【化学】陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二下学期寒假学情检测（文）试卷（解析版）

陕西省西安市长安区第一中学2018-2019学年高二下学期寒假学情检测（文）试卷

1.体操运动员比赛时为了防滑，常在手掌上涂抹碳酸镁粉末。碳酸镁属于

A. 酸    B. 碱    C. 盐    D. 氧化物

【答案】C

【解析】

试题分析：碳酸镁的化学式是MgCO3，阳离子是Mg2+，是金属离子，阴离子是CO32-，是酸根离子，故属于盐，故选C。

考点：考查了物质的分类的相关知识。

2. 据报道，欧洲一科学小组发现了第112号元素的质量数为227的同位素，其中子数为

A. 114    B. 115    C. 116    D. 117

【答案】B

【解析】

中子数=227-112=115；

3. 石墨烯是仅由一层碳原子构成的新型材料，具有超强的导电性。下列元素与碳元素处于同一主族的是

A. He    B. O    C. Si    D. P

【答案】C

【解析】

试题分析：碳元素的最外层电子数是4个，属于第ⅣA族元素，选项C正确，He是0族，O是第ⅥA族元素，P是第ⅤA族元素，答案选C。

考点：考查元素周期表的结构

点评：该题是高考中的常见考点，属于基础性试题的考查，有利于培养考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，也有助于调动学生学习化学的兴趣和学习积极性。该题的关键是记住元素周期表的结构，然后结合题意灵活运用即可。

4.某溶液中存在大量的H+、Cl–、SO42–，该溶液中还可能大量存在的是（    ）

A. Al3+    B. Ba2+    C. HCO3–    D. Ag+

【答案】A

【解析】

【详解】A. Al3+与三种离子均不反应，可以大量存在，A选；

B. Ba2+与硫酸根离子结合生成硫酸钡沉淀，不能大量存在，B不选；

C. HCO3–与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量存在，C不选；

D. Ag+与氯离子、硫酸根离子均反应生成白色沉淀，不能大量存在，D不选。

答案选A。

5.下列试剂需要用棕色试剂瓶保存的是（     ）

A. 碳酸钠溶液    B. 浓硫酸    C. 浓盐酸    D. 浓硝酸

【答案】D

【解析】

【分析】

见光易分解的物质需要保存在棕色试剂瓶中，结合物质的性质分析解答。

【详解】A．碳酸钠既不易分解也不易挥发但能和空气中的二氧化碳反应而变质，故为了防止变质要密封保存但不用保存在棕色试剂瓶中，故A不选。

B．浓硫酸具有吸水性只要求密封保存不能敞口放置，故不用保存在棕色试剂瓶中，故B不选；

C．浓盐酸易挥发要密封保存但不用保存在棕色试剂瓶中，故C不选；

D．浓硝酸易分解，储存在棕色试剂瓶中，故D选；

故答案选D。

【点睛】本题考查化学试剂的保存方法，掌握物质的性质特点是解答的关键，要注意只有见光易分解的物质才保存在棕色试剂瓶中，常见的有HNO3、AgNO3、卤化银、氯水、溴水等。

6.下列反应属于吸热反应的是（    ）

A. 金属钠与水反应

B. 甲烷在空气中燃烧

C. 盐酸与氢氧化钠溶液反应

D. 石灰石高温分解

【答案】D

【解析】

【详解】A. 金属钠与水反应属于放热反应，A不选；

B. 甲烷在空气中燃烧属于放热反应，B不选；

C. 盐酸与氢氧化钠溶液反应属于放热反应，C不选；

D. 石灰石高温分解属于吸热反应，D选；

答案选D。

7.下列离子方程式正确的是（     ）

A. 稀硝酸与氢氧化钾溶液反应H++OH–=H2O

B. 铝与稀盐酸反应Al+2H+=Al3++H2↑

C. 三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应FeCl3+3OH–=Fe(OH) 3↓+3C1–

D. 二氧化碳与石灰水反应  CO2+2OH–=CO32–+ H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A. 稀硝酸与氢氧化钾溶液反应生成硝酸钾和水：H++OH－＝H2O，A正确；

