陕西省黄陵中学届高三重点班上学期开学考试化学.docx
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陕西省黄陵中学届高三重点班上学期开学考试化学
陕西省黄陵中学2018届高三（重点班）上学期开学考试化学试题（解析版）
高三重点班开学考试化学试题
一、选择题（每小题3分，共60分，每小题只有一个选项符合题意）
1.
下列从混合物中分离出其中的一种成分，所采取的分离方法正确的是（ ）
A. 由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来
B. 水的沸点为100℃，酒精的沸点为78.5℃，所以可用加热蒸馏的方法，使含水的酒精变为无水酒精
C. 四氯化碳和水混合后，可用分液的方法来分离
D. NaCl溶解度随温度下降而减小，所以用冷却法从热的含少量KNO3的NaCl溶液中分离得到纯净的NaCl
【答案】C
【解析】试题分析：
A、酒精与水混溶，应用苯或四氯化碳作萃取剂，故A错误；B、二者沸点相近，直接蒸馏不能得到纯净物，应加入生石灰再蒸馏，故B错误；C、四氯化碳不溶于水，可用分液的方法分离，故C正确；D、硝酸钾的溶解度受温度影响较大，氯化钠的溶解度受温度影响较小，应采用蒸发结晶的方法分离，KNO3溶液中含有少量NaCl时可通过降温结晶提纯硝酸钾，故D错误，故选C。
考点：
考查了物质的分离、提纯的相关知识。
2.
设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是（ ）
A. 18gH2O中含有的氢原子数为2NA
B. 钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23g钠充分燃烧时转移电子数为NA
C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气，转移的电子数为0.2NA
D. 50mL12mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】D
【解析】A、18gH2O中含有的质子数为：
18g18g/mol18g18g/mol×10NAmol-1=10NA，选项A正确；B、Na由0价升高到+1价，所以23g，即1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子，选项B正确；C、过氧化钠与水反应生成氧气，则氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，选项C正确；D、二氧化锰只和浓盐酸反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA，选项D错误。
答案选D。
点睛：
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断。
阿伏加德罗常数是历年高考的“热点”问题，为高考必考题目，这是由于它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容。
要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系。
3.
下列实验操作规范且能达到目的的是（ B ）
目的
操作
A
取20.00mL盐酸
用100mL的量筒量取
B
酒精与水混合物
蒸馏
C
测定醋酸的pH
用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上
D
配制浓度为0.010mol·L－1的KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】A、100mL的量筒精确到1或小数点后一位，选项A错误；B、酒精与水混合物，利用沸点不同用蒸馏的方法分离，选项B正确；C、用pH试纸测溶液的pH值，不能润湿，否则测得的醋酸PH值偏大，选项C错误；D、不能在容量瓶中直接溶解固体，选项D错误。
答案选B。
题号：
176********02816
4.
下列仪器常用于物质分离的是（ ）
A. ①③⑤
B. ②③⑤
C. ②④⑤
D. ①②⑥
【答案】B
【解析】试管常作为反应装置，不能用于物质分离，①错误；②漏斗用于过滤，过滤可分离固体和液体，②正确；③分液漏斗用于分离互不相溶的液体，③正确；④用于称量物质质量，不能用于物质分离， ④错误；⑤蒸馏烧瓶用于分离沸点不同的液体，⑤正确；⑥研钵用于粉碎固体，不能用于物质分离，⑥错误。
故选B。
5.
设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温下，23gNO2含有NA个氧原子
B. 1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA个OH-
C. 常温常压下，22.4LCCl4含有NA个CCl4分子
D. 1molFe2+与足量的H2O2溶液反应，转移2NA个电子
【答案】A
【解析】23gNO2为0.5mol，则含有NA个氧原子，A项正确；氨水中只有极少部分电离，所以1L0.1mol·L-1的氨水中OH―的个数小于0.1NA，B项不正确；常温常压下，CCl4为液态，C项不正确；1molFe2+完全被氧化为Fe3+，转移电子数为NA，D项不正确。
6.
将标准状况下的aLHCl气体溶于1000g水中，得到的盐酸密度为密度为bg/cm3，则该盐酸的物质的量浓度是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】试题分析：
aL标准状况下HCl的物质的量为：
n（HCl）=aL÷22.4L/mol=a/22.4mol，质量为：
36.5g/mol×a/22.4mol＝36.5a/22.4g，所得溶液的质量为：
1000g+36.5a/22.4g，所得溶液中溶质的质量分数为：
ω=
，所得溶液的浓度为：
c=1000ρω/M=
，故选D。
考点：
考查了物质的量浓度的计算，明确物质的量浓度与溶质质量分数的转化关系为解答关键。
7.
