【化学】安徽省砀山县第二中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）
安徽省砀山县第二中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题
可能用到的相对原子质量: H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 S—32 Cl—35.5 Mn—55
一、单选题（每小题3分，共54分。每小题只有一个正确选项）
1.进行化学实验时应强化安全意识。下列做法正确的是( )
A. 金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火
B. 浓硫酸溅到皮肤上时立即用稀氢氧化钠溶液冲洗
C. 用试管加热碳酸氢钠固体时使试管口竖直向上
D. 不慎将酒精灯碰翻，酒精在实验台上燃烧起来，应用湿抹布盖灭
【答案】D
【解析】
【详解】A.钠燃烧生成的Na2O2能与泡沫灭火器产生的CO2反应，生成的O2又有助于钠燃烧，A不正确；
B.浓硫酸溅到皮肤上时应立即用大量水冲洗，氢氧化钠溶液会腐蚀皮肤，B不正确；
C. 加热碳酸氢钠固体时若试管口竖直向上，则产生的水蒸气冷凝后流回到试管底，使试管底因受热不均而破裂，C不正确；
D.酒精在实验台上燃烧时，着火面积小，可用湿抹布盖灭，D正确。
故选D。
2.下列关于钠的化合物的说法中不正确的是（ ）
①热稳定性：Na2CO3 ＞ NaHCO3
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，故均为碱性氧化物
③与盐酸反应的剧烈程度：Na2CO3 ＞ NaHCO3
④Na2O和Na2O2晶体中阴、阳离子的数目比相同，均为1 : 2
⑤等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的体积：Na2CO3 ＞ NaHCO3
⑥分别向Na2CO3和NaHCO3的水溶液中滴加BaCl2溶液，均可产生白色沉淀
A. ②③⑤⑥ B. ①②③⑤ C. ②③④⑥ D. ②④⑤⑥
【答案】A
【解析】
【详解】①Na2CO3 的热稳定性强，而NaHCO3受热易分解，①正确；
②Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱，但Na2O2同时生成O2，所以Na2O2不是碱性氧化物，②不正确；
③与盐酸反应Na2CO3 不能立即产生CO2，NaHCO3可立即产生CO2，③不正确；
④Na2O和Na2O2晶体中阴离子分别为O2-和O22-、阳离子为Na+，二者的数目比均为1 : 2，④正确；
⑤等质量的固体与足量盐酸反应放出气体的体积：Na2CO3
0.4mol，盐酸不足，根据盐酸计算，产生氢气的物质的量为0.4×3/6mol=0.2mol，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，0.2molAl参加反应，消耗0.2molNaOH<0.4mol，因此铝不足，氢氧化钠过量，因此产生的氢气的物质的量为0.3mol，同温同压下，体积比等于物质的量之比，产生氢气的体积比为：0.2：0.3=2：3；
答案选B。
14.下列说法合理的是( )
①根据纯净物中是否含氧元素，来判断是否属于氧化物
②根据电泳现象可证明胶体带电荷
③直径介于lnm~l00nm之间的微粒称为胶体
④金属氧化物都是碱性氧化物
⑤根据分散系的稳定性将分散系分为胶体、溶液和浊液
⑥同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉
A. 只有⑥ B. 只有②⑥ C. 只有③④⑤ D. 只有①②④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】氧化物是含有两种元素且其中一种是氧元素的化合物。所以氧化物中一定含有氧元素，但含有氧元素的化合物不一定是两种元素组成，故不一定是氧化物，故①错误；
②电泳现象可证明胶体微粒带电荷，胶体是电中性的，故②错误；
③分散质微粒直径介于lnml00nm之间的分散系称为胶体，故③错误；
④金属氧化物有的是酸性氧化物，如Mn2O7，有的是两性氧化物，如Al2O3，故④错误；
⑤分散系分为胶体、溶液和浊液的依据是分散质的微粒直径大小进行分类，故⑤错误；
⑥同一钢笔使用不同牌号的墨水容易堵塞，是由于胶体的聚沉，是正确的，故⑥正确。
故选A。
15.元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头 表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是( )
A. 铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①
B. FeO 是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末
C. 由图可预测：高铁酸盐( FeO42- )具有强氧化性，可用于消毒。FeO42- 与水反应最终可生成 Fe(OH)3胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用做净水剂
D. 加热 Fe(OH)3 发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
【答案】C
【解析】
