【化学】江西省赣州市于都县第二中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】江西省赣州市于都县第二中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

江西省赣州市于都县第二中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 本试卷共 页，共100分。考试时长90分钟。‎ 第Ⅰ卷(共60分)‎ 相对原子量：H 1 C 12 N 14 S 32 O 16 Cl 35.5 Na 23 Al 27 K 39 Mg 24‎ 一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)‎ ‎1.下列化学药品名称与警示标志对应正确的是（ ）‎ A. 酒精 B. 浓硫酸 ‎ C. 汽油 D. 浓硝酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酒精是易燃液体，故A错误； ‎ B．浓硫酸有腐蚀性，是腐蚀品，故B正确；‎ C．汽油是易燃液体，不易爆炸，故C错误；‎ D．浓硝酸有强氧化性和腐蚀性，无剧毒，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎2.将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺序排列，正确的是（ ）‎ A. 硫酸，纯碱，石灰石 B. 醋酸，烧碱，硫酸铜 C. 磷酸，熟石灰，苛性钠 D. 醋酸，小苏打，熟石灰 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫酸属于酸，纯碱是碳酸钠，属于盐，石灰石的主要成分是碳酸钙，属于盐，故A错误；‎ B、醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠，属于碱，硫酸铜属于盐，故B正确；‎ C、磷酸属于酸，熟石灰是氢氧化钙，属于碱，苛性钠是氢氧化钠，属于碱，故C错误；‎ D、醋酸属于酸，小苏打是碳酸氢钠，属于盐，熟石灰是氢氧化钙，属于碱，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎3.下列关于实验基本操作的叙述不正确的是（ ）‎ A. 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口 B. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 C. 将浓硫酸倒入盛水的量筒中稀释成稀硫酸 D. 使用容量瓶、分液漏斗前，先检查是否漏水后洗涤干净 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸馏时，用温度计测量馏分的温度，则应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口附近，故A正确；‎ B．为防止液体重新混合而污染，分液时分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B正确；‎ C．不能在量筒中稀释，应在烧杯中稀释，故C错误；‎ D．容量瓶、分液漏斗的塞子或活塞容易出现漏液现象，使用前必须检查是否漏水，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎4.同温同压下，同体积的甲乙两种气体的质量比是17:14。若乙气体是CO，则甲气体是（ ）‎ A. H2S B. HCl C. NH3 D. Cl2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，同体积的气体，物质的量相等，质量比等于摩尔质量之比。乙为一氧化碳时，由于一氧化碳的摩尔质量为28g/mol，所以，甲气体的摩尔质量为34g/mol，硫化氢的摩尔质量是34g/mol。‎ 故选A。‎ ‎5.NA表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 0.1 mol/L K2SO4溶液含有K+ 0.2NA B. 标准状况下，11.2L水所含的电子数为5NA C. 常温常压下，16g O2含电子数为10NA D. 0.1 mol Mg原子变成Mg2+时失去的电子数为0.2NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．溶液体积未知，无法计算0.1 mol/L K2SO4溶液含有的K+ 数，故A错误；‎ B．标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算，故B错误；‎ C．常温常压下，16克O2的物质的量为=0.5mol，含有的电子数0.5mol×16NA/mol=8NA，故C错误；‎ D.1个镁原子失去2个电子生成1个镁离子，所以0.1mol Mg 原子变成Mg2+时失去的电子数为0.2NA，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时，下列操作会使得所配溶液的浓度偏小的是（ ）‎ A. 容量瓶中原有少量蒸馏水 B. 