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A. 标准状况下，11.2LCl2通入含0.5molFeBr2的溶液中转移电子数为1.5NA
B. 0.1mol·L－1的AlCl3溶液与足量NaOH溶液反应所得产物中含AlO2-为0.1NA
C. 足量Zn与浓硫酸共热可生成标准状况下的气体2.24L，则参加反应的硫酸为0.4NA
D. 常温常压下，5.6g环丙烷和聚乙烯的混合物中含有的碳原子数为0.4NA
【答案】D
【解析】试题分析：
A.n（Cl2）="11.2"L÷22.4L/mol=0.5mol,n（FeBr2）=0.5mol，由于1mol的氯气反应只能得到2mol的电子，1mol的FeBr2失去3mol的电子，所以氯气不足量，以氯气标准进行计算，11.2LCl2通入含0.5molFeBr2的溶液中转移电子数为1.0NA，错误；B．只给出溶液的浓度而没有体积，无法进行相应的计算，错误；C．足量Zn与浓硫酸共热，发生反应：
Zn＋2H2SO4（浓）
ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，当反应后硫酸变为稀硫酸，会发生反应：
Zn＋H2SO4（稀）==ZnSO4＋H2↑，因此若生成标准状况下的气体2.24L，则参加反应的硫酸为0.1NA——0.2NA，错误。
D．环丙烷和聚乙烯最简式是CH2，式量是14，常温常压下，5.6g环丙烷和聚乙烯的混合物含有0.4mol的CH2，其中含有的碳原子数为0.4NA，正确。
考点：
考查阿伏加德罗常数的计算的知识。
8.
已知等体积的20%硫酸溶液其质量大于10%硫酸溶液，则将溶质的质量分数为a%、物质的量浓度为C1 mol·L－1的稀硫酸加热蒸发掉溶液总质量的一半的水，此时溶质的质量分数变为b%，物质的量浓度为C2 mol·L－1，下列关系正确的是
A. b﹤2a
B. C2﹤2C1
C. C2﹥2C1
D. C1=2C2
【答案】C
【解析】试题分析：
已知等体积的20%硫酸溶液其质量大于10%硫酸溶液，可知硫酸浓度越大密度越大，物质的量浓度为C1mol·L－1的稀硫酸的密度为ρ1ρ1，物质的量浓度为C2 mol·L－1的硫酸的密度为ρ2ρ2，ρ2ρ2>ρ1ρ1；根据稀释前后溶质质量不变，m×a%=m2m2×b%，b=2a，故A错误；C1 mol·L－1×mρ1mρ1=C2 mol·L－1×m2ρ2m2ρ2，C2﹥2C1，故C正确。
考点：
本题考查溶液浓度计算。
9.
下列各组微粒中,在一定条件下均可以作氧化剂的是（ ）
A. F-、Br-、S2-
B. Fe3+、Mn、N
C. Cl2、HClO、Mg
D. ClO-、Cl-、Ag+
【答案】B
【解析】试题分析：
对于元素来说化合价降低被还原具有氧化性，所以有氧化性则该元素的化合价能够降低；处在最高价的元素只有氧化性。
A．三种离子的化合价无法变低，故无氧化性，故A错误；B．Fe3+，MnO4-，NO3-三种离子中各元素均具有最高价态，只具有氧化性，故B正确；C．镁是金属只作还原剂，故C错误；D．氯离子处在最低价态只有还原性无氧化性，故D错误。
故选B。
考点：
考查重要的氧化剂
【名师点睛】本题考查了元素氧化性判断，氧化还原反应的概念应用，解题的关键是掌握有关元素化合价与氧化性还原性的关系。
元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性；对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强。
10.
