【化学】黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题（解析版）

黑龙江省大庆市铁人中学2018-2019学年高一下学期开学考试试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Si：28 Al：27 Na：23 Mg：24 K：39 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64 Ba：137
一、选择题
1.下列叙述错误的是( )
A. 金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下进行电解
B. 在水溶液中NaHSO4的电离:NaHSO4=Na++HSO4-
C. 配置FeSO4溶液时,需加入少量铁粉防止Fe2+被氧化
D. 碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多
【答案】B
【详解】A. 电解熔融Al2O3制备金属铝，为了降低氧化铝熔点，加入冰晶石作为溶剂，故不选A；
B. 强酸的酸式盐在水溶液中完全电离，NaHSO4的电离:NaHSO4=Na++H++SO42-，故选B；
C. 配置FeSO4溶液时,由于亚铁离子具有比较强的还原性，容易被空气中的氧气氧化为铁离子，所以需加入少量铁粉防止Fe2+被氧化，故不选C；
D. 碳酸氢钠碱性比较弱，还可以和胃酸发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，所以碳酸氢钠在医疗上可用于治疗胃酸过多，故不选D；
答案：B。
2.下列实验操作均要用玻璃棒，其中玻璃棒作用相同的是( )
① 过滤② 蒸发③ 溶解④ 向容量瓶转移液体
A. ①和② B. ①和③ C. ①和④ D. ③和④
【答案】C
【详解】①过滤操作中玻璃棒的作用是引流；②蒸发操作中玻璃棒的作用是搅拌；③溶解操作中玻璃棒的作用是搅拌；④向容量瓶转移液体时玻璃棒的作用是引流，所以玻璃棒作用相同的是①和④、②和③；
答案：C。
3.在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是( )
A. Ca2+、Fe2+、NO3－、HCO3－ B. K+、AlO2－、Cl－、SO42－
C. H+、Ba2+、Cl－、NO3－ D. Na+、Cl－、CO32－、SO32－
【答案】B
【详解】Na2O2具有强氧化性，与水反应生成强碱，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。
A. HCO3－+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，Fe2+被氧化成了Fe3+，Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，故A错误；
B. K+、AlO2－、Cl－、SO42－可以大量共存，故B正确；
C. H++OH-=H2O，故C错误；
D. SO32－被氧化为SO42-，故D错误；
答案：B。
4.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是 ( )
A. 常温下64 g S4和S8混合物中含有原子数为2NA
B. 标准状况下，22.4L水中含电子数为10 NA
C. l L1 mol/L的盐酸溶液中，所含氯化氢分子数为NA
D. 足量铁在l L1 mol/L的盐酸溶液中反应，铁失去的电子数为3NA
【答案】A
【解析】A. S4和S8由硫元素组成，64gS4和S8混合物中含有2mol硫原子，原子数为2NA，故A正确；B. HF分子含有10个电子，标准状况下，HF呈液态，22.4LHF中含电子数大于10NA，故B错误；C. 氯化氢属于强电解质，盐酸中不含有含氯化氢分子，故C错误；D. 足量铁在lL1mol/L的盐酸溶液中反应，生成0,5mol氯化亚铁，铁失去的电子数为2NA，故D错误。故选A。
5.分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体，溶液的导电能力变化最小的是(   )
A. 水 B. 醋酸溶液
C. 盐酸 D. NaCl溶液
【答案】C
【解析】
【分析】根据电解质的电离概念分析。
【详解】A.水是弱电解质，溶液中离子浓度很小，NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，加入NaOH后，溶液中离子浓度增大较明显，故导电能力变化较明显，故A错误；
B. 醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，加入强电解质NaOH固体后生成醋酸钠强电解质，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显，故B错误；
C.HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入强电解质NaOH固体后，二者反应生成强电解质氯化钠，离子浓度几乎没有变化，但是反应过程中生成水，导电能力变化不大，故C正确；
D.NaCl是强电解质，在水溶液中完全电离，加入氢氧化钠固体后，二者不反应，溶液中离子浓度增大较明显，导电能力变化较明显，故D错误。
故选C。
6.标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是(   )
A. 在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：n
B. 相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n
C. 同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：m
D. 25℃、1．25×105Pa时，两气体的密度之比为n：m
【答案】D