B. 铝与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气：2Al+6H+＝2Al3++3H2↑，B错误；

C. 三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁和氯化钠：Fe3++3OH－＝Fe(OH)3↓，C错误；

D. 二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙和水：CO2+Ca2++2OH－＝CaCO3↓+H2O，如果二氧化碳过量则生成碳酸氢钙：CO2+OH－＝HCO3－，D错误；

答案选A。

8. 在下列自然资源的开发利用中，不涉及化学变化的是

A. 用蒸馏法淡化海水    B. 用铁矿石冶炼铁

C. 用石油裂解生产乙烯    D. 用煤生产水煤气

【答案】A

【解析】

有新物质生成的是化学变化，蒸馏是物理变化，其余都是化学变化，答案选A。

9.下列实验操作中，仪器使用不正确的是（     ）

A. 熄灭酒精灯用灯帽盖灭

B. 加热烧杯时垫石棉网

C. 在量筒中稀释浓硫酸

D. 制取乙烯时，温度计插入混合液中

【答案】C

【解析】

【详解】A．灯帽盖灭使火焰与空气隔绝，使火焰缺少了燃烧需要的氧气，故A正确；

B．加热烧杯时垫石棉网，受热均匀，防止炸裂，故B正确；

C．量筒不能用来稀释溶液，应在小烧杯中稀释，故C错误；

D．制取乙烯时温度计测量反应液的温度，应插入混合液中，故D正确。

故答案选C。

10.下列气体中，属于红棕色的是（      ）

A. N2O4    B. NH3    C. NO2    D. NO

【答案】C

【解析】

【详解】A. N2O4是无色气体，A不符合；

B. NH3是无色气体，B不符合；

C. NO2气体是红棕色的，C符合；

D. NO是无色气体，D不符合；

答案选C。

11.下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（      ）

A. 在常温常压下，11.2 L CH4含有的分子数为0.5NA

B. 常温常压下，0.5 mol氦气含有的原子数为NA

C. 32g氧气所含电子数目为16NA

D. 同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数目都为NA

【答案】C

【解析】

【详解】A. 在常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L甲烷含有的分子数小于0.5NA，A错误；

B. 氦气是1个原子组成的单质，在常温常压下，0.5mol氦气含有的原子数为0.5NA，B错误；

C. 32克氧气的物质的量是1mol，1分子氧气含有16个电子，则所含电子数目为16NA，C正确；

D. 在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同，所含的原子数目不一定相同，D错误。

答案选C。

12. 下列物质中，属于离子化合物的是

A. HNO3    B. H2O2    C. C2H4    D. NH4Cl

【答案】D

【解析】

试题分析：NH4Cl是铵盐，属于离子化合物；而HNO3、H2O2、C2H4均属于共价化合物。

考点：考查物质的分类。

13. 下列电子式中错误的是 （ ）

A. Na＋    B.     C.     D.

【答案】C

【解析】

A. 钠离子的电子式就是离子符号，A正确；B. 氢氧根是带一个负电荷的阴离子，电子式正确，B正确；C. 氨气是共价化合物，电子式为，C错误；D. 三氯甲烷是共价化合物，电子式正确，D正确，答案选C。

点睛：在元素符号周围用“· ”和“×”来表示原子的最外层电子（价电子），这种式子叫做电子式。明确微粒中的化学键是解答的关键，注意阴离子和阳离子的区别。

14. 对于溶液中的反应，下列方法中不能显著改变化学反应速率的是

A. 升高温度    B. 使用合适的催化剂

C. 增大压强    D. 增加其中一种反应物的浓度

【答案】C

【解析】

试题分析：A、升高温度，反应速率加快，故错误；B、使用催化剂，加快反应速率，故错误；C、增大压强，改变反应速率，研究对象是气体，对溶液影响不大， 故正确；D、增大反应物的浓度，反应速率增大，故错误.