【分析】根据铁与铁的化合物之间的转化关系分析解答。
【详解】A. 铁与高温水蒸气的反应时，生成Fe3O4，故A错误；
B. FeO 是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速反应生成Fe3O4，故B错误；
C. 由图可预测：高铁酸盐( FeO42- )中的Fe元素处于最高价态，易得到电子，具有强氧化性，可用于消毒。FeO42- 与水反应最终可生成 Fe(OH)3胶体，从而吸附水中的悬浮物，故高铁酸盐可用做净水剂，故C正确；
D. 加热 Fe(OH)3 分解生成Fe2O3，而Fe2O3不溶于水，故D错误。
故选C。
16.制印刷电路时常用氯化铁作为腐蚀液，发生的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后下列结果不可能出现的是（ ）
A. 烧杯中有铜无铁 B. 烧杯中有铁无铜
C. 烧杯中铁铜都有 D. 烧杯中铁铜都无
【答案】B
【解析】
【详解】A、当Fe反应完全，FeCl3少量，铜会有剩余，则可能出现有铜无铁的情形，A不选；
B、向FeCl3溶液中加入Fe和Cu，Fe还原性强于Cu，所以Fe先与FeCl3反应，若Fe反应完全，Cu再与FeCl3反应，所以不会出现有铁无铜的情形，B选；
C、若FeCl3量少，Fe也有可能有剩余，而此时Cu没有发生反应，则烧杯中铁、铜都有，C不选；
D、若FeCl3量多，加入的铁和铜全部参加反应，都不会有剩余，D不选。
故选B。
17.Na2S2O3是重要的化工原料，用途很广，其还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脱氯剂，主要用于治疗氰化物中毒。工业上可利用反应Na2CO3＋2Na2S＋4SO2===3Na2S2O3＋CO2制取Na2S2O3，下列说法正确的是( )
A. Na2S2O3只有还原性
B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2
C. 每生成1 mol Na2S2O3，转移4×6.02×1023个电子
D. 每吸收4 mol SO2就会放出22.4 L CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A. Na2S2O3中的S显+2价，既有氧化性又有还原性，A不正确；
B. 氧化产物(由2Na2S生成)与还原产物(由4SO2生成)，二者物质的量之比为1∶2，B正确；
C. 由方程式知，每生成3 mol Na2S2O3，转移8×6.02×1023个电子，C不正确；
D. 每吸收4 mol SO2就会放出1molCO2，但不一定是22.4 L，D不正确。
故选B。
18.用0.1mol/L的Na2SO3溶液300mL，恰好将2×10－2mol的XO4－离子还原，则元素X在还原产物中的化合价是( )
A. +1 B. +2 C. +3 D. +4
【答案】D
【解析】
【详解】亚硫酸钠在反应中被氧化生成硫酸钠，失去2个电子，所以根据电子的得失守恒可知，氧化剂所得到电子数0.1mol/L×0.3mol×2÷0.02mol＝3，因此X在还原产物中的价态是7－3＝＋4价；
答案选D。
二、填空题
19.（1）FeCl3溶液棕黄色，对此溶液，分别做如下实验，请填表：
编号
实践操作
实验主要现象
离子方程式
①
加入过量铁粉
________
________
②
加入少量Na2O2粉末
________
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
Fe3++3OH—=Fe(OH)3↓
③
加入少量AgNO3溶液
生成白色沉淀
__________________
（2）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质，现设计一实验方案，既除去杂质，又配成硝酸钠溶液。实验方案：先将固体溶于蒸馏水配成溶液，选择合适的试剂和操作完成表格中各步实验。
选择试剂
①
Na2CO3溶液
④
实验操作
②
③
加热
所加入的试剂①可以是_____（填化学式），证明溶液中SO42-已经除尽的方法是______。加入Na2CO3溶液的目的是_____，所加入的试剂④可以是_____（填化学式）。
【答案】(1). 铁粉部分溶解，溶液由棕黄色变浅绿色 (2). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (3). 生成红褐色沉淀并放出无色无味气体 (4). Ag++Cl-=AgCl↓ (5). Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2 (6). 静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽 (7). 除去过量的Ba2+ (8). HNO3
【解析】
【分析】(1) ①FeCl3与过量铁粉发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，由于铁粉过量，所以Fe3+完全转化为Fe2+，且铁粉有剩余；
②FeCl3溶液中加入少量Na2O2粉末，由反应的方程式2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
、Fe3++3OH—=Fe(OH)3↓，可以推断出反应的现象；
③加入少量AgNO3溶液，从反应现象“生成白色沉淀”，可推出发生的反应。