【解析】标准状况下，m g气体A与n g气体B分子数相同，则二者物质的量相同，二者摩尔质量之比为m：n。A、在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比等于摩尔质量之比，则为m∶n，选项A正确；B、相同状况下，同体积A气体与B气体的质量之比等于摩尔质量之比，则为m：n，选项B正确；C、同质量气体A与B的分子个数之比与摩尔质量成反比，同质量气体A与B的分子个数之比为n：m，选项C正确；D、同温同压下，同体积A气体与B气体的密度之比等于相对分子质量之比等于摩尔质量之比为n：m，选项D不正确。答案选D。
7.下列有关实验操作说法中，不正确的是( )
①做钾的焰色反应需要用铂丝、氯化钾溶液、蓝色钴玻璃、硝酸溶液
②过氧化钠和水反应后的溶液中滴加酚酞试液后溶液变红，振荡后又褪色
③验证小苏打中是否含有纯碱,取样溶于水中滴加少量的氢氧化钡溶液，观察有无白色沉淀产生
④分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯再从下口接出上层液
⑤可用丁达尔实验鉴别氢氧化铁胶体和三氯化铁溶液
⑥在进行过滤操作时，为了加快过滤速率，可用玻璃棒不断搅拌过滤器中液体
⑦除去NaHCO3溶液中的少量Na2CO3杂质，可向溶液中通入足量的CO2
⑧配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，将NaOH固体在烧杯中溶解，所得溶液冷却到室温，再转移至容量瓶中
A. ①③④⑥ B. ①②③⑤⑥
C. ③④⑤⑥ D. ①②③④⑥
【答案】A
【详解】①焰色反应中铂丝需要盐酸清洗，不能使用硝酸，故①不正确；
②过氧化钠和水反应后生成NaOH、溶液显碱性，过氧化钠具有强氧化性，则观察到溶液变红，振荡后又褪色，故②正确；
③因为小苏打、纯碱均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，所以验证小苏打中是否含有纯碱，应该取样溶于水中，滴加少量的氯化钡溶液，观察有无白色沉淀产生，故③不正确；
④分液时上下层液体不能混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，然后换一个烧杯从上口倒出上层液，故④不正确；
⑤胶体具有丁达尔现象，则可用丁达尔实验鉴别氢氧化铁胶体和三氯化铁溶液，故⑤正确；
⑥玻璃棒搅拌过滤器，易捣碎滤纸，则过滤时不能搅拌，故⑥不正确；
⑦因为二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以除去NaHCO3溶液中的少量Na2CO3杂质，可向溶液中通入足量的CO2，故⑦正确；
⑧在烧杯中溶解冷却后才可以转移到容量瓶中，溶液配制操作合理，故⑧正确；
所以不正确的是 ①③④⑥；
答案：A。
8.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2＞Z2＞X2＞Y2，下列反应的化学方程式或叙述不成立的是( )
A. Z2 与X-在水溶液中不能大量共存
B. 2NaW＋Y2=2NaY＋W2
C. 还原性：Y-＞Z-＞W-
D. W2 通入到NaX和NaY的混合溶液中：W2优先氧化Y-
【答案】B
【详解】A.因为氧化能力Z2>X2，所以Z2能置换出X2，则Z2与X-在水溶液中不能大量共存，故A成立；
B.因为氧化性W2>Y2，所以Y2不能置换出W2，所以2NaW+Y2=2NaY+W2不能发生，故B不成立；
C．因为氧化能力是W2>Z2>X2>Y2，所以还原性：Y->Z->W-，故C成立；
D．因为氧化能力是W2>Z2>X2>Y2，所以还原性：Y->X->Z->W-，则W2通入到NaX和NaY的混合溶液中：W2优先氧化Y-，故D成立；
答案：B。
9.下列各组物质间可能包括多步反应，其总的离子方程式正确的是 ( )
A. 向NaClO溶液中通入过量SO2：ClO－＋SO2＋H2O===HClO＋HSO3－
B. 向FeBr2溶液中通入少量Cl2：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－
C. 向 AlCl3溶液中投入过量Na：Al3＋＋4Na＋2H2O===AlO2－＋4Na＋＋2H2↑
D. 向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－ 沉淀完全：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓
【答案】C
【详解】A.次氯酸钠具有强氧化性，会与SO2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：ClO-+SO2+H2O═2H++Cl-+SO42-，故A错误；
B.还原性Fe2+＞Br-，向FeBr2溶液中通入少量Cl2，亚铁离子被氯气氧化，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故B错误；
C.向AlCl3溶液中投入过量Na，反应生成了偏铝酸根离子和氢气，反应的离子方程式为Al3++4Na+2H2O═AlO2-+4Na++2H2↑，故C正确；
D.溶液中钡离子与硫酸根离子的物质的量相等，此时Al元素以AlO2-的形式存在，反应的离子方程式为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═AlO2-+2H2O+2BaSO4↓，故D错误；
答案：C。
10.在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体13.44 L，质量为24 g，此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比是( )
A. 2∶7 B. 3∶7 C. 4∶7 D. 5∶7
【答案】C
【解析】试题分析：混合气体13.44L，物质的量为，由分子组成可知n（C）=0.6mol，则m(O)=24g-0.6mol×12g/mol=16.8g，n(O)==1.05mol，
则此混合气体中C和O两种原子的物质的量之比是0.6：1.05=4：7，选项C符合题意。
11.把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）
