北京市2019-2020学年高一化学11月月考试题（含解析）

1北京市2019-2020学年高一化学11月月考试题（含解析）一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)1.自来水厂常使用氯气消毒，市场上有些小商小贩用自来水充当纯净水出售。下列试剂中，可用来辨其真伪的是()A.酚酞溶液B.氯化钡溶液C.氢氧化钠溶液D.硝酸银溶液【答案】D【解析】【详解】自来水厂常使用氯气消毒，Cl2＋H2O=HCl＋HClO，则自来水中含有Cl-，而纯净水则无Cl-，检验Cl-离子的存在，可用硝酸银溶液，生成不溶于水和酸的AgCl沉淀；氯水中存在氢离子显酸性，遇酚酞不变色、与氯化钡溶液不反应、与氢氧化钠发生中和反应，均无明显现象，不能鉴别，故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意自来水中少量的盐酸和次氯酸能够与氢氧化钠反应，但没有明显现象，无法鉴别。2.下列离子能大量共存的是（）A.使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CO32-B.无色透明的溶液中：Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-C.含有大量Ba2＋的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、Cl－D.使石蕊溶液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、NO3-【答案】A【解析】【详解】A项、使酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na＋、K＋、SO42-、CO32-之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；B项、无色溶液中不可能存在淡蓝色的Cu2＋离子，故B错误；C项、含有大量Ba2＋的溶液中Ba2＋与SO42-反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D项、使石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中CO32-与H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误；故选A。3.某同学将金属钠露置于空气中，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→2白色固体。其变质过程中不可能产生的物质是A.Na2OB.NaOHC.Na2CO3D.NaHCO3【答案】D【解析】【详解】钠变质过程是：钠→氧化钠→氢氧化钠→氢氧化钠溶液→碳酸钠晶体。所以在变质的过程中不能出现的是NaHCO3。答案选D。4.单宁是一种天然防腐剂，可以有效避免葡萄酒因为被氧化而变酸，使长期储存的葡萄酒能够保持最佳状态，所以以下判断正确的是（）A.单宁作还原剂B.单宁作氧化剂C.单宁被还原D.单宁中某元素化合价降低【答案】A【解析】单宁可以有效避免葡萄酒因为被氧化而变酸，这说明单宁易被氧化，可作抗氧化剂，因此可以作还原剂，单宁中某些元素的化合价升高，答案选A。5.下列推理正确的是（）A.铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故钠在氧气中燃烧生成Na2OB.铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C.活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中D.钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与反应时金属单质均作还原剂【答案】D【解析】【详解】A项、钠在常温下与氧气反应生成白色Na2O，在氧气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；B项、钠与盐溶液反应时，先与水反应，所以钠与硫酸铜溶液中的水反应生成NaOH，NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以Na不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故B错误；C项、Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，所以Al可以直接保存在空气中，故C错误；D项、金属单质的化合价为最低价，最低价只有还原性，所以金属单质参与反应时金属单质均作还原剂，故D正确；3故选D。【点睛】Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，Al可以保存在空气中，不需要保存在煤油中。6.某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是（）A.闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明HCl溶液是电解质B.闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化C.闭合开关K，向溶液中加入CaCO3固体，电流表示数不变D.选取相同质量分数的硫酸替换HCl溶液，电流表的示数相同【答案】C【解析】【详解】A项、HCl是电解质，HCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B项、向烧杯中加入NaCl固体，溶液中离子浓度增大，导电性增强，电流表指针发生偏转，故B错误；C项、向溶液中加入CaCO3固体，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，溶液中自由移动的离子浓度减小，但离子所带电荷数增大，导电性不变，电流表示数不变，故C正确；D项、硫酸为二元酸，选取相同质量分数的硫酸替换HCl溶液，盐酸和硫酸浓度相同时溶液中离子浓度不同，导电能力不同，电流计示数不同，故D错误；故选C。【点睛】溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质是解答易错点，溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷数有关是解答分析的关键。7.向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是()A.11.2gB.5.6gC.2.8gD.无法计算4【答案】C【解析】【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知2n(FeCl2)=n(HCl)，n(HCl)=1mol/L×0.1L=0.1mol，所以n(FeCl2)=0.05mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）n(FeCl2)=0.05mol，则Fe的质量为m(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g，故合理选项是C。8.将固体X投入过量Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，且不易溶于水，则X和Y可能依次是A.钠和氯化铝溶液B.