（2）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质，可加入Ba(NO3)2或者Ba(OH)2除去SO42-，同时需考虑过量Ba2+的处理，显然应加入Na2CO3，过量的Na2CO3应使用HNO3进行处理。
检验溶液中SO42-是否已经除尽时，可向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或Ba(OH)2，看是否有沉淀生成。
【详解】(1) ①FeCl3与过量铁粉发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，由于铁粉过量，所以Fe3+完全转化为Fe2+，溶液由棕黄色变为浅绿色，且铁粉有剩余。答案为：铁粉部分溶解，溶液由棕黄色变浅绿色；2Fe3++Fe=3Fe2+；
②FeCl3溶液中加入少量Na2O2粉末，由反应的方程式2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
、Fe3++3OH—=Fe(OH)3↓，可以推断出反应的现象为生成红褐色沉淀并放出无色无味气体。答案为：生成红褐色沉淀并放出无色无味气体；
③加入少量AgNO3溶液，从反应现象“生成白色沉淀”，可推出发生的反应方程式为Ag++Cl-=AgCl↓。答案为Ag++Cl-=AgCl↓。
（2）某硝酸钠固体中混有少量硫酸钠杂质，可加入Ba2+除去SO42-，同时需考虑过量Ba2+的处理，显然应加入CO32-，过量的CO32-应使用HNO3进行处理。
综合以上分析可知，所加入的试剂①可以是Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2，证明溶液中SO42-已经除尽的方法是静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽。加入Na2CO3溶液的目的是除去过量的Ba2+；，所加入的试剂④可以是HNO3。
答案为：Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2；静置，向上层清液中继续滴加Ba(NO3)2或者是Ba(OH)2，若无沉淀产生则已除尽；除去过量的Ba2+；HNO3。
20.写出化学方程式，一步实现下列转变。
①Al→NaAlO2___________________________
②Al2O3→AlCl3 ____________________________
③Fe(OH)2→Fe(OH)3___________________________
④Na2O2→Na2CO3_______________________
⑤Na2CO3→NaHCO3 ___________________________
【答案】(1). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (2). Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O (3). 4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O = 4Fe(OH)3 (4). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5). Na2CO3+ CO2+ H2O=2NaHCO3
【解析】
【详解】①铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
②氧化铝溶于盐酸生成氯化铝和水，化学方程式为Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O；
③氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，化学方程式为4Fe(OH)2+ O2+ 2H2O = 4Fe(OH)3；
④过氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
⑤碳酸钠溶液中通过量二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠，化学方程式为Na2CO3+ CO2+ H2O=2NaHCO3。
21.某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2的实验，其流程如下：
（1）第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中的____（写化学式）转化为可溶性物质。
（2）第②步反应的离子方程式：_________
（3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯 、______、______，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有____（写物质名称）。
（4）若粗MnO2样品的质量为12.69 g，第①步反应后，过滤得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2（标准状况），则第②步反应中至少需要_______ g NaClO3。
