新疆克拉玛依市第十三中学2018-2019学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）

新疆克拉玛依市第十三中学2018-2019学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Ba-137Al-27Ca-40一．选择题（本题包括24小题，每小题2分，共计48分。每小题只有一个选项符合题意）1.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.标准状况下，22.4L空气中含单质气体的分子数为NAB.1L0.5mol·L－1FeCl3溶液完全转化可制得0.5NA个Fe(OH)3胶粒C.NA个N2分子所占的体积与0.5NA个H2分子所占的体积比为2∶1D.2.3gNa完全与O2反应生成Na2O，失去的电子数为0.1NA【答案】D【解析】【分析】A.空气中不但含单质气体，也含气体化合物；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C.氮气和氢气所处的状态不明确；D.求出钠的物质的量，然后根据钠反应后变为+1价来分析。【详解】A.空气中不但含单质气体,也含气体化合物,故标况下22.4L空气即1mol空气中含有的单质气体的分子个数小于NA个，故A错误；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体,故形成的氢氧化铁胶粒的个数小于0.5NA个，故B错误；C.氮气和氢气所处的状态不明确，故两者所占的体积不一定是2:1，故C错误；D.2.3g钠的物质的量为0.1mol,而钠反应后变为+1价,故0.1mol钠转移0.1NA个电子，故D正确。故选:D。2.能用H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是A.氢氧化镁和稀盐酸反应B.Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中C.澄清石灰水和稀硝酸反应D.二氧化碳通入澄清石灰水中【答案】C【解析】【详解】A、氢氧化镁为不溶性弱碱，离子方程式为，Mg（OH）2+2H+=Mg2++2H2O，则不能用H++OH--═H2O来表示，故A错误；B．Ba(OH)2溶液滴入稀硫酸中生成硫酸钡沉淀和水，Ba2++SO42-+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，则不能用H++OH--═H2O来表示，故B错误；C．澄清石灰水与硝酸反应，是强酸和强碱反应生成可溶于水的盐和水，能用离子方程式H++OH-=H2O表示，故C正确；D．二氧化碳通入澄清石灰水中，反应的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3+H2O，不能用H++OH--═H2O来表示，故D错误。答案选C。3.菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有＋5价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的＋3价砷。下列说法中，正确的是()A.在该反应中维生素C作催化剂B.由上述信息可推知砒霜中含有的砷是＋3价的C.因为河虾中含有砷元素，所以不能食用D.上述反应中维生素C作氧化剂【答案】B【解析】【详解】A．由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故A错误；B．题给信息中+3价砷有毒，则可推知砒霜中含有的砷是+3价，故B正确；C．河虾中含有五价砷，无毒，则能够食用，故C错误；D．反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故D错误。故选B。【点睛】明确信息中砷元素的化合价变化是解答本题的关键。根据河虾中含有五价砷与维生素C反应生成有毒的3价砷，则河虾中的含砷物质为氧化剂，维生素C为还原剂；含有3价砷的物质有毒，五价砷的物质无毒。4.下列叙述正确的是A.含氧酸能起氧化作用，无氧酸则不能B.阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性C.失电子难的原子获得电子的能力一定强D.化学反应中，某元素由化合态变成游离态，此元素可能被氧化，也可能被还原【答案】D【解析】【详解】A.酸中+1价的H元素均具氧化性，因此无氧酸也能起氧化作用，故A错误；B.离子包括简单离子和原子团,如MnO4−具有氧化性,Fe2+既有氧化性又有还原性，故B错误；C.稀有气体失电子和得电子能力都较差，故C错误；D.在化学反应中，某元素从化合态变为游离态时，化合价可能升高也可能降低，则此元素可能被氧化也可能被还原，如2H2S+SO2=3S+2H2O,故D正确；故选：D5.关于反应11P＋15CuSO4＋24H2O==5Cu3P＋6H3PO4＋15H2SO4的说法正确的是A.P既是氧化剂又是还原剂，CuSO4只是还原剂B.Cu3P既是氧化产物又是还原产物C.1molCuSO4可以氧化1/5molPD.若有11molP参加反应，转移电子的物质的量为60mol【答案】C【解析】【详解】A.P、Cu元素的化合价降低,则P、CuSO4是氧化剂,P元素的化合价由0升高为+5价,P是还原剂,所以P既是氧化剂又是还原剂,CuSO4只是氧化剂，故A错误；B.P元素的化合价由0升高为+5价,P是还原剂,H3PO4是氧化产物,Cu3P是还原产物，故B错误；C.由反应可知,转移30mol电子消耗11molP,15molCuSO4和5molP来一起氧化6molP,其中1molCuSO4可以氧化1/5molP，故C正确；D.由原子守恒可知，11molP参加反应，被氧化的P为6mol，则转移的电子为6mol×5=30mol，故D错误；故选:C。【点睛】氧化还原反应最重要的规律是电子守恒，n(氧化剂)×化合价降低的原子个数×化合价变化值=n(还原剂)×化合价升高的原子个数×化合价变化值。6.下列物质不能通过化合反应制得的是A.Na2CO3B.NaHCO3C.Al(OH)3D.Fe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A.氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，可利用化合反应生成，故A不选；B.碳酸钠、水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，可利用化合反应生成，故B不选；C.氧化铝不溶于水,不能通过化合反应制得Al(OH)3，故C选；D.氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁，可利用化合反应生成，故D不选；故选:C。7.某溶液中含有HCO3－、CO32－、SO32－、Na+、NO3－五种离子。