【化学】内蒙古集宁一中（西校区）2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】内蒙古集宁一中（西校区）2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

内蒙古集宁一中（西校区）2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 ‎1.分类是化学学习和研究的常用手段,下列关于物质分类的正确组合是( )‎ 酸 碱 盐 氧化物 A HNO3‎ NaOH NaCl H2O B HCl CaO Na2CO3‎ NH3‎ C H2SO4‎ Ba(OH)2‎ CO2‎ Na2O2‎ D H3PO4‎ KOH Al(OH)3‎ BaSO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】从酸、碱、盐、氧化物的定义入手进行分析；‎ ‎【详解】A、HNO3属于酸，NaOH属于碱，NaCl属于盐，H2O属于氧化物，故A正确；‎ B、CaO为氧化物，NH3不属于氧化物，故B错误；‎ C、CO2属于氧化物，不是盐，故C错误；‎ D、Al(OH)3不属于盐，BaSO4属于盐，不属于氧化物，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是( )‎ A. 不能透过滤纸 B. 有丁达尔效应产生 C. 所得液体一定无色透明 D. 不稳定、很快会分层 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】分散质微粒直径在1nm～100nm的分散系称为胶体，“纳米材料”粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，分散到液体分散剂中，得到分散系为胶体，然后通过胶体性质进行分析；‎ ‎【详解】该“纳米材料”分散到液体分散剂中得到分散系为胶体；‎ A、胶体能够滤纸，但不能透过半透膜，故A错误；‎ B、胶体性质之一具有丁达尔效应，这是区分溶液和胶体的一种方法，故B正确；‎ C、如氢氧化铁胶体，显红褐色，故C错误；‎ D、胶体具有介稳性，相对稳定，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.浓度均为0.1 mol/L的下列物质的溶液中，c(Cl－)最大的是( )‎ A. FeCl3 B. CuCl‎2 ‎C. KCl D. NaClO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、0.1mol·L－1FeCl3溶液中c(Cl－)=0.1mol·L－1×3=0.3mol·L－1；‎ B、0.1mol·L－1CuCl2溶液中c(Cl－)=0.1mol·L－1×2=0.2mol·L－1；‎ C、0.1mol·L－1KCl溶液中c(Cl－)=0.1mol·L－1；‎ D、NaClO溶液中不含Cl－；综上所述选项A中c(Cl－)最大。‎ 答案选A。‎ ‎4.下列离子在溶液中能大量共存，且加入Al还能够产生氢气的是( )‎ A OH-、 K+、NH4+ 、Br－ B. Ba2＋、H＋、NO3-、 SO42-‎ C. Ag＋、 K＋、Cl- 、NO3- D. Na+、 Cl-、 CO32-、OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、OH-与NH4+之间能够发生复分解反应，生成弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，故A不符合题意；‎ B、Ba2＋、SO42-不能大量共存，且H＋、NO3-具有氧化性，与Al反应生成的气体不是氢气，故B不符合题意；‎ C、Ag＋与Cl-不能大量共存，故C不符合题意；‎ D、Na+、 Cl-、 CO32-、OH－之间不发生化学反应，能够大量共存，OH－与Al能够发生化学反应生成氢气，故D符合题意；‎ 故答案为D。‎ ‎5.下列反应都有沉淀生成，其中属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓ B. 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3↓‎ C. FeCl3+3KOH=Fe(OH)3↓+3KCl D. CuCl2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据氧化还原反应的特征，看反应过程中是否有元素化合价发生变化来判断。B中Fe的价态从+2到+3，符合要求，正确。‎ ‎6.下列离子方程式中正确的是(　　 )‎ A. 稀硫酸滴加在铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑‎ B. 氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O C 硫酸滴加到氢氧化钡溶液中：H+ + SO42− + Ba2+ + OH− = H2O + BaSO4↓‎ D. 