山西省应县第一中学校2019-2020学年高一上学期第三次月考化学试题

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高一年级月考三
化学试题
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(每小题2分，共48分，每题只有一个正确选项)
1.铝制品不易被腐蚀，其主要原因是因为铝
A. 化学性质不活泼 B. 熔点高
C. 表面有致密氧化膜 D. 密度小
【答案】C
【解析】
铝制品不易被腐蚀，其主要原因是因为铝表面有致密氧化膜能够阻止内部的金属被氧化，答案选C。
2.下列叙述正确的是
A. 用小苏打治疗胃酸过多 B. 用氢氧化钠改良酸性土壤
C. 用铁桶长时间存放硫酸铜溶液 D. 用食盐水除去热水瓶中的水垢
【答案】A
【解析】
A、小苏打是碳酸氢钠的俗称，和胃酸中的盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，故A正确；B、硬氢氧化钠的俗称，是一种常见的碱，能中和酸性物质，但其具有很强烈的腐蚀性，不能用于中和酸性土壤改良土壤结构，故B错误；C、铁能置换硫酸铜中的铜，因此不能用铁桶长时间存放硫酸铜溶液，故C错误；D、食盐水不能与水垢反应，因此不用食盐水除去热水瓶中的水垢，故D错误；故选A。
3.探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（　　）
A. AlCl3、氨水、稀盐酸 B. 、氨水、稀盐酸
C. Al、NaOH溶液、稀盐酸 D. 溶液、NaOH溶液、稀盐酸
【答案】D
【解析】
【分析】
既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。
【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；
B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；
C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；
D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。
4.某无色溶液放入铝片后有氢气产生，下列离子在该溶液中一定不能大量存在的是（ ）
A. SO32- B. OH- C. K＋ D. HCO3－
【答案】D
【解析】
【详解】某无色溶液放入铝片后有氢气产生，说明溶液中不含有有色离子、溶液呈酸性或强碱性，
A、SO32-与氢离子会发生反应，在酸性条件下SO32-不能大量存在，但碱性条件下SO32-可以大量存在，故A不符合题意；
B、OH-与氢离子会发生反应，在酸性条件下OH-不能大量存在，故B不符合题意；
C、K＋与氢离子以及氢氧根均不发生反应，酸性、碱性条件下K+都能够大量存在，故C不符合题意；
D、HCO3－与氢离子以及氢氧根均会发生反应，在酸性、碱性条件下HCO3-都不能大量存在，故D符合题意；
故答案为D。
【点睛】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. 下列说法中一定正确的是( )
A. Na2O2固体中阳离子与阴离子的个数比为1∶1
B. 从试剂瓶中取出并切下未使用的钠可放回原试剂瓶中
C. 将Na投入饱和Na2CO3溶液中,会导致溶液质量增加
D. 金属Na失火,可用CO2灭火
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na2O2固体中阳离子与阴离子的个数比为2∶1，A错误；
B．钠是活泼的金属，从试剂瓶中取出并切下的未使用的钠可放回原试剂瓶中，B正确；
C．将Na投入饱和Na2CO3溶液中与水反应生成氢氧化钠和氢气，溶剂减少，有碳酸钠晶体析出，所以溶液质量不一定增加，C错误；
D．金属Na失火产生过氧化钠，过氧化钠和CO2反应生成氧气和碳酸钠，应该用沙子灭火，D错误，
答案选B。
6.某化合物水溶液中加入过量Na2O2，最终有白色沉淀产生。下列化合物中符合条件的是（ ）
A. Ca(HCO3)2 B. NaHCO3 C. CuC12 D. A1C13
【答案】A
【解析】
【详解】A、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和Ca(HCO3)2反应，生成白色碳酸钙沉淀，故A符合题意；
B、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和NaHCO3反应，生成碳酸钠，因在同温度下，碳酸钠溶解度高于碳酸氢钠，故不会有沉淀产生，故B不符合题意；
C、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和CuC12反应，生成蓝色氢氧化铜沉淀，故C不符合题意；
D、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠先和A1C13反应生成氢氧化铝沉淀，因加入的Na2O2为过量，所以氢氧化钠会再与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，因此最终不会有白色沉淀产生，故D不符合题意；
故答案为A。
【点睛】Na2O2具有强氧化性，若溶液中存在还原性物质，则与还原性物质发生氧化还原反应。
7.现有25 mL 2 mol·L－1Na2CO3和75 mL 1 mol·L－1的稀盐酸：①将Na2CO3溶液缓缓滴到稀盐酸中 ②将稀盐酸缓缓滴到Na2CO3溶液中，在标准状况下产生气体的体积情况( )
A. 均为0.84 L
B. 均为0.56 L
C. ①＞②
D. ②＞①
【答案】C
【解析】
