2019-2020学年高一化学上学期第三次月考试题.doc

2019-2020学年高一化学上学期第三次月考试题1. 化学与社会、生产、生活等密切相关，下列说法正确的是A. 在“雾霾”等空气污染的治理方面，化学不能发挥作用B. 常温下，可以用铁罐贮存浓硝酸，说明铁与浓硝酸不反应C. 用豆浆可以制作出美味可口的豆腐，运用化学知识可以解释其原理D. 氯气、明矾是水处理过程中常用的两种化学试剂，两者的作用原理相同【答案】C【解析】可以利用化学反应或者化学试剂将雾霾进行转化或治理，选项A错误。常温下铁与浓硝酸钝化，钝化的实质是氧化，不是不反应，选项B错误。豆浆转化为豆腐，是在豆浆中滴加卤水，将蛋白质胶体聚沉为豆腐，所以选项C正确。氯气处理水是利用氯气与水反应生成的次氯酸的消毒能力，明矾处理水是利用铝离子水解得到氢氧化铝胶体，吸附水中杂质一起聚沉，达到净水目的，选项D错误。2. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据相应实验现象得出的结论中不正确的是A. 新制的氯水呈浅黄绿色 说明氯水中含有 C12B. 新制的氯水能使红色布条褪色 说明氯水中含有 C12C. 向新制的氯水中加入 NaHCO3 粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+D. 向新制的氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液， 产生白色沉淀，说明氯水中含有 Cl-【答案】B【解析】Cl2是黄绿色的，所以新制的氯水呈浅黄绿色就可以说明氯水中含有C12，选项A正确。新制的氯水能使红色布条褪色说明氯水中有HClO（Cl2是没有漂白性的），选项B错误。新制的氯水中含有H+可以与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，选项C正确。新制的氯水中含有Cl-，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生氯化银白色沉淀，选项D正确。3. 配制100mL 0.10molL-1的CuSO4溶液时，下列实验操作中会使所配溶液浓度偏大的是A. 称取2.5g胆矾晶体，在烧杯中加水搅拌溶解B. 转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒，就直接向容量瓶中加水C. 加水至离刻度线12cm后，定容时俯视刻度线D. 定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再加几滴水至刻度【答案】C.4. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 含0.1molBaC12的溶液中Cl-数为0.1NAB. 22gCO2所含有的原子数为0.5NAC. 11.2LNH3所含有的分子数为0.5NAD. 常温下，NA个C12分子所占的体积大于22.4L【答案】D【解析】含0.1molBaC12的溶液中Cl-应该为0.2mol，选项A错误。22gCO2为0.5mol，其中含有的原子为1.5mol，选项B错误。没有说明温度和压强，所以11.2LNH3的量无法计算，选项C错误。标准状况（0，1.013105Pa）下，NA个（1mol）C12分子所占的体积为22.4L，则常温下（25）的体积一定大于22.4L（热胀冷缩），选项D正确。5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A. 与Mg反应产生氢气的溶液中：Na+、Mg2+、SO42-、Cl-B. pH=13的溶液中：NH4+、Na+、HCO3-、NO3-C. 漂白粉溶液中：H+、Na+、I-、Cl-D. FeCl3溶液中：K+、Na+、SO42-、OH-【答案】A【解析】与Mg反应产生氢气的溶液应该是强酸性的，Na+、Mg2+、SO42-、Cl-在强酸性的溶液中，都能大量共存，选项A正确。pH=13的溶液中应该存在大量的OH-，而NH4+、HCO3-都可以和氢氧根离子反应，选项B错误。漂白粉溶液中存在ClO-，而ClO-会氧化I-生成I2，选项C错误。FeCl3溶液中如果存在OH-，应该会形成氢氧化铁沉淀，选项D错误。6. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. NaHSO4 溶液中滴加少量 Ba(OH)2：2H+ SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OB. 