内蒙古集宁一中2019-2020学年高二下学期月考化学试题

内蒙古集宁一中2019-2020学年高二下学期月考化学试题

集宁一中2019-2020学年第二学期第二次月考高二年级化学试卷 ‎1.生活环境逐渐恶化，人们日益重视环境问题，下列做法或说法正确的是（　　）‎ A. 推广使用无磷洗衣粉，以减少水体富营养化 B. PM2.5是指大气中直径接近于2.5μm（‎1m=106μm=109nm）的颗粒物，也称可吸入颗粒物，这些细颗粒物分散在空气中形成的分散系是胶体 C. 为提高农作物产量大量使用农药和化肥 D. 对农作物秸秆进行焚烧还田，以增加土壤肥力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含磷洗衣粉会污染水资源，造成水体富营养化，使用无磷洗衣粉，以减少水体富营养化，故A正确；‎ B．胶体的分散系中分散质的直径在1～100nm，PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10‎-6m的颗粒物，直径大于100nm，则细颗粒物分散在空气中形成的分散系不是胶体，故B错误；‎ C．大量使用农药和化肥会污染水和土壤，应合理使用，故C错误；‎ D．焚烧会产生有害气体和粉尘，污染环境，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎2.除去NaNO3中少量NaCl、Ca（NO3）2杂质，所用试剂及顺序正确的是（　　）‎ A. Na2CO3 AgNO3 HNO3 B. AgNO3 Na2CO3 HCl C. AgNO3 K2CO3 HNO3 D. AgNO3 Na2CO3 HNO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】首先加入过量的硝酸银，将氯离子全部沉淀，因此溶液中就有了过量的Ag+离子，然后向溶液中加入过量的Na2CO3，Ca+和Ag+都形成沉淀，这样溶液中就有了过量的CO32-，向溶液中加入过量的硝酸，将CO3 2-变成CO2除去，溶液中含有了过量的HNO3，因为硝酸易挥发，加热可以将硝酸除去，最后得到纯净的NaNO3，则正确的滴加顺序为AgNO3 Na2CO3 HNO3，故答案为D。‎ ‎【点睛】考查物质的分离、提纯，注意除杂时不能引入新的杂质，且实验操作步骤要简单、可行，除去NaCl用AgNO3溶液，除去Ca(NO3)2用Na2CO3‎ 溶液，除杂时，为了把过量的硝酸银溶液除去，可用Na2CO3溶液来除，最后过量的Na2CO3溶液可用过量的硝酸硝酸来除。‎ ‎3.对于某些离子的检验及结论正确的是 (　　)‎ A. 加氢氧化钠溶液加热产生的气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，原溶液中一定有 B. 加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，淀淀不消失，原溶液中一定有Ag＋‎ C. 加盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中一定有 D. 加入少量的氢氧化钠后溶液中产生白色沉淀，原溶液中一定有Mg2＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3，在碱性条件下生成NH3，说明溶液中含有NH4+，故A正确；‎ B．加氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，淀淀不消失，此沉淀可能为AgCl或BaSO4，则原溶液中可能含有Ag＋或SO42-，故B错误；‎ C．加盐酸有无色气体产生，该气体能使澄清石灰水变浑浊，气体为二氧化碳或二氧化硫等，则原溶液中可能含CO32-或SO32-或HCO3-等，故C错误；‎ D．加入少量的氢氧化钠后溶液中产生白色沉淀，生成的白色沉淀也可能是氢氧化铝，则溶液中不一定含有Mg2＋，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎4.有下列变化：①Na2CO3→Na2SiO3，②SiO2→H2SiO3，③Na2SiO3→Na2CO3，④CaO→CaSiO3，其中不能通过一步反应实现的是 A. 只有① B. ②④ C. 只有② D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 碳酸钠与二氧化硅在高温下反应能生成硅酸钠，②二氧化硅不溶于水，不与水反应，所以不能一步转化为硅酸，至少得两步才能完成这个转化：先与碱性物质反应生成硅酸盐，再与酸反应生成硅酸，③因为碳酸的酸性比硅酸强，所以向硅酸钠溶液中通入少量二氧化碳后可生成碳酸钠和硅酸，④氧化钙是碱性氧化物，可以与酸性氧化物二氧化硅在高温下反应生成硅酸钙。综上所述，只有②不能一步实现，所以选C。‎ ‎5.Be（OH）2是两性，跟强酸反应时生成Be2+，跟强碱反应时生成BeO22-。现有三份等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3‎ 溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一定浓度的NaOH溶液分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x（mL）与生成沉淀的物质的量y（mol）的关系如图所示，则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图像正确的是（　　）‎ A. ②③④ B. ⑤③① C. ⑤③④ D. ②③①‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】向氯化镁中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化镁，当氢氧化钠过量时，沉淀也不会溶解，量保持不变，故对应的是图象③；向氯化铍溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铍，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应BeCl2+2NaOH=Be(OH)2↓+2NaCl，Be(OH)2↓+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠是相等的，故图象⑤是正确的，向氯化铝溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3↓+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3:1，故图象①是正确的。