NA
C. 2.3g金属钠变为钠离子时失去的电子数为0.1NA
D. 物质的量浓度为0.5mol /L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A、1个CH4分子含有10个电子，即1molCH4中含有10mol电子，标准状况下，2.24LCH4的物质的量为0.1mol，含有电子的物质的量为0.1×10mol=1mol，故A说法正确；
B、14gN2的物质的量为14/28mol=0.5mol，根据物质的量与微粒数之间的关系，14gN2含有分子数为0.5NA，故B说法正确；
C、2.3g金属钠失去电子物质的量为2.3×1/23mol=0.1mol，故C说法正确；
D、题目中没有指明溶液的体积，无法计算Cl－的物质的量，故D说法错误。
13.下列化学方程式中，不能用离子方程式：H++OH-＝H2O表示的是（ ）
A. 2NaOH＋H2SO4＝Na2SO4＋2H2O
B. Ba(OH)2 +2HCl＝BaCl2+2H2O
C. KOH+HCl＝KCl+H2O
D. Cu(OH)2+2HNO3= Cu(NO3)2+2H2O
【答案】B
【解析】试题分析：可溶易电离的化合物拆写成离子，难溶、弱酸、弱碱、水、氧化物、单质不能拆写成离子，因为Cu(OH)2属于难溶物，不能拆写成离子形式，故选项B符合题意。
14. 下列离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑
B. 氢氧化铜溶液与硫酸溶液的反应：Cu(OH)2+2H+＝Cu2++2H2O
C. 碳酸钙与盐酸反应：CO32－+2H+＝H2O+CO2↑
D. 硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液：SO42－+Ba2+＝BaSO4↓
【答案】B
【解析】试题分析：A、不符合客观事实，应是Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故错误；B、氢氧化铜是难溶碱，不能拆写成离子，故正确；C、碳酸钙是难溶的盐，不能拆写成离子，应是CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O，故错误；D、缺少离子反应方程式，应是Cu2＋＋2OH－＋Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，故错误。
15.100 mL 1mol／L的硫酸溶液中加入下列物质后，导电性最差的是（ ）
A. 0.2mol KOH固体 B. 0.1 mol Ba(OH)2 固体
C. 100 mL H2O D. 0.1 mol 铁
【答案】B
【解析】
【分析】电解质溶液的导电与溶液中离子浓度、所带电荷数有关，所带电荷数越多、离子浓度越大，导电能力越强。
【详解】硫酸的物质的量为100×10－3×1mol=0.1mol，
A、加入0.2molKOH，发生2KOH＋H2SO4=K2SO4＋H2O，离子浓度基本保持不变，即导电能力不变，故A不符合题意；
B、加入0.1molBa(OH)2，发生Ba(OH)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O，H2O为弱电解质，导电能力几乎为0，故B符合题意；
C、加水稀释，离子浓度降低，导电能力降低，导电能力不是最差，故C不符合题意；
D、加入铁，发生Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，导电能力基本保持不变，故D不符合题意。
16.实验室里需要480 mL 0.1mol／L的硫酸铜溶液，选取容量瓶进行配制，以下操作正确的是[胆矾(CuSO4·5H2O)] （ ）
A. 称取7．68 g硫酸铜，加入500 mL水
B. 称取12．0 g胆矾配成500 mL溶液
C. 称取8．0 g硫酸铜，加入500 mL水
D. 称取12．5 g胆矾配成500 mL溶液
【答案】D
【解析】
【分析】应用500mL的容量瓶进行配制，因此CuSO4的物质的量为500×10－3×0.1mol=0.05mol。计算物质的量浓度的公式中，体积为溶液的体积，然后进行分析即可。
【详解】应用500mL的容量瓶进行配制，因此CuSO4的物质的量为500×10－3×0.1mol=0.05mol，
A、根据c=n/V，V为溶液的体积，不是溶剂的体积，故A错误；
B、需要胆矾的质量为0.05×250g=12.5g，故B错误；
C、根据c=n/V，V为溶液的体积，不是溶剂的体积，故C错误；