定容时俯视容量瓶刻度线 C. 滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外 D. 溶液从烧杯转移到容量瓶后没有洗涤烧杯 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、容量瓶中原有少量蒸馏水对溶质的物质的量和溶液的体积都无影响，所以对配制溶液的物质的量浓度无影响，故A错误；‎ B、定容时俯视液面导致溶液的体积偏小，所配制溶液的物质的量浓度偏大，故B错误；‎ C、滴管加水时，有少量水滴到容量瓶外，对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，所以对配制溶液的物质的量浓度无影响，故C错误；‎ D、没有洗涤烧杯会导致溶质的物质的量偏小，导致配制溶液的物质的量浓度偏小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.在Na2SO4和Al2(SO4)3混合溶液中，测得Al3+浓度为0.1mol/L，SO42－浓度为0.3mol/L，则混合溶液中Na+的浓度为（ ）‎ A. 0.15mol/L B. 0.45mol/L ‎ C. 0.6mol/L D. 0.3mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】忽略水的电离，依据电荷守恒规律可知：0.1mol/L×3+c（Na+）×1＝0.3mol/L×2，解得c（Na+）＝0.3mol/L，答案选D。‎ ‎8.下列各物质中所含原子个数由大到小的顺序正确的是( )‎ ‎①0.3molNH3 ②标准状况下22.4L氯气 ③9mL H2O (4℃) ④0.2mol H3PO4‎ A. ①④③② B. ④③②① ‎ C. ②④③① D. ①④②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①0.3molNH3 含有原子总物质的量为0.3mol×4=1.2mol；②标准状况下，22.4L氯气的物质的量为=1mol，含有原子总物质的量为1mol×2=2mol；③9mLH2O(4℃)的质量为9mL×1g/mL=9g，物质的量为=0.5mol，含有原子总物质的量为0.5mol×3=1.5mol；④0.2mol磷酸含有原子总物质的量为0.2mol×8=1.6mol，故所含原子数由大到小顺序排列为：②④③①，故选C。‎ ‎9.下列关于溶液和胶体的叙述，正确的是（ ）‎ A. 溶液是电中性的，胶体是带电的 B. 通电时，溶液中的溶质粒子不移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动 C. 溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动 D. 一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体微粒吸附带电离子，带有电荷，但胶体是电中性的，故A错误； B、通电时，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；胶体微粒移向某一电极发生电泳现象，故B错误； C、溶液中溶质微粒的运动也是无规律的，故C错误； D、一束光线分别通过溶液和胶体时，胶体会出现明显光带，溶液则没有，故D正确； 故选D。‎ ‎10.用焰色反应检验K＋时有如下操作步骤：①蘸取待测液，②置于酒精灯火焰上灼烧，③‎ 透过蓝色钴玻璃观察，④用稀盐酸洗净铂丝。其中正确的操作顺序为(　　)‎ A. ①②③④‎ B. ④①②③‎ C. ④②①②③‎ D. ①③②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】做焰色反应实验时，首先要洗净铂丝或无锈铁丝，通常用稀盐酸洗涤，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，以除净杂质；然后蘸取待测溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的焰色。因此，操作步骤为④②①②③；‎ 故选C。‎ ‎11.下列反应离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. 钠和冷水反应：Na＋2H2O=Na＋＋2OH－＋H2↑‎ B. 金属铝溶于氢氧化钠溶液：Al＋2OH－=AlO2-＋H2↑‎ C. 金属铝溶于盐酸中：2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑‎ D. 铁跟稀硫酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 方程式Na＋2H2O=Na＋＋2OH－＋H2↑，电荷不守恒，电子不守恒，A错误；‎ B. 方程式Al＋2OH－=AlO2-＋H2↑，电荷不守恒，电子不守恒，B错误；‎ C. 方程式2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，符合客观事实，满足守恒原则，C正确；‎ D.稀硫酸的氧化能力弱，只能将Fe氧化为Fe2+，D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.