【化学】湖南省长沙市长郡中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题（解析版）
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一、选择题：共12题，每题只一个答案，每题5分，共60分
1.下列试剂的保存方法错误的是（ ）
A. 少量的钠保存在煤油中
B. 氢氟酸保存在无色玻璃瓶中
C. 氢氧化钠溶液保存在橡皮塞的玻璃瓶中
D. 新制的氯水保存在棕色玻璃瓶中
【答案】B
【解析】A、少量钠保存在煤油中，故说法正确；B、氢氟酸腐蚀玻璃，应保存在塑料瓶中，故说法错误；C、盛放碱液的玻璃瓶，应用橡胶塞或橡皮塞，故说法正确；D、新制氯水中Cl2＋H2O HCl＋HClO，HClO见光受热易分解，因此新制氯水应保存在棕色试剂瓶中，故说法正确。
2.“纳米技术”广泛应用于催化及军事科学中，“纳米材料”是粒子直径在1～100 nm(纳米)之间的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质( )
①是溶液 ②是胶体 ③是浊液 ④不能透过滤纸
⑤能透过滤纸 ⑥能产生丁达尔效应 ⑦静置后，会析出黑色沉淀
A. ②⑤⑥ B. ②⑥⑦ C. ①⑤ D. ③④⑦
【答案】A
【解析】试题分析：纳米粒子的直径为1～100nm，分散在水中形成胶体，胶体不能透过半透膜，而能通过滤纸，具有丁达尔效应，因此选项A正确。
3.关于溶液配制，下列说法正确的是（ ）
A. 配制480mL0.1mol/LCuSO4溶液，需要称量CuSO4·5H2O晶体12.0g
B. 用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入容量瓶中
C. 称量5.3g碳酸钠固体时，若将称量物和砝码放反，将会使称量结果偏小
D. 定容时俯视刻度线，可使配制物质的量浓度偏低
【答案】C
【解析】
【分析】A、没有480mL 的容量瓶，实际应配制500mL 溶液，根据m=nM=cVM计算硫酸铜晶体的质量；
B、浓硫酸溶解放出大量的热,不冷却立即转移定容,溶液冷却后所配溶液的体积偏小；
C、根据天平平衡原理:左盘物质质量=右盘砝码质量+游码读数,据此计算判断；
D、定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小；
【详解】A、没有480mL的容量瓶,实际应配制500mL 溶液,需要硫酸铜晶体的质量为0.5×0.1×250=12.5g,故A错误；
B、浓硫酸溶解放出大量的热,不冷却立即转移定容,溶液冷却后所配溶液的体积偏小,所配溶液的浓度偏高,应冷却至室温后再转移溶液,故B错误；
C、称量5.3g碳酸钠固体时,若将物质和砝码放反,实际称量的碳酸钠的质量为5-0.3=4.7g,故C正确；
D、定容时俯视刻度线，所配溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故D错误；
综上所述，本题选C。
4.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是( )
A. 氨气 B. 氯气 C. 硝酸铵 D. 硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】溶于水或在熔融状态下均不能够导电的化合物是非电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。
【详解】A．NH3的水溶液能导电，是因NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成离子而导电，即发生电离不是NH3本身，故NH3属于非电解质，故A正确；
B．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．硝酸铵是盐，溶于水导电，但属于电解质，故C错误；
D．硝酸是一元强酸，溶于水导电，但是电解质，故D错误；
故答案选A。
5.某溶液中只含有K+、Al3+、NO3－、SO42－ 四种离子，已知前三种离子的个数比为2∶1∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为（ ）
A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2
【答案】A
【解析】
【详解】根据溶液呈电中性原理可知：1×n(K+)+3×n(Al3+)=1×n(NO3－)+2×n(SO42－)，假设前三种离子的物质的量分别为：2mol，1mol，1mol，带入上述等式，有2×1+1×3=1×1+x×2，则x=2mol，则溶液中Al3+和 SO42－的离子物质的量之比为1:2，即个数比为1:2，A正确；
综上所述，本题选A。
6.下列溶液中能用来区别SO2和CO2气体的是（ ）
①石灰水 ②H2S溶液 ③酸性KMnO4 ④氯水 ⑤品红溶液 ⑥紫色石蕊试液
A. ①②③⑤ B. ①⑥ C. ① D. ②③④⑤
【答案】D
【解析】①因SO2和CO2均能与石灰水反应生成白色沉淀，则不能鉴别；②只有二氧化硫与氢硫酸反应生成S沉淀，二氧化碳不能，现象不同，可鉴别；③因二氧化硫与KMnO4溶液发生氧化还原反应，观察到KMnO4溶液颜色变浅或消失，而二氧化碳与氯水不反应，则能鉴别；④SO2能与氯水中的氯气发生氧化还原反应生成两种强酸，可使氯水褪色，但CO2不能使氯水褪色，可用来鉴别；⑤因二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，而二氧化碳不能，则能鉴别；⑥两种溶液都具有酸性，则不能鉴别；故选D。