【详解】①到盐酸中，发生Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑，碳酸钠的物质的量为25×10－3×2mol=5×10－2mol，盐酸的物质的量为75×10－3×1mol=7.5×10－2mol，盐酸不足，碳酸钠过量，因此产生CO2的体积为L=0.84L；
②滴加到碳酸钠中，发生Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，第一个反应方程式中，Na2CO3不足，盐酸过量，产生碳酸氢钠的物质的量为0.05mol，剩余盐酸的物质的量2.5×10－2mol，第二个反应方程式为碳酸氢钠过量，盐酸不足，产生CO2的体积为2.5×10－2×22.4L=0.56L，因此产生CO2的体积为①>②，故选项C正确，
答案选C。
8.下列物质反应时，反应物用量或反应条件的改变对生成物无影响的是（　　）
A C和O2 B. Na2CO3和盐酸 C. Na和O2 D. NaHCO3和NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A. C在O2中燃烧，氧气足量得CO2、氧气不足得CO，生成物与反应物用量有关，A项不符合题意；
B. Na2CO3与盐酸反应，盐酸不足得碳酸氢钠和氯化钠，盐酸足量反应生成氯化钠、二氧化碳和水，生成物与反应物用量有关，B项不符合题意；
C. Na和O2常温生成氧化钠，加热条件生成过氧化钠，生成物与反应条件有关，C项不符合题意；
D. NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠和水，生成物与反应物用量或反应条件无关，D项符合题意；
答案选D。
9.相同质量的镁和铝分别与足量的盐酸反应，生成标准状况下的氢气（ ）
A. 一样多 B. 镁多 C. 铝多 D. 都为22.4 L
【答案】C
【解析】
【详解】设镁和铝的质量都是mg，与稀盐酸反应生成氢气的质量分别为xg、yg，

，，
解得x=，y=，由计算可知，相同质量的镁和铝分别与足量的稀盐酸充分反应，其结果是铝反应生成的氢气的质量大，
故答案为C。
10.用含有少量Mg的Al片制取纯净的Al(OH)3，下列操作中最恰当的组合是( ）
①加盐酸溶解 ②加NaOH溶液 ③过滤 ④通入过量CO2生成Al(OH)3 ⑤加盐酸生成Al(OH)3 ⑥加过量氨水生成Al(OH)3
A. ①⑥③ B. ①③⑥③ C. ②③④③ D. ②③⑤③
【答案】C
【解析】
【详解】第一种方案：Mg、AlMgCl2、AlCl3Mg(OH)2沉淀、NaAlO2溶液 NaAlO2溶液Al(OH)3沉淀 Al(OH)3固体；第二种方案：Mg、AlMg、NaAlO2溶液 NaAlO2溶液Al(OH)3沉淀 Al(OH)3固体；故C正确。
11.实验室常利用以下反应制取少量氮气：NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的下列说法正确的是（ ）
A. NaNO2是氧化剂
B. 每生成1mol N2时，转移电子的物质的量为6mol
C. NH4Cl中的氮元素被还原
D. N2既是氧化剂，又是还原剂
【答案】A
【解析】
【详解】A、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，NaNO2中N元素化合价从+3价降为0价，NaNO2为氧化剂，故A正确；
B、反应NaNO2＋NH4Cl=NaCl＋N2↑＋2H2O中，化合价升高值=化合价降低值=3，即每生成1molN2时，转移电子的物质的量为3mol，故B错误；
C、NH4Cl中N元素化合价从-3价升为0价，所以NH4Cl中N元素被氧化，故C错误；
D、由化合价升降可知，N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；
故答案为A。
12.能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）
A. 钠与水反应：Na＋2H2O=Na＋＋2OH－＋H2↑
B. 钠与CuSO4溶液反应：2Na＋Cu2＋=Cu＋2Na＋
C. 钠与足量盐酸反应：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑
D. 钠与氯化钾溶液反应：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A、离子方程式中电荷不守恒，正确离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故A错误；
B、钠与CuSO4溶液反应是钠先与水反应，生成的氢氧化钠再与CuSO4反应，其反应的离子方程式为：2Na＋2H2O＋Cu2＋=Cu(OH)2↓＋2Na＋＋H2↑，故B错误；
C、钠与盐酸反应的实质为钠单质与氢离子反应，其反应的离子方程式为：2Na＋＋2H＋=2Na＋＋H2↑，故C错误；
D、钠与氯化钾溶液反应是钠与水反应，其反应的离子方程式为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故D正确；
故答案为D。
【点睛】钠单质与盐溶液反应的实质是钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，若溶液中存在与氢氧化钠反应的微粒，则会发生进一步反应，可归纳为先水后盐；钠单质与酸溶液反应，其反应实质是先酸后水。
13.水热法制备纳米颗粒Y（化合物）的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+aOH-=Y+S4O62-+2H2O，下列有关说法不正确的是（ ）
A. a=4 B. Y的化学式为Fe2O3
C. S2O32-是还原剂 D. 每32gO2参加反应，转移电子的物质的量为4mol
【答案】B
【解析】
【详解】A．Y为化合物，根据电荷守恒可知，6-4-a=4，故a=4，A正确；
B．Y为化合物，根据原子守恒可知，Y为Fe3O4，B错误；