下列各组离子能大量共存的是( )‎ A. Ca2+、HCO3－、K+、NO3－ B. HCO3－、H＋、Ba2+、Na+‎ C. HCO3－、OH－、Al3+、Na+ D. Mg2+、Fe3+、OH－、Cl－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Ca2+、HCO3－、K+、NO3－不发生化学反应，能在溶液中稳定共存，A符合题意；‎ B. HCO3－、H＋会发生反应，生成水和CO2气体，不能大量共存，B不合题意；‎ C. OH－与 HCO3－、Al3+都能发生反应，前者生成气体，后者生成沉淀，若OH-过量，则沉淀会溶解，C不合题意；‎ D. Mg2+、Fe3+与OH－会发生反应，生成沉淀，D不合题意。‎ 故选A。‎ ‎13.下列变化不可能通过一步实验直接完成的是（ ）‎ A. Fe(OH)3 → Fe2O3 B. Fe2O3 → Fe(OH)3‎ C. Al → Al3+ D. Al3+ → AlO2-‎ ‎【答案】B ‎【解析】A. Fe(OH)3 加热后分解生成Fe2O3，A可以实现；B. Fe2O3不溶于水也不与水反应，不能一步转化为Fe(OH)3，B不能一步实现；C. Al 与酸反应生成Al3+ ，C可以实现；D. Al3+ 与过量的强碱反应生成AlO2-，D可以实现。本题选B。‎ ‎14.将某份铁铝合金样品均分为两份，一份加入足量盐酸，另一份加入足量NaOH溶液，同温同压下产生的气体体积比为3∶2，则样品中铁、铝物质的量之比为(　　)‎ A. 3∶2 B. 2∶1‎ C. 3∶4 D. 4∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】加入盐酸中发生反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、2Al＋6H＋=2Al3＋＋3H2↑，加入氢氧化钠溶液中发生：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，假设在盐酸中产生氢气3mol，在氢氧化钠溶液中产生氢气为2mol，合金中铝的物质的量为：4/3mol，则铁的物质的量为1mol，因此铁和铝的物质的量之比为：3：4，故选项C正确。‎ ‎15.把16 g甲烷(CH4)在64 g氧气中完全燃烧后的产物通入足量的过氧化钠后，过氧化钠增加的质量为（ ）‎ A. 48 g B. 16 g C. 80 g D. 32 g ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】16克甲烷物质的量是1mol，64克氧气物质的量是2mol，所以16克甲烷在64克氧气恰好反应生成1mol（44g）二氧化碳和2mol（36g）水，CH4＋2O2=CO2＋2H2O，将它们通入足量的过氧化钠后，发生如下反应：‎ ‎2Na2O2+2CO2=2Na2CO3＋O2固体质量差△m ‎ ‎156g 88g 212g 212g-156g=56g ‎ ‎ 44g 28g ‎ ‎2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ 固体质量差△m ‎156g 36g 160g 160g-156g=4g ‎36g 4g 根据差量法，可以计算出增重的质量为28g＋4g＝32g；‎ 答案选D。‎ ‎16.在某无色溶液中缓慢地滴入 NaOH溶液直至过量，产生沉淀的质量与加入的 NaOH溶液体积的关系如图所示，由此确定，原溶液中含有的阳离子是（ ）‎ A. Mg2+、Al3+、Fe3+ B. H+、Mg2+、Al3+‎ C. H+、Ba2+、Al3+ D. 只有 Mg2+、Al3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图象，可以看出分为4个阶段：第一阶段无沉淀，第二阶段沉淀量逐渐增多到最大量，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应，即部分沉淀溶解，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，据此判断。‎ ‎【详解】第一阶段无沉淀，说明发生酸碱中和反应，水溶液中一定含有氢离子，故AD错误，第三阶段有部分沉淀能和氢氧化钠继续反应而溶解，说明部分沉淀是氢氧化铝，原溶液中一定含有铝离子，第四阶段沉淀的量不再随着氢氧化钠量的增多而增加，说明一定有一种沉淀和氢氧化钠不反应，可推知该沉淀是氢氧化镁，原溶液中一定含有镁离子，钡离子和氢氧化钠之间不会发生反应，所以不存在钡离子，故答案选B。‎ 第Ⅱ卷(共52分)‎ ‎17.下列混合物的分离或提纯，应选用下述方法的哪一种？（填序号）‎ A、分液 B、过滤 C、萃取 D、蒸馏 E、升华 F、灼热氧化 G、降温结晶 H、加热分解 ‎（1）除去澄清石灰水中悬浮的CaCO3：________；‎ ‎（2）分离植物油和水________；‎ ‎（3）分离酒精和水的混合物：________；‎ ‎（4）从碘水中提取碘________；‎ ‎（5）除去NaCl中所含的少量KNO3________；‎ ‎（6）除去固体 KCl中少量 KClO3________；‎ ‎（7）除去NaCl晶体中混有的少量I2________；‎ ‎（8）除去二氧化碳气体中混有的少量氧气________。