A. mol·L-1 B. mol·L-1
C. mol·L-1 D. mol·L-1
【答案】D
【解析】选项为：A. (b-a)/V B.(2b-a)/V C.2(2b-a)/V D.2(b-a)/V
一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有a/2mol，硫酸镁也就是a/2mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-a/2mol，钾离子就有2(b-a/2)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即2(2b-a)/V mol·L-1故答案为C
12.在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后有白色沉淀生成，过滤后，向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，下列叙述不正确的是( )
A. 白色沉淀是BaSO4和BaSO3 B. 溶液的酸性增强
C. 白色沉淀是BaSO4 D. FeCl3全部被还原为FeCl2
【答案】A
【解析】试题分析：在含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中，通入足量的SO2后，发生反应：2FeCl3+ SO2+ 2H2O＝2FeCl2+H2SO4+2HCl，H2SO4+ BaCl2=BaSO4↓+2HCl，有白色沉淀生成，再向溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，反应产生的沉淀是BaSO4，FeCl3全部被还原为FeCl2，由于反应产生盐酸，因此溶液的酸性增强，故错误的是A。
13.已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则W、X不可能是( )

【答案】D
【详解】A.X为Na2CO3，W为盐酸时，碳酸钠和少量盐酸反应生成Z（碳酸氢钠），碳酸钠和过量盐酸反应生成Y（二氧化碳），Z（碳酸氢钠）加入盐酸可以生成Y（二氧化碳），Y（二氧化碳）通入氢氧化钠溶液中可以生成Z（碳酸氢钠），符合转化关系，故不选A；
B.X为AlCl3，W为NaOH时，氢氧化钠过量生成Y（偏铝酸钠），氢氧化钠少量生成Z（氢氧化铝），Z（氢氧化铝）加入氢氧化钠生成Y（偏铝酸钠），Y（偏铝酸钠）加入弱酸生成Y（偏铝酸钠），符合转化关系，故不选B；
C．.X为Ca（OH）2，W为CO2，二氧化碳过量生成 Y[Ca（HCO3）2]、二氧化碳少量生成Z（CaCO3），Y[Ca（HCO3）2]与Ca（OH）2反应可生成Z（CaCO3），Z（CaCO3）与CO2、水反应可生成Y[Ca（HCO3）2]，符合转化关系，故不选C；
D．不论Cl 2 过量与不足，与金属Fe反应的产物均为FeCl 3 ，不符合转化关系，故选D；
答案：D。
14.下列除杂所用试剂和操作不合理的是(　　)
选项
物质(括号中为杂质)
除杂试剂
操作
A
CO2(SO2)
饱和NaHCO3溶液
洗气
B
BaCO3(BaSO4)
饱和Na2CO3溶液
搅拌、过滤
C
CuCl2(FeCl3)
NaOH溶液
过滤
D
Cl2(HCl)
饱和食盐水
洗气
【答案】C
【详解】A.二氧化硫与饱和NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，没有引入新的杂质,因此可以除杂，故A合理；
B.加饱和Na2CO3溶液，Qc（BaCO3）>Ksp（BaCO3），BaSO4转化生成BaCO3沉淀，然后过滤分离，故B合理；
C.加入氢氧化钠调节pH时可以除掉铁离子，但是引入了新的杂质钠离子，故C不合理；
D.HCl极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度非常小,可以减少损失，故D合理；
答案：C
15.已知Fe3O4可表示成FeO·Fe2O3,水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为:3Fe2++2S2O32－+O2+4OH- Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是(　　)
A. O2和S2O32－是氧化剂,Fe2+是还原剂
B. 若有2 mol Fe2+被氧化,则被Fe2+还原的O2为0.5 mol
C. 每生成1 mol Fe3O4 ,转移电子的物质的量为2 mol
D. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
【答案】B
【解析】试题分析：在3Fe2++2S2O32－+O2+4OH－=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+8/3；硫元素的化合价变化为：+2→+5/2；氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-。A．根据上述分析可知，氧化剂是O2；还原剂是Fe2+、S2O32-，A项错误；B． 2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为2mol÷4=0.5mol，B项正确；C．由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，C项错误；D．根据上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，D项错误；答案选B。
16.下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O

对实验现象的“解释或结论”正确的是(　　)
选项
实验现象
解释或结论
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e处变红色
还原性：Fe2＋>Cl－
【答案】D