铝和烧碱溶液C.过氧化钠和氯化亚铁溶液D.锌和稀硫酸【答案】A【解析】【详解】A、钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铝溶液反应生成白色沉淀氢氧化铝，正确；B、铝和烧碱溶液反应不会得到白色沉淀，错误；C、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和二氧化碳，但氢氧化钠和氯化亚铁反应生成的白色沉淀会迅速变为灰绿色最终变为红褐色沉淀，而且二氧化碳不能燃烧，错误；D、锌和稀硫酸反应不会生成白色沉淀，错误。答案选A。点评：熟记常见物质的化学反应，并且会分析相关的实验现象9.下列说法正确的是A.同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2∶1B.1g甲烷和1g氧气的原子数之比为5∶1C.等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为2∶1D.在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比为1∶2【答案】B【解析】【分析】A.同温同压下气体的密度之比等于摩尔质量之比；5B.根据N=nNA=NAm/M来计算；C.根据m=nM来计算；D.根据公式V=nVm=mVm/M来计算。【详解】A.同温同压下，甲烷和氧气的密度之比等于摩尔质量之比即等于16:32=1:2，故A错误；B.根据N=nNA=mNA/M可知，1g甲烷和1g氧气的原子数之比为(1/16×5NA):(1/32×2)=5:1，故B正确；C.根据m=nM可知，等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为16:32=1:2，故C错误；D.根据公式V=nVm=mVm/M可知，在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比=（mVm/16）：（mVm/32）=2:1,故D错误；故答案选B。【点睛】根据气态方程：PV==nRT及n=m/M、m=ρV可知，P×M==m/VRT=P×M=ρRT，当P、T一定时，M与ρ成正比。10.下列说法中，错误的是()A.钠在空气中加热时，先熔化，再燃烧，燃烧所得产物为Na2O2B.镁因在空气中形成一薄层致密的氧化膜保护了里面的镁，故镁不需要像钠一样作特殊保护C.铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼D.铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要加保护层【答案】C【解析】【详解】A.钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A项正确；B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B项正确；C.铝属于较活泼的金属，铝制品之所以不需要特别保护，是因为在铝表面生成的Al2O3是一层致密的氧化物保护膜，阻止了内层金属的继续反应,故C项错误；D.铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D项正确。所以本题答案：C。11.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是6A.①②③B.①②④C.①②③④D.②③④【答案】B【解析】【详解】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色的Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。12.为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计如下实验方案，其中符合实验要求且正确的是（）选项实验操作实验现象离子反应实验结论A在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水浅绿色溶液变成棕黄色溶液2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－Fe2＋具有氧化性B在氯化亚铁溶液中加入锌片浅绿色溶液变成无色溶液Fe2＋＋Zn=Fe＋Zn2＋Zn具有还原性C在氯化铁溶液中加入铁粉棕黄色溶液变成浅绿色溶液Fe3＋＋Fe=2Fe2＋铁单质具有还原性7D在氯化铁溶液中加入铜粉棕黄色溶液变成蓝色溶液2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋Fe3＋具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A项、Fe2＋具有还原性，在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水，Fe2＋离子被氯水氧化生成Fe3＋离子，溶液由浅绿色变成棕黄色，故A错误；B项、Fe2＋具有氧化性，Zn具有还原性，在氯化亚铁溶液中加入锌片，锌与Fe2＋离子发生置换反应生成Fe和无色的Zn2＋离子，溶液由浅绿色变成无色，故B正确；C项、氯化铁溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D项、氯化铁溶液与铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应前氯化铁溶液为黄色，反应后氯化亚铁溶液为浅绿色，氯化铜溶液为淡蓝色，氯化亚铁和氯化铜的混合溶液为蓝绿色，说明Fe3+具有氧化性，故D错误；故选B。【点睛】氯化亚铁中+2价的铁为中间价态，既有氧化性又有还原性，氯化铁中+3价的铁为高价态，具有氧化性。13.据以下判断Cu2+、Fe2+、Fe3+的氧化性，从强到弱的顺序为（）①Fe+CuCl2=FeCl2+Cu②2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2A.Fe3+＞Fe2+＞Cu2+B.Fe3+＞Cu2+＞Fe2+C.Fe2+＞Cu2+＞Fe3+D.Cu2+＞Fe2+＞Fe3+【答案】A【解析】答案为B；根据在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。可以判断，答案为B。14.工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2＋3C=2Sn＋aM↑＋CO2↑，则下列说法中错误的8是（）A.反应中SnO2被还原B.a的值为3C.反应后元素化合价升高的物质有两种D.每生成1个CO2转移电子8个【答案】B【解析】【分析】反应2SnO2+3C═2Sn+aM↑+CO2↑中，由质量守恒可知M为CO，a=2，反应中Sn元素化合价降低被还原，SnO2为氧化剂，C元素化合价升高被氧化，C为还原剂。【详解】A项、反应中Sn元素化合价降低，SnO2为氧化剂被还原，故A正确；B项、由质量守恒可知M为CO，a=2，方程式为2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑，故B错误；C项、C被氧化生成CO和CO2，反应后元素化合价升高生成的物质有两种，故C正确；D项、由方程式2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑可知，每生成1molCO2，消耗2molSnO2，则转移电子8mol，故D正确