【化学】陕西省榆林市第二中学2018-2019学年高一上学期第二次月考试卷（解析版）

陕西省榆林市第二中学2018-2019学年高一上学期第二次月考试卷1.在10－9 m～10－7 m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术能实现意想不到的变化。如纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至爆炸。下列说法正确的是（    ）A. 纳米铜是一种新型化合物    B. 纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应C. 纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同    D. 纳米铜无需密封保存【答案】B【解析】试题分析：A.纳米铜属于单质，不是化合物，A项错误；B.根据题意，纳米铜粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸，说明纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气反应，B项正确；C.纳米铜与普通铜所含原子种类相同，都是铜原子，C项错误；D.纳米铜应密封保存，D项错误；答案选B。2.电解质和非电解质是对化合物的一种分类。下列关于电解质的说法正确的是（    ）A. 液态HCl不导电，所以HCl不是电解质B. NH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质C. SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D. BaSO4在水溶液中难导电，但熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质【答案】D【解析】试题分析：A．液态HCl不导电，但氯化氢溶于水能电离出自由移动的氢离子和氯离子，能导电，所以HCl是电解质，故A错误；B．NH3溶于水形成的溶液能导电，但氨气自身不能电离，故NH3是非电解质，故B错误；C. 无论电解质，还是非电解质，都是指化合物，Cl2是单质，故既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．BaSO4在熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质，故D正确；答案为D。3.符合图中阴影部分的物质是（    ）A. K2CO3    B. Na2CO3C. NaCl    D. NaHCO3【答案】B【详解】A、K2CO3分别属于正盐、碳酸盐和钾盐，不符合题意要求，选项A错误；B、Na2CO3分别属于正盐、碳酸盐和钠盐，符合题意要求，选项B正确；C、NaCl不属于碳酸盐，选项C错误；D、NaHCO3属于酸式盐，不符合题意要求，选项D错误。答案选B。4.下列反应的离子方程式书写正确的是（    ）A. 氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋CuB. 稀H2SO4溶液与铁粉反应：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑C. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4溶液反应：Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓D. 氯化铁溶液与铁粉反应：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋【答案】A【详解】A.Fe比Cu活泼，则氯化铜溶液与铁粉反应的离子反应为Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu，所以A选项是正确的；
B.稀H2SO4与铁粉反应的离子反应为Fe＋2H＋===Fe2+＋H2↑，故B错误；
C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应的离子反应为Ba2＋＋SO42-+2H++2OH-===BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D. 氯化铁溶液与铁粉反应，离子方程式：2Fe3++Fe=3Fe2+，故D错误。
所以A选项是正确的。5.同温、同压下，物质的量相等的两种气体一定（    ）A. 密度相等    B. 原子数相等    C. 分子数相等    D. 均为22.4 Ｌ【答案】C【详解】A、根据ρ=知，两种气体的平均摩尔质量不一定相等，所以其密度不一定相等，故A错误；
B、若两种气体分子中含有相同的原子数目，则原子数相同，若气体分子中含有的原子数目不相同，则所含原子数不相同，故B错误；
C、两种气体的物质的量相同，根据N=nNA判断可知气体分子数相同，故C正确；
D、气体不一定在标准状况下，气体的物质的量也不一定是1mol，即体积不一定为22.4L，故D错误。故选C。6.在无色透明溶液中，能大量共存的离子组是（    ）A. Mg2＋、Na＋、NO3-    B. K＋、H＋、HCO3-C. Cu2＋、NO3-、SO42-    D. Ba2＋、NO3、CO32-【答案】A【详解】溶液无色时可排除Cu2＋、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，
A. Mg2＋、Na＋、NO3-离子之间不反应，且都是无色溶液，在溶液中能够大量共存，所以A选项是正确的；
B. H＋、HCO3-离子之间发生反应生成水和二氧化碳，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.Cu2＋为有色离子，不符合题设条件，故C错误；
D. Ba2＋、CO32-离子之间发生反应生成碳酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故D错误。所以A选项是正确的。7.某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，则该元素（ 　  ）A. 一定被氧化    B. 一定被还原C. 化合价降低为零价    D. 可能被氧化，也可能被还原【答案】D【详解】某元素在化学反应中，由化合态变为游离态，则该元素可能被还原，例如反应Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑中H由＋1价→0价，化合价降低，被还原，也可能被氧化，例如MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中Cl由－1价→0价，化合价升高，被氧化。答案选D。8.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（    ）A. 32g SO2含有氧原子数为0.5NAB. 物质的量浓度为0.5mol/L CaCl2溶液，含有Cl﹣离子数为1NAC. 标准状况下，22.4L H2O的分子数为1NAD. 常温常压下，14g N2含有分子数为0.5NA【答案】D【详解】A、因为32g二氧化硫物质的量是0.5mol，含有1mol氧原子，含有氧原子数为NA，故A错误；
B、没有告诉溶液的体积，无法计算氯化钙的物质的量，故B错误；
C、标况下，水不是气体，无法计算水的物质的量，故C错误；
D、14g氮气物质的量是0.5mol，含有分子数为0.5NA，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。9.X原子转移2个电子给Y原子，形成化合物XY，下列说法中正确的是（    ）A. X被氧化了    B. X是氧化剂C. Y发生了氧化反应    D. Y在反应中表现出还原性【答案】A【解析】A、因形成化合物时，X失去电子，作还原剂，被氧化，故A正确；B、因形成化合物时，X失去电子，作还原剂，故B错误；C、Y得到电子，作氧化剂，被还原，发生还原反应，故C错误；D、Y得到电子，作氧化剂，在反应中表现了氧化性，故D错误；故选A。10.下表物质按碱、酸、盐、碱性氧化物、酸性氧化物的顺序分类正确的是（    ）　　　　　　 　 碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BKOHHClNaClCaOCOCNaOHCH3COOHCaCl2CuOSO2DNaOHHNO3BaCO3NOSO3【答案】C【详解】A、Na2CO3是盐，不是碱；NaOH是碱不是盐；SO2能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；
B、CO既不能与酸反应生成盐和水，也不能和碱反应生成盐和水，是不成盐氧化物，故B错误；
C、NaOH是碱，HClO是酸，CaCl2是盐，CuO是碱性氧化物，SO2是酸性氧化物，故C正确；
D、NO既不能与酸反应生成盐和水，也不能和碱反应生成盐和水，是不成盐氧化物，故D错误。
故选C。11.在下列反应中，氧化产物与还原产物为同一物质的是（    ）A. Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2OB. MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑C. Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑D. KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O【答案】D【详解】A项，该反应中Cl2发生歧化反应，对应还原产物为NaCl，对应氧化产物为NaClO，氧化产物与还原产物不是同一物质，故不选A项；B项，该反应中Mn元素的化合价从+4价降低为+2价，对应的还原产物为MnCl2，Cl元素的化合价从-1价升高到0价，对应氧化产物为Cl2，氧化产物与还原产物不是同一物质，故不选B项；C项，该反应中Fe元素的化合价从0价升高到+2价，对应氧化产物为FeCl2，H元素的化合价从+1价降低为0价，对应还原产物为H2，氧化产物与还原产物不是同一物质，故不选C项。D项，该反应中KClO3中的Cl元素从+5价降低为0价，对应还原产物为Cl2，HCl中的Cl元素从-1价升高到0价，对应氧化产物为Cl2，氧化产物与还原产物为同一物质，故选D项。综上所述，本题正确答案为D。12.日常生活中的下列现象与胶体的性质无关的是（    ）A. 将盐卤或石膏加入豆浆中制成豆腐B. 一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀D. 清晨，阳光穿过树林枝叶间的间隙形成“光柱”【答案】C【详解】A、豆浆是胶体，加入石膏胶体聚沉形成豆腐，利用胶体的性质，故A不符合；
B、墨水属于胶体，胶体聚沉使钢笔发生堵塞，与胶体性质有关，故B不符合；
C、FeCl3溶液和NaOH溶液发生复分解反应，生成红褐色沉淀，不是胶体的性质，故C符合；
D、清晨的雾属于胶体，看到从枝叶间透过的道道光柱就是胶体具有的丁达尔效应，涉及胶体性质，故D不符合。