‎ ‎【答案】(1). B (2). A (3). D (4). C (5). G (6). H (7). E (8). F ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)CaCO3不溶于水，则过滤可除去Ca(OH)2溶液中悬浮CaCO3，故答案为B；‎ ‎(2)植物油和水不互溶，混合会分层，可以选择分液法分离，故答案为A；‎ ‎(3)酒精和水互溶，但沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故答案为D；‎ ‎(4)碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，可以选用萃取法分离出碘水中的碘，故答案为C；‎ ‎(5)硝酸钾的溶解度受温度影响大，可以选用结晶的方法除去NaCl中所含的少量KNO3，故答案为G；‎ ‎(6)KC1O3加热分解生成KCl，则加热分解法可除杂，故答案为H；‎ ‎(7)碘易升华，而NaCl不能，则选择升华法分离，故答案为E；‎ ‎(8)将混合气体通过灼热的铜粉，氧气与铜反应，二氧化碳不与铜反应，从而除去氧气，故答案为F。‎ ‎18.实验室需要0.3 mol·L－1 NaOH溶液480 mL和一定浓度的硫酸溶液。根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：‎ ‎（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是___(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是___(填仪器名称)。‎ ‎（2）在配制NaOH溶液时：‎ ‎①根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为________g；‎ ‎②‎ 若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度________(填“>”、“<”或“＝”)0.3 mol·L－1。‎ ‎（3）实验室采购了98%（ρ=1.84g•cm﹣3）的硫酸配制3.68mol•L﹣1的硫酸溶液500mL，需准确量取98%的硫酸_____mL；‎ ‎（4）该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50 mol·L－1，原因可能是___________(填序号)。‎ A．用胶头滴管加水时俯视刻度 B．容量瓶中原来存有少量水 C．稀释硫酸的烧杯，溶液转移后未洗涤 D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度 ‎（5）若在滴加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，此时应如何处理？______________。‎ ‎【答案】(1). AC (2). 烧杯、玻璃棒 (3). 6.0 (4). ＜ (5). 100.0mL (6). CD (7). 重新配制 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，用不到分液漏斗和烧瓶，故答案为AC；烧杯、玻璃棒；‎ ‎(2)①要配制0.3mol/L NaOH溶液480mL，应选择500mL容量瓶，需要氢氧化钠质量=0.3mol/L×0.5L×40g/mol=6.0g，故答案为6.0； ‎ ‎②若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，导致溶质的物质的量偏小，则所得溶液浓度<0.3 mol·L－1，故答案为＜；‎ ‎(3)98%(ρ=1.84g•cm-3)的硫酸的物质的量浓度c= mol/L =18.4mol/L，设需要浓硫酸体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变，有：V×18.4mol/L=3.68mol•L-1×500mL，解得V=100.0mL；故答案为100.0 mL；‎ ‎(4)A．用胶头滴管加水时俯视刻度，导致配制的溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故A错误；B．容量瓶中原来存有少量水，对溶质的物质的量及溶液的体积都没有影响，所以不影响配制结果，故B错误；C．稀释硫酸的烧杯，溶液转移后未洗涤，导致配制的溶液中溶质硫酸的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故C正确；D．用胶头滴管加水定容时仰视刻度，导致配制时加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故D正确；故答案为CD；‎ ‎(5)在滴加蒸馏水时，不慎超过了刻度线，说明实验失败，应该洗净容量瓶后重新配制，故答案为重新配制。‎ ‎19.