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1、长郡中学20202学年高一开学考试化学试卷一、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Cl2H2O HClHClO，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
2、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()是溶液是胶体是浊液不能透过滤纸能透过滤纸能产生丁达尔效应静置后，会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：纳米粒子的直径为1100nm，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。考点：考查胶体的性质等知识。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CuSO45H2O晶体12.0gB. 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
3、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0.50.1250=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
4、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。【点睛】托盘天平称量物质质量时，称量物放左盘，砝码放右盘，称量物质量=砝码质量+游码质量；如果称量物和砝码放反，称量物质量=砝码质量-游码质量。比如称量5.3g碳酸钠固体时, 将物质和砝码放反, 实际称量的碳酸钠的质量为4.7g。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
5、】【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】ANH3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。【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如Na
6、Cl晶体等。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211，则溶液中Al3+和 SO42的离子个数比为A. 12 B. 14 C. 34 D. 32【答案】A【解析】【详解】根据溶液呈电中性原理可知：1n(K+)+3n(Al3+)=1n(NO3)+2n(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21+13=11+x2，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（ ）石灰水 H2S溶
7、液 酸性KMnO4 氯水 品红溶液 紫色石蕊试液A. B. C. D. 【答案】D【解析】因SO2和CO2均能与石灰水反应生成白色沉淀，则不能鉴别；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；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；SO2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；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；两种溶液都具有酸性，则不能鉴别；故选D。点睛：考查物质的鉴别，把握物质的性质、性质差异、发生的反应为解答的
8、关键，SO2和CO2均为酸性氧化物，能使澄清石灰水变浑浊，但SO2具有还原性、漂白性、弱氧化性，而CO2没有，以此来鉴别。7.标准状况下，700 L氨气溶于1 L水得到密度为0.9 gcm3的饱和氨水，则该氨水的物质的量浓度约为()A. 16.4 molL1 B. 17.4 molL1 C. 18.4 molL1 D. 19.4 molL1【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=mol17g/mol=g，水的质量=1L1000g/L=1000g，溶液的体积=L，所得氨水的物质的量浓度=molL=18.37mol/L，故选C。考点：考查了物质
9、的量浓度计算的相关知识。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（ ）向饱和碳酸钠溶液中通入CO2 至过量向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量向BaCl2溶液中通入CO2 至过量 向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量向Al2(SO4)3溶液中逐滴滴加Ba(OH)2至过量 向NaAlO2溶液中逐滴滴加盐酸至过量A. 全部 B. C. D. 【答案】D【解析】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
10、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，故错误；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，故正确；弱酸不能制强酸，向BaCl2溶液中通入CO2 始终无沉淀生成，故错误；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，故正确；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(O
11、H)3最终会溶解于过量的Ba(OH)2，故错误；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
12、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。考点：考查化学计算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】当剩下的气体为O2时，10mLNO2和10mLNO说明完全反应生成硝酸，则：4NO2+O2+2H2O4HNO3，4NO+3O2+2H2O4HNO
13、3，4 1 4 310mL 2.5mL 10mL 7.5mL所以通入的氧气体积为：2.5mL+7.5mL+2mL=12mL；当剩余的气体为NO时，可以认为10mLNO2完全反应生成硝酸，10mLNO中剩余2mL，有8mL转化成硝酸，则：4NO2+O2+2H2O4HNO3，4NO+3O2+2H2O4HNO3，4 1 4 310mL 2.5mL 8mL 6mL所以通入氧气的体积为：2.5mL+6mL=8.5mL，故选B。点睛：本题考查了有关混合物反应的化学计算。明确反应后剩余气体组成为解答关键，注意掌握NO、二氧化氮与氧气、水转化成硝酸的反应原理，要求学生掌握讨论法在化学计算中的应用。11.将一定
14、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【解析】【详解】两次得到的二氧化碳的物质的量分别是、，根据方程式2NaHCO3Na2CO3H2OCO2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。【点睛】本题考查学生混合物的有关计算知识，注意元素守恒的应用以及物质性质的掌握是解答的关键，题目难度不大。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0.25mol80g/mol20g，答案选D。二、大题：除特别注明者外，每空5分，共40分。13.