【答案】(1). MnO 、MnCO3 (2). 5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+ (3). 蒸发皿 (4). 玻璃棒 (5). 氯化钠 (6). 2.13
【解析】
【分析】（1）从流程看，第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中只有MnO2不溶解，另两种物质都被硫酸溶解，转化为可溶性物质。
（2）第②步反应，是滤液中的Mn2+被ClO3-氧化为MnO2，ClO3-被还原为Cl2。
（3）第③步蒸发操作，应在蒸发皿中进行，使用玻璃棒搅拌，从而得出缺少的仪器，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有Cl2的还原产物。
（4）若粗MnO2样品的质量为12.69 g，第①步反应后，过滤得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2（标准状况），则MnCO3的物质的量为=0.01mol，质量为0.01mol×115g/mol=1.15g，MnO的质量为12.69g-8.7 g -1.15g=2.84g，物质的量为，则n(Mn2+)=0.01mol+0.04mol=0.05mol，依据第②步反应的离子方程式，可求出需要NaClO3的质量。
【详解】（1）从流程看，第①步加稀H2SO4时，粗MnO2样品中只有MnO2不溶解，MnO、MnCO3都被硫酸溶解，转化为可溶性物质。答案为：MnO、MnCO3；
（2）第②步反应，是滤液中的Mn2+被ClO3-氧化为MnO2，ClO3-被还原为Cl2，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+。答案为：5Mn2++2ClO3-+4H2O
=5MnO2↓+Cl2↑+8H+；
（3）第③步蒸发操作，应在蒸发皿中进行，使用玻璃棒搅拌，从而得出缺少的仪器为蒸发皿、玻璃棒；已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还有Cl2的还原产物氯化钠。答案为：蒸发皿；玻璃棒；氯化钠；
（4）若粗MnO2样品的质量为12.69 g，第①步反应后，过滤得到8.7 g MnO2，并收集到0.224 L CO2（标准状况），则MnCO3的物质的量为=0.01mol，质量为0.01mol×115g/mol=1.15g，MnO的质量为12.69g-8.7 g -1.15g=2.84g，物质的量为，则n(Mn2+)=0.01mol+0.04mol=0.05mol，依据第②步反应的离子方程式5Mn2++2ClO3-+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，可求出需要NaClO3的物质的量为0.02mol，质量为0.02mol×106.5g/mol=2.13g。答案为：2.13。
22.将一定质量的镁铝合金投入一定浓度的盐酸中，合金完全溶解。向所得溶液中滴加浓度为的溶液，生成的沉淀跟加入的溶液的体积关系如图。（横坐标体积单位是，纵坐标质量单位是g）求：
（1）合金中，的质量_____________
（2）所用的物质的量浓度___________
【答案】(1). 4.8g ； (2).
【解析】
【分析】由图可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、AI后，盐酸有剩余，此时发生的反应为: HCl+ NaOH= NaCl+ H2O ；继续滴加NaOH溶液，到氢氧化钠溶液为160mL时，沉淀量最大，此时为Mg (OH) 2和Al (OH)3，溶液为氯化钠溶液，再继续滴加NaOH溶液，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，发生反应为: Al (OH)3+ NaOH=NaAlO2+2H2O ，据此分析作答；
【详解】(1 )由上述分析可知，从加入20mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为160 mL时，沉淀量最大，此时为Mg (OH) 2和Al (OH)3，该阶段消耗氢氧化钠140 mL ，由氢氧根守恒可知: 3n[Al (OH)3]+2n[Mg (OH) 2]=n ( NaOH)= ( 0.16L-0.02L ) 5 mol/L=0.7 mol ；从加入氢氧化钠溶液160mL ~ 180mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应: Al (OH)3+ NaOH=NaAlO2+2H2O，所以n[Al (OH)3]= ( 0.18L-0.16L ) 5mol/L=0.1 mol，由元素守恒规律可知n (Al) =n[Al (OH)3]= 0.1 mol，故Al的质量为：0.1mol 27g/mol= 2.7g；同理可求出n[Mg (OH) 2]=0.2mol ，由元素守恒可知n (Mg) =n[Mg (OH) 2]=0.2mol ，所以Mg的质量为: 0.2mol 24g/mol= 4.8g，故答案为4.8g、2.7g；
（2）沉淀量最大，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒可知，此时溶液中n ( NaCl) =n ( NaOH) =0.16L5mol/L=0.8mol ，根据氯离子守恒：n( HCl) =n( NaCl ) =0.mol ，故盐酸的物质的量浓度为： =8mol/L，故答案为。