则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图象正确的是⑤③①，故答案为B。‎ ‎6.把图2的碎纸片补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）。下列对该反应的说法不正确的是（ ）‎ A. 作氧化剂 B. 若有参加反应转移电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 D. 配平后、的化学计量数分别为2、3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Mn2+化合价升高，化合价降低，作氧化剂，故A正确；‎ B. Mn2+反应生成MnO4－，从+2价变为+7价，若有参加反应转移电子，故B正确；‎ C. 根据IO4－反应生成IO3－，从+7价变为+5价，降低2个价态，Mn2+反应生成MnO4－，从+2价变为+7价，升高5个价态，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，故C正确；‎ D. 2Mn2++ 5IO4－+3H2O = 5IO3－+ 2MnO4－+ 6H+，配平后、的化学计量数分别为2、6，故D错误。‎ 综上所述，答案D。‎ ‎【点睛】利用氧化还原反应中化合价升高守恒原则来配平反应方程式，再根据方程式来判断。‎ ‎7.下列离子方程式的书写及评价，均合理的是（ ）‎ 选项 离子方程式 评价 A 将2 molCl2通入含1 molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I－＋2Cl2===2Fe3＋＋4Cl－＋I2‎ 正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I－均氧化 B Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO3-＋OH－===BaCO3↓＋H2O 正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水 C 过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HSO3-‎ 正确；说明酸性：H2SO3强于HClO D 将等体积的3.5mol/L的HCl溶液，逐滴加入到1 mol/L的NaAlO2溶液中：6AlO2-＋21H＋==5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O 正确；第一步反应和第二步反应消耗的H＋的物质的量之比为2∶5‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 将2molCl2通入到含1mol FeI2‎ 的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，故A错误；‎ B. Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，离子方程式按照碳酸氢钡的化学式组成书写，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：Ba2++2HCO3−+2OH−=BaCO3↓+CO32−+2H2O，故B错误；‎ C. NaClO溶液中通入过量SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42−，离子方程式和评价都不合理，故C错误；‎ D. 1mol/L的NaAlO2溶液和3.5 mol/L的HCl等体积互相均匀混合，设溶液体积为‎1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、3.5mol氢离子，1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的2.5mol氢离子。1mol氢氧化铝消耗3mol氢离子才能全完沉淀溶解，现盐酸不足，即剩余盐酸消耗完仍有沉淀，则两步反应消耗的氢离子物质的量之比为1:2.5=2:5；离子反应方程式为：6AlO2-＋21H＋==5Al3＋＋Al(OH)3↓＋9H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.按要求填空。‎ ‎(1)在Fe、Fe2＋、Fe3＋、H＋中，‎ ‎①只有氧化性的是______________________________；‎ ‎②只有还原性的是______________________________；‎ ‎③既有氧化性又有还原性的是____________________。‎ ‎(2)已知Rx＋＋H＋―→RO2＋Mn2＋＋H2O变化过程中，0.2 mol Rx参加反应，共转移0.4 mol电子。‎ ‎①反应中的被还原的微粒是________。‎ ‎②x＝________。‎ ‎③参加反应的氢离子的物质的量为________。‎ ‎【答案】 (1). Fe3+、H+ (2). Fe (3). Fe2+ (4). (5). 2 (6). 0.64mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)最高价态的元素只有氧化性，最低价态的元素只有还原性，中间价态的元素既有氧化性又有还原性，据此分析解答；‎ ‎(2)RxO42-+MnO4-+H+→RO2+Mn2++H2O变化过程中，R元素化合价由+价升高到+4价，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等解答该题。