内蒙古集宁一中（西校区）2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）

1内蒙古集宁一中（西校区）2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）1.下列实验正确的是（）A.蒸发、浓缩、结晶B.检查装置气密性C.碳酸氢钠热分解D.分离沸点不同且互溶的液体混合物【答案】B【解析】【分析】A、蒸发、浓缩、结晶应该在蒸发皿中进行；B、向装置中的长颈漏斗中加入水,通过观察液面变化能够检验装置的气密性；C、给固体加热时试管口应该稍稍向下倾斜；D、蒸馏装置中，温度计用于测量馏分温度，不能插入混合液中。【详解】A、蒸发、浓缩、结晶操作应该使用蒸发皿，不能选用坩埚，故A错误；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，当液面高度不变时，说明装置气密性良好，所以能检查装置气密性，故B正确；2C、碳酸氢钠受热分解会生成水，大试管口应该稍向下倾斜，否则可能导致大试管炸裂，故C错误；D、分离沸点不同且互溶的液体混合物，需要使用温度计测量温度控制馏分成分，温度计不能插入溶液中，故D错误；故答案选B。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB.1mol氯化镁中含有离子数为NAC.12.4g白磷中含有磷原子数为0.1NAD.28g一氧化碳气体所含的电子数为14NA【答案】D【解析】【详解】A.标准状况下，水为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，故A错误；B.1mol氯化镁中含有1mol镁离子和2mol氯离子，所含有的离子总数为3NA，故B错误；C.白磷的摩尔质量为124g/mol，化学式为P4，12.4g白磷物质的量为0.1mol，含有的磷原子数为0.4NA，故C错误；D.CO的摩尔质量为28g/mol，28gCO气体物质的量为1mol，1个CO分子中所含的电子数为6+8=14，因此28gCO气体所含的电子数为14NA，故D正确；故答案选D。3.用含有少量镁的铝片制取纯净的Al(OH)3，可能有的步骤为：①加盐酸溶解；②加苛性钠溶液；③过滤；④通入过量CO2；⑤加过量纯碱溶液，实验操作最合理的组合及顺序是（）A.①⑤④③B.②③④③C.②③⑤③D.①⑤③【答案】B【解析】【详解】题中苛性钠是NaOH的俗名，纯碱是Na2CO3的俗名；因镁与强碱不反应，而铝可以与强碱反应，方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；所以先加入过量的强碱，使Al溶解3而镁不溶解，然后过滤除去Mg，再加入过量的CO2，将NaAlO2转变成Al(OH)3，其反应方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓，再次过滤即得纯净的Al(OH)3，因此实验操作最合理的组合及顺序为②③④③，故B项正确；故答案选B。4.下列离子的检验能达到目的的是（）A.检验某溶液中是否含有SO42-，依次加入足量稀盐酸和BaCl2溶液B.检验某溶液是否含有Ag＋，依次加入BaCl2溶液，稀硝酸C.检验某溶液是否含有SO42-时，应取少量该溶液，依次加入BaCl2溶液和稀盐酸D.将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO32–【答案】A【解析】【详解】A项，检验某溶液中是否含有SO42-，先加足量稀盐酸，排除Ag+、SO32-、CO32-等离子的干扰，再加BaCl2溶液时生成BaSO4沉淀，可以检验SO42-的存在，故A正确；B项，若溶液中含有SO42-，加入BaCl2溶液时生成BaSO4沉淀，不能达到实验目的，故B错误；C项，若溶液中含有Ag＋，先加入BaCl2溶液，生成AgCl沉淀，不能达到实验目的，故C错误；D项，不能排除HCO3-、PO43-、SO32-等离子的干扰，不能达到实验目的，故D错误；故答案选A。5.下列离子方程式书写正确的是（）A.酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2：IO3-+5I-+3H2O=3I2+6OH-B.NaHCO3溶液中加入过量Ba（OH）2溶液：2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-C.过量SO2通入Ca（ClO）2溶液中：2SO2+H2O+Ca2++2ClO-=Ca（HSO3）2↓+2HClOD.NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液混合加热：NH4++HSO3-+2OH-=NH3+SO32-+2H2O【答案】D【解析】【分析】A.发生氧化还原反应，酸性溶液中不生成氢氧根离子；4B.NaHCO3完全反应，反应生成碳酸钡、水、NaOH；C.反应生成硫酸钙和盐酸；D.反应生成亚硫酸钠、氨气、水。【详解】A.酸性条件下KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2的离子反应为IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故A错误；B.NaHCO3溶液中加入过量Ba（OH）2溶液的离子反应为HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，故B错误；C.过量SO2通入Ca（ClO）2溶液中的离子反应为SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+2H++Cl-，故C错误；D.NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液混合加热的离子反应为NH4++HSO3-+2OH-=NH3+SO32-+2H2O，故D正确；故答案选D。【点睛】次氯酸钙具有强氧化性，二氧化硫具有强还原性，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，而次氯酸根离子被还原为氯离子，因此过量的SO2与Ca（ClO）2溶液反应不能生成亚硫酸氢钙和次氯酸，而是生成硫酸钙和盐酸。6.下列叙述正确的是（）A.浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、H2S等气体B.浓硫酸与单质硫反应的化学方程式：S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O，在此反应中，浓硫酸既表现了强氧化性又表现了酸性C.常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化D.把足量铜粉投入到含2molH2SO4的浓硫酸中，得到气体体积在标准状况下为22.4L【答案】C【解析】【分析】A、浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥酸性和中性非还原性的气体；5B、该反应中，浓硫酸全部被还原为二氧化硫，只表现强氧化性；C、浓H2SO4具有强氧化性，常温下铁、铝遇到浓H2SO4，发生钝化现象；D、铜与浓硫酸反应，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应。