江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高一上学期月考化学（零奥班）试题

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上饶中学2019-2020学年高一上学期第二次月考化学试卷（零奥班）
考试时间：90分钟 分值：100分
注意事项：本卷可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 N:14 Na:23 Al:27 Mg:24
一、单选题（本题共16小题，每题3分，共48分)
1.古诗词是古人为我们留下的宝贵精神财富。下列诗句中不涉及氧化还原反应的是(　　)
A. 野火烧不尽，春风吹又生 B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干
C. 明月松间照，清泉石上流 D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏
【答案】C
【解析】
【详解】A. 野火烧不尽，春风吹又生；燃烧是氧化还原反应，不合题意；
B. 春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干；蜡烛燃烧是氧化还原反应，B不合题意；
C. 明月松间照，清泉石上流；整个过程为物理过程，C符合题意；
D. 爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏；火药爆炸，为氧化还原反应，D不合题意。
故选C。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）
A. 含有NA个氧原子的氧气在标准状况下的体积约为22.4 L
B. 2 L 0.3 mol·L－1的硫酸钾溶液中钾离子浓度为0.6 mol·L－1
C. 常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA
D. 25 ℃，1.01×105 Pa，64 g SO2中含有的原子数为3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、含有NA个氧原子的氧气物质的量为0.5mol，在标准状况下的体积约为=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故A错误；
B、2L 0.3mol·L-1的硫酸钾溶液中钾离子浓度=0.3mol/L×2=0.6mol·L-1，故B正确；
C、常温常压下，32gO2和O3的混合气体所含原子数=×NA=2NA，故C正确；
D、25℃，1.01×105Pa，64g SO2中含有的原子个数=×3×NA=3NA，故D正确。
答案选A。
3.在强酸性溶液中能大量共存的无色透明离子组是（ ）
A. K＋、Na＋、NO3-、CO32- B. Mg2＋、Na＋、Cl-、SO42-
C. Mg2＋、Na+、Cl-、Cu2＋ D. Na+、Ba2＋、OH-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A．因H+、CO32-结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；
B．该组离子之间不反应，能大量共存，且离子均为无色，故B正确；
C．无色溶液中不可能存在Cu2＋，故C错误；
D．因H+、HCO3-结合生成水和气体，H+与OH-反应生成水，且OH-和HCO3-能发生离子反应，则离子组不能大量共存，故D错误；
故答案为B。
【点睛】明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；解决离子共存问题时还应该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-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
4.下列离子方程式中书写正确的是（ ）
A. 用小苏打治疗胃酸过多：
B. 氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：
C. 碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合：
D. 铜片插入硝酸银溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用小苏打治疗胃酸过多，离子方程式：HCO3-+H+═CO2↑+H2O，故A正确；
B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式为：Ba2++SO42-+2H++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故B错误；
C．碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合，溶液中有钙离子，碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，若氢氧化钠不足，则反应的离子方程式为：Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O，故C错误；
D．铜片插入硝酸银溶液中，离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故D错误；
故答案为A。
【点睛】考查离子方程式正误判断，侧重考查学生分析判断及应用能力，明确离子方程式书写特点及物质性质是解本题关键，注意单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质都写化学式，本题难点是选项C，不能只写局部离子反应方程式。
5.某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；
（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀。
（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672L NH3（标准状况）。
下列说法正确的是（ ）
A. 该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+ B. 该固体中一定没有Cu2+、Cl-、Na+
C. 该固体中只含有NH4+、CO32-、SO42-、Cl- D. 根据以上实验，无法确定该固体中有Na+
【答案】A
【解析】
【分析】