D、需要胆矾的质量为0.05×250g=12.5g，c(CuSO4)=0.05/(500×10－3)mol·L－1=0.1mol·L－1，故D正确。
17.已知0.5L盐酸和硫酸的混合溶液中含有0.1molCl-和0.2molSO42-,则此溶液中H+的物质的量浓度c(H+)为（ ）
A. 1mol/L B. 0.5 mol/L C. 0.6 mol/L D. 1.5 mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】采用溶液呈现电中性进行判断。
【详解】根据溶液呈现电中性，得出c(H＋)=c(Cl－)＋2(SO42－)，c(Cl－)=0.1/0.5mol·L－1=0.2mol·L－1，c(SO42－)=0.2/0.5mol·L－1=0.4mol·L－1，代入上式，得出c(H＋)=1mol·L－1，故选项A正确。
18.根据反应①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2，②2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是(　　)
A. Fe3＋>Cl2>I2 B. Cl2>I2>Fe3＋
C. I2>Cl2>Fe3＋ D. Cl2>Fe3＋>I2
【答案】D
【解析】试题分析：在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，根据反应2FeCl3＋2KI=2FeCl2＋2KCl＋I2可知，氯化铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，因此氧化性是Fe3＋＞I2；根据反应2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3可知，氧化剂是氯气，氧化产物是氯化铁，因此氧化性是Cl2＞Fe3＋，所以氧化性强弱顺序是Cl2＞Fe3＋＞I2，答案选D。
19.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂．实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3＋H2C2O4＋H2SO42ClO2↑＋K2SO4＋2CO2↑＋2H2O.下列说法中正确的是(　　)
A. KClO3在反应中是还原剂
B. 1 mol KClO3参加反应，在标准状况下能得到22.4 L气体
C. 在反应中H2C2O4既不是氧化剂也不是还原剂
D. 1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移
【答案】D
【解析】
【分析】反应中电子转移的情况为：
【详解】A、由分析可知KClO3中Cl化合价降低，得到电子，被还原，作氧化剂，故A错误；
B、由方程式可知，当有1 mol KClO3反应时，转移1 mol电子，同时生成1 mol ClO2和1 mol CO2气体，转换为标况下的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，故B错误；
C、H2C2O4中C化合价升高，失去电子，被氧化，为还原剂，故C错误；
D、根据反应中电子转移的情况可知1 mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，故D正确；
综上所述，本题应选D。
20.某物质A在一定条件下加热领土完全分解，产物都是气体：2A＝B+2C+3D，测得生成的混合气体对氢气的相对密度为15，则物质A的摩尔质量为（ ）
A. 30 g·mol-1 B. 60g·mol-1 C. 90 g·mol-1 D. 120g·mol-1
【答案】C
【解析】
【分析】利用相同条件下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，则求出混合气体摩尔质量为15×2g·mol－1=30g·mol－1，假设有2molA参与反应，计算出A的质量，利用M=m/n，得出结果。
【详解】根据阿伏加德罗推论，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，混合气体的平均摩尔质量为15×2g·mol－1=30g·mol－1，假设有2molA参与反应，生成6mol混合气体，则混合气体的质量为6×30g=180g，根据质量守恒，A的质量为180g，即M(A)=180/2g·mol－1=90g·mol－1，故选项C正确。
21.（1）0.5mol CO2中含有原子的总数目是________ ,该 CO2气体的质量是______克，在标准状况下的体积为__________ L.
