内蒙古集宁一中（西校区）2019-2020学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）

1内蒙古集宁一中（西校区）2019-2020学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）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AHNO3NaOHNaClH2OBHClCaONa2CO3NH3CH2SO4Ba(OH)2CO2Na2O2DH3PO4KOHAl(OH)3BaSO4A.AB.BC.CD.D【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。【点睛】由两种元素组成，其中一种元素是氧化物，这种化合物我们成为氧化物，因此向BaSO4这样的化合物，不属于氧化物。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】B2【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0.1mol/L的下列物质的溶液中，c(Cl－)最大的是()A.FeCl3B.CuCl2C.KClD.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AOH-、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3应生成氢气，故D符合题意；故答案为D。【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：（1）能发生复分解反应的离子之间不能大量共存；（2）能发生氧化还原反应的离子之间大量共存；（3）能发生络合反应的离子之间大量共存（如Fe3+和SCN-等）。还需注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；题干具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；题干要求是“可能共存”、“一定能共存”、“一定不能共存”等。需注意：含有大量NO3-的溶液中，加入铝粉，产生氢气，溶液不能为酸性，因为硝酸与铝反应不会产生氢气。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↓+3KClD.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++3H2OC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，正确的离子方程式为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4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ncV可知，配制的溶液浓度偏低；B项、容量瓶中原有少量蒸馏水，对所配溶液的体积没有影响，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8molHNO3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5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8molHNO3被还原时，转移电子数为：8mol×3×NAmol-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的电离方程式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】6【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】7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