2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高一上学期第二次月考化学试题（解析版）

2018-2019学年辽宁省沈阳市东北育才学校高一上学期第二次月考化学试题（解析版）

辽宁省沈阳市东北育才学校2018-2019学年高一上学期第二次月考 化学试题 ‎1.关于钠元素的单质及其化合物的叙述不正确的是 A. 钠，银白色，质软，熔点相对较低，密度比水小 B. 大量的钠着火时可以用沙子扑灭，少量的钠应保存在煤油中 C. 金属钠在空气中长期放置，最终变为碳酸钠 D. 氧化钠和过氧化钠都是白色固体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据金属钠的物理性质可以判断，选项A正确；B、钠着火时可以用沙子灭火，不能用水或CO2灭火，在实验室中少量的钠保存在煤油中，以隔绝空气，选项B正确；C、钠在空气中长时间放置时，发生Na→Na2O→NaOH→Na2CO3等一系列变化，最终生成Na2CO3，选项C正确；D、Na2O是白色固体，而Na2O2是淡黄色固体，选项D不正确。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了钠及其氧化物的性质，明确物质的性质是解本题关键，再结合基本概念来分析解答，知道氧化钠、过氧化钠的区别，题目难度不大。‎ ‎2.实验室用蔗糖配制50.0g溶质的质量分数为10%的蔗糖溶液，下列说法错误的是 A. 用量程为10 mL的量筒量取所需的水 B. 用托盘天平称取5.0 g蔗糖 C. 溶解蔗糖时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒 D. 将配制好的溶液装入细口瓶中，塞好瓶塞并贴上标签 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、配制50.0g溶质质量分数为10%的蔗糖溶液，需蔗糖的质量=50.0g×10%=5.0g，溶剂质量=溶液质量-溶质质量，所需溶剂的质量为50.0g-5g=45g，水的密度近似为1g/mL，应用规格为50mL的量筒量取水的体积，故A选项说法错误。‎ B、溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，配制50.0g溶质质量分数为10%的蔗糖溶液，需蔗糖的质量=50.0g×10%=5.0g，故B选项说法正确。‎ C、溶解蔗糖时，使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒（作用是搅拌，加快溶解），故C选项说法正确。‎ D、配制完成后，要将配制好的溶液装入细口瓶中，塞好瓶塞并贴上标签，故D选项说法正确。‎ 答案选A。‎ ‎3.在密闭容器中充入CO和CO2的混合气体，其密度是相同条件下氦气密度的8倍，这时测得容器内压强为P1‎ ‎，若控制容器的体积不变，加入足量的过氧化钠，并不断用电火花点燃至完全反应，恢复到开始的温度，再次测得容器内的压强为P2，则P1和P2关系是 A. P1=8P2 B. P1=4P2 C. P1=2P2 D. P1=P2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2CO＋O2 2CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，相当于发生反应：CO+Na2O2=Na2CO3，则CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，根据混合气体密度是相同条件下氦气密度的8倍，计算混合气体中CO2和CO的物质的量之比，再根据反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比来计算。‎ ‎【详解】CO和CO2的混合气体的密度是相同条件下氦气密度的8倍，则=4×8=32，整理得n(CO2):n(CO)=1:3，CO2、CO与足量Na2O2的反应如下：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、CO+Na2O2=Na2CO3，令开始时n(CO2)=1mol、n(CO)=3mol，则用电火花点燃至完全反应后，容器内n(O2)=n(CO2)=0.5mol，反应前后的压强之比等于反应前后气体的物质的量之比，则P1:P2=(1mol＋3mol):0.5mol=8:1，即P1=8P2，答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查过氧化钠的化学性质、化学计算等，难度中等，根据发生的反应利用总方程式进行解答是解题的关键，本题容易忽略一氧化碳与氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳继续与过氧化钠反应，不能根据整体反应分析计算导致计算复杂化，为易错点。‎ ‎4. 将一定质量的甲烷和一氧化碳的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，将生成物依次通入盛有足量浓硫酸和氢氧化钠溶液的洗气瓶，实验测得装有浓硫酸的洗气瓶增重5.4克，装有氢氧化钠溶液的洗气瓶增重8.8克。