（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，则固体中不含有Cu2+；加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，则含有0.02mol硫酸根离子，0.01mol碳酸根离子；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生0.672L NH3（标准状况），则含有0.03mol铵根离子，根据溶液呈电中性，则溶液中一定含有钠离子，不能确定是否含有氯离子。
【详解】A. 分析可知，该固体中一定含有NH4+、CO32-、SO42-、Na+ ，符合题意，A正确；
B. 该固体中一定没有Cu2+，Cl-不能确定，与题意不符，B错误；
C. 该固体中含有NH4+、CO32-、SO42-，与题意不符，C错误；
D. 根据以上实验，可确定该固体中有Na+，与题意不符，D错误；
答案为A。
【点睛】根据题中给定的数据，及溶液呈电中性，可判断一定存在Na+。
6.高铁酸钾(K2FeO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl→4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑，下列说法不正确的是
A. 可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物Q
B. K2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO4→2K++Fe6++4O2一
C. 反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
D. 反应中涉及的物质中有5种为电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q↑可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；
B. K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K++FeO42-，故B错误；
C.反应中16mol HCl参加反应只有6mol被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；
D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；
答案选B。
7.小明做实验时不小心沾了一些KMnO4，皮肤上的黑斑很久才能消除，如果用草酸的稀溶液洗涤马上可以复原，其离子方程式为：MnO4﹣+H2C2O4+H+→CO2↑+Mn2++____（未配平）。关于此反应的叙述正确的是
A. 该反应的氧化产物是Mn2+
B. 1molMnO4-在反应中失去5mol电子
C. 该反应右横线上的产物是H2O
D. 配平该反应后，H+计量数是3
【答案】C
【解析】
分析】
A.化合价升高的元素在反应物是还原剂，反应后变为氧化产物；
B.化合价降低的元素获得电子，化合价降低数=获得电子的数目；
C.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式；
D.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式。
【详解】A.化合价升高的元素是H2C2O4中的C元素，所以反应物H2C2O4是还原剂，反应产生的CO2是氧化产物，A错误；
B.锰元素化合价从反应前MnO4-的+7价降低到Mn2+的+2价，元素得到电子，化合价降低数=得到电子的数目=5，即1molMnO4-在反应中得到5mol电子，B错误；
C.根据电子守恒，该反应中锰元素化合价降低5价，两碳元素化合价共升高2价，所以反应转移电子数为10，所以可以得到：2MnO4-+5H2C2O4+H+→10CO2↑+2Mn2++□，根据电荷守恒、原子守恒，所以短线____中为8H2O，产物是H2O，H+的计量数是6，C正确；
D.根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒来配平离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，H+的计量数是6， D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查学生氧化还原反应中的知识，掌握氧化还原反应中元素化合价与电子得失、物质的作用是解题关键，本题难度较大。
8.将12.8g两种金属的混合物投入足量的盐酸中，反应完全后得到氢气11.2L（标准状况），该混合物的组成可能是（ ）
A. 钙和锌 B. 镁和铜 C. 铝和镁 D. 钠和铁
【答案】B
【解析】
【分析】
标况下11.2L氢气物质的量为＝0.5mol，假设金属均为+2价，金属总物质的量等于氢气物质的量，故混合金属平均摩尔质量为＝25.6g/mol，因为两种金属的混合物，故平均摩尔质量应介于各组分之间，据此分析作答。
【详解】根据上述分析可知，
A．Ca摩尔质量为40g/mol，锌的摩尔质量为65g/mol，二者的平均摩尔质量大于25.6g/mol，不符合题意，A项不选；
B．Mg的摩尔质量为24g/mol，Cu不与盐酸反应，其摩尔质量可以视作无穷大，符合题意，B项选；
C．Al为+2价时的摩尔质量为27g/mol×＝18g/mol，Mg的摩尔质量为24g/mol，二者的摩尔质量都小于25.6g/mol，C项不选；
D．钠转化为+2价金属时的摩尔质量为46g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol，二者摩尔质量都大于25.6g/mol，不符合题意，D项不选；
答案选B。
9.在一定条件下，使H2和O2的混合气体26g充分发生反应，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g。原混合气体中H2和O2的物质的量之比为（　　）
A. 1：10 B. 9：1 C. 4：1 D. 4：3
【答案】D
【解析】
【分析】
已知：2H2+O2=2H2O，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，二者相加可得H2+Na2O2=2NaOH，所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应，使固体增重2g，则增加的质量为H2的质量，据此回答。
【详解】分两种情况：
⑴ 若O2过量，则m(H2)=2g，m(O2)=26g-2g=24g，n(H2)：n(O2)= ；
⑵ 若H2过量，根据化学反应方程式2 H2 + O2 = 2 H2O，参加反应的氢气2g，消耗氧气为16g，所以混合气体中O2的质量是16g，H2的质量是10g，n(H2)：n(O2)= ；
故答案为D。
【点睛】抓住反应实质H2+Na2O2=2NaOH，增重的质量就是氢气的质量，注意有两种情况要进行讨论，另外比值顺序不能弄反，否则会误选A。