考点：考查影响化学反应速率的因素等知识。

15.某原电池结构如图所示，下列有关该原电池的说法不正确的是（     ）

A. 能将化学能转换成电能

B. 电子从碳棒经外电路流向铁棒

C. 碳棒发生还原反应

D. 总反应为Fe+H2SO4= FeSO4+H2↑

【答案】B

【解析】

【分析】

原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极，所以溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应，据此解答。

【详解】A．该装置是原电池，是将化学能转变为电能的装置，故A正确；

B．铁是活泼的金属，铁是负极，碳棒是正极，电子从铁棒沿导线流向碳棒，故B错误；

C．碳棒上氢离子得电子发生还原反应，故C正确；

D．该原电池的电池总反应式为：Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑，故D正确；

故答案选B。

16.下列金属工业上通常用电解法冶炼，而不用热还原法冶炼的是的是（      ）

A. 铁    B. 铜    C. 锌    D. 钠

【答案】D

【解析】

【详解】A．Fe不属于很活泼的金属，采用热还原法冶炼，故A不选；

B．Cu属于不很活泼的金属，采用热还原法冶炼，故B不选；

C．Zn不属于很活泼的金属，采用热还原法冶炼，故C不选；

D．钠的性质很活泼，采用电解其氯化物的方法冶炼，故D选；

故答案选D。

【点睛】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，根据金属的活泼性采用相应的冶炼方法，即电解法适用于冶炼活泼金属；热还原法适用于冶炼较不活泼的金属；热分解法适用于冶炼很不活泼的金属。

17.在一定温度和体积固定的密闭容器中，可逆反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g) (无色)达平衡状态，该状态下，说法不正确的是(　　)

A. 可逆反应停止    B. I2浓度不再变化

C. HI浓度不再变化    D. 混合气体颜色不再变化

【答案】A

【解析】

【详解】A.可逆反应达到平衡状态时正逆反应速率相等但不等于0，反应也没有停止，是一个动态平衡，故A错误；

B. 在一定条件下，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，平衡时I2浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故B正确；

C.在一定条件下，反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态，平衡时HI浓度不再发生变化，说明达到平衡状态，故C正确；

D．在反应混合物中I2(g)是紫色气体，其它都是无色气体。如果反应未达到平衡，则I2(g)的浓度就要发生变化，混合气体的颜色就要改变。若反应达到平衡，则气体的颜色就不会发生变化。因此混合气体的颜色不再改变能作为判断反应达到平衡的标志，故D正确。

 故选D。

【点睛】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的物理量不变，据此分析解答。

18.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是(      )

①用量筒量浓溶液时，俯视读数

②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

④定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

A. ①②④    B. ①②③    C. ②③④    D. ①③④

【答案】A

【解析】

【分析】

根据c＝n/V结合实验操作分析误差。

【详解】①用量筒量浓溶液时，俯视读数，实际量取的溶液体积减少，所配溶液浓度偏低；

②烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质的量减小，所配溶液浓度偏低；

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，配制溶液的浓度不变；

④定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，溶液的体积变大，配制溶液的浓度偏低；

综上所述①②④符合，答案选A。

19. 对于某些离子的检验及结论一定正确的是

A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32¯

B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42¯

C. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+

D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+

【答案】C

【解析】

试题分析：A、加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，可能是CO32-，也有可能是碳酸氢根、亚硫酸根或亚硫酸氢根，A错误；B、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸，沉淀不消失，可能有SO42-，也可能是银离子，B错误；C、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定是氨气，则一定有NH4+，C正确；D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加入盐酸白色沉淀消失,可能有Ca2+，也可能是钡离子，D错误。答案选C。