将Cu粉加入FeCl3溶液中：3Cu+Fe3+=2Fe+3Cu2+C. 向A1Cl3溶液中滴加足量氨水 ：Al3+3OH-Al(OH)3D. 稀醋酸除水垢：CO32-+2H+=CO2+H2O【答案】A【解析】NaHSO4溶液中滴加少量Ba(OH)2，反过来说就是NaHSO4过量，所以硫酸氢钠的系数为2，方程式为Ba(OH)2+2 NaHSO4= BaSO4+2H2O+ Na2SO4，离子方程式为：2H+ SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，选项A正确。铜与Fe3+反应只能将Fe3+还原为Fe2+，选项B错误。NH3H2O是弱电解质在离子方程式中不能拆开，而且NH3H2O也不能将氢氧化铝沉淀溶解，选项C错误。水垢的主要成分是碳酸钙，而碳酸钙不溶于水，不能拆分，选项D错误。7. 下列氧化还原反应中，电子转移的方向和数目均正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】A、转移电子为25(1)=12，故A错误；B、得失电子数目正确，以及双线桥的表示正确，故B正确；C、C的化合价升高，C应是失去电子，Cu应是得到电子，故C错误；D、1mol氧气得到4mole，得失电子数目应守恒，故D错误。点睛：本题的易错点是选项C和D，一是忘记氧化剂和还原剂的概念，失去电子、化合价升高的物质为还原剂，反之为氧化剂，二应注意得失电子数目守恒。8. 将一定量的铜粉加入盛有FeCl3溶液的烧杯中，充分反应，则下列判断中不正确的是A. 溶液黄色变浅 B. 溶液中一定含Cu2+、Fe2+C. 加入KSCN溶液，一定不变红色 D. 溶液中c(CuCl2)c(FeC12)=12【答案】C【解析】铜粉加入FeCl3溶液中，反应方程式为Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。随着FeCl3转化为FeCl2，溶液由黄色转化为浅绿色，选项A正确。生成物是FeCl2和CuCl2所以溶液中一定含Cu2+、Fe2+，选项B正确。加入的铜粉如果不足量，溶液中会剩余Fe3+，加入KSCN溶液，有可能变红色，选项C错误。根据方程式Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，反应后的溶液中c(CuCl2)c(FeC12)=12，选项D正确。9. 下列有关Na2CO3和NaHCO3的比较中，正确的是A. 碳酸氢钠的热稳定性比碳酸钠强B. 可用澄清石灰水鉴别两种物质的溶液C. 足量的Na2CO3、NaHCO3分别与等物质的量的盐酸反应，后者产生的CO2多D. 等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应，前者产生的CO2多【答案】C【解析】碳酸氢钠受热分解，碳酸钠对热稳定，所以选项A错误。向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入氢氧化钙溶液，都会生成碳酸钙沉淀，所以无法鉴别，选项B错误。过量碳酸钠与盐酸反应，实际得到碳酸氢钠，根本不会有气体生成，而盐酸和碳酸氢钠反应一定有二氧化碳生成，选项C正确。106g碳酸钠（1mol）与足量盐酸反应，产生1mol CO2，84g碳酸氢钠（1mol）与足量盐酸反应，产生1mol CO2，所以如果是等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量盐酸反应，应该是后者产生的CO2多，选项D错误。10. 有甲、乙、丙三种溶液，进行如下操作：则甲、乙、丙三种溶液可能是A. BaCl2、H2SO4、MgCl2 B. BaCl2、HCl、Na2SO4C. CaCl2、HNO3、AgNO3 D. CaCl2、HNO3、NaCl【答案】BC11. 在铜与稀HNO3的反应中，若有lmol HNO3被还原，则参加反应的铜的物质的量为A. 3/2mol B. 3/8mol C. 3mol D. 8/3mol【答案】A【解析】铜与稀HNO3的反应为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，该反应中有3molCu参加反应的时候，有8molHNO3参加反应，但是被还原（化合价降低）的HNO3只有2mol，所以有lmol HNO3被还原时，参加反应的铜的物质的量为3/2mol，选项A正确。