下列离子方程式改写成化学方程式正确的是（ ）
A. Cu2++2OH-
Cu（OH）2↓ CuCO3+2NaOH
Cu（OH）2↓+Na2CO3
B. C+2H+
CO2↑+H2O BaCO3+2HCl
BaCl2+CO2↑+H2O
C. Ca2++C
CaCO3↓ Ca（NO3）2+NaCO3
CaCO3+2NaNO3
D. H++OH-
H2O 2KOH+H2SO4
K2SO4+2H2O
【答案】D
【解析】试题分析：
碳酸铜难容于水，应该用化学式表示，A不正确；碳酸钡也难容于水，应该用化学式表示，B不正确；硫酸钡是难容于水，也应该用化学式表示，D不正确，所以答案选C。
考点：
考查离子方程式的正误判断
点评：
归判断离子方程式正确与否的方法一般是：
（1）检查反应能否发生。
（2）检查反应物、生成物是否正确。
（3）检查各物质拆分是否正确。
（4）检查是否符合守恒关系（如：
质量守恒和电荷守恒等）。
（5）检查是否符合原化学方程式。
11.
在2KMnO4+16HCl
2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中（ ）
A. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5
C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1
【答案】A
【解析】试题分析：
判断氧化还原反应，确定答案A正确，本题考点基础，难度不大。
考点：
氧化还原反应。
12.
对四种无色溶液进行离子检验,实验结果如下,其中明显错误的是（ ）
A. K+、Na+、Cl-、N
B. Na+、N、OH-、C
C. Na+、OH-、Cl-、N
D. Mn、K+、S2-、Na+
【答案】D
【解析】试题分析：
离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以大量共存的。
D中MnO4－显紫红色，且具有氧化性，能氧化S2－，因此不能大量共存，其余选项都是正确的，答案选D。
考点：
考查离子共存的正误判断
点评：
该题是高考中的热点，属于中等难度的试题。
离子不能大量共存的一般情况是：
（1）能发生复分解反应的离子之间；
（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：
（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；
（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
13.
实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2＋NH4Cl
NaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的说法正确的是 （ ）
A. NaNO2是还原剂
B. 生成1molN2时转移的电子为6mol
C. NH4Cl中的N元素被氧化
D. N2既是氧化剂又是还原剂
【答案】C
【解析】试题分析：
A、NaNO2到N2化合价降低，是氧化剂，发生还原反应，A错误；B、每生成1molN2转移电子的物质的量为3mol，B错误；C．NH4Cl中的氮元素由-3价升高到0价，做还原剂，被氧化，C正确；D．N2既是氧化产物又是还原产物，D错误；选C。
考点：
考查氧化还原反应的基本概念和电子转移的计算。
14.
在反应3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中，被还原的硫与被氧化的硫的质量比为
A. 2∶1
B. 1∶2
C. 3∶1
D. 1∶3
【答案】A
【解析】试题分析：
反应中有2个硫原子化合价降低，被还原，有1个硫原子化合价升高，被氧化，所以被还原和被氧化的硫原子的质量比为2:
1，选A。
考点：
氧化还原反应
15.
甲、乙、丙、丁四位同学分别进行实验，测定四份不同澄清溶液的成分，记录如下：
甲
K2SO4、BaCl2、NH4NO3
乙
NaCl、Ca（OH）2、K2CO3
丙
HCl、Na2SO3、NaCl
丁
K2SO4、NaNO3、KCl
其中记录合理的是（ ）
A. 甲
B. 乙
C. 丙
D. 丁
【答案】D
【解析】试题分析：
甲中生成硫酸钡沉淀，故错；乙中生成碳酸钙沉淀，故错；丙中生成二氧化硫气体，故错。
故选D。
考点：
物质检验
点评：
本题是有关物质检验，要求学生熟悉所实验的内容及原理，能够考查同学们进行分析问题、解决问题的能力。
16.
某溶液中只含有Na＋、Fe3＋、Cl－、SO
四种离子，已知Na＋、Fe3＋、Cl－的个数比为3∶2∶1。
则溶液中Fe3＋和SO
的个数比为（ ）
A. 1∶2
B. 1∶4
C. 3∶4
D. 3∶2
【答案】A
【解析】试题分析：
设K+,Fe3+,Cl－物质的量分别为3mol、2mol、1mol，由电荷守恒得3×（+1）+2×（+3）+1×（-1）+n（SO42-）×（-2）=0，n（SO42-）=4mol。
考点：
化学计算
点评：
溶液呈电中性，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；微粒个数比等于物质的量比。
17.