10.下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是
A. 取a克混合物充分加热，残留b克
B. 取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C. 取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D. 取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】C
【解析】
【详解】A.碳酸氢钠受热分解，碳酸钠不分解，根据加热后固体质量的差值可以计算碳酸氢钠的质量，从而可以计算碳酸钠的质量分数，故不选A；
B.假设Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol；根据信息联立方程组：106x+84y=a，58.5（2x+y）=b，即可计算得出碳酸钠物质的量，进而计算出Na2CO3质量分数，故不选B；
C.碱石灰不仅吸收二氧化碳还吸收水蒸气，所以增重的bg不全是二氧化碳的质量，不能计算碳酸钠的质量分数，故选C；
D.bg固体是碳酸钡的质量，假设Na2CO3为xmol，NaHCO3为ymol；根据信息联立方程组：106x+84y=a，197（x+y）=b，即可计算得出碳酸钠物质的量，进而计算出Na2CO3质量分数，故不选D。
答案：C
11.一定质量的铝片分别和相同浓度、相同体积氢氧化钠溶液和盐酸反应，放出氢气的质量
A. 一样多 B. 和盐酸反应放出的多
C. 和氢氧化钠溶液反应放出的多 D. 不能确定
【答案】D
【解析】
【详解】若金属铝完全反应，则产生的氢气一样多，若金属铝不能完全反应，则产生的氢气的量不能确定。
故选D。
12.为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或分离方法不正确的是
A. Na2CO3溶液(NaHCO3)：加入适量的NaOH溶液
B. NaNO3固体(Na2SO4)：依次加入过量的Ba(NO3)2、过量Na2CO3、HNO3溶液
C. Na2O2粉末(Na2O)：将混合物在空气中加热
D. Na2CO3溶液(Na2SO4)：加入适量的Ba(OH)2溶液，过滤
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠，反应后不生成新杂质，故A正确；
B．Na2SO4能与过量的Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀和硝酸钠，过量的Ba(NO3)2用过量的Na2CO3除去，过量的Na2CO3再用HNO3除去，故B正确；
C．Na2O与氧气反应生成过氧化钠，不会引入新杂质，故C正确；
D．Na2SO4与Ba(OH)2反应生成硫酸钡和NaOH，反应后过滤，同时除去了碳酸钠，且引入新杂质NaOH，不能除杂，故D错误；
故选D。
13.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示.下列判断正确的是(

A. 在0~a范围内，只发生中和反应
B. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2
C. a = 0.3
D. ab段发生反应的离子方程式为:CO32-+2H+=H2O+CO2↑
【答案】C
【解析】
【分析】
向NaOH和Na2CO3混合配成的溶液中滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠反应完毕后再发生碳酸钠与盐酸的反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后发生发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。
【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠：NaOH+HCl=NaCl+H2O，继续滴加时，盐酸与Na2CO3首先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不会放出气体，继续滴加时发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，则在0-a范围内发生反应为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，选项A错误；
B．根据碳元素守恒，混合物中碳酸钠的物质的量是0.01mol，b点消耗盐酸的物质的量为0.11mol/L×0.4L=0.04mol，则a点氯化氢的物质的量为：0.04mol-0.01=0.03mol，根据反应HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl可知，0.01mol碳酸钠消耗0.01mol氯化氢生成碳酸氢钠，则氢氧化钠的物质的量为0.03mol-0.01mol=0.02mol，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为0.02mol：0.01mol=2：1，选项B错误；
C．根据B可知，a点消耗氯化氢的物质的量为0.03mol，则消耗0.1mol/L稀盐酸的体积为=0.3L，所以a=0.3，选项C正确；
D．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，选项D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，需要明确向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应是分步进行的，首先发生：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，然后再发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，为易错点。
14.在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示，下列说法正确的是（ ）

A. 铝球表面有气泡产生，溶液中有白色沉淀生成；杠杆不平衡
B. 铝球表面有气泡产生，溶液澄清；铁球表面有红色物质析出；溶液蓝色变浅，杠杆右边下沉
C. 反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡
D. 右边球上出现红色，左边溶液的碱性增强
【答案】B
【解析】
【分析】
质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，然后左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，则左烧杯中溶液质量增大，右烧杯中溶液质量减小，据此分析解答。
【详解】A．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，不生成沉淀，故A错误；
B．左烧杯中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，右烧杯中发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4，观察到铝球表面有气泡产生，溶液澄清，而铁球表面有红色物质析出，溶液蓝色变浅，由反应可知左烧杯中Al的质量变小，右烧杯中Fe球上生成Cu质量变大，杠杆右边下沉，故B正确；
C．由选项B的分析可知，反应后去掉两烧杯，杠杆不能平衡，故C错误；
D．右边球上生成Cu，球上出现红色，而左边溶液中消耗NaOH，则c(OH-)减小，碱性减弱，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为B，要注意图示的解读，只有球在杠杆两端，溶液质量的变化对杠杆的平衡没有影响。
15.向物质Y中逐渐加入(或通入)X溶液，生成沉淀的量与加入X的物质的量关系如图所示，下表中符合图示情况的是


A
B
C
D
X
CO2
HCl
NaOH
AlCl3
Y
Ca(OH)2
NaAlO2
AlCl3
NaOH



A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知，将物质X逐渐加入(或滴入)Y溶液中，生成沉淀，当Y溶液反应完后，继续加入物质X，物质X能与沉淀反应而使生成的沉淀溶解，且生成沉淀所需要的X的物质的量与沉淀溶解需要的X的物质的量之比为3：1，据此解答。
【详解】A．石灰水中通入二氧化碳，先发生反应Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O，生成CaCO3沉淀，当Ca(OH)2溶液反应完后，再继续通入CO2发生反应CO2+CaCO3+H2O═Ca(HCO3)2沉淀消失，所以前后两个过程CO2的物质的量之比为1：1，故A错误；
B．偏铝酸钠溶液中加入盐酸，先发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当偏铝酸钠溶液反应完后，再继续加入盐酸发生反应Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O，沉淀消失，所以前后两个过程HCl的物质的量之比为1：3，故B错误；
C．氯化铝溶液中加入氢氧化钠溶液中，先发生反应Al3++3OH-═Al(OH)3↓，生成Al(OH)3沉淀，当氯化铝溶液反应完后，再滴入氢氧化钠溶液发生反应Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O沉淀溶解至最后消失，所以前后两个过程氢氧化钠的物质的量之比为3：1，故C正确；
D．氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，先发生反应Al3++4OH-═AlO2-↓+2H2O，不生成沉淀，当氢氧化钠溶液反应完后，再滴入氯化铝溶液发生反应后发生3AlO2-↓+Al3++6H2O═4Al(OH)3↓+6H2O，生成沉淀溶，所以前后两个过程氯化铝的物质的量之比为3：1，故D错误；
故答案为C。
16.把一块镁铝合金投入到1 mol/L盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1 mol/L NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液的体积变化的关系如下图所示，下列说法中错误的是（ ）

A. 盐酸的体积为80mL B. a的取值范围为0≤ a ＜50
C. n(Mg2+)＜0.025mol D. 当a值为30时，b值为0.01
【答案】D
【解析】
【分析】
根据图可知，首先发生的反应是中和过量的酸：H++OH-=H2O，然后是沉淀两种金属离子：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，最后是Al（OH）3的溶解：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，从横坐标80mL到90mL这段可以求出n[Al（OH）3]=0.01mol。
【详解】A．第一阶段，盐酸和氢氧化钠反应：H++OH-=H2O；第二阶段，氯化镁、氯化铝和氢氧化钠反应Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓、Al3++3OH-=Al（OH）3↓，在加入V（NaOH）=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，可以看出氢氧化钠与盐酸物质的量相等，求出盐酸的体积为80mL，故A正确；
B.第三阶段，氢氧化铝溶解Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因为此时消耗NaOH10mL，所以n（Al3+）=0.01mol，所以第一阶段和Al3+反应的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0≤a0，所以n（Mg2+）