（2）已知反应
①SO3+H20=H2SO4 ②Cl2+H2O=HCl+HClO ③2F2+2H2O=4HF+O2
④2Na+2H2O=2NaOH+H2↑ ⑤SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
上述反应中不属于氧化还原反应的是______________（填序号，下同）；属于氧化还原反应，其中H2O被氧化的是_________________；H2O被还原的是_______________；属于氧化还原反应，但H2O既不被氧化，也不被还原的是 _____________。
【答案】(1). 1.5NA (2). 22 (3). 11.2L (4). ①⑤ (5). ③ (6). ④ (7). ②
【详解】（1）1molCO2中含有1molC原子和2molO原子，即0.5molCO2含有原子总数目是(0.5×3)NA=1.5NA；利用n=m/M，该CO2气体的质量为0.5×44g=22g；利用n=V/Vm，该CO2标准状况下的体积为0.5×22.4L=11.2L；
（2）氧化还原反应中存在化合价的变化，①不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应；②存在化合价的变化，属于氧化还原反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂；③存在化合价的变化，属于氧化还原反应，F2为氧化剂，H2O为还原剂；④存在化合价的变化，属于氧化还原反应，Na是还原剂，H2O为氧化剂；⑤不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应；综上所述，属于非氧化还原反应的是①⑤；H2O被氧化，H2O作还原剂，H2O被氧化的是③；H2O被还原，说明H2O作氧化剂，即H2O被还原的是④；属于氧化还原反应，但H2O既不被氧化，又不被还原的是②。
22.下列物质：①盐酸、②乙醇、③熔融的NaCl、④氯化钠晶体、⑤Fe、⑥干冰 ⑦NH3·H2O
（1）属于电解质的是（填序号，下同）_______________；
（2）属于非电解质的是________________
（3）属于强电解质的是________________
（4）能导电的是 ___________________
【答案】(1). ③④⑦ (2). ②⑥ (3). ③④ (4). ①③⑤⑦
【解析】
【分析】属于电解质的物质为酸、碱、多数的盐、H2O、多数金属氧化物；非电解质为除电解质外的化合物；强电解质指的是强酸、强碱、多数盐。
【详解】（1）电解质在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，一般包括酸、碱、多数的盐、水、多数金属氧化物，因此符合条件的是③④⑦；
（2）非电解质：在水溶液和熔融状态下，都不能够导电的化合物，除电解质外的化合物，因此符合条件的是②⑥；
（3）强电解质在水溶液里全部电离的电解质，一般包括强酸、强碱、多数的盐，符合条件的是③④；
（4）能够导电：金属单质、石墨、水溶液或熔融状态下的电解质，符合条件的是①③⑤⑦。
23.阅读、分析下列两个材料：
材料一、

材料二、
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度/g·cm-3
溶解性
乙二醇（ C2H6O2）
-11.5
198
1.11
易溶于水和乙醇
丙三醇（C3H8O3）
17.9
290
1.26
能跟水、酒精以任意比互溶
回答下列问题（填写序号）：
A. 蒸馏法 B. 萃取法 C.“溶解、结晶、过滤”的方法 D.分液法
（1）将纯碱从氯化钠和纯碱的混合物中分离出来，最好应用__________。
（2）将乙二醇和丙三醇相互分离的最佳方法是__________。
【答案】(1). C (2). A
【解析】
【分析】（1）根据材料一进行分析，纯碱的溶解度受温度的影响比较大；
（2）根据材料二进行分析，利用其沸点不同，进行蒸馏。
【详解】（1）根据材料一，纯碱溶解度受温度的影响比较大，NaCl溶解度受温度的影响比较小，因此提纯Na2CO3，先用热水溶解配制成饱和溶液，等液体冷却，Na2CO3析出，采用溶解、结晶、过滤的方法，故选项C正确；
（2）根据材料二，丙三醇与乙醇任意比例互溶，两种物质的沸点相差较大，因此采用蒸馏法进行分离，故选项A正确。
24.（1）同温同压下，某容器充满O2重116 g，若充满CO2重122 g，现充满某气体重114 g，则该气体的相对分子质量为_________________
（2）标准状况下，22.4LHCl气体溶于50mL水再配成250mL溶液，所得盐酸的物质的量浓度_________ mol/L，若将此溶液再稀释成1L溶液，稀释后盐酸的物质的量浓度_______ mol/L
