浙江省台州市书生中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

浙江省台州市书生中学2019-2020学年高二上学期第一次月考化学试题

台州市书生中学2019学年第一学期第一次月考高二化学试卷 一、选择题（每小题3分，共54分，每小题只有一个正确答案。）‎ ‎1.对于某些离子的检验及结论正确的是（ ）‎ A. 加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则一定有NH4+‎ B. 加入氯化钡有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该溶液一定有SO42-‎ C. 加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则原溶液中一定有CO32-‎ D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则一定有Ca2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，证明一定是氨气，所以原溶液中一定有NH4+，故A正确；‎ B项、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，溶液中可能含有Ag+离子或硫酸根离子，故B错误；‎ C项、亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子和盐酸反应生成的二氧化硫气体也可以使石灰水变浑浊，碳酸氢根离子也能和盐酸反应生成可以使石灰水变浑浊的二氧化碳气体，则加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，不一定有CO32-，故C错误；‎ D项、若溶液中含有镁离子、钡离子等，加入碳酸钠溶液也能产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，不一定有Ca2+，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】氯化钡溶液能与硫酸根或银离子反应生成硫酸钡白色沉淀或氯化银白色沉淀，两者均不溶于盐酸是解答的易错点。‎ ‎2.下列有关叙述正确的是 A. 蒸馏实验中温度计的水银球应插入溶液中 B. SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应,所以是两性氧化物 C. 分液时，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出 D. 开始蒸馏时，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应先关冷凝水再撤酒精灯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．蒸馏实验中温度计的水银球应放在支管出口处，A错误；B．SiO2‎ 既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，但仍然是酸性氧化物，A错误；C．分液时，先打开玻璃塞，再打开旋塞，使下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，C正确；D．开始蒸馏时，应该先开冷凝水，再加热；蒸馏完毕，应先撤酒精灯再关冷凝水，D错误，答案选C。‎ 考点：考查化学实验基本操作 ‎3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA B. 2 L 0.5 mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数为2NA C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA D. 50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、核素D和H的质量数不同，质子数相同。则18gD2O和18gH2O的物质的量不同，所以含有的质子数不同，A错误；B、亚硫酸为弱酸，水溶液中不完全电离，所以溶液中氢离子数目小于2NA，B错误；C、过氧化钠与水反应生成氧气，氧气的来源于-1价的O元素，所以生成0.1mol氧气时转移电子0.2NA，C正确；D、由于在反应过程中盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以不能计算转移的电子数，D错误，答案选C。‎ ‎【考点定位】本题主要是考查阿伏加德罗常数与微粒数的关系判断，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡等知识点。‎ ‎【名师点晴】阿伏加德罗常数的考查，几乎可以将中学化学计算兼容到一个题中，所以几乎是高考必考题。在选择题前半部分（四道题）出现，一般试题偏易；在选择题后半部分或非选择题出现，一般试题偏难。该题的易错选项是D，注意浓度对反应进程的影响，与之相类似的还有浓硫酸与铜，浓硝酸与铜等。‎ ‎4.某一红色粉末可能是Fe2O3、Cu2O其中一种或二者混合物，将粉末放入足量稀硫酸（已知Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O）中，观察分析该粉末组成下列合理的是（ ）‎ A. 若固体完全溶解，则粉末中不可能有Cu2O B. 若固体不能完全溶解，则粉末中肯定有Cu2O C. 若固体完全溶解，溶液中再加KSCN，变红，则原粉末仅是Fe2O3‎ D. 若固体不能完全溶解，溶液中再加KSCN，不变红，则原粉末仅是Cu2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，Cu2O与稀硫酸反应生成硫酸铜、铜和水。‎ ‎【详解】A项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，过量的Fe2O3溶于酸生成的Fe3+可以溶解Cu2O与酸反应生成的铜，固体完全溶解并不能代表固体中没有Cu2O，故A错误；‎ B项、若固体不能完全溶解，则表明将粉末放入足量稀硫酸肯定有铜生成，所以固体中一定有Cu2O，故B正确；‎ C项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，过量的Fe2O3溶于酸生成的Fe3+可以溶解Cu2O与酸反应生成的铜，固体完全溶解并不能代表原粉末仅是Fe2O3，故C错误；‎ D项、若为Fe2O3和Cu2O的混合物，将粉末放入足量稀硫酸，有铜残留时表明所有的Fe3+已全部被还原为Fe2+，因此加入KSCN不显红色，不能说明原粉末仅是Cu2O，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎5. 将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是 A. 