混合气体中甲烷和一氧化碳的物质的量之比为 A. 12：7 B. 3：1 C. 1：3 D. 1：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：CO和CH4组成的混合气体在O2中充分燃烧生成二氧化碳与水，NaOH溶液吸收二氧化碳，故NaOH溶液增重8.8克为二氧化碳质量，所以生成二氧化碳的物质的量是n(CO2)=8.8g÷44g/mol=0.2mol，浓硫酸具有吸水性，故浓H2SO4增重5.4克为生成的水的质量，所以生成的水的物质的量是n(H2O)= 5.4g÷18g/mol=0.3mol,根据氢原子守恒，甲烷的物质的量是n(CH4)="1/2" n(H2O)=0.15mol；根据碳元素守恒可知一氧化碳的物质的量是0.2mol-0.15mol=0.05mol；则混合气体中甲烷和一氧化碳的物质的量之比为0.15mol:0.05mol=3:1，选项B正确。‎ 考点：考查混合物的有关计算的知识。‎ ‎5.实验室用下列溶质配制一种混合溶液，已知溶液中：c(K+)=c(Cl—)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42—)，则其溶质可能是 A. MgCl2、Na2SO4、K2SO4 B. KCl、Na2SO4、NaCl C. NaCl、Na2SO4、K2SO4 D. KCl、Na2SO4、K2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据c(K+)=c(Cl－)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)，结合各选项中溶质的组成进行判断是否满足各离子浓度关系即可。‎ ‎【详解】A．若溶质为MgCl2、Na2SO4、K2SO4，根据物料守恒知c(Na+)＜2c(SO42－)，与1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)不符，故A错误；‎ B．若溶质为KCl、Na2SO4、NaCl，根据物料守恒知c(Na+)＞2c(SO42－)，与1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)不符，故B错误；‎ C．若溶质为NaCl、Na2SO4、K2SO4，且物质的量之比为2：2：1时溶液中的离子可满足c(K+)=c(Cl－)=1/3c(Na+)=2/3c(SO42－)，故C正确；‎ D．若溶质为KCl、Na2SO4、K2SO4，则c(K+)＞c(Cl－)，与c(K+)=c(Cl－)不符，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】题考查电解质在水中的电离及离子浓度的关系，明确电解质在水中电离产生的离子及离子的物质的量的关系即可解答，注意物料守恒的灵活应用。‎ ‎6.某胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚．下列有关说法正确的是 A. 胶体粒子直径约为10﹣9～10﹣7cm B. Na+使此胶体凝聚的效果与Ca2+、Mg2+相同 C. 胶体带有负电荷 D. 该胶体遇BaCl2溶液或Fe（OH）3胶体可发生凝聚 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、胶体分散质微粒直径的大小介于1～100nm之间，即为10-9～10-7m，故A错误；‎ B、盐卤（Mg2+）和石膏水（Ca2+）都是二价阳离子，食盐水和硫酸钠中均是+1价钠离子，胶体遇盐卤或石膏水易发生凝聚，而与食盐水或Na2SO4溶液则不易发生凝聚说明胶体表面吸附的主要是阴离子，它的凝聚受阳离子种类影响较大，离子所带电荷越多则聚沉效果越好，即Na+使此胶体凝聚的效果不如Ca2+、Mg2+好，故B错误；‎ C、胶体本身不带电，是胶体中的胶粒带电，故C错误；‎ D、该胶体遇钙、镁、钡离子易发生聚沉，而遇钠离子则不易发生聚沉，说明阳离子电荷越多对胶体影响越大，所以该胶体的胶粒带负电荷，同时与胶粒带正电荷的胶体发生聚沉，Fe（OH）3胶体的胶粒带正电荷，可使该胶体发生凝聚，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查学生胶体的性质，考查学生分析和解决问题的能力，根据题干信息得出胶体的胶粒带负电荷以及影响胶体聚沉的因素、条件是解答的关键。‎ ‎7.下列反应的离子方程式书写错误的是 A. 向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O B. NH4Fe（SO4）2稀溶液加入过量NaOH：NH4++Fe3++4OH﹣═NH3•H2O+Fe（OH）3↓‎ C. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑‎ D. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水应该生成碳酸钙、一水合氨和水，离子方程式为HCO3－+NH4++Ca2++2OH﹣＝NH3•H2O+CaCO3↓+H2O，A错误；‎ B. NH4Fe（SO4）2稀溶液加入过量NaOH生成硫酸钠、一水合氨、氢氧化铁，离子方程式为NH4++Fe3++4OH﹣＝NH3•H2O+Fe（OH）3↓，B正确；‎ C. 钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，C正确；‎ D. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，D正确。‎ 答案选A。‎ ‎8.下列说法不正确的是 A. 