考点：离子的检验

20.下列反应中，属于氧化还原反应的是

A. Fe(OH)3+3HNO3＝Fe(NO3)3+3H2O

B. 3NH3·H2O+AlCl3＝Al(OH)3↓+3NH4Cl

C. 3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O

D. CH3COOH+NaOH＝CH3COONa+H2O

【答案】C

【解析】

【分析】

反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此判断。

【详解】A. 反应Fe(OH)3+3HNO3＝Fe(NO3)3+3H2O中元素的化合价均不发生变化，不是氧化还原反应，A不选；

B. 反应3NH3·H2O+AlCl3＝Al(OH)3↓+3NH4Cl中元素的化合价均不发生变化，不是氧化还原反应，B不选；

C. 反应3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中Cu和N元素的化合价变化，因此是氧化还原反应，C选；

D. 反应CH3COOH+NaOH＝CH3COONa+H2O中元素的化合价均不发生变化，不是氧化还原反应，D不选；

答案选C。

21.据下列信息完成所需回答的问题：

其中氧化物A是白色固体；氧化物B是黑色固体；单质D为有毒的黄绿色气体，单质C不溶于冷的浓硝酸。

（1）D是_______；G是_______（填化学式）

（2）写出下列反应的离子方程式：M+NaOH溶液生成G_____________________、G+NaOH溶液生成N______________________________________________________。

（3）单质C不溶于冷的浓硝酸的原因是____________________________。

【答案】    (1). Cl2    (2). Al(OH)3    (3). Al3++3OH–＝Al(OH)3↓    (4). Al(OH)3+OH–＝AlO2–+2H2O    (5). 铝在冷的浓硝酸中表面形成致密的氧化物保护膜，阻止了铝和浓硝酸的反应

【解析】

【分析】

氧化物A是白色固体，电解熔融A生成单质C，单质C不溶于冷的浓硫酸，常温下能与冷的浓硫酸发生钝化现象的是Fe、Al，但只有氧化铝是白色固体，所以C是Al、A是Al2O3；氧化物B是黑色固体，和浓盐酸在加热条件下反应生成单质D为有毒的黄绿色气体，所以D是Cl2，能和浓盐酸共热生成氯气的黑色氧化物B是MnO2，D能和Al反应生成AlCl3，M能和NaOH溶液生成沉淀G为Al(OH)3，G溶于NaOH溶液得到N为NaAlO2，G和稀盐酸反应生成M，据此分析解答。

【详解】根据以上分析可知A是Al2O3，B是MnO2，C是Al，D是Cl2，G为Al(OH)3，M是AlCl3，N是NaAlO2，则

（1）通过以上分析知，D、G的化学式分别是Cl2、Al(OH)3；

（2）氯化铝与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝的离子方程式为Al3++3OH–＝Al(OH)3↓；氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水的离子方程式为Al(OH)3+OH–＝AlO2–+2H2O；

（3）常温下铝和冷的浓硝酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，因此常温下单质铝不溶于冷的浓硝酸中。

【点睛】本题考查无机物推断，明确物质特殊性质、物质之间特殊反应是解本题关键，注意氢氧化铝的两性，难点是离子方程式书写。另外要注意钝化是化学变化，不是物理变化。

22.如下图所示的装置中，A是氯气发生装置，C、D 为气体净化装置（C中装有饱和食盐水；D 中装有浓硫酸），E 是硬质玻璃管装有细铁丝网，F为干燥的空广口瓶，烧杯G 中装有氢氧化钠溶液。

试回答：

（1）实验室制氯气的化学方程式：_______________________________；

（2）C装置的作用是________________；D 装置的作用是__________________；E中发生化学反应的方程式为：_____________________________。

（3）烧杯G 中装有氢氧化钠溶液的作用是___________________；

【答案】    (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O    (2). 除去氯气中混有的氯化氢    (3). 干燥氯气    (4). 2Fe+3Cl22FeCl3    (5). 吸收多余的氯气

【解析】

【分析】

在加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水；浓盐酸具有挥发性，导致制取的氯气中含有HCl，HCl极易溶于水，饱和食盐水中含有氯离子抑制氯气溶解，所以用饱和食盐水吸收氯化氢；D中含有浓硫酸，浓硫酸具有吸水性，能作干燥剂；在加热条件下，铁丝和氯气发生氧化还原反应生成氯化铁；氯气密度大于空气且常温下和空气不反应，可以采用向上排空气法收集氯气；氯气有毒不能直接排空，可以用碱性物质吸收氯气，据此解答。

【详解】（1）加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）浓盐酸具有挥发性，导致制取的氯气中含有HCl，HCl极易溶于水，饱和食盐水中含有氯离子抑制氯气溶解，所以用饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢；浓硫酸具有吸水性而干燥氯气；在加热条件下，铁丝和氯气发生氧化还原反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；

