湖南省浏阳市六校联考2018_2019学年高一化学上学期期中试题（含解析）.docx

湖南省浏阳市六校联考2018-2019学年高一上学期期中考试化学试卷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（ ） A. A B. B C. C D. D【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: 过滤 蒸发 溶解 取液体试剂 取固体试剂.一定要用到玻璃棒的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：过滤时要用玻璃棒引流；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；溶解固体需玻璃棒搅拌加速溶解；取液体试剂直接倾倒不需要玻璃棒；取用固体用药匙，不用玻璃棒；故选A。考点：考查实验基本操作的使用仪器和操作步骤。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【解析】【分析】量筒的刻度从上到下逐渐增大，量筒读数读到0.1mL。【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。【点睛】易错是选项D，注意量筒读数精确到0.1mL。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【解析】【分析】本质区别是分散质微粒直径的的大小。【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1100nm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。【点睛】易错点是选项A，学生利用胶体的性质进行作答，忽略了本题问的是本质区别，本质区别是分散质微粒直径大小。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【解析】【分析】判断某反应是不是氧化还原反应，可以从化合价是否发生变化角度判断。【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100mLC. 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)=10010312mol=0.2mol；B、n(Na)=1001030.93mol=0.27mol；C、n(Na)=1001032.5mol=0.25mol；D、n(Na)=1001031mol=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考点：8.下列反应中必须加入还原剂才能进行的是A. Mn2+MnO4 B. H2H2O C. NO3NO D. ZnZn2+【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、Mn2MnO4，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、H2H2O，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、NO3NO，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)32Al33SO42 B. Na2SO42NaSO42C. Ca(NO3)2Ca22(NO3)2 D. Ba(OH)2Ba2OH2【答案】A【解析】【详解】A、Al2(SO4)3的电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al33SO42，故A正确；B、硫酸根离子应是SO42，Na2SO4电离方程式为Na2SO4=2NaSO42，故B错误；C、硝酸根为NO3，硝酸钙的电离方程式为Ca(NO3)2=Ca22NO3，故C错误；D、Ba(OH)2正确的电离方程式为Ba(OH)2=Ba22OH，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。【点睛】注意审题，溶液为无色溶液，含有有色离子不能存在，常有的有色离子是Cu2(蓝色)、Fe2(浅绿色)、Fe3(棕色)、MnO4(紫色)。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 NAB. 常温常压下，14g N2含有分子数为0.5NAC. 2.3g金属钠变为钠离子时失去的电子数为0.1NAD. 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0.110mol=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2.31/23mol=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. 2NaOHH2SO4Na2SO42H2OB. Ba(OH)2+2HClBaCl2+2H2OC. KOH+HClKCl+H2OD. 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。考点：考查离子反应方程式的书写等知识。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+3H2B. 氢氧化铜溶液与硫酸溶液的反应：Cu(OH)2+2H+Cu2+2H2OC. 碳酸钙与盐酸反应：CO32+2H+H2O+CO2D. 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Fe2H=Fe2H2，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CaCO32H=Ca2CO2H2O，故错误；D、缺少离子反应方程式，应是Cu22OHBa2SO42=BaSO4Cu(OH)2，故错误。考点：考查离子反应方程式的正误判断等知识。15.100 mL 1molL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1001031mol=0.1mol，A、加入0.2molKOH，发生2KOHH2SO4=K2SO4H2O，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)2H2SO4=BaSO42H2O，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FeH2SO4=FeSO4H2，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 0.1molL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(CuSO45H2O)A. 称取768 g硫酸铜，加入500 mL水B. 称取120 g胆矾配成500 mL溶液C. 称取80 g硫酸铜，加入500 mL水D. 称取125 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5001030.1mol=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5001030.1mol=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0.05250g=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0.05250g=12.5g，c(CuSO4)=0.05/(500103)molL1=0.1molL1，故D正确。【点睛】易错点是学生计算CuSO4的物质的量为4801030.1mol=0.048mol，忽略了实验室中没有480mL的容量瓶，应用500mL的容量瓶进行配制，体积应为溶液的体积，不是溶剂的体积。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)=0.1/0.5molL1=0.2molL1，c(SO42)=0.2/0.5molL1=0.4molL1，代入上式，得出c(H)=1molL1，故选项A正确。【点睛】溶液呈现电中性是解决类似问题常用的方法，阴离子所带电荷数等于阳离子所带电荷数，注意系数，系数应是该离子所带的电荷数。18.根据反应2FeCl32KI=2FeCl22KClI2，2FeCl2Cl22FeCl3，判断下列物质的氧化性由强到弱的顺序中，正确的是()A. Fe3Cl2I2 B. Cl2I2Fe3C. I2Cl2Fe3 D. Cl2Fe3I2【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2FeCl32KI=2FeCl22KClI2可知，氯化铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，因此氧化性是Fe3I2；根据反应2FeCl2Cl22FeCl3可知，氧化剂是氯气，氧化产物是氯化铁，因此氧化性是Cl2Fe3，所以氧化性强弱顺序是Cl2Fe3I2，答案选D。考点：考查氧化性强弱比较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ClO2：2KClO3H2C2O4H2SO42ClO2K2SO42CO22H2O.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2mol22.4L/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。【点睛】在氧化还原反应中应熟记“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，得到氧化产物，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，得到还原产物，本身作氧化剂。在氧化还原反应中得失电子守恒。据此判断此题。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：2AB+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 gmol-1 B. 60gmol-1 C. 90 gmol-1 D. 120gmol-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152gmol1=30gmol1，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152gmol1=30gmol1，假设有2molA参与反应，生成6mol混合气体，则混合气体的质量为630g=180g，根据质量守恒，A的质量为180g，即M(A)=180/2gmol1=90gmol1，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SO3+H20=H2SO4 Cl2+H2O=HCl+HClO 2F2+2H2O=4HF+O22Na+2H2O=2NaOH+H2 SiO2+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). (5). (6). (7). 【解析】【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(0.53)NA=1.5NA；利用n=m/M，该CO2气体的质量为0.544g=22g；利用n=V/Vm，该CO2标准状况下的体积为0.522.4L=11.2L；（2）氧化还原反应中存在化合价的变化，不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应；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；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；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；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；H2O被氧化，H2O作还原剂，H2O被氧化的是；H2O被还原，说明H2O作氧化剂，即H2O被还原的是；属于氧化还原反应，但H2O既不被氧化，又不被还原的是。22.下列物质：盐酸、乙醇、熔融的NaCl、氯化钠晶体、Fe、干冰 NH3H2O （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). (2). (3). (4). 【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；（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；（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；（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。【点睛】易错的是盐酸，盐酸是HCl的混合物，盐酸既不是电解质也不是非电解质。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/gcm-3溶解性乙二醇（ C2H6O2）-11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇（C3H8O3）17.92901.26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，(116x)/32=(122x)/44，解得x=100，(122100)/44=(114100)/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/(250104)molL1=4molL1；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1/1molL1=1molL1；（3）令原溶液的质量为xg，蒸发过程中溶质的质量不变，即有x10%=(x100)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/(80103)molL1=6.25molL1。25.实验室欲配制0.5 molL的NaOH溶液500 mL：（1）主要操作步骤的正确顺序是_（填序号）。称取一定质量的氢氧化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；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；待冷却至室温后，将溶液转移到500mL