用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA
B. 标准状况下，11.2LCCl4所含的分子数为0.5NA
C. 0.5mol·L－1AlCl3溶液中Cl－的数目为2NA
D. 17g氨气中含有的电子数为10NA
【答案】D
【解析】试题分析：
A．2．4g金属镁的物质的量是0．1mol，变成镁离子时失去的电子数为0．2NA，A错误；B．标准状况下四氯化碳不是气体，不能适用于气体摩尔体积，因此11．2LCCl4所含的分子数一定不是0．5NA，B错误；C．0．5mol/LAlCl3溶液中Cl—的物质的量浓度是1．5mol/L，但溶液的体积不能确定，其数目毕业生为2NA，C错误；D．17g氨气的物质的量是1mol，1分子氨气含有10个电子，其中含有的电子数为10NA，D正确，答案选D。
【考点定位】本题主要是考查阿伏伽德罗常数的有关判断与计算
【考点定位】该类题的特点是以微粒数目的计算为依托，考查物质的结构、元素化合物、氧化还原反应、电解质溶液等知识。
顺利解答该类题目的关键是：
一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。
该类试题答题时需要注意以下几点：
①注意物质的聚集状态与状况的关系。
②注意气体体积与状况的关系，如在标准状况下，11．2LH2的分子数一定为0．5NA，但在非标准状况下，其分子数有可能为0．5NA。
③注意物质组成中分子个数或原子个数的判断：
如Ne、O3、P4分子中的原子个数，NO2和CO2混合气体氧原子数的判断等。
④注意物质的存在形态不同，离子的种类、数目不同，如1molNaHSO4晶体或熔融状态下存在的离子的物质的量为2mol，而1molNaHSO4溶于水电离出离子的物质的量为3mol。
⑤氧化还原反应中转移电子数目的判断是一类典型的“陷阱”，突破“陷阱”的关键是：
a．同一种物质在不同反应中氧化剂、还原剂的判断。
如Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只做氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既做氧化剂，又做还原剂。
b．量不同，所表现的化合价不同。
如Fe和HNO3反应，Fe不足生成Fe3＋，Fe过量，生成Fe2＋。
c．氧化剂或还原剂不同，所表现的化合价不同。
如Cu和Cl2反应生成CuCl2，而Cu和S反应生成Cu2S。
d．注意氧化还原的顺序。
如向FeI2溶液中，通入Cl2，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。
⑥注意分散系的变化导致微粒数目的变化，如FeCl3溶液转化为Fe（OH）3胶体，因为胶体微粒是分子的集合体，所以胶体粒子的数目小于原溶液中Fe3＋的数目。
⑦注意酸性或碱性溶液中H＋或OH－数目的判断，应排除“组成因素”、“体积因素”造成的干扰。
18.
硫酸钾和硫酸铝的混合溶液，已知其中Al3＋的浓度为0.4mol·L－1，硫酸根离子浓度为0.7mol·L－1，则K＋的物质的量浓度为（ ）
A. 0.1mol·L－1
B. 0.15mol·L－1
C. 0.3mol·L－1
D. 0.2mol·L－1
【答案】D
【解析】试题分析：
根据电荷守恒可知3c（Al3＋）＋c（K＋）＝2c（SO42—），则c（K＋）＝2c（SO42—）—3c（Al3＋）＝2×0.7mol/L—3×0.4mol/L＝0.2mol/L，答案选D。
考点：
考查物质的量浓度计算
19.
用合适的容量瓶配制480mL1.0mol·L－1NaNO2溶液时，需称取溶质质量为
A. 13.8g
B. 69g
C. 34.5g
D. 33.1g
【答案】C
【解析】试题分析：
配制480mL的1．0mol•L-1NaNO2溶液，实验室没有480mL的容量瓶，实际上配制的是500mL的1．0mol•L-1NaNO2溶液，跟m=cvM=1．0mol•L-1×0．5L×69g/mol=34．5g，故选C。
考点：
考查了配制一定物质的量浓度的溶液的相关知识。
20.
实验室用碳酸钠晶体配制1.00mol·L－1的Na2CO3溶液100mL，造成所配溶液浓度偏低的原因是
A. 暴露在空气中称量碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）的时间太长
B. 向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水
C. 定容时俯视刻度线
D. 洗涤液移入容量瓶中时，洒出一部分
【答案】D
【解析】A、暴露在空气中称量碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）的时间太长，晶体容易失水，导致称量的Na2CO3偏多，配制的溶液偏高，选项A错误；B、向容量瓶转移液体时，容量瓶内含有蒸馏水，不产生误差，选项B错误；C、定容时俯视刻度线，所配制的溶液体积偏小，则浓度偏高，选项C错误；D、洗涤液移至容量瓶中时洒出一部分，溶质变小，则配制的溶液浓度偏低，选项D正确。
答案选D。
二、非选择题（包括4小题，共40分）
21.