（3）氯气有毒不能直接排入空气中，氯气和碱性物质反应生成无毒物质，所以E装置的作用是吸收多余的氯气，反应的方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。

【点睛】本题考查了氯气的实验室制取，明确反应原理是解本题关键，根据物质的性质再结合物质之间的反应来分析解答，知道仪器的连接顺序，明确每个装置中发生的化学反应以及作用。

23.下表是元素周期表的一部分，除标出的元素外，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答下列问题。

（1）元素④的符号是_______；②的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______；⑤和⑥两种元素原子半径的大小关系：⑤_____⑥（填“＞”或“＜”）；

（2）①和②两种元素金属性强弱关系：①_____②（填“＞”或“＜”）；

（3）①的最高价氧化物的水化物与元素③的单质反应的化学方程式为：___________。

【答案】    (1). Si    (2). Mg(OH)2    (3). ＜    (4). ＞    (5). 2NaOH+2Al+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

【解析】

【分析】

根据元素在周期表中的相对位置首先判断出元素，然后结合元素周期律以及有关物质的性质分析解答。

【详解】由元素在周期表中位置可知，①为Na、②为Mg、③为Al、④为Si、⑤为F、⑥为Cl，则

（1）元素④是硅，元素符号是Si；②是Mg，最高价氧化物对应水化物的化学式为Mg(OH)2；同主族随原子序数增大，原子半径逐渐增大，故原子半径F＜Cl；

（2）①为Na、②为Mg，二者处于同一周期，原子序数越大，金属性越弱，则金属性大小为：Na＞Mg；

（3）①的最高价氧化物的水化物为NaOH，元素③的单质为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2NaOH+2Al+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑。

【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的应用，理解掌握元素周期律内容、元素周期表结构是解答的关键，侧重对基础知识的考查。

24.已知以下三个氧化还原反应的化学方程式：

①2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O

②2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe

③2KClO32KCl＋3O2↑

（1）反应①中氧化剂为________，还原剂为________。

（2）反应②中该反应中Fe2O3发生了________反应，Al发生了________反应。

（3）反应③中每生成1molO2，转移电子的物质的量是______。

【答案】    (1). KMnO4    (2). HCl    (3). 还原    (4). 氧化    (5). 4mol

【解析】

【分析】

（1）所含元素化合价降低的物质是氧化剂，所含元素化合价升高的物质是还原剂，据此解答；

（2）根据Al、Fe元素的化合价变化判断；

（3）根据氧元素的化合价变化计算。

【详解】（1）反应①中Mn元素化合价降低，得到电子被还原，氧化剂为KMnO4，Cl元素化合价升高，失去电子被氧化，还原剂为HCl。

（2）反应②中铁元素化合价降低，得到电子，则该反应中Fe2O3发生了还原反应，铝元素化合价升高，失去电子，Al发生了氧化反应。

（3）反应③中氧元素化合价从－2价升高到0价，失去2个电子，则每生成1molO2，转移电子的物质的量是4mol。

【点睛】注意理清知识线索，即化合价升高→失电子→还原剂→氧化反应→氧化产物，化合价降低→得电子→氧化剂→还原反应→还原产物，因此准确判断出元素的化合价变化情况是解答的关键。

25.在实验室里使稀盐酸与锌起反应，在标准状况时生成5.6 L氢气，计算

（1）需要锌的物质的量____?

（2）需要2 mol/L的盐酸多少mL____ ?

【答案】    (1). 0.25 mol    (2). 250 mL

【解析】

【分析】

根据n＝V/Vm、c＝n/V结合反应的方程式计算。

【详解】（1）标况下5.6L氢气的物质的量是5.6L÷22.4L/mol＝0.25mol，根据方程式Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑可知消耗锌的物质的量是0.25mol；

（2）根据方程式可知消耗氯化氢的物质的量是0.25mol×2＝0.5mol，则需要2mol/L的盐酸的体积是0.5mol÷2mol/L＝0.25L＝250mL。