（3）某10% NaOH溶液，加热蒸发掉100g水后得到80mL20%的溶液，则该20% NaOH溶液的物质的量浓度为 _________________ mol/L
【答案】(1). 28 (2). 4mol/L (3). 1 mol/L (4). 6.25mol/L
【解析】
【详解】（1）设该容器的质量为xg，同温同压下，相同体积的任何气体所含分子数相等，即物质的量相等，(116－x)/32=(122－x)/44，解得x=100，(122－100)/44=(114－100)/M，解得M=28；
（2）溶质的物质的量为22.4/22.4mol=1mol，根据c=n/V，c(HCl)=1/(250×10－4)mol·L－1=4mol·L－1；加水稀释，溶质的质量和物质的量不变，因此稀释后盐酸的物质的量浓度为1/1mol·L－1=1mol·L－1；
（3）令原溶液的质量为xg，蒸发过程中溶质的质量不变，即有x×10%=(x－100)×20%，解得x=200g，溶质的质量为20g，溶质的物质的量为20/40mol=0.5mol，c(NaOH)=0.5/(80×10－3)mol·L－1=6.25mol·L－1。
25.实验室欲配制0.5 mol／L的NaOH溶液500 mL：
（1）主要操作步骤的正确顺序是__________________________（填序号）。
①称取一定质量的氢氧化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；②用胶头滴管向容量瓶中加入蒸馏水至凹液面与刻度线相切；③待冷却至室温后，将溶液转移到500mL容量瓶中；④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液转移到容量瓶中。
（2）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图．由图中可以看出，该同学在操作时的一个错误是______________________________，烧杯的实际质量为_______________克。

（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是__________________________________。
（4）在配制过程中，其他操作都正确的，下列操作会引起误差偏高的是_______________
①没有洗涤烧杯和玻璃棒
②转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
④定容时俯视标线
⑤定容时仰视标线
⑥定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线。
【答案】(1). ①③⑤②④ (2). 物体与砝码放反了 (3). 27.4克 (4). 检漏 (5). ④
【详解】（1）配制一定物质的量浓度溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容、摇匀，即该实验的步骤是①③⑤②④；
（2）称量时，应是左物有码，因此物体与砝码放反；根据左盘砝码的质量=烧杯质量+游码质量，烧杯的质量为(30－2.6)g=27.4g；
（3）使用容量瓶前需要检漏；
（4）根据c=n/V=m/MV，①、没有洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶中溶质的质量或物质的量减少，所配浓度偏低，故①不符合题意；
②转移时不慎有少量液体溅出，容量瓶中溶质物质的量或质量减少，所配溶液的浓度偏低，故②不符合题意；
③容量瓶是否干燥，对所配溶液浓度无影响，故③不符合题意；
④定容时俯视读数，容量瓶中溶液体积偏少，所配溶液浓度偏高，故④符合题意；
⑤定容时仰视标线，容量瓶中溶液的体积偏高，所配溶液浓度偏低，故⑤不符合题意；
⑥定容后，再加水稀释溶液，浓度偏低，故⑥不符合题意。
26.某学生设计了如下实验：

回答下列问题：
（1）上图括号内的操作步骤均为_______________；
（2）按此实验方案得到的NaCl固体中含有杂质；为了解决这个问题可以向过滤得到的滤液中加入适量的__________；
（3）写出生成B的离子方程式：______________________________
【答案】(1). 蒸发 (2). 盐酸 (3). Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓
【解析】
【详解】（1）从溶液中得到固体，采用蒸发进行得到；
（2）溶液中滴加过量的Na2CO3溶液，生成CaCO3沉淀，过滤得到滤液中含有NaCl和Na2CO3，加入盐酸，蒸发得到NaCl固体；
（3）根据流程发生离子反应是Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓。