山西省运城市河津二中人教版高一下学期第二次月考化学试题.docx

1、山西省运城市河津二中人教版高一下学期第二次月考化学试题山西省运城市河津二中人教版高一下学期第二次月考化学试题一、选择题1蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。下列叙述正确的是A沉淀X的成分是SiO2B将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3C在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe(OH)3D溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+【答案】A【分析】金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化

2、铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。【详解】A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；答案选A。2下列说法正确的是( )A晶体

3、硅常用于制造光导纤维 B碳酸钠常用于治疗胃酸过多C明矾常用于自来水的消毒杀菌 D高压钠灯常用于道路和广场照明【答案】D【详解】A二氧化硅用于制造光导纤维，晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池，A错误；B碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多，而碳酸钠溶液碱性强，对人会产生一定的腐蚀作用，因此不能用于治疗胃酸过多，B错误；C明矾具有净水作用但无强氧化性，因此常用于自来水的净化，但不能对水进行消毒杀菌，C错误；D高压钠灯发出的黄光穿透力强，因此常用于道路和广场照明，D正确；故合理选项是D。3下列选项中，描述与结论都正确的是( )A常温下用铁罐运输浓硫酸常温下铁和浓硫酸不反应BSO2通入紫色石蕊溶液，溶液变蓝SO

4、2溶于水后溶液显酸性C用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气两者反应会产生大量白烟D加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化并滴落铝单质的熔点较低AA BB CC DD【答案】C【详解】A常温下可以用铁罐运输浓硫酸，是由于浓硫酸具有强氧化性，会将金属Fe表面氧化，产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，不是二者不反应，结论不合理，A错误；BSO2溶于水后与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液显酸性，因此将SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，描述不符合事实，B错误；C由于浓盐酸具有挥发性，挥发产生的HCl与氨气反应产生NH4Cl白色固体小颗粒，因此用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气

5、，会发现两者反应会产生大量白烟，C正确；D加热铝箔时Al与空气中的O2反应产生Al2O3，Al2O3熔点高达2050，但Al的熔点只有660，故加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化但不滴落，证明Al易与O2反应，产物的熔点高，铝单质的熔点较低，描述有问题，D错误；故合理选项是C。4NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则下列判断不正确的是A转移电子2.4NA B生成的气体冷却至标况，体积为15.68 LC还原剂比氧化剂多0.2 mol D被还原的氮原子是11.2 g【答案】D【详解】A在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原

6、为N2，每反应产生7 mol N2，还原产物比氧化产物少1 mol，电子转移24 mol。现在还原产物比氧化产物少0.1 mol，则反应产生0.7 molN2，转移电子2.4 mol，则转移的电子数目为2.4NA，A正确；B根据选项A分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 mol，反应产生0.7 mol N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol22.4 L/mol=15.68 L，B正确；C反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则消耗的还原剂比

7、氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；D根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。则当还原产物比氧化产物少0.1 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol14 g/mol=8.4 g，D错误；故合理选项是D。5下表中，对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )选项陈述陈述判断A盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶塞氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠对，错，无B氯水可以使有色布条褪色氯气具有漂白性错，对，有 C二氧化硅可以与水反应生成硅酸二氧化硅是酸性氧化物具

8、有酸性氧化物的通性对，对，无D为增强漂白能力使用漂白粉时向漂白粉溶液中加入少量白醋醋酸的酸性比次氯酸强对，对，有AA BB CC DD【答案】D【详解】A氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞，表述I、II都正确；B氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸，不是氯气具有漂白性；C酸性氧化物对应的水化物是酸，二者有联系；D漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效，根据强酸制弱酸的原理，加入白醋能增强漂白能力，D正确。6在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4

9、g沉淀。则下列说法不正确的是A原合金中含0.1mol Fe、0.15mol CuB25.4g沉淀为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物C气体X中含0.3 mol NO、0.1 mol NO2D气体X中含0.3 mol NO2、0.1 mol NO【答案】C【解析】试题分析：铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成Cu(NO3)2和Fe(NO3)3，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物，设合金中有xmol Fe、ymol Cu，所以x=0.1mol，y=0.15mol；根据得失电子守恒，0.1mol Fe、0.15mol Cu共失去0

10、.6mol电子，所以生成的气体不可能是0.3 mol NO、0.1 mol NO2，故C错误。考点：本题考查化学计算。7类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向稀硫酸加入NaOH溶液至中性：H+OH-=H2O向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H+OH-=H2OC向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+D

11、向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-=HCO3-向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=HSO3-AA BB CC DD【答案】D【详解】A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；答案选D。8某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体的相对分子质量(或平均相对分子质量)为45，则发生反应的物质一定不可能是AZn和浓H2SO4 BCu和浓HNO3CNa2O

12、2和NH4Cl浓溶液 DC和浓HNO3【答案】C【解析】试题分析：AZn和浓H2SO4，开始发生反应：Zn2H2SO4(浓)ZnSO4SO22H2O。当随着反应的进行，溶液变稀后，会发生反应：Zn+ H2SO4(稀)=ZnSO4H2。最后得到的气体为SO2与H2的混合气体。SO2的相对分子质量为64，H2的相对分子质量为2因此混合气体的平均相对分子质量可能为45正确。BC和浓HNO3。发生反应：C+4HNO3(浓）CO24NO22H2O。CO2与4NO2的相对分子质量分别是44、46所以混合气体平均相对分子质量可能为45正确。CNa2O2和溶液中的水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH

13、+O2。产生的NaOH与溶液中的溶质NH4Cl发生反应：NaOH+NH4ClNaCl+H2O+ NH3。得到的气体中含有O2与NH3的相对分子质量都比45小，所以不可能平均为45错误。DCu和浓HNO3，开始发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+NO2+2H2O。当溶液变为稀硝酸时，发生反应：3Cu8HNO3(稀)=2Cu(NO3)22NO4H2O。NO2、NO的相对分子质量分别是46、28，因此混合气体的平均相对分子质量可能为45正确。考点：考查物质之间的相互反应得到的气体成分的相对分子质量的关系的知识。9标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙

14、述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)A此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂B试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/LC溶液体积占试管容积的三分之二D若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管【答案】C【详解】A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；B试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为=1/22.4 mol/L，B正确；C溶液体积占试管容积的，C错误；D若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。答案选C。【点睛】本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程

15、式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。10在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L(标准状况)。同时铁和氧化铁均无剩余。向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（ ）A1.5mol/L B2.5mol/L C2mol/L D3mol/L【答案】C【详解】试题分析：将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化

16、钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4 ，根据硫酸根守恒可知n(H2SO4)=n(Na2 SO4)，根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)，故n(H2SO4)= 1/2 n(NaOH)= 1/23mol/L0.2L =0.3mol，故c(H2SO4)= n(H2SO4)V=0.3mol0.15L=2mol/L，选项C正确。考点：考查混合物反应的计算的知识。11某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究下列有关

17、说法不正确的是（ ）A由可知X中一定存在SiO2B无法判断混合物中是否含有Na2OC1.92 g固体成分为CuD15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1【答案】B【解析】途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H

18、2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，A由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；CCu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；D设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+得出：Fe2O32Fe3+Cu，则160x+64y=6.4，6

19、4y64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等12下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是选项实验操作及现象推理或结论A向某溶液中加入BaCl2溶液

20、，生成白色沉淀该溶液中一定含有SOB向水中加入金属钠，钠熔成闪亮的小球浮在水面上钠与水反应放热，钠的熔点低，钠的密度比水小C向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该盐一定是碳酸钠D某物质的焰色试验火焰显黄色该物质一定不含钾元素AA BB CC DD【答案】B【详解】A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正确；C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢

21、钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；D.某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；故选B。13某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()AH2SO4浓度为4 mol/LB溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/LDAB段反应为：Fe2Fe3

22、=3Fe2【答案】C【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g56g/mol0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫

23、酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注

24、意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。14将11.2 g的MgCu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是（）A0.3 mol NO2和0.3 mol NOB0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4C0.6 mol NOD0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O

25、4【答案】D【分析】向MgCu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH)为21.4 g11.2 g10.2 g，物质的量为 0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的MgCu提供的电子为0.6 mol，据此分析；【详解】A. 生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol(54)0.3 mol(52)1.2 mol，得失电子不相等，A错误；B. 生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol(54)0.1 mol2(54)0.4 mol，得失

26、电子不相等，B错误；C. 生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol(52)1.8 mol，C错误；D. 生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol(52)0.2 mol(54)0.05 mol2(54)0.6 mol，得失电子相等，D正确；答案选D。15aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状况)，以下表达式中错误的是A若ab，则c0.5(a+b) B若ab，则c0.5(a+b)C若ab，则c0.5(a+b) D若ab，则c0.5(a+b)【答案】D【解析】【详解】

27、首先发生反应：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO2NO2，二者恰好反应时0.5a：b1：2，解得ab，则A、若ab，则NO有剩余，由O2+2NO2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体积等于NO的体积，则cb，即c0.5(a+b)，A正确；B、若ab，则O2有剩余，由O2+2NO2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c(0.5a L+b L-0.5b L)0.5(a+b)，B正确；C、若ab，则此时生成NO2体积c20.5ab0.5(a+b)，C正确

28、；D、根据以上分析可知D错误。答案选D。16下列有关实验操作和现象及结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A常温下，将同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中，观察到前者反应速率更快锌比铝活泼B将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡氯的非金属性大于碳C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴如BaCl2。溶液，出现白色沉淀溶液X中一定含有D向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液中一定含有AA BB CC DD【答案】D【详解】A常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误；B比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强

29、弱，即根据HClO4酸性比H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有，故C错误；D氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有，故D正确；答案为D。17将43.8gAl、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生6.72L气体(标准状况)。另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中，生成13.44LNO(标准状况)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为A39.2g B44.8g C58.8g D66.4g【答案】C【详解】合金

30、溶于足量的NaOH溶液中，金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L，物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒可以知道n(Al)=0.3=0.2mol，故金属铝的质量为0.227=5.4 g ，金属铝提供电子的量是0.6 mol，将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+ 、 Cu2+离子，根据电子守恒，金属共提供电子的物质的量为13.44=1.8 mol 故Cu共提供的电子物质的量为1.8-0.6=1.2 mol，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，铝离子全部转化为偏铝酸根离子，不会出现沉淀，所得沉淀为氢氧化铜，由电荷守恒可以知道，反应中金属铜提供的电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量即n(OH-)=1.2 mol，所以反应后沉淀的质量等于43.8-5.4+1.217=58.8 g ；C正确；故答案选C。18下列化合物中，不能通过化合反应制取的是AFeCl3 BH2SiO3 CFe(OH)3 DFeCl2【答案】B【详解】A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金