7.标准状况下，700 L氨气溶于1 L水得到密度为0.9 g·cm－3的饱和氨水，则该氨水的物质的量浓度约为( )
A. 16.4 mol·L－1 B. 17.4 mol·L－1 C. 18.4 mol·L－1 D. 19.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】试题分析：令氨气为700L，则水为1L，氨气的物质的量==mol，
氨气的质量=mol×17g/mol=g，水的质量=1L×1000g/L=1000g，
溶液的体积==L，
所得氨水的物质的量浓度=mol÷L==18.37mol/L，故选C。
8.下列各项操作中符合“先出现沉淀后沉淀完全溶解”现象的是（ ）
①向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量
③向BaCl2溶液中通入CO2 至过量
④向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量
⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量
⑥向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量
A. 全部 B. ②③④⑤⑥ C. ②③④⑥ D. ②④⑥
【答案】D
【解析】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，反应为Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故①错误；②向Fe(OH)3胶体中加入H2SO4会出现先凝聚生成Fe(OH)3沉淀，H2SO4过量，Fe(OH)3与H2SO4反应生成易溶于水的硫酸铁和水而溶解，出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故②正确；③弱酸不能制强酸，向BaCl2溶液中通入CO2 始终无沉淀生成，故③错误；④石灰水和CO2反应，生成CaCO3沉淀，继续通入CO2，会与CaCO3反应生成可溶的Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故④正确；⑤向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量，始终生成BaSO4沉淀，生成的Al(OH)3最终会溶解于过量的Ba(OH)2，故⑤错误；⑥向NaAlO2溶液中滴入过量的盐酸，发生的反应方程式为：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl、Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，所以发生“先沉淀后溶解”现象，故⑥正确；答案为D。
9.把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量仍为ag，则原合金中铁的质量分数为( )
A. 70% B. 52.4% C. 47.6% D. 30%
【答案】A
【解析】试题分析：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，则a g Fe、Al合金→a g Fe2O3，合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等于氧化铁中铁的质量分数，原合金中铁的质量分数为×100%=70%，故选A。
10.常温下将盛有10 mL NO2和10 mL NO的混合气体的试管倒立于水槽中并向其中通入O2，一段时间后，试管内还剩余2 mL气体，则通入O2的体积可能为( )
A. 8mL B. 8.5mL C. l0mL D. 10.5mL
【答案】B
【解析】①当剩下的气体为O2时，10mLNO2和10mL NO说明完全反应生成硝酸，则：
4NO2+O2+2H2O═4HNO3，4NO+3O2+2H2O═4HNO3，
4 1 4 3
10mL 2.5mL 10mL 7.5mL
所以通入的氧气体积为：2.5mL+7.5mL+2mL=12mL；
②当剩余的气体为NO时，可以认为10mL NO2完全反应生成硝酸，10mLNO中剩余2mL，有8mL转化成硝酸，则：
4NO2+O2+2H2O═4HNO3，4NO+3O2+2H2O═4HNO3，
4 1 4 3
10mL 2.5mL 8mL 6mL
所以通入氧气的体积为：2.5mL+6mL=8.5mL，故选B。
11.将一定量的Na2CO3与NaHCO3的混合物充分加热，可收集到标况下a L的气体，若将同样的混合物投入到足量盐酸中，会收集到标况下b L的气体，则Na2CO3物质的量分数为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】两次得到的二氧化碳的物质的量分别是、，根据方程式2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑可知碳酸氢钠的物质的量是。根据碳原子守恒可知碳酸钠的物质的量是，则Na2CO3物质的量分数为。
答案选B。
12. 碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol/L盐酸500mL．灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是（ ）
A. 35g B. 30g C. 20g D. 15g
【答案】C
【解析】混合物溶液盐酸，生成氯化铜。则根据氯原子守恒可知，氯化铜的物质的量是0.25mol，则铜原子的物质的量是0.25mol，所以最终生成的氧化铜是0.25mol，质量是0.25mol×80g/mol＝20g，答案选D。