（1）向Fe（OH）3胶体中加入饱和（NH4）2SO4溶液，发生的现象是 ，原因 。
（2）在Fe（OH）3胶体中逐渐滴入HI稀溶液，会出现一系列变化。
①先出现红褐色沉淀，原因是 ；
②随后沉淀溶解，溶液呈黄色，此反应的离子方程式是 ；
③最后溶液颜色加深，原因是 ；此反应的离子方程式是 ；
（3）若用稀盐酸代替HI稀溶液，能出现
（2）所述变化现象中的 （填写上面各题序号）。
【答案】形成红褐色沉淀（NH4）2SO4电离出的SO42-中和Fe（OH）3胶粒所带的正电荷，使微粒变大生成沉淀加入电解质使胶体聚沉Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O有单质I2生成2Fe3++2I-=2Fe2++I2①②
【解析】
（1）胶体粒子带有电荷，加入电解质溶液消除粒子所带电荷，会使胶粒之间的排斥力减小，使胶体聚沉，（NH4）2SO4电离出的SO42-中和Fe（OH）3胶粒所带的正电荷，使微粒变大生成红褐色沉淀；
（2）①HI是电解质，加入到氢氧化铁胶体中使胶体发生聚沉；②随后沉淀溶解，溶液呈黄色，是因为氢氧化铁沉淀与HI稀溶液发生酸碱中和反应，离子方程式为：
Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O；③最后溶液颜色加深是因为Fe3+与 HI稀溶液中的I-发生氧化还原反应生成单质I2的水溶液，反应的离子方程式为：
2Fe3++2I-=2Fe2++I2；（3）稀盐酸滴加到氢氧化铁胶体中，先发生聚沉，然后发生酸碱中和，现象是：
先出现红色沉淀，随后沉淀溶解，溶液呈黄色，能出现
（2）所述变化现象中的①②。
22.
某实验需要100mL、0.1mol/L的Na2CO3溶液，现通过如下操作配制：
①把称量好的固体Na2CO3放入小烧杯中，加适量蒸馏水溶解。
为加快溶解可以使用 （填仪器名称）搅拌；②把①所得溶液冷却到室温后，小心转入 （填仪器名称）；③继续加蒸馏水至液面至刻度线1～2cm处，改用 （填仪器名称）小心滴加蒸馏水至溶液凹液面最低点与刻度线相切；④用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2～3次，每次洗涤的溶液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；⑤将容量瓶塞紧，充分摇匀。
（1）操作步骤正确的顺序是 （填序号）。
（2）若没有操作④，则所配溶液的浓度会 （填“偏高”或“偏低”）。
（3）若所配溶液的密度为1.06g/mL，则该溶液的质量分数为 。
（4）若取出20mL配好的Na2CO3溶液，加蒸馏水稀释成c（Na＋）＝0.01mol/L的溶液，则稀释后溶液的体积为 mL。
（5）在配制100mL、0.1mol/L的Na2CO3溶液时，下列操作中的 会导致结果偏低（请用序号填写）。
a．将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外
b．定容时俯视刻度线
c．定容时仰视刻度线
d．干净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液
【答案】玻璃棒100mL容量瓶胶头滴管①②④③⑤偏低 1%400mL ac
【解析】加快溶解的正确操作是用玻璃棒搅拌；配制100mL溶液时就需要用100mL容量瓶；定容时需要用胶头滴管。
（1）根据配制的原理及实验要求可知，正确的操作顺序是①②④③⑤；
（2）若没有操作④，部分溶质损失，则所配溶液的浓度会偏低；（3）根据c=1000ρωM1000ρωM可知，该溶液的质量分数为0.1×1061000×1.06×100%=1%0.1×1061000×1.06×100%=1%；（4）稀释前钠离子的浓度是0.2mol/L，而稀释后钠离子的浓度是0.01mol/L，所以稀释后溶液的体积是
20mL×0.20.0120mL×0.20.01=400mL；（4）根据c＝nVnV可知，将烧杯中的溶液转移到容量瓶时不慎洒到容量瓶外，则溶质减少，浓度偏小；定容时俯视刻度线，则溶液的体积减小，所以浓度偏高；反之定容时仰视刻度
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