【详解】A、浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥酸性和中性非还原性的气体，氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故A错误；B、浓硫酸与单质硫反应的方程式为:：S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O，在此反应中，硫酸全部被还原为二氧化硫，故浓硫酸只表现强氧化性，故B错误；C、浓H2SO4的强氧化性常温下遇到铁、铝发生钝化现象，所以常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化，故C正确；D、加热条件下，Cu+2H2SO4=CuSO4+SO2+2H2O，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以根据反应可知生成的二氧化硫的量小于1mol，得到气体体积在标准状况下小于22.4L，故D错误；故答案选C。【点睛】铜粉投入到足量的浓硫酸中，加热发生反应，铜可以消耗完，而硫酸可以有剩余，产生的二氧化硫气体按照铜的消耗量进行计算；足量的铜粉投入到一定量的浓硫酸中，加热发生反应，随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，因此硫酸有剩余，实际产生二氧化硫的量要小于理论产生的二氧化硫量。7.按如图装置进行实验，下列推断正确的是()选项Ⅰ中试剂Ⅱ中试剂及现象推断A氯化铵酚酞溶液不变红色氯化铵稳定B硫酸亚铁品红溶液褪色FeSO4分解生成FeO和SO2C涂有石蜡油的碎瓷片酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油发生了化学变化D铁粉与水蒸气肥皂水冒泡铁粉与水蒸气发生了反应6A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢，离开热源，氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵，生成的氯化铵附着在试管口附近，所以酚酞溶液不变红色，A项错误；B.品红溶液褪色说明有二氧化硫生成，硫元素的化合价由+6价降低到+4价，则铁元素的化合价需由+2价升高到+3价，即硫酸亚铁受热分解生成氧化铁和二氧化硫，B项错误；C.酸性高锰酸钾溶液褪色说明有还原性物质生成，所以加热石蜡油生成了具有还原性的物质，发生了化学变化，C项正确；D.气体具有热胀冷缩的性质，若加热试管Ⅰ中的空气，肥皂水也会冒泡，D项错误。答案选C。8.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3＋的氧化性强弱，设计了如下实验：（1）①装置A中发生反应的离子方程式是____。②整套实验装置存在一处明显的不足，请指出____。B装置的作用：_____。7（2）用改正后的装置进行实验，实验过程如下：①请填写Cl2、Br2、Fe3＋氧化性由强到弱的顺序：_____。②E装置中溶液变黄的原因（请用离子方程式解释）_____。（3）因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：①用平衡移动原理(结合上述资料)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因____，现设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加___溶液，若溶液颜色___，则上述解释是合理的。②探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合上述资料用两步方程式(离子或化学方程式不限定)解释仅产生白色沉淀原因_____。【答案】(1).MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(2).缺少尾气处理装置(3).安全瓶，防倒吸(4).Cl2＞Br2＞Fe3＋(5).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(6).过量氯气和SCN－反应2SCN－＋Cl2=2Cl－＋(SCN)2，使SCN－浓度减小，则Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)38平衡逆向移动而褪色；(7).KSCN(或FeCl3溶液)(8).变红色（或不变红）(9).BrCl＋H2O=HBrO＋HCl、Ag＋＋Cl－=AgCl↓【解析】【分析】（1）①装置A中，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，据此写出该反应的离子方程式；②反应中有有害气体产生时，需在装置中增加尾气处理装置；B装置为安全瓶，其作用防倒吸；（2）①D装置中溶液变红，说明Fe2+被氧化成Fe3+，氧化性Cl2Fe3+，装置E中水层溶液变黄，振荡后有机相无明显变红，说明还原性Fe2+Br-，氧化性Br2Fe3+，据此进行分析；②有机层为无色，所以氯气把亚铁离子氧化为铁离子，而溴离子没有被氧化；（3）①题中信息给出，氧化性Cl2(SCN)2，可知过量氯气会与SCN-反应：2SCN－＋Cl2=2Cl－＋(SCN)2，使SCN-浓度减小，可逆反应Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3平衡逆向移动；要验证上述解释，可验证溶液中含有Fe3＋或不含有SCN-，据此进行分析；②E中生成了红色BrCl，BrCl水解产生Cl-和HBrO，加入硝酸银溶液后，溶液中产生白色AgCl沉淀，而由于AgBrO溶于水，故无沉淀产生，据此进行分析。【详解】（1）①装置A中，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，反应的离子方程式是：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；故答案是：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；②反应中有有害气体产生时，需在装置中增加尾气处理装置；故答案是：缺少尾气处理装置；从图示装置可知，B装置为安全瓶，其作用防倒吸；故答案是：安全瓶，防倒吸；（2）①D装置中溶液变红，说明Fe2+被氧化成Fe3+，氧化性Cl2Fe3+，装置E中水层溶液变黄，振荡后有机相无明显变红，说明还原性Fe2+Br-，氧化性Br2Fe3+，则氧化性由强到弱的顺序为：Cl2＞Br2＞Fe3＋；故答案是：Cl2＞Br2＞Fe3＋；②溴易溶于四氯化碳而导致溶液呈橙红色；根据题给现象可知，有机层为无色，所以氯气把亚铁离子氧化为铁离子，而溴离子没有被氧化，溶液显黄色，离子方程式为：2Fe2++