二、大题：除特别注明者外，每空5分，共40分。
13.在加热条件下，用二氧化锰与足量浓盐酸反应，制得氯气0.56L（标准状况）。问：
（1）理论上需要消耗MnO2的质量为__________。
（2）被氧化的HCl的物质的量是__________。
【答案】（1）需耗MnO2 2.18g （4分）（2）被氧化的HCl的物质的量是0.05mol。（6分）
【解析】
【分析】根据n＝V/Vm计算氯气的物质的量，结合反应的方程式计算消耗的二氧化锰以及被氧化的氯化氢的量。
【详解】（1）标况下0.56L氯气的物质的量是0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，根据方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知理论上需要消耗MnO2为0.025mol，质量是0.025mol×87g/mol＝2.175g；
（2）氯化氢被氧化生成氯气，则根据氯原子守恒可知被氧化的HCl的物质的量是0.025mol×2＝0.05mol。
14.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属；通常情况下A为固体、B为黄绿色气体、C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种无氧强酸溶液，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如图所示（其中某些反应条件和部分反应产物已略去）。
（1）写出下列物质的化学式：D___________，X_______________。
（2）在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是_____________（填编号）。
（3）反应⑥的离子方程式为：______________________________________。
（4）往G溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是________________________。
（5）反应⑦的化学方程式为____________________________________；该反应中每消耗0.3mol的A，可转移电子________mol。
（6）除去D溶液中混有的少量G的化学方程式：_________________。
【答案】(1). FeCl3 (2). HCl (3). ③⑥ (4). Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 (5). 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (6). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (7). 0.8 (8). 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
【解析】
【分析】单质A和C反应生成E为黑色晶体，E黑色固体和X酸反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A＝G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含SCN－离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H为H2O；依据G+B＝D分析判断B是强氧化剂，B为黄绿色气体，证明为Cl2，所以推断D为FeCl3，得到G为FeCl2，X为HCl；依据判断出的物质回答问题。
【详解】根据以上分析可知A为金属Fe，B为Cl2，C为O2，D为FeCl3，E为Fe3O4，F为含SCN－离子的化合物，G为FeCl2，H为H2O，X为HCl；则
（1）依据分析推断可知，D为FeCl3，X为HCl；
（2）依据反应过程分析，①为铁和氯气发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和盐酸发生的反应，不是氧化还原反应，④为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，⑥是氯化铁和SCN－发生的反应，不是氧化还原反应，⑦为铁和水蒸气发生的氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，则在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥；
（3）反应⑥是氯化铁和SCN－发生的反应，反应的离子方程式为Fe3++3SCN-＝Fe(SCN)3；
（4）往G为FeCl2溶液中加入NaOH溶液观察到的现象是，生成白色氢氧化亚铁沉淀，被空气中氧气氧化为氢氧化铁，现象为生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
（5）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；该反应中氢元素化合价从+1价变化为0价，4mol水反应转移电子为8mol，消耗3mol铁，则每消耗0.3mol的Fe，可转移电子0.8mol。
（6）氯化亚铁易被氯气氧化为氯化铁，则除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是向混合溶液中通入足量的氯气，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－。
