【化学】内蒙古集宁一中(西校区)2018-2019学年高一上学期第二次月考理综试题（解析版）

内蒙古集宁一中(西校区)2018-2019学年高一上学期第二次月考理综试题1.进行化学实验必须注意安全，下列说法中正确的是（       ）  A. 不慎碰倒酒精灯，洒出的酒精在桌上燃烧时，应立即用湿抹布扑盖B. 蒸发时要将蒸发皿内的液体完全蒸干才能停止加热C. 蒸馏时，应将温度计水银球深入液体中部，但不能接触瓶底D. 稀释浓硫酸的操作为将水加入浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌【答案】A【详解】A．不慎碰倒酒精灯，洒出的酒精在桌上燃烧时，应立即用湿抹布扑盖，故A正确；B．蒸发时当出现大量晶体时即可停止加热，利用余热蒸干，不能要将蒸发皿内的液体完全蒸干才能停止加热，故B错误；C．蒸馏时温度计测量蒸汽的温度，应将温度计水银球放在蒸馏烧瓶的支管出口处，不能深入液体中部，故C错误；D．浓硫酸溶于水放热，密度大于水，浓硫酸稀释应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，故D错误；答案选A。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（       ）  A. 标准状况下，1mol H2O的体积为22.4 LB. 物质的量浓度为0.5mol/L MgCl2溶液，含有Cl—离子数为NAC. 0.5NA个O2的质量为32gD. 常温常压下，14g N2含有分子数为0.5NA【答案】D【详解】A．标准状况下水是液态，1mol H2O的体积不是22.4 L，A错误；B．物质的量浓度为0.5mol/L MgCl2溶液中氯离子的浓度是1.0mol/L，但不能确定溶液的体积，则不能计算含有的Cl-离子数，B错误；C．0.5NA个O2的物质的量是0.5mol，其质量为0.5mol×32g/mol＝16g，C错误；D．常温常压下，14g N2的物质的量是14g÷28g/mol＝0.5mol，其中含有分子数为0.5NA，D正确。答案选D。3.分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是（       ）  A. 根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体B. 依据分子组成中含有氢原子的数目，将酸分为一元酸、二元酸等C. 根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质D. 依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物【答案】D【解析】A、根据分散质的微粒直径的大小，将分散系分为溶液、浊液、胶体，微粒直径1nm-100nm之间的分散系为胶体，微粒直径<1nm的分散系为溶液，微粒直径>100nm的分散系为浊液，故A错误；B、根据电离出H＋的个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故B错误；C、电解质定义：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，非电解质定义：在水溶液和熔融状态下都不能够导电的化合物，故C错误；D、根据组成元素的种类，只有一种元素组成的纯净物属于单质，有多种元素组成的纯净物属于化合物，故D正确。4.在无色透明酸性溶液中能大量共存的离子组是（       ）  A. Al3+、Ag＋、NO3-、Cl－B. Mg2+、NH4+、NO3-、Cl－C. K＋、CO32－、Cl－、Na＋D. Na＋、OH－、SO42-、Fe2+【答案】B【解析】【分析】无色溶液可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，酸性溶液中存在大量氢离子，结合离子的性质分析判断。【详解】A．银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Mg2+、NH4+、NO3-、Cl－之间不发生反应，都是无色离子，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．CO32－在酸性溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe2+为有色离子，H+与OH-发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选B。5.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与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C. 氢氧化钡溶液与稀 H2SO4 反应：Ba2++SO42－=BaSO4↓D. 碳酸钙与盐酸反应：CO32－+2H+=H2O+CO2↑【答案】A【解析】试题分析：A．硫酸铜溶液中加入铁粉反应发生置换反应：Cu2++Fe=Fe2++Cu，A正确；B．稀H2SO4与铁粉反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C．氢氧化钡溶液与稀 H2SO4发生中和反应：2OH—+Ba2++SO42－+2H+=2H2O+BaSO4↓，C错误；D．碳酸钙与盐酸反应：CaCO3+2H+=H2O+CO2↑+Ca2＋，D错误。答案选A。6.常温下,在溶液中可发生以下反应：①2Fe2++Br22Fe3++2Br-,②2Br-+Cl2Br2+2Cl-,③2Fe3++2I-2Fe2++I2。由此判断下列说法错误的是（       ）  A. 氧化性强弱顺序为:Cl2>Br2>Fe3+>I2B. 