‎ ‎【详解】(1)Fe3+、H+中的化合价都是最高价态，所以都只有氧化性；Fe中的化合价是最低价态，所以只有还原性；Fe2+中的化合价是中间价态，所以既有氧化性又有还原性；‎ ‎(2)①反应中Mn元素的化合价从+7价降为+2价，则被还原的微粒是；‎ ‎②0.2molRxO42- 参加反应，共转移0.4mol 电子，则0.2mol×x×(4-)=0.4mol，解得：x=2；‎ ‎③根据电子守恒配平后的化学方程式为5R2O42-+2MnO4-+16H+=10RO2+2Mn2++8H2O，当消耗5moR2O42-时，需要氢离子的物质的量是16mol，所以0.2 mol R2O42-参加反应时，反应的H+的物质的量为0.64mol。‎ ‎9.向Ba（OH）2和NaOH的混合稀溶液中通入足量的CO2气体，生成沉淀的物质的量（n）和通入CO2气体体积（V）的关系如图所示，试回答：‎ ‎（1）a点之前的反应的离子方程式为__。‎ ‎（2）a点到b点之间的反应的离子方程式是__、__。‎ ‎（3）c点二氧化碳体积__L。‎ ‎（4）混合稀溶液中Ba（OH）2和NaOH的物质的量之比为__。‎ ‎【答案】 (1). Ba2++CO2+2OH－==BaCO3↓+H2O (2). CO2+2OH－==CO32－+H2O (3). CO32－+CO2+H2O==2HCO3－ (4). 15.0 (5). 1∶1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)a点之前二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为Ba2++CO2+2OH－==BaCO3↓+H2O，故答案为Ba2++CO2+2OH－==BaCO3↓+H2O；‎ ‎(2)a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，所以离子方程式为：CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，故答案为CO2+2OH-=CO32-+H2O、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-；‎ ‎(3)b～c之间发生反应：BaCO3+H2O+CO2═Ba(HCO3)2‎ ‎，由方程式可知生成碳酸钡沉淀与碳酸钡溶解消耗二氧化碳的体积相等，所以c点的体积为15，故答案为15；‎ ‎(4)消耗二氧化碳的量Ba(OH)2和NaOH的物质的量相等，然后根据相同条件下体积之比等于物质的量之比，a点之前发生反应：CO2+Ba(OH)2=BaCO3↓+H2O，a～b之间先后发生的反应为：2NaOH+CO2═Na2CO3、Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3，所以NaOH和Ba(OH)2的物质的量之比为1：1，故答案为1：1。‎ ‎10.甲同学通过查询资料知道，一定浓度的硝酸与镁反应时，可得到二氧化氮、一氧化氮、氮气三种气体。该同学用下列仪器组装装置来直接验证有二氧化氮、一氧化氮生成并制取氮化镁 (假设实验中每步转化均是完全的) 。查阅文献得知：‎ ‎①二氧化氮沸点为‎21.1 ℃‎、熔点为－‎11 ℃‎，一氧化氮沸点为－‎151 ℃‎、熔点为－‎164 ℃‎；‎ ‎②镁也能与二氧化碳反应；‎ ‎③氮化镁遇水反应生成氢氧化镁和氨气。‎ ‎（1）实验中先打开开关K，通过导管向装置内通入二氧化碳气体以排出装置内的空气，停止通入二氧化碳的标志是________________________________。‎ ‎（2）为实现上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是A→____________→E，确定还原产物中有二氧化氮的现象是______________________________________，实验中要多次使用装置F，第二次使用F的目的是______________________________________________。‎ ‎（3）实验过程中，发现在D中产生预期现象的同时，C中溶液颜色慢慢褪去，试写出C中反应的离子方程式：________________________________。‎ ‎（4）甲同学在A中开始反应时，马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测试发现B处的产品纯度不高，原因是______________________________________。‎ ‎（5）设计一种实验方案，验证镁与硝酸反应时确实有氮气生成：__________________________。‎ ‎【答案】 (1). E中出现白色沉淀 (2). D→C→F→B→F (3). A中有红棕色气体产生(或D中出现有色液体) (4). 防止水蒸气进入B导致氮化镁水解 (5). 5NO＋4H＋＋3MnO4-===3Mn2＋＋5NO3-＋2H2O (6). 装置中充满CO2，而加热时CO2也能与Mg反应 (7). 取少量B中反应后的固体放入试管中，再向试管中滴加适量的水并将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口处，试纸变蓝 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 探究一定浓度的硝酸与Mg反应产物：A三颈烧瓶中为镁和硝酸反应，可能得到NO2、NO、N2三种气体，若产生二氧化氮气体，A中有红棕色气体产生，NO2沸点为‎21.1℃‎，经过D装置冰盐水冷却生成的气体，D中出现有色液体，C中盛放1%的酸性高锰酸钾，若出现高锰酸钾褪色，说明有NO生成，经过装置F进行气体干燥，然后进入装置B进行镁和氮气的反应，再经过装置F，防止水蒸气进入B导致氮化镁水解，最后用氢氧化钡吸收尾气，据此解答。