有4种钠的化合物W、X、Y、Z，它们之间存在如下关系：‎ ‎①WX＋H2O＋CO2↑　②Z＋CO2→X＋O2‎ ‎③Z＋H2O→Y＋O2↑　④X＋Ca(OH)2→Y＋CaCO3↓‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）W、X、Y、Z的化学式分别是W__________、X__________、Y__________、Z__________。‎ ‎（2）以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是________(填反应序号)，反应中的氧化剂是____________(写化学式)，还原剂是____________(写化学式)。‎ ‎（3）若反应④在溶液中进行，写出其离子方程式以及能用该离子方程式表示的另一个化学反应的化学方程式：‎ ‎①离子方程式：________________。‎ ‎②化学方程式：__________________‎ ‎【答案】(1). NaHCO3 (2). Na2CO3 (3). NaOH (4). Na2O2 (5). ②③ (6). Na2O2 (7). Na2O2 (8). CO32﹣+Ca2+＝CaCO3↓ (9). K2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2KCl ‎【解析】‎ ‎【分析】根据框图所示的内容，钠的化合物中，受热能分解生成三种产物的是碳酸氢钠，所以W是碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以X是碳酸钠，能和二氧化碳以及水反应生成氧气的是过氧化钠，所以Z是过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，则Y是氢氧化钠，据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析可知W、X、Y、Z的化学式分别是NaHCO3、Na2CO3、NaOH、Na2O2；‎ ‎（2）以上4个化学反应中，反应2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2↑和2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，两个反应中化合价变化的均是过氧化钠中的氧元素，所以过氧化钠既是氧化剂又是还原剂；‎ ‎（3）碳酸钠和氢氧化钙反应的离子方程式为：CO32-+Ca2+＝CaCO3↓，此外该离子反应还可以表示氯化钙和碳酸钾之间的反应，即K2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+KCl。‎ ‎20.把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后有1.16 g白色沉淀，在所得的悬浊液中逐滴加入1 mol·L-1 HCl溶液，加入HCl溶液的体积V与生成沉淀的质量m的关系如图所示，试回答：‎ ‎(1)A点→B点反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎(2)原混合物中AlCl3的物质的量为________________，NaOH的物质的量为___________________。‎ ‎(3)HCl溶液在C点的加入量是_______________________。‎ ‎【答案】(1). H2O＋AlO2－＋H＋=Al(OH)3↓ (2). 0.02mol (3). 0.13 mol (4). 130mL ‎【解析】‎ ‎【分析】从图中可以看出，先加入10mLHCl用于中和过量的NaOH，1.16 g白色沉淀为Mg(OH)2；在AB段，HCl与NaAlO2发生反应，生成Al(OH)3沉淀；BC段，HCl与Mg(OH)2、Al(OH)3发生反应，生成MgCl2、AlCl3等。‎ ‎(1)由以上分析可知，A点→B点，HCl与NaAlO2发生反应，生成Al(OH)3沉淀。‎ ‎(2)原混合物中AlCl3的物质的量等于NaAlO2的物质的量，也等于20mLHCl的物质的量，NaOH的物质的量=过量的NaOH物质的量+与MgCl2反应的NaOH的物质的量+与AlCl3反应生成NaAlO2的NaOH的物质的量。‎ ‎(3) 在C点，HCl全部转化为NaCl，则HCl的物质的量=NaOH的物质的量。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知，A点→B点，发生反应HCl+NaAlO2+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，离子方程式为H2O＋AlO2－＋H＋=Al(OH)3↓。答案为：H2O＋AlO2－＋H＋=Al(OH)3↓；‎ ‎(2)n(AlCl3)=n(HCl)=1mol/L×002L=0.02mol；‎ 固体溶于水后，发生的反应为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，n[Mg(OH)2]==0.02mol，n(NaOH)=n(NaOH)(剩余)+2n[Mg(OH)2]+4n(AlO2-)=1mol/L×0.01L+0.02mol×2+0.02L×1mol/L×4=0.13mol；答案为：0.02mol；0.13 mol；‎ ‎(3) 在C点，n(HCl) =n(NaOH)=0.13mol，V(HCl)==0.13L=130mL。‎