若向其中加入Na2O2粉末，充分反应后（溶液体积变化忽略不计），溶液中离子浓度保持不变的是A.NO3－B.CO32－、NO3－C.SO32－、NO3－D.CO32－、NO3－、Na+【答案】A【解析】【详解】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，而氢氧化钠能和HCO3－反应生成CO32－。另外过氧化钠还具有强氧化性，能把SO32－氧化生成SO42－，所以浓度基本不变的是NO3－，答案选A。【点睛】易错选C，原因是由于只考虑到过氧化钠溶于水生成氢氧化钠，而忽略过氧化钠的另一个重要性质——强氧化性导致的，因此既要掌握基础知识，更重要的是灵活运用知识。8.下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如下图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的是()A.甲为小苏打，乙为纯碱B.要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C.加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D.整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B．白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C．碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D．碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案。9.下列叙述中正确的是()A.向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2至沉淀恰好溶解，再向溶液中加入NaHCO3饱和溶液，又有CaCO3沉淀生成B.向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1∶2C.等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相等D.向Na2CO2饱和溶液中通入CO2，有结晶析出【答案】D【解析】【详解】A、向含有CaCO3沉淀的水中通入CO2，至沉淀恰好溶解，溶质为Ca(HCO3)2，与加入的NaHCO3饱和溶液不反应，不能生成CaCO3沉淀，故A错；B、向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成了NaHCO3，不会放出CO2，故B错；C、等质量的NaHCO3和Na2CO3，n(NaHCO3)＞n(Na2CO3)，分别与足量盐酸反应，在同温同压下NaHCO3生成的CO2体积大，故C错；D、同温度下，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度，且反应时消耗水，所以将CO2通入饱和Na2CO3溶液时，NaHCO3会结晶析出，故D正确。答案选D。10.关于反应K37ClO3＋6H35Cl＝KCl＋3Cl2↑＋3H2O的有关叙述中，正确的是（）A.KCl中含有35ClB.KCl中含有37ClC.生成物Cl2的相对分子质量大于71D.该反应转移的电子数为6e－【答案】A【解析】【分析】氯酸钾中氯元素的化合价由＋5价降低到0价。氯化氢中氯元素的化合价从－1价升高到0价，因此根据电子得失守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比是1︰5，即反应的实质是K37ClO3与6份H35Cl中的5份发生归中反应生成氯气，据此分析解答。【详解】A.根据以上分析，KCl中含有35Cl，故A正确；B.KCl中不含有37Cl，37Cl应在Cl2中，故B错误；C.由反应式可知若生成物3molCl2则含1mol37Cl和5mol35Cl，所以生成物Cl2的相对分子质量为3713553=70.7，故C错误；D.该反应转移的电子数为5e－，故D错误。答案选A。11.化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法中错误的是A.青铜是我国使用最早的合金，也是目前使用最广泛的合金B.明矾水解形成的胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C.燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反应D.铝比铁活泼，但铝制品比铁制品在空气中耐腐蚀【答案】A【解析】【详解】A、青铜是我国使用最早的合金，目前使用最广泛的合金是铁合金，故错误；B、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附悬浮杂质的作用，可用于水的净化，故正确；C、不同的金属，焰色反应不同，燃放烟花是利用了某些金属元素的焰色反应，故正确；D、铝的活泼性比铁强，铝的表面形成致密的氧化膜，可以保护铝不被进一步腐蚀，故正确；故选:A。12.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.FeCl3溶液与Cu的反应：Cu＋Fe3＋=Cu2＋＋Fe2＋B.FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－C.醋酸溶液水垢中的CaCO3反应：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑D.向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2—＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋CO32—【答案】B【解析】【详解】A．FeCl3溶液与Cu的反应的离子反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；B.FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－,符合客观事实，原子守恒，电荷守恒，故B正确；C．醋酸溶液除水垢中的CaCO3反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，醋酸为弱电解质，不能拆，故C错误；D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2,离子反应为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故D错误。故选：B。13.一定体积CO2和O2的混合气体通过足量的Na2O2后，所得气体体积变为原来的3/4，则CO2在原混合气体中的体积分数为A.25%B.40%C.50%D.75%【答案】C【解析】【详