12. 下列有关说法或离子方程式书写正确的是A. 实验室用加热氯化铵固体的方法制备氨气B. NO2与水的反应：3NO2+H2O=2NO3-+NO+2H+C. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3-+OH-=CO32-+H2OD. 在1.0molL-1的KNO3溶液中： H+、Fe2+、C1-、SO42-一定能大量共存【答案】B【解析】实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制备氨气，选项A错误。NO2与水反应生成硝酸和NO，其离子反应方程式为3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，选项B正确。NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，氢氧根离子会和铵根离子以及碳酸氢根离子反应，所以方程式为：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+H2O+NH3，选项C错误。溶液中H+、NO3-、Fe2+三种离子会因为发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误。点睛：对于D选项，在解题中应该注意：如果溶液中同时存在大量的氢离子和硝酸根离子，溶液就应该具有等同于稀硝酸的氧化性。所以氢离子和硝酸根同时存在就是一种氧化剂，与还原性的物质应该不共存（例如：亚铁离子、亚硫酸根、碘离子、硫离子等等）。13. 某未完成的离子方程式：5_+IO3-+6H+=3I2+3H2O，据此判断下列说法中正确的是A. “_”缺的反应物具有强氧化性B. 氧化产物与还原产物的质量之比为l5C. 当有 0.31molI2 生成时，共有0.6mol 电子转移D. 可用淀粉-K I 试纸和食醋，检验食盐中是否加碘(KIO3)【答案】D【解析】反应中IO3-转化为I2，化合价降低，所以反应需要还原剂，选项A错误。根据原子守恒和电荷守恒得到反应为：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，氧化产物是化合价升高的产物，应该有5个I由-1价升高到0价；还原产物是化合价降低的产物，应该有1个I从+5价降低到0价，所以氧化产物与还原产物的质量之比为51，选项B错误。反应中有5个I-转化为碘单质，所以转移电子为5e-，即生成3个I2转移5个电子，如果生成0.31molI2，应该转移mol电子，选项C错误。检验食盐中是否加碘(KIO3)，可以加入I-和H+发生题干的反应，生成碘单质，再用淀粉溶液检验碘单质，淀粉-KI试纸提供了I-和淀粉，食醋提供了氢离子，所以选项D正确。14. 除去下列物质中的杂质，所选用的试剂及操作方法均正确的是选项待提纯物质杂质所选用试剂操作方法ACaO固体CaCO3固体水溶解、过滤、结晶BCuFe2O3盐酸溶解、过滤、洗涤、干燥CCO2CO_点燃DCuSO4溶液H2SO4CuO固体过滤A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】向CaO中加入水，水和CaO反应生成氢氧化钙，所以选项A错误。向Cu和氧化铁混合物中加入盐酸，盐酸将氧化铁转化为氯化铁溶于水，但是铜会与氯化铁反应，将其还原为氯化亚铁，选项B错误。如果不加入试剂，CO是不可能燃烧的，选项C错误。向硫酸铜和硫酸的混合溶液中加入过量的氧化铜，氧化铜将硫酸反应为硫酸铜，过滤除去过量的氧化铜即可，选项D正确。点睛：对于本题的C选项，实际上加入氧气点燃，也是不合理的，因为无法保证加入的氧气的量是恰好反应的量。对于气体的除杂，应该谨记：不能再加入气体。15. NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有 OH-的摩尔质量是 17g1mol铁与1mol C12 充分反应 ，转移电子数为 2NA0，101KPa，22.4L氖气含有 NA 个原子3.9g Na2O2 固体中含有阴离子数为 0.1NA将40gNaOH溶解在1L水中，所得溶液浓度为 1mol/L常温下，lmolC12 与足量NaOH 溶液充分反应，转移电子数为NAA. 2 个 B. 3 个 C. 4 个 D. 5 个【答案】B【解析】OH-的摩尔质量是17gmol-1，错误。1mol铁与1mol C12充分反应，铁过量，1molCl2被完全反应，转移2mol电子，正确。