反应②中当有1 mol Cl2被还原时,有2mol Br-被氧化C. 铁元素在反应①和③中均被氧化D. 还原性强弱顺序为:I->Fe2+>Br->Cl-【答案】C【详解】A．反应2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－中Fe2＋被单质溴氧化为Fe3＋，反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-中溴离子被氯气氧化为单质溴，反应2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2中I－被Fe3＋氧化为I2，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性强弱顺序为Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，A正确；B．反应2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－中，当有1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br－被氧化，B正确；C．反应①中铁元素被氧化，反应③中铁元素被还原，C错误；D、根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知还原性强弱顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－＞Cl－,D正确；答案选C。7.下列各物质含少量杂质，除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的是（       ）  序号物质杂质除杂应选用的试剂或操作方法①KNO3溶液KOH加入FeCl3溶液，并过滤②FeSO4溶液CuSO4加入过量铁粉，并过滤③H2CO2通过盛NaOH溶液的洗气瓶，并干燥④CaCO3粉末CaCl2溶解、过滤、蒸发A. ②③    B. ②③④    C. ①③④    D. ①②③④【答案】A【详解】①硝酸钾中混有KOH，不能加入FeCl3溶液，引入新的杂质Cl－，故①错误；②FeSO4中混有CuSO4，加入铁粉发生反应：Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu，然后过滤，可以达到实验目的，故②正确；③CO2是酸性氧化物，能与NaOH发生反应，氢气不能与NaOH溶液反应，可以除去氢气中混有的CO2，故③正确；④CaCl2易溶于水，CaCO3不溶于水，因此采取溶解、过滤的方法得到CaCO3固体，故④错误；综上所述②③正确，答案选A。8.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：   （1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置________ (填代表装置图的字母，下同)；除去自来水中的Cl－等杂质，选择装置________。（2）将溴的四氯化碳溶液和水分离开选择的装置是___________，下列是进行该操作的步骤，正确的顺序是____________。①将混合物倒入分液漏斗中，并放在铁架台的铁圈上静置，分层；②从分液漏斗上口倒出上层溶液③将分液漏斗的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔④分液漏斗下面导管紧贴烧杯内壁，旋开活塞，用烧杯接收溶液⑤检查分液漏斗活塞和颈部的玻璃塞是否漏水（3）装置A中①的名称是______________，进水的方向是从________口进水。【答案】(1). D    (2). A    (3). B    (4). ⑤①③④②    (5). 直形冷凝管    (6). 下【解析】【分析】（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，为可溶性固体与液体的分离；除去自来水中的Cl-等杂质，利用沸点不同采取蒸馏法分离；（2）溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，则萃取、分液可分离；依据萃取分液的实验操作来解答；（3）由图可知仪器的名称，冷水下进上出效果好。【详解】（1）可以采用蒸发结晶的方法从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，则选择D装置；除去自来水中的Cl-等杂质，可以采用蒸馏的方法，则选择A装置；（2）溴不易溶于水，易溶于四氯化碳，且四氯化碳不溶于水，因此将溴的四氯化碳溶液和水分离开需要分液，选择B装置。进行该操作的步骤为：⑤检查分液漏斗活塞和颈部的玻璃塞是否漏水，①将混合物倒入分液漏斗中，并放在铁架台的铁圈上静置，分层，③将分液漏斗的玻璃塞打开或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，④分液漏斗下面导管紧贴烧杯内壁，旋开活塞，用烧杯接受溶液，②从分液漏斗上口倒出上层溶液，即顺序为⑤①③④②；（3）装置A中①的名称是直形冷凝管，进冷却水的方向是下进上出，即进水的方向是从下口进水。9.实验室需配制480mL 0.1mol/L的碳酸钠溶液，填空并回答下列问题：（1）配制480mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液。实际应称Na2CO3质量/g应选用容量瓶的规格/mL ___________ __________（2）配制时，其正确的操作顺序为__________。A．将已冷却的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中B．