所以C选项是正确的。13.下列变化，需要加入适当的氧化剂才能完成的是（    ）A. PCl3→PCl5    B. MnO4- →Mn2+    C. SO2→SO32-    D. Cl2→HClO【答案】A【解析】试题分析：氧化剂在反应中得到电子，化合价降低。这说明题中所给的物质是还原剂，失去电子化合价升高，所以答案选A。14.下列各组中的两种物质作用时，反应条件（温度、反应物用量）改变，不会引起产物改变的是（    ）A. Fe和HCl    B. Ca(OH)2和CO2    C. Na和O2    D. C和O2【答案】A【解析】A. Fe和HC l反应时只能生成氯化亚铁和氢气；B. Ca(OH)2和CO2 反应，二氧化碳少量时生成碳酸钙，当二氧化碳过量时，碳酸钙会转化为碳酸氢钙；C. Na和O2 在常温下反应生成氧化钠，在加热或点燃条件下生成过氧化钠；D. C和O2反应，氧气不足时生成CO，氧气充足时生成二氧化碳。所以本题选A。15.在空气中，有下列反应发生：①N2+O2═2NO；②2NO+O2═2NO2；③3NO2+H2O═2HNO3+NO；④2SO2+O2═2SO3；⑤SO3+H2O═H2SO4；⑥SO2+H2O═H2SO3；⑦3O2═2O3．其中属于氧化还原反应的是（    ）A. ①②③④    B. ①②③④⑦    C. ①②④⑦    D. ①②③④⑤⑥⑦【答案】A【解析】试题分析：①N2+O2═2NO，有化合价的变化，所以是氧化还原反应；②2NO+O2═2NO2，有化合价的变化，所以是氧化还原反应 ； ③3NO2+H2O═2HNO3+NO；有化合价的变化，所以是氧化还原反应；④2SO2+O2═2SO3，有化合价的变化，所以是氧化还原反应⑤SO3+H2O═H2SO4，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；⑥SO2+H2O═H2SO3，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；⑦3O2═2O3，没有化合价的变化，所以不是氧化还原反应；属于氧化还原反应的是①②③④项正确；答案选A。16.已知有下列物质：下列物质：①Na  ②Na2O  ③NH3 ④HCl  ⑤Ba（OH）2 ⑥NaCl⑦蔗糖     ⑧NaCl溶液．（填序号）（1）属于电解质的是___，（2）属于非电解质的是______，（3）能导电的是_____．（4）过氧化钠与水反应的离子方程式为：__________________。【答案】(1). ② ④ ⑤⑥    (2). ③ ⑦    (3). ① ⑧    (4). 2Na2O2+2H2O====4Na++4OH-+O2↑【详解】①Na是金属单质，含有自由电子，能够导电；既不是电解质也不是非电解质；
②Na2O 是金属氧化物，不含有自由移动的离子或自由电子，不导电；熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
③NH3，不含有自由移动的离子或自由电子，不导电；本身不能电离产生离子，属于非电解质；
④HCl不含有自由移动的离子或自由电子，不导电；在水溶液里能导电的化合物，是电解质；
⑤Ba(OH)2  不含有自由移动的离子或自由电子，不导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
⑥NaCl不含有自由移动的离子或自由电子，不导电；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
⑦蔗糖不含有自由移动的离子或自由电子，不导电；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质；
 ⑧NaCl溶液含有自由移动的离子，能够导电；属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；
所以属于电解质的有：②④⑤⑥；属于非电解质的有：③⑦；能导电的是：①⑧；
因此，本题正确答案是：（1）②④⑤⑥（2）③⑦（3）①⑧。(4)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠、水为氧化物都应该保留化学式，氢氧化钠为易溶性强电解质，应拆成离子形式，所以反应的离子方程式：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑，因此，本题正确答案是：2Na2O2+2H2O═4Na++4OH-+O2↑。17.体重50 kg的健康人含Fe元素约2 g。主要以Fe2＋、Fe3＋形式存在于人体内。Fe2＋易被吸收，给贫血者补充铁，应补充含Fe2＋的亚铁盐(如FeSO4)。服用Vc，可使食物中的Fe3＋转化为Fe2＋。①人体中经常进行Fe2＋Fe3＋的转化，在过程A中，Fe2＋做_______剂，过程B中Fe3＋做______剂。②Vc使Fe3＋转化为Fe2＋，VC在这一过程中做___________，具有____________性。【答案】(1). 还原剂    (2). 氧化剂    (3). 还原剂    (4). 还原【详解】①过程A中Fe元素的化合价升高，则Fe2＋做还原剂；过程B中Fe元素的化合价降低，则Fe3＋作氧化剂，被还原，因此，本题正确答案是：还原剂；氧化剂；
②Vc使Fe3＋转化为Fe2＋，Fe元素的化合价降低，则Vc在这一过程中某元素的化合价升高，则作还原剂，具有还原性，因此，本题正确答案是：还原剂；还原。18.某研究性学习小组为了了解HCl、NaHSO4、NaHCO3在水溶液中的电离情况，进行了下列实验：①分别测定了0.1 mol·L－1的HCl、NaHSO4、NaHCO3溶液中H＋的物质的量浓度，HCl溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，NaHSO4溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，而NaHCO3溶液中H＋的物质的量浓度远远小于0.1 mol·L－1。②取少量NaHSO4溶液于试管中，滴入BaCl2溶液有不溶于稀盐酸的白色沉淀生成。③取少量NaHCO3溶液于试管中，滴入几滴BaCl2溶液无明显现象。（1）请根据该小组同学的实验结果，分别写出HCl、NaHSO4、NaHCO3在水溶液中的电离方程式：①HCl：_______________________________________、②NaHSO4：_____________________________________、③NaHCO3：_____________________________________。（2）写出NaOH溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式：_____________________。