0，101KPa（标准状况），22.4L氖气（Ne）为1mol，含有NA个原子，正确。3.9g（0.05mol）Na2O2固体（1个Na2O2含有1个O22-和2个Na+）中含有阴离子0.05mol，错误。将40gNaOH溶解在水中配成1L溶液，所得溶液浓度为1mol/L，不能说溶于1L的水中，错误。常温下，C12与NaOH溶液反应，方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，该反应转移电子数2e-，所以lmolC12与足量NaOH溶液充分反应，转移电子数为NA，正确。所以正确的是，选项B正确。点睛：本题中的，有同学会思考如果Fe过量会生成FeCl2，实际上是不存在这种可能性的。Fe将Fe3+还原为Fe2+必须在水溶液中进行，用FeCl3固体是不可能和Fe反应的。16. 将lg某烧碱样品(含少量碳酸钠和水)放入50mL2 molL-1盐酸中，充分反应后溶液显酸性，中和多余的酸用去40mL1molL-1NaOH溶液。将所得溶液蒸发结晶，可得到固体的质量为A. 5.85g B. 11.70g C. 2.50g D. 5.00g【答案】A【解析】最后得到的固体一定是NaCl，其中的Na有多种来源，但是Cl一定来自于盐酸，50mL2 molL-1盐酸中有0.1molHCl，根据Cl守恒，NaCl为0.1mol，质量为5.85g，选项A正确。点睛：这类问题的计算一定要用守恒的思想，分步计算明显不可取。注意寻找反应前后的相同量，本题就是在反应前后守恒的是Cl元素。17. 将2.12gNa2CO3和08g NaHCO3固体加水溶解，向所得混合溶液中逐滴加入120mL0.5molL-1盐酸，充分反应后得到溶液W。下列说法中正确的是A. 溶液W为NaCl溶液B. 将溶液W蒸发结晶所得固体质量为3.51gC. 生成CO2的物质的量与滴加盐酸体积的关系如右图D. 将固体混合物充分加热后再加入120mL0.5molL-1盐酸，所得溶液组成和W相同【答案】D【解析】固体中有2.12g（0.02mol）Na2CO3和08g （0.0095mol）NaHCO3，逐滴加入120mL0.5molL-1盐酸（0.06molHCl），反应需要的HCl为0.022+0.00951=0.0495mol，所以HCl过量，W为HCl和NaCl混合，选项A错误。 根据Na原子守恒，最后得到的NaCl为0.0495mol，质量为2.89g。选项B错误。因为整个反应需要的盐酸为0.0495mol，所以加入盐酸的体积达到时，反应完成，二氧化碳达到最大体积，选项C的图像错误。 将固体混合物充分加热，每2mol碳酸氢钠会转化为1mol碳酸钠，但是转化前后其消耗的HCl（2mol）不变，生成的NaCl（2mol）不变，所以选项D正确。18. 我校化学兴趣小组为验证某混合气体的成分是CO2和CO，用下图所示装置正确连接后进行实验（每套装置仅用一次连接而成），请回答下列问题：（1）连接装置导管口的顺序：混合气体_（填导管接口数字序号），装置D中的试剂是_。（2）证明混合气体中存在CO的实验现象是_。（3）有同学提出“装置B应再使用一次”，实验设计将更严密。“装置B应再使用一次”时应将装置B放在_之间（填装置字母代号）其作用是：_。（4）从实验安全角度分析，本实验存在的主要不足之处是_。【答案】 (1). (2). 浓硫酸 (3). A中玻璃管内粉末由红变黑，试管内澄清石灰水变浑浊 (4). 装置C、D (5). 检验二氧化碳是否被除净 (6). 一氧化碳尾气没有处理【解析】（1）混合气体先过氢氧化钙检验二氧化碳，再过氢氧化钠溶液除去二氧化碳，过浓硫酸干燥，进入热的氧化铁，最后用氢氧化钙溶液检验生成的二氧化碳，所以顺序为：，D中的试剂为浓硫酸。（2）CO将氧化铁还原为单质铁（还原铁份为黑色），生成二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，所以现象为：A中玻璃管内粉末由红变黑，试管内澄清石灰水变浑浊。（3）装置B应再使用一次是为了验证上面的氢氧化钠溶液已经将所有的二氧化碳都除去了，所以位置在C、D之间。（4）CO是有毒的气体，所以本实验的最大问题在于没有CO的尾气吸收装置。19. 某化学兴趣小组用下图装置验证NO2的氧化性和NO的还原性，请回答下列问题：（1）打开浓硝酸的试剂瓶，瓶口会出现白雾，说明浓硝酸具有_性；（2）向锥形瓶中加入一定量的浓硝酸，若生成等物质的量的NO和NO2气体，则甲中反应的化学方程式为：_，根据该方程式说明硝酸具有_（填字母代号）A.酸性 B.还原性 C.氧化性 D.不稳定性 E.漂白性（3）说明NO2具有氧化性的现象是_，但有同学指出该处实验设计存在不足之处，他的理由是_。（4）说明NO具有还原性的操作和现象是_。【答案】 (1). 挥发性 (2). 2Cu+6HNO3=2Cu(NO3)2+NO+NO2+3H2O (3). AC (4). 淀粉-KI溶液变蓝 (5). 挥发出的硝酸也能使淀粉-KI溶液变蓝 (6). (打开活塞)，挤压空气囊，丙中气体由无色变为红棕色【解析】（1）硝酸具有挥发性，挥发的HNO3接触到水蒸气形成酸雾。（2）Cu与浓硝酸反应，应该得到硝酸铜、物质的量相等的NO和NO2还有水。将NO和NO2视为一个整体，相当于化合价降低4，Cu的化合价升高2，所以Cu的系数为2，NO和NO2的系数都是1，再根据原子守恒配平，即得：2Cu + 6HNO3 = 2Cu(NO3)2 + NO + NO2 + 3H2O。该反应说明硝酸具有酸性和氧化性，选项AC正确。（3）淀粉-KI溶液中的碘离子被氧化为碘单质，淀粉溶液遇碘单质变为蓝色，所以现象为：淀粉-KI溶液变蓝。但是实验中硝酸是具有挥发性的，甲装置中铜与硝酸的反应也是放热反应，随着温度升高，硝酸挥发也会加剧，挥发的硝酸也可能氧化碘离子生成碘单质。（4）丙装置中，通过排水法收集了NO，打开活塞，挤压空气囊，将空气挤压进丙装置中，NO接触到氧气，被氧化为NO2，颜色变为红棕色。点睛：第（3）问中的检验实际上还是有一些问题，NO2通入溶液中，会与水反应生成硝酸，硝酸可以氧化碘离子得到碘单质，所以并不能认为表现的一定是NO2的氧化性。20. 高锰酸钾(KMnO4)是中学化学常用的强氧化剂，实验室中可通过以下两步反应制得：MnO2熔融氧化：_MnO2+_KClO3+_KOH_K2MnO4+_KCl+_H2OK2MnO4歧化：_K2MnO4_CO2_MnO2_K2CO3已知K2MnO4溶液显绿色，KMnO4溶液紫红色。都具有强氧化性。请回答下列问题：（1）反应中氧化剂是_，反应中氧化产物是_。（2）配平并完成上述制备高锰酸钾的两步反应的化学方程式。_、_（3）下列方法或操作最能表明K2MnO4歧化完全的一项是_。A.通过观察溶液颜色变化，溶液颜色由绿色变成紫红色B.取上层清液少许于试管中，继续通入CO2，无沉淀产生C.取上层清液少许于试管中，加入FeSO4溶液，溶液紫红色褪去 （4）量取10.00mL某酸性KMnO4溶液，用2.0 molL-1草酸（H2C2O4）溶液滴定，两者恰好完全反应时，消耗草酸溶液16.00mL，则此KMnO4溶液的物质的量浓度为_mol/L。（5）实验室中配制酸性KMnO4溶液时不能用盐酸酸化，因为盐酸会被KMnO4氧化，有关离子方程式为：_。【答案】 (1). KC1O3 (2). KMnO4 (3). 3 1 6 3 1 3 (4). 3 2 2KMnO4 1 2 (5). B (6). 1.28 (7). 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O【解析】（1）KC1O3中的Cl为+5价，反应后转化为KCl中的-1价Cl，所以KC1O3是反应中氧化剂。反应是K2MnO4歧化，歧化是指一种元素的化合价一部分升高另一部分降低，其中K2MnO4（Mn为+6价）到MnO2（Mn为+4价）是化合价降低，所以空白处一定是化合价升高，只可能是KMnO4（Mn为+7价），所以氧化产物为KMnO4。（2）反应的化合价标注如下：再根据原子守恒配平，得到：3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O反应的化合价标注如下：再根据原子守恒配平，得到：3K2MnO42CO22 KMnO4 1MnO22K2CO3（3）当有一部分的锰酸钾转化为高锰酸钾时，因为人眼对于红色的敏感度会高于绿色，红色可能将绿色遮盖，无法辨识，所以选项A错误。取上层清液少许于试管中，继续通入CO2，无沉淀产生，说明不剩余锰酸钾，选项B正确。取上层清液少许于试管中，加入FeSO4溶液，溶液紫红色褪去，只是证明高锰酸根离子将Fe2+氧化，无法证明溶液中没有K2MnO4剩余，选项D错误。（4）草酸和高锰酸钾的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，所以高锰酸钾浓度为。（5）MnO4-将Cl-氧化为Cl2，本身被还原为Mn2+，根据化合价升降相等，原子守恒和电荷守恒配平，得到：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O。