【化学】甘肃省靖远县第四中学2018-2019学年高一上学期第二次月考试题（解析版）
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考试时间：100分钟
一、选择题（每小题只有一个答案，每题4分,共64分）
1.在实验室中，通常将金属钠保存在( )。
A. 水中 B. 煤油中 C. 四氯化碳中 D. 汽油中
【答案】B
【详解】A.钠会与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，故A错误；
B.钠不与煤油反应，且钠的密度比煤油大，会沉入煤油底部，隔绝空气和水，能够良好保存，故B正确；
C.钠的密度比四氯化碳的小，钠会漂浮在四氯化碳上面，与空气接触而变质，达不到保存的目的，故C项错误；
D.汽油易挥发，很难长久保存，故D错误；
本题答案为B。
2.下列各金属作还原剂时，还原性最强的是( )。
A. Al B. Fe C. Cu D. Na
【答案】D
【详解】在金属活动性顺序表中,活泼性Na＞Mg＞Fe＞Cu，所以还原性最强的是钠,故D正确；本题答案为D。
3.下列变化中，属于还原反应的是( )
A. Cl-→Cl2 B. FeCl2→FeCl3
C. C→CO2 D. KMnO4→MnO2
【答案】D
【解析】试题分析：在变化中物质如果发生还原反应，则应该得到电子，由反应前到反应后，元素的化合价降低。A．Cl－→Cl2，化合价升高。错误。 B．FeCl2→FeCl3 化合价升高，错误。C．C→CO2化合价升高，错误。D．KMnO4→MnO2Mn的化合价降低，符合要求。正确。
4.除去Na2CO3固体中少量NaHCO3的最佳方法是( )
A. 加入适量盐酸 B. 加入NaOH溶液 C. 加热 D. 配成溶液后通入CO2
【答案】C
【解析】A．加入盐酸，Na2CO3和NaHCO3都反应生成氯化钠，故A错误；
B．因不能确定NaHCO3的量，加入NaOH易混入新杂质，且反应后还要蒸发结晶，操作复杂，故B错误；
C．碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故C正确；
D．在溶液中通入CO2气体，Na2CO3反应生成NaHCO3，不能将杂质除去，故D错误．
故选C．
5. 下列分散系与纳米级微粒在直径上具有相同数量级的是( )
A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液
【答案】B
【解析】试题分析：A、溶液中分散质粒子直径小于1nm，故A不选；B、胶体中分散质粒子直径在1-100nm之间，故B正确；C、悬浊液中分散质粒子直径大于100nm，故C错误；D、乳浊液中分散质粒子直径大于100nm，故D错误；故选B。
6.把0.05 mol NaOH晶体分别加入到下列100 mL液体中，溶液导电性变化最大的是( )。
A. 自来水 B. 0.5 mol/L 盐酸 C. 0.5 mol/L H2SO4 D. 0.5 mol/L NaNO3
【答案】A
【详解】A.水是弱电解质，NaOH是强电解质，加入NaOH后，溶液中离子浓度变化很大，导电性变化很大，故选A；
B.氯化氢是强电解质,氢氧化钠是强电解质，加入NaOH后，二者反应生成氯化钠和水，离子浓度变化不大，导电性变化不大，故不选B；
C.硫酸是强电解质，二者反应生成强电解质硫酸钠，离子浓度变化不大,导电性变化不大，故不选C；
D.硝酸钠是强电解质，氢氧化钠是强电解质，加入氢氧化钠后，两者不反应，离子浓度变化变化较大，导电性变化较大，故不选D；
本题答案为A。
7. 下列有关金属元素特征的叙述正确的是( )
A. 金属元素的原子只有还原性，其阳离子只有氧化性
B. 金属元素的单质在常温下都为固体
C. 含金属元素的离子都是阳离子
D. 金属阳离子被还原不一定得到金属单质
【答案】D
【解析】试题分析：A．金属单质在反应中只能失去电子，但处于中间价态的金属离子既有氧化性又有还原性，如亚铁离子既有氧化性又有还原性，故A错误；B．汞是液态金属，故B错误；C．含金属元素的离子不一定是阳离子，如高锰酸根离子、偏铝酸根离子等，故C错误；D．处于高价态的金属，如三价铁离子，能够被还原成亚铁离子，所以金属阳离子被还原不一定得到金属单质，故D正确；故选D。
8. 将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是( )
A. KSCN B. BaCl2 C. HCl D. NaOH
【答案】D
【解析】A．KSCN只能鉴别出氯化铁，故A不选；
B．均与氯化