【答案】(1). HCl===H＋＋Cl－    (2). NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-    (3). NaHCO3===Na＋＋HCO3-    (4). HCO3-＋OH-===CO32-＋H2O【详解】(1)①0.1 mol·L－1的HCl溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，说明氯化氢为强电解质，溶液中完全电离，其电离方程式为：HCl===H＋＋Cl－；②0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，说明硫酸氢钠在溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子,所以硫酸氢钠的电离方程式为：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-；③0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中H+的物质的量浓度远远小于0.1 mol·L－1，证明碳酸氢钠溶液中电离出的氢离子很少，主要电离出钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3===Na＋＋HCO3-；
因此，本题正确答案是：HCl===H＋＋Cl－；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-；NaHCO3===Na＋＋HCO3-；
(2) 碳酸氢钠与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：HCO3-＋OH-===CO32-＋H2O，
因此，本题正确答案是：HCO3-＋OH-===CO32-＋H2O。19.常温下MnO2氧化浓HCl的反应方程式如下：（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则MnO2、Cl2的氧化性由强到弱的顺序是：______________________。   （2）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_______________________  （3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是________ （填编号）A只有还原性   B还原性和酸性   C只有氧化性  D氧化性和酸性【答案】(1). MnO2>Cl2    (2).     (3). B【详解】(1)由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可以知道，氧化性为MnO2>Cl2，因此，本题正确答案是：MnO2>Cl2； (2) Mn得到2e-，Cl失去2×e-，以此用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目；该反应为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目为：；因此，本题正确答案是：；
(3)浓盐酸中部分由氯是-1价，失电子，是还原剂，所以在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，所以B选项是正确的；
因此，本题正确答案是：B。20.实验室用密度为1.25 g·mL－1，质量分数为36.5 %的浓盐酸配制240mL0.1mol ·L－1的盐酸，请回答下列问题：（1）浓盐酸的物质的量浓度为________。（2）配制240 mL 0.1mol·L－1的盐酸应量取浓盐酸体积________mL，应选用容量瓶的规格是________mL.（3）所需的实验仪器除量筒和容量瓶外还有：________________。（4）若配制的溶液浓度偏小，则可能的原因是________(填序号)。①浓盐酸稀释溶解时有溶液溅出②容量瓶洗净后没有干燥③定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线④定容时俯视刻度线【答案】(1). 12.5mol.L-1    (2). 2    (3). 250    (4). 胶头滴管，烧杯，玻璃棒    (5). ① ③【详解】（1）浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=12.5mol/L，因此，本题正确答案是：12.5mol.L-1；
（2）稀释前后盐酸的物质的量不变，浓盐酸体积= =0.002L=2mL；选取容量瓶规格应该等于或稍大于配制溶液体积，实验室没有240mL容量瓶，有250mL容量瓶，所以应该选取250mL容量瓶，因此，本题正确答案是：2；250；
（3）配制配制0.1mol·L－1的盐酸250 mL，所以需选用250 mL的容量瓶，量取浓盐酸需要量筒，溶解需要用烧杯，玻璃棒搅拌，转移过程中用玻璃棒引流。最后用胶头滴管定容。故还需仪器为：胶头滴管，烧杯，玻璃棒，因此，本题正确答案是：胶头滴管，烧杯，玻璃棒；（4）根据c=判断误差分析，如果n偏大或V偏小都导致c偏大，如果n偏小或V偏大都导致c偏小，
①浓盐酸稀释溶解时有溶液溅出，导致溶质的物质的量偏小，所以配制溶液浓度偏小，应选；
②容量瓶洗净后没有干燥，里面含有少量水，对溶质的物质的量和溶液的体积都没有影响，根据c=可得，不影响配制结果，不选；③定容后摇匀，发现液面低于刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，导致配制的溶液体积偏大，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，应选；④定容时俯视刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，不选；因此，本题正确答案是：① ③。