将准确称量的Na2CO3固体倒入烧杯中，再加适量水溶解C．将容量瓶盖紧，上下颠倒，摇匀D．用30 mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡E．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1～2cm处F．改为胶头滴管加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切（3）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若容量瓶中有少量蒸馏水，结果会______；若定容时俯视刻度线，结果会________。【答案】(1). 5.3     (2). 500    (3). BADEFC    (4). 无影响    (5). 偏高【解析】【分析】（1）依据配制溶液体积选择容量瓶规格，依据m＝cVM计算需要溶质的质量；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，据此排序；（3）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c＝n/V进行误差分析。【详解】（1）配制480mL0.1mol•L-1的Na2CO3溶液，实验室没有480mL规格容量瓶，应选择500mL容量瓶，需要溶质的质量m＝0.1mol•L-1×0.5L×106g/mol＝5.3g；（2）用固体配制一定物质的量浓度溶液一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签等，所以正确的顺序为：BADEFC；（3）若容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，对溶液浓度无影响；若定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高。10.有A、B、C、D四种可溶性化合物，它们的阳离子是Ag+、Na+、Mg2+、Cu2+，阴离子是Cl-、OH-、NO3-、SO42-（每种离子只能用一次），现将溶液两两混合，记录现象如下：A+B→白色沉淀；B+D→白色沉淀；C+D→蓝色沉淀。（1）A、B、C、D的化学式分别是_________、___________、_________、_________。（2）写出反应的离子方程式：A+B→_______________________________；C+D→_____________________________。【答案】(1). AgNO3    (2). MgCl2    (3). CuSO4    (4). NaOH    (5). Ag++Cl-＝AgCl↓    (6). Cu2++2OH－＝Cu(OH)2↓【解析】【分析】Ag+与Cl-、OH-、SO42-均不能大量共存，所以一定有硝酸银；Mg2+、Cu2+与OH-均不能大量共存，所以一定有氢氧化钠。C与D混合生成蓝色沉淀，沉淀一定是氢氧化铜，B与A、D两种物质反应产生两种白色沉淀，这说明D与其他物质反应产生一种白色沉淀、一种蓝色沉淀，因此可以确定D为NaOH，C为铜盐；B可以产生两种白色沉淀，因此可确定B为MgCl2，则C是CuSO4，A是AgNO3，以此解答该题。【详解】（1）由以上分析可知四种物质分别为硝酸银、氯化镁、硫酸铜和氢氧化钠，化学式分别是AgNO3、MgCl2、CuSO4、NaOH；（2）氯化镁与硝酸银反应生成氯化银沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl-＝AgCl↓；硫酸铜与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为Cu2++2OH－＝Cu(OH)2↓。11.在3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O反应中（1）_______是氧化剂；_______是氧化产物；被还原的HNO3与参加反应的 HNO3物质的量之比是_______。（2）根据该反应判断Cu，HNO3、Cu(NO3)2、NO这四种物质氧化性强弱顺序______。（3）当转移3mol电子时，消耗HNO3的物质的量为_____mol,产生NO的体积为____L（标准状况）。【答案】 (1). 稀HNO3     (2). Cu(NO3)2    (3). 1∶4    (4). HNO3 ＞ Cu(NO3)2 ＞NO ＞ Cu    (5). 4mol    (6). 22.4L【解析】【分析】反应3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O中，Cu元素的化合价升高，N元素的化合价降低，以此来解答。【详解】（1）反应3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O中，Cu元素的化合价由0价升高到+2价，失去2个电子，N元素的化合价从+5价降低到+2价，得到3个电子，被还原，因此硝酸是氧化剂，硝酸铜是氧化产物；根据方程式可知被还原的HNO3与参加反应的HNO3物质的量之比是2：8＝1：4。（2）氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，该反应中是铜是还原剂，硝酸是氧化剂，硝酸铜是氧化产物，NO是还原产物，因此Cu，HNO3、Cu(NO3)2、NO这四种物质氧化性强弱顺序为HNO3＞Cu(NO3)2＞NO＞Cu。（3）根据以上分析可知消耗8mol硝酸转移6mol电子，因此当转移3mol电子时，消耗HNO3的物质的量为4mol，产生NO的物质的量是1mol，在标况下的体积为22.4L（标准状况）。