C．因S2O32-中S元素的化合价由+2升高为+2.5，则S2O32-是还原剂，C正确；
D．32gO2的物质的量为1mol，每有1molO2参加反应，转移的电子总数为1mol×2×（2-0）=4mol，D正确；
答案选B。
14.A2、B2、C23种单质和它们离子间能发生下列反应2A－＋C2＝2C－＋A2、2C－＋B2＝2B－＋C2，若X－能与C2发生反应2X－＋C2＝2C－＋X2，有关说法中不正确的是
A. 氧化性B2>C2>A2 B. 还原性X－>C－>B－
C. X2与B－能发生反应 D. X2与B－不能发生反应
【答案】C
【解析】
试题分析：A、根据氧化还原反应的规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，C2是氧化剂，A2是氧化产物，即C2>A2，B2是氧化剂，C2是氧化产物，即B2>C2，顺序是B2>C2>A2，故说法正确；B、跟选项A的分析，还原性的强弱，X－>C－>B－，故说法正确；C、X2的氧化性小于C2，因此X2与B－不能发生反应，故说法错误；D、根据选项C的分析，故说法正确。
考点：考查氧化还原反应的规律等知识。
15.常温下，发生下列几种反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋B2=2A3＋＋2B－ ③2B－＋Z2=B2＋2Z－根据上述反应，判断下列结论错误的是（ ）
A. 溶液中可发生：Z2＋2A2＋=2A3＋＋2Z－
B. X2＋是XO4-的还原产物
C. 氧化性强弱的顺序为：XO4->Z2>B2>A3＋
D. Z2在①③反应中为还原剂
【答案】D
【解析】
【分析】
①16H++10Z-+2XO4-═2X2++5Z2+8H2O中，Z元素的化合价升高，X元素的化合价降低；
②2A2++B2═2A3++2B-中，A元素的化合价升高，B元素的化合价降低；
③2B-+Z2═B2+2Z-中，Z元素的化合价降低，B元素的化合价升高；
结合氧化还原反应基本概念及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性、还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答。
【详解】①根据16H＋＋10Z－＋2XO4-=2X2＋＋5Z2＋8H2O，推出氧化性：XO4->Z2，还原性：Z->X2+，
②根据2A2＋＋B2=2A3＋＋2B－，推出氧化性：B2>A3+，还原性：A2+>B−，
③根据2B－＋Z2=B2＋2Z－，推出氧化性：Z2>B2，还原性：B−>Z−，
所以氧化性关系为：XO4->Z2> B2>A3+，还原性为A2+>B−>Z−>X2+，
A、氧化性：Z2>A3+，则溶液中可发生反应Z2＋2A2＋=2A3＋＋2Z－，故A正确；
B、①中X元素化合价降低，XO4-被还原，其还原产物为X2＋，故B正确；
C、由上述分析可知，氧化性XO4->Z2> B2>A3+，故C正确；
D、①中Z的化合价升高，即Z2为氧化产物，③中Z元素化合价降低，即Z2为氧化剂，故D错误；
故答案为D。
16.硫代硫酸钠可用做脱氯剂，已知25.0 mL 0.10 mol·L－1Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112 mL Cl2完全转化为Cl－，则S2O32-将转化成(　　)
A. S2－ B. S C. SO42- D. SO32-
【答案】D
【解析】
【详解】112mL（即0.005mol）Cl2完全转化为Cl-时，得电子总量是0.005mol×2×（1-0）=0.01mol，设S2O32-转化成的产物中，硫的化合价是x，则根据电子守恒：25.0 mL 0.10 mol·L－1Na2S2O3失电子数=0.025L×0.1mol•L-1×2×（x-2）=0.01，解得x=4，所以S2O32-转化成SO32-。故答案选D。
17.R2O8n－离子在一定条件下可以把Mn2+离子氧化为MnO4－，若反应后R2O8n－离子变为RO42－离子。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，则n的值是
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】锰元素的化合价变化为7-2=5，R2O8n－中R的化合价是＋(8－n/2)，在还原产物中R的化合价是＋6价，所以根据得失电子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，
答案选B。


18.用48mL0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好还原2.4×10－3mol [RO(OH)2]＋，Fe2+被氧化为Fe3+，则R元素的最终价态为（ ）
A. ＋2价 B. ＋3价 C. ＋4价 D. ＋5价
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，发生化合价变化的元素分别为铁元素和 R 元素；根据离子所带电荷数等于元素正负化合价的代数和，算出 [ RO(OH) 2 ] ＋ 中 R 的化合价为＋5 价；设 R 元素的最终价态为 x ，由电子守恒有： 48 × 10－3L × 0.1mol/L × [+3－(+2) ]＝ 2.4 × 10－3mol × (+5－x) ，解得 x ＝ +3 ，
故答案为B。
19.将Na、Mg、Al各0.3mol分别放入100mL 1mol/L的HCl中，同温同压下产生的气体的体积比是
A. 3：1：1 B. 6：3：2 C. 1：2：3 D. 1：1：1
【答案】A
【解析】
Na与盐酸反应的方程式为2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，盐酸的物质的量为0.1mol，消耗金属钠的物质的量为0.1mol