‎ ‎【详解】(1)探究一定浓度的硝酸与Mg反应产物，E装置在该实验中为吸收尾气装置，实验中先打开开关K，通过导管向装置内通入CO2气体以排出装置内的空气，当E中出现白色沉淀，说明二氧化碳已经充满整个装置，已经全部排出装置内的空气，需停止通入CO2；‎ ‎(2)探究一定浓度的硝酸与Mg反应产物：A三颈烧瓶中为镁和硝酸反应，可能得到NO2、NO、N2三种气体，若有二氧化氮气体产生，A中有红棕色气体产生，经过D装置冰盐水冷却生成的气体，D中出现有色液体，C中盛放1%的酸性高锰酸钾，若出现高锰酸钾褪色，说明有NO生成，反应为：5NO+4H++3MnO4-＝3Mn2++5NO3-+2H2O，经过装置F进行气体干燥，然后进入装置B进行镁和氮气的反应，再经过装置F，防止空气中的水蒸气进入B导致氮化镁水解，最后用氢氧化钡吸收尾气，所选用的仪器的正确连接方式是：A→D→C→F→B→F→E，氮化镁易水解，第二次使用F的目的是防止空气中的水蒸气进入B导致氮化镁水解；‎ ‎(3)C中溶液颜色慢慢褪去，为NO和高锰酸根离子发生氧化还原反应，该反应中物质的化合价变化：MnO4-→Mn2+，Mn元素化合价由+7价→+2价，一个MnO4-得5个电子；NO→NO3-，N由+2价变成+5价，一个NO分子失去3个电子，所以其最小公倍数为15，故MnO4-的计量数为3，NO的计量数为5‎ ‎，然后根据原子守恒配平其它元素，配平后的离子方程式为5NO+4H++3MnO4-＝3Mn2++5NO3-+2H2O；‎ ‎(4)镁条与二氧化碳发生置换反应，生成碳与氧化镁，反应为2Mg+CO22MgO+C，所以在A中开始反应时，马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测试发现B处的产品纯度不高，原因是装置中充满CO2，而加热时CO2也能与Mg反应；‎ ‎(5)镁与硝酸反应时若有氮气生成，则生成的氮气和镁反应生成氮化镁，氮化镁易水解生成氨气，所以取少量B中反应后的固体放入试管中，再向试管中滴加适量的水并将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口处，试纸变蓝，则检验到氨气，说明镁和硝酸反应有氮气生成。‎ ‎【点睛】理解实验原理和有关物质的性质差异是解答本题的关键，是对知识的综合考查，需要学生具有知识的基础与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，题目难度较大。该题的难点是实验方案设计以及氧化还原反应方程式的配平，配平时注意从电子得失守恒的角度得出氧化剂和还原剂以及氧化产物和还原产物的物质的量之比，最后再根据原子守恒进行配平即可。‎ ‎11.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示 已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素 ‎②常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表 金属离子 Al3+‎ Fe3+‎ Fe2+‎ Ca2+‎ Mn2+‎ Mg2+‎ 开始沉淀的pH ‎3.8‎ ‎1.5‎ ‎6.3‎ ‎10.6‎ ‎8.8‎ ‎9.6‎ 沉淀完全的pH ‎5.2‎ ‎2.8‎ ‎8.3‎ ‎12.6‎ ‎108‎ ‎11.6‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)“混合研磨”的作用为_______________________‎ ‎(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________‎ ‎(3)分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_____________________________‎ ‎(4)净化除杂流程如下 ‎①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__________ ‎ A．(NH4)2S2O8 B．MnO‎2 C．KMnO4‎ ‎②调节pH时，pH可取的范围为_________________‎ ‎(5)“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是__________________‎ ‎【答案】 (1). 加快反应速率 (2). MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O (3). 温度为‎500℃‎，且m(MnCO3)：m(NH4Cl)=1.10 (4). B (5). 5.2≤pH<8.8 (6). CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH‎4F，除去Ca2+、Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，据此分析解题。‎ ‎【详解】(1)“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率；‎ ‎(2) 根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+，主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；‎ ‎(3) 由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高，到‎500℃‎、1.10达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度‎500℃‎，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10；‎ ‎(4) 净化过程：加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH‎4F，除去Ca2+、Mg2+；‎ ‎①最合适的试剂为MnO2，氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，且不引入新杂质，故答案为B；‎ ‎②调节溶液pH使Fe3+，A13+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2≤pH＜8.8；‎ ‎(5) 碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3═MnCO3↓+NH4+，不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀。‎ ‎【点睛】考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。‎