向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2气体为止，在此过程中，溶液中的HCO3-浓度变化是先变大后变小（溶液体积变化均忽略不计）‎ B. 向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中CO32-的浓度变化是先变大后变小(溶液体积变化忽略)‎ C. Na2O2、Al2S3、FeCl2均能通过单质直接化合得到 D. 将物质的量比为2：1的Na和Na2O样品分别放入等量的水中，所得溶液的质量分数分别为a%和b%，则a、b的关系是a＞b ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向碳酸钠溶液中逐滴加入盐酸，直到不再生成CO2‎ 气体为止，在此过程中，碳酸根离子先与氢离子反应生成碳酸氢根离子，然后碳酸氢根离子再与氢离子反应生成二氧化碳和水，所以在此过程中，溶液中HCO3－的浓度变化是先变大后变小，故A正确；‎ B、向NaHCO3溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，二者先反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，此时溶液中碳酸根离子浓度增加，再滴加Ba(OH)2溶液与碳酸钠反应生成碳酸钡沉淀，碳酸根离子浓度减小，所以CO32－的浓度变化是先变大后变小，故B正确；‎ C、钠与O2点燃条件下反应生成Na2O2、Al与S反应生成Al2S3，但Fe与Cl2反应生成FeCl3，因此FeCl2不能通过单质直接化合得到，故C错误；‎ D、设Na的物质的量为2mol、Na2O为1mol，则 ‎2Na ＋ 2H2O＝2NaOH ＋ H2↑ △m ‎2mol 2mol 44g Na2O ＋ H2O＝2NaOH △m ‎1mol 2mol 62g 由方程式可知，生成溶质的物质的量相等，则溶质的质量相等，反应后两溶液的质量变化值不同，所以两溶液溶质质量分数不相等，钠与水反应所得溶液质量小于氧化钠和水反应所得溶液质量，则a＞b，故D正确。‎ 答案选C。‎ ‎9.已知：①2HI+Cl2=2HCl+I2，②2Fe+3Cl2=2FeCl3，③2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2．在一定条件下HI、Fe、FeBr2分别与足量的Cl2反应，如果三个反应电子转移数目相等，则HI、Fe、FeBr2的物质的量之比为 A. 1：1：1 B. 1：3：3 C. 3：1：1 D. 6：3：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】反应中只有氯气是氧化剂，3个反应得失电子数目相等，则3个反应中参加反应的氯气的物质的量相等，令参加反应的氯气为1mol，根据2HI+Cl2═2HCl+I2 ，n（HI）=2mol，根据2Fe +3Cl2═2FeCl3，n（Fe）=mol，根据2FeBr2+3Cl2═2FeCl3+2Br2，n（FeBr2）=1mol×=mol，故n（HI）：n（Fe）：n（FeBr2）=2mol：mol：mol=3：1：1，答案选C。‎ ‎10.某温度下将Cl2通入KOH溶液里，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合物，经测定ClO﹣与ClO3﹣的物质的量之比为11：1，则Cl2与KOH反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的物质的量之比 A. 1：3 B. 4：3 C. 2：1 D. 3：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：Cl2 生成ClO- 与ClO3 - 是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价， ClO- 与ClO3 -的物质的量浓度之比为11：1，则可设ClO-为11mol，ClO3 -为1mol，被氧化的Cl原子的物质的量共为12mol，失去电子的总物质的量为11mol×(1-0)+1mol×(5-0)=16mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2 生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl原子的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：12mol=4:3，选项B正确。‎ 考点：考查氧化还原反应的计算的知识。‎ ‎11.根据表中信息判断，下列选项不正确的是 序号 反应物 产物 ‎①‎ KMnO4、H2O2、H2SO4‎ K2SO4、MnSO4、…‎ ‎②‎ Cl2、FeBr2‎ FeCl3、FeBr3‎ ‎③‎ MnO4﹣、…‎ Cl2、Mn2+、…‎ A. 第①组反应的其余产物为H2O和O2‎ B. 第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：1‎ C. 