碳酸氢钠和醋酸反应：HCO3− + 2H+ = CO2↑ + H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、稀硫酸滴加在铜片上，不发生反应，不符合客观事实，A错误；‎ B项、氧化铁是氧化物，应写成化学式，正确离子方程式为Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O，B正确；‎ C项、相关离子必须符合组成之比，离子方程式为2H＋+SO42－+Ba2＋+2OH－=2H2O+BaSO4↓，C错误；‎ D项、HCO3－是多元弱酸根离子，不能拆，正确的离子方程式为HCO3－+H＋=CO2↑+H2O，D 错误；‎ 故本题选B。‎ ‎7.实验室用碳酸钠晶体配制1.00mol/L的Na2CO3溶液100mL，造成所配溶液浓度偏高的原因是(　　 )‎ A. 烧杯和玻璃棒没有洗涤 B. 向容量瓶转移液体时，容量瓶事先用蒸馏水洗涤 C. 定容时俯视刻度线 D. 称量碳酸钠晶体(Na2CO3⋅10H2O)的烧杯未干燥 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，根据可知，配制的溶液浓度偏低；‎ B项、容量瓶中原有少量蒸馏水，对所配溶液体积没有影响，浓度无影响；‎ C项、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏高；‎ D项、称量碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）的烧杯未干燥，对称量的晶体的质量没有影响，故对配制的溶液浓度无影响；‎ 故本题选C。‎ ‎8.在3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中， ‎ ‎(1) ______ 元素被氧化， ______ 是氧化剂； ‎ ‎(2) ______ 是氧化产物， ______ 发生氧化反应； ‎ ‎(3)被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是 ______；‎ ‎(4)用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O_________________；‎ ‎(5)当有8mol HNO3被还原时，反应转移___________个电子；‎ ‎(6)写出该反应的离子反应方程式___________________________。‎ ‎【答案】(1). 铜 (2). HNO3 (3). Cu(NO3)2 (4). Cu (5). 1：4 (6). (7). 24NA (8). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、部分N元素化合价由+5价变为+2价，其得失电子最小公倍数是6，所以铜是还原剂、部分硝酸是氧化剂，还原剂发生氧化反应、氧化剂发生还原反应，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）该反应中Cu元素失电子被氧化，HNO3中部分N元素被还原，故HNO3是氧化剂；‎ ‎（2）该反应中铜是还原剂，则氧化产物是Cu(NO3)2，还原剂发生氧化反应，所以铜发生氧化反应；‎ ‎（3）被还原的硝酸是生成NO的硝酸，则被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比为2：8=1：4；‎ ‎（4）该反应中Cu元素化合价由0价变为+2价、部分N元素化合价由+5价变为+2价，其得失电子最小公倍数是6，用双线桥标出该反应电子转移的方向和数目为：‎ ‎；‎ ‎（5）作氧化剂的HNO3中N元素化合价由+5价变为+2价，故有8mol HNO3被还原时，转移电子数为：8mol×3×NA mol-1=24NA；‎ ‎（6）硝酸为一元强酸，硝酸铜为可溶性盐，书写离子反应方程式时拆分，故该反应的离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。‎ ‎9.现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：CaCO3、K2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。现进行如下实验：①溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现；②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。根据上述实验现象推断：‎ ‎(1)一定不存在的物质是_____________________；‎ ‎(2)写出加入盐酸时沉淀消失的离子反应方程式___________________________；‎ ‎(3)可能存在的物质是___________；‎ ‎(4)写出下列物质在水溶液中电离方程式 H2CO3：___________________________；‎ NH4HCO3 ：___________________________；‎ Ca(OH)2：___________________________。‎ ‎【答案】(1). CaCO3、Na2SO4、CuSO4 (2). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (3). NaCl (4). H2CO3H++HCO3- (5). NH4HCO3=NH4++HCO3- (6). Ca(OH)2=Ca2++2OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】①溶于水得到无色澄清溶液，说明原试样中无带颜色的物质、无能生成气体的物质、无不溶于水的物质；‎ ‎②滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，据此分析作答。‎ ‎【详解】①原溶液中CaCO3不溶于水，CuSO4溶于水后为蓝色液体，所以原固体粉末中一定不含这两种物质；‎ ‎②滴加过量的BaCl2溶液，出现白色沉淀，白色沉淀可能是碳酸钡或硫酸钡，碳酸钡溶于盐酸，硫酸钡不溶，加盐酸时沉淀消失，说明是碳酸钡，所以一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子，即一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4，一定有K2CO3，可能含有NaCl；‎ ‎（1）由上述分析可知，一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4；‎ ‎（2）加入盐酸时，碳酸钡与稀盐酸反应，生成氯化钡、水、二氧化碳，碳酸钡为难溶物，不拆分，HCl为强电解质，拆分，氯化钡为可溶性盐，拆分，故其离子反应方程式为：BaCO3+2H+=Ba2＋+CO2↑+H2O；‎ ‎（3）由上述分析可知，可能存在的物质是：NaCl；‎ ‎（4）H2CO3为二元弱酸，属于弱电解质，其电离以第一步为主，其电离方程式为：H2CO3H+＋HCO3-，NH4HCO3为可溶性盐，属于强电解质，其电离方程式为：NH4HCO3=NH4++HCO3-，Ca(OH)2为可溶性强碱，属于强电解质，其电离方程式为：Ca(OH)2=Ca2++2OH-。‎ ‎10.今有11种物质：①铝线；②石墨；③H2CO3；④BaSO4晶体；⑤硫酸；⑥蔗糖；⑦石灰水；⑧乙醇；⑨熔融的KNO3；⑩CO2；⑪盐酸。请用序号填空：‎ ‎(1)能导电的是_________________；‎ ‎(2)属于电解质的是___________________；‎ ‎(3)属于非电解质的是；__________‎ ‎(4)既不是电解质又不是非电解质的是_________________；‎ ‎(5)属于强电解的是__________________ ； ‎ ‎(6)属于弱电解质的是_____________________ 。‎ ‎【答案】(1). ①②⑦⑨⑪ (2). ③④⑤⑨ (3). ⑥⑧⑩ (4). ①②⑦⑪ (5). ④⑤⑨ (6). ③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】金属单质和在熔融状态下的电解质以及其溶液都能导电；电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质和非电解质均为化合物，酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质，绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等为非电解质；电解质水溶液中或熔融状态下能够导电，是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；据此解答本题。‎ ‎【详解】①铝线为金属单质，能够导电，其为单质，不属于电解质，也不属于非电解质；‎ ‎②石墨为非金属单质，层内有自由移动的电子，能够导电，其为单质，不属于电解质，也不属于非电解质；‎ ‎③H2CO3在水中能够发生不完全电离，属于弱电解质，但是纯物质不能发生电离，不能导电；‎ ‎④BaSO4‎ 晶体中不存在自由移动离子，不能导电，其在熔融状态下能够发生完全电离，属于强电解质；‎ ‎⑤硫酸是指纯硫酸，其中不含可自由移动的离子或电子，不能导电，但其在水中能够发生完全电离，属于强电解质；‎ ‎⑥蔗糖中不含可自由移动的离子或电子，不能导电，其在水中以及熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质；‎ ‎⑦石灰水中含有可自由移动的离子，能够导电，其属于混合物，故不属于电解质，也不属于非电解质；‎ ‎⑧乙醇中不含可自由移动的离子或电子，不能导电，其在水中以及熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质；‎ ‎⑨熔融的KNO3中含有可自由移动的离子，能够导电，其在熔融状态下能够发生完全电离，属于强电解质；‎ ‎⑩CO2中不含可自由移动的离子或电子，不能导电，其在水中以及熔融状态下均不能发生电离，属于非电解质；‎ ‎⑪盐酸是指HCl的水溶液，其中含有可自由移动的离子，能够导电，其属于混合物，故不属于电解质，也不属于非电解质；‎ ‎（1）能导电的是①②⑦⑨⑪；‎ ‎（2）属于电解质的是③④⑤⑨；‎ ‎（3）属于非电解质的是⑥⑧⑩；‎ ‎（4）既不是电解质又不是非电解质的是①②⑦⑪；‎ ‎（5）属于强电解的是④⑤⑨；‎ ‎（6）属于弱电解质的是③，‎ 故答案为：①②⑦⑨⑪；③④⑤⑨；⑥⑧⑩；①②⑦⑪；④⑤⑨；③。‎