稀硝酸 B. 稀盐酸 C. 氢氧化钠 D. 硝酸铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：氧化铝和稀硝酸反应生成硝酸铝和水，故A错误；氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，故B错误；氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C错误；氧化铝和硝酸铜不反应，，故D正确。‎ 考点：本题考查氧化铝的性质。‎ ‎6.下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法正确的是 A. 石墨转变为金刚石的反应是吸热反应 B. 白磷比红磷稳定 C. S(g)＝S(s)　ΔH>0‎ D. H2(g)＋I2(g)2HI(g)　ΔH>0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知金刚石能量高于石墨，石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；‎ B．由图象可知白磷能量高于红磷，能量越高越活泼，白磷比红磷活泼，红磷较稳定，B错误；‎ C．由图象可知气态S的能量比固态S的能量高，则S(g)＝S(s)　ΔH＜0，C错误；‎ D．由图象可知反应物H2(g)与I2(g)的能量总和高于生成物HI(g)的能量总和，所以H2(g)＋I2(g)2HI(g)是放热反应，ΔH＜0，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.3.2g铜与过量硝酸(8molL -1，30mL)充分反应，硝酸的还原产物为NO2 和NO，反应后溶液中含amolH+ ，则此时溶液中所含NO3—为(    ) mol A. 0.2+a B. 0.1+a C. 0.05+a D. a ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：3.2g铜的物质的量是0.05mol，生成硝酸铜是0.05mol，则含有的NO3-的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol。又因为反应后溶液中含a mol H+，则溶液中所含NO3-的物质的量是0.1mol＋a mol，答案选B。‎ 考点：考查铜和稀硝酸反应的有关计算 点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础，侧重学生计算能力，特别是巧解技巧的培养和训练，有助于培养学生的逻辑推理能力和应试能力，提高学生的学习效率。该题的关键是利用好守恒法在计算中的应用，常用的守恒法包括质量守恒定律、电子得失守恒、电荷守恒以及原子守恒。‎ ‎8. “绿色化学”提倡化工生产应尽可能将反应物的原子全部利用,从根本上解决环境污染问题。在下列制备环氧乙烷的反应中,最符合“绿色化学”思想的是 (　　)‎ A. CH2＝CH2+(过氧乙酸)+CH3COOH B. CH2＝CH2+Cl2+Ca(OH)2+CaCl2+H2O C. 2CH2＝CH2+O22‎ D. +HOCH2CH2—O—CH2CH2OH+2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：制备环氧乙烷反应中,最符合“绿色化学”思想的是反应时原子全部转化为生成物，即该反应是化合反应。符合题意的只有C。‎ 考点：考查物质制取过程中原子的利用率的知识。‎ ‎9. 下列物质的制备与工业生产相符的是 ‎①NH3NOHNO3‎ ‎②浓HClCl2 漂白粉 ‎③MgCl2(aq)无水MgCl2Mg ‎④饱和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3‎ ‎⑤铝土矿NaAlO2溶液Al(OH)3Al2O3Al A. ①④⑤ B. ①③⑤ C. ②③④ D. ②④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：氨气发生催化氧化生成NO和H2‎ O，生成的NO与氧气、水反应可以转化为硝酸，①正确；实验室制取氯气用二氧化锰氧化浓盐酸，而工业上利用电解饱和食盐水制备氯气，②不正确；氯化镁溶液中存在水解平衡MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，水解吸热，加热促进水解。且生成的氯化氢极易挥发，因此最终得到氢氧化镁固体，得不到氯化镁，③不正确；④属于侯氏制碱法原理，正确；铝土矿中含有两性氧化物氧化铝，能溶解在氢氧化钠溶液中生成偏铝酸钠，偏铝酸钠吸收CO2即转化为氢氧化铝沉淀。氢氧化铝分解得到氧化铝。电解熔融的氧化铝即可冶炼金属铝，⑤正确，所以答案选A。‎ 考点：考查常见物质制备的有关判断。‎ ‎10.有A、B、C、D、E五块金属片，进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应；⑤用惰性电极电解含B离子和E离子的溶液，E先析出。据此，判断五种金属的活动性顺序是 A. A>B>C>D>E B. A>C>D>B>E C. C>A>B>D>E D. B>D>C>A>E ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，A极为负极，所以活泼性：A＞B；②原地啊池中，电流从正极流向负极，C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，电流由D→导线→C，所以金属活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B；综上可知金属活泼性顺序是：A＞C＞D＞B．答案选B.‎ 考点：原电池原理 ‎11. 下列离子方程式书写正确的是（ ）‎ ‎①少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2‎ ‎②Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O ‎③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO3↓+2HClO ‎④FeBr2溶液与等物质量Cl2反应：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2‎ ‎⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O ‎⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O ‎⑦Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑‎ A. ①②⑤⑦ B. ①②③⑥ C. ②③④⑤ D. ①④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎①少量Cl2通入FeI2溶液中的离子反应为Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故正确；‎ ‎②Fe（OH）3溶于氢碘酸的离子反应为2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故错误 ‎③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++2ClO﹣+H2O+SO2═CaSO4↓+H++Cl﹣+HClO，故错误 ‎④FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+Br2，故正确；‎ ‎⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水的离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故正确；‎ ‎⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合的离子反应为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O，故正确；‎ ‎⑦Na2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故错误；故选D．‎ ‎【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式及电子、电荷守恒，题目难度不大．‎ ‎12.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且产物的成分与温度高低有关．当n（KOH）=amol时，下列有关说法错误的是（ ）‎ A. 某温度下，反应后c（Cl﹣）：c（ClO﹣）=6，则溶液中c（ClO﹣）：c（ClO3﹣）=1‎ B. 参加反应的氯气的物质的量等于0.5amol C. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：amol＜n＜amol D. 改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．设n（ClO﹣）=1mol，反应后c（Cl﹣）：c（ClO﹣）=6，则n（Cl﹣‎ ‎）=6mol，电子转移守恒，5×n（ClO3﹣）+1×n（ClO﹣）=1×n（Cl﹣），即：5×n（ClO3﹣）+1×1mol=1×6mol，解得：n（ClO3﹣）=1mol，故溶溶液中c（ClO﹣）：c（ClO3﹣）=1：1，故A正确；‎ B．由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH）=amol，故参加反应的氯气的物质的量为：n（Cl2）=n（KOH）="0.5a" mol，故B正确；‎ C．氧化产物只有KClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量为：a mol×5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），根据钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故：n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol×1=a mol，则反应中转移电子的物质的量n的范围为：a mol≤n≤a mol，故C错误；‎ D．氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D正确；‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应计算，题目难度中等，注意电子转移守恒及极限法的应用，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．‎ ‎13.在一定温度下，某容积不变的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)。下列叙述中不能说明上述可逆反应已达到化学平衡状态的是（ ）‎ A. 体系的压强不再发生变化 B. v正(CO)=v逆(H2O)‎ C. 生成n mol CO的同时生成n mol H2‎ D. 1molH—H键断裂的同时断裂2molH—O键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于该反应是前后气体分子数不等的反应，容器的容积不变，若体系的压强不发生变化，则反应为平衡状态，A不符合题意；‎ B. v正(CO)=v正(H2O)=v逆(H2O)，反应达到平衡状态，B不符合题意；‎ C.根据方程式的系数关系可知：生成n molCO的同时生成n mol H2，不能说明正、逆反应的速率相等，不能判断反应是否为平衡状态，C符合题意；‎ D.1mol H-H键断裂等效于形成2mol H-O键，同时断裂2mol H-O键，反应处于平衡状态，D不符合题意；‎ 故合理选项是C。‎ ‎14.可逆反应A(g)＋3B(g)2C(g)＋2D(g)在4种不同情况下反应速率分别如下，其中反应速率v最大的是（ ）‎ A. v(A) ＝9.0mol /(L·min) B. v(B)＝0.6 mol/(L·s)‎ C. v(C)＝0.3 mol/(L·s) D. v(D)＝0.1 mol/(L·s)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据 ；A、v（A）=9.0mol/（L•min）=0.15 mol/（L•s） B. v（B）÷3=0.2 mol/（L•s） C. v（C）÷2=0.15 mol/（L•s） D. v（D）÷2=0.05 mol/（L•s），故B正确。‎ ‎15. W、X、Y、Z、N、M六种主族元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是 A. 原子半径：Y＞Z＞W B. 单质的还原性：X＞Y C. 溴与元素M同主族，最高价氧化物的水化物的酸性比M的强 D. 元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质可作半导体材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A. 同周期元素原子半径随着核电荷数增大而减小，所以原子半径Y>Z，同主族元素原子半径随着原子序数增大而增大，所以原子半径Z>W，总之，原子半径：Y>Z>W，故A正确；B. ‎ 单质的氧化性：Y>X，所以单质的还原性：X>Y，故B正确；C. 非金属性：溴

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