第③组反应中生成1 mol Cl2，转移2 mol电子 D. 氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、反应①中Mn元素化合价降低，则KMnO4为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2被氧化生成O2，由原子守恒可知，还有水生成，选项A正确；B、由于还原性Fe2+＞Br-，故氯气先氧化Fe2+，发生反应：3Cl2+6FeBr2=2FeCl3+4FeBr3，则Cl2与 FeBr2的物质的量之比≤1：2时产物为FeCl3、FeBr3，若Cl2与 FeBr2的物质的量之比为1：1，部分溴离子被氧化，选项B不正确；C、反应中Mn元素化合价降低，KMnO4作氧化剂，氯气为氧化产物，则反应物中含有Cl﹣，生成1mol Cl2，转移电子为1mol×2=2mol，选项C正确；D、反应②中氯气可以氧化溴离子为溴单质，氧化亚铁离子为铁离子，溴单质可以氧化亚铁离子为铁离子，故氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，反应③KMnO4为氧化剂，Cl2为氧化产物，故氧化性MnO4﹣＞Cl2，则氧化性MnO4﹣＞Cl2＞Br2＞Fe3+，选项D正确。答案选B。‎ 点睛：本题考查氧化还原反应计算、氧化性强弱比较、氧化还原反应方程式配平等，注意氯气与溴化亚铁反应先后顺序问题。‎ ‎12.含有下列各组离子的溶液中，通入或加入过量某种物质后各离子仍能大量存在的是 选项 溶液中的离子 通入(或加入)过量的某种物质 A K+、Ba2+、Fe2+、NO3-‎ 通入HCl气体 B AlO2-、Na+、Cl-、SO42-‎ 通入CO2气体 C Cu2+、Na+、SCN-、Al3+‎ 加入FeCl2溶液 D CO32-、Cl-、K+、Na+‎ 通入CO2气体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、通入HCl气体后，溶液显酸性，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；‎ B、通入CO2会与AlO2-反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量存在，B错误；‎ C、Cu2+、Na+、SCN-、Al3+在溶液中相互之间不反应，能大量存在，加入氯化亚铁后不反应，仍然能大量共存，C正确；‎ D、通入过量CO2后与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，不能大量存在，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应，熟悉各离子的性质和物质之间的反应是解题的关键。注意离子反应的常见反应类型：复分解反应生成沉淀、水和气体；氧化还原反应；络合反应，如Fe3+与SCN-等。‎ ‎13.有下列四组物质，如果把某组物质中的后者逐滴加入到前者中至过量，将出现“先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解”的现象，这组物质是 A. 稀硫酸、氯化钡溶液 B. 硫酸铝溶液、氨水 C. 氯化钠溶液、硝酸银溶液 D. 氯化铝溶液、氢氧化钠溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、将氯化钡滴加到硫酸中，立即生成白色沉淀，但沉淀不溶解，故不选A；B、氨水滴加到硫酸铝溶液中反应产生氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝沉淀不溶于氨水，故不选B；C、硝酸银加到氯化钠中生产氯化银白色沉淀，但沉淀不溶解，故不选C。D、氢氧化钠滴加到氯化铝溶液中生成白色沉淀氢氧化铝，后随着氢氧化钠的量的增加，氢氧化铝沉底会溶解于氢氧化钠中，故选D。‎ 考点：氢氧化铝的两性。‎ ‎14.下列混合物分离(或除杂) 的方法正确的是 A. 除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤 B. 除去BaCO3固体中混有的BaSO4：加过量盐酸后，过滤、洗涤 C. 除去NaHCO3溶液中的Na2CO3:加适量稀盐酸 D. 除去Al2O3中的少量Fe2O3：加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，除去Mg粉中的Al粉：加入足量NaOH溶液后，过滤、洗涤，A项正确；B，加入盐酸会将BaCO3溶解，BaSO4不溶于盐酸，B项错误；C，加入适量盐酸可能发生的反应有Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，一方面盐酸的量难以控制，另一方面引入新杂质NaCl，同时NaHCO3可能减少，C项错误；D，加入过量NaOH会将Al2O3溶解转化为NaAlO2，Fe2O3与NaOH溶液不反应，不能将杂质除去，D项错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查物质的分离提纯，物质的分离提纯的原则是：（1）不引入新杂质（如C项引入新杂质）；（2）不减少被提纯物质（如B、D项减少了被提纯物质）；（3）所加除杂试剂要过量；（4）过量除杂试剂必须除去；（5）被提纯物质与杂质易分离。‎ ‎15.向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0．1 mol·L-1盐酸，此时反应生成CO2体积（标准状况）与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是 A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L-1‎ B. 当0

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