【解析】a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2＞I2,Cl2＞Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+＞Cl-,D项正确。
17.微粒检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设样品中含有NaHCO3的质量为xg，则
2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑△m（减少）
2×84 106 62
xg （w1g-w2g）
则：168/x=62/(w1g-w2g)，解得：x=84(w1−w2)/31，则该样品的纯度（质量分数）为：，答案选B。
18.向含Al2(SO4)3 和 AlCl3的混合溶液中逐滴加入1 mol/L Ba(OH)2溶液至过量，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图，下列说法不正确的是( )

A. 图中A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3
B. 原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1:2
C. AB段反应的离子方程式为：3Ba３＋＋2Al３＋＋8OH－＋3SO4＝BaSO4↓＋2AlO2-＋4H2O D. 向D点溶液中通入CO２气体，立即产生白色沉淀
【答案】C
【解析】试题分析：向含Al2(SO4)3和AlCl3的混合溶液与Ba(OH)2溶液反应的实质是Al3+与OH-、Ba2+与SO42-之间的离子反应，如下：Ba2++SO42-═BaSO4↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，假设1molAl2(SO4)3中SO42-完全被沉淀所需Ba(OH)2量为3mol，提供6molOH-，1molAl2(SO4)3中含有2molAl3+，由反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓可知，2molAl3+完全沉淀，需要6molOH-，故：从起点到A点，可以认为是硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，A点时SO42-完全沉淀，A-B为氯化铝与氢氧化钡的反应，B点时溶液中Al3+完全沉淀，产生沉淀达最大值，溶液中溶质为BaCl2，B-C为氢氧化铝与氢氧化钡反应，C点时氢氧化铝完全溶解。A、根据上述分析，A点生成的沉淀是BaSO4和Al(OH)3，故A正确；B、前3LBa(OH)2溶液与溶液中Al2(SO4)3反应，从3L-6L为Ba(OH)2溶液与溶液中AlCl3反应，二者消耗的氢氧化钡的物质的量相等为3L×1mol/L=3mol，由生成硫酸钡可知3n[Al2(SO4)3]=n[Ba(OH)2]，故n[Al2(SO4)3]=1mol，由氯化铝与氢氧化钡生成氢氧化铝可知3n(AlCl3)=2[Ba(OH)2]=6mol，故n(AlCl3)=2mol，故原溶液中原混合液中c[Al2(SO4)3]：c(AlCl3)=1：2，故B正确；C、OA段实质为硫酸铝与氢氧化钡恰好发生反应生成硫酸钡、氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：3Ba2++2Al3++6OH-+3SO42-=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故C错误；D、D点的溶液中含有Ba2+、AlO2-，通入二氧化碳立即产生碳酸钡、氢氧化铝沉淀，故D正确；故选C。
19.向Fe2O3和Fe粉组成的混合物中加入适量的稀H2SO4，各物质均恰好完全反应，测得所得溶液中不含Fe3+，且Fe2+与H2的物质的量之比为4：1，那么在反应中Fe2O3、Fe、H2SO4之间的物质的量之比为（ ）
A. 1：1：1 B. 1：2：4 C. 1：2：3 D. 2：3：5
【答案】B
【解析】设Fe2+与H2的物质的量分别为4mol、 1mol，由电荷守恒可知，溶液中SO42-的物质的量也是4mol， 再由反应的离子方程式2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋、2H＋＋Fe=H2↑+Fe2＋可知，在反应中Fe2O3、 Fe、H2SO4之间的物质的量分别为1mol、 2mol和4mol，所以在反应中Fe2O3、 Fe、H2SO4之间的物质的量之比为1:2:4，C正确，选C。
20.把一块镁铝合金投入到1 mol/L盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 mol/L NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化的关系如下图所示，下列说法中错误的是（ ）

A. 盐酸的体积为80mL B. a的取值范围为0≤ a ＜50
C. n(Mg2+)＜0.025mol D. 当a值为30时，b值为0.01
【答案】D
【解析】
【分析】根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n[Al（OH）3]=0.01mol。
【详解】A．第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-=H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，在加入V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，可以看出氢氧化钠与盐酸物质的量相等，求出盐酸的体积为80mL，故A正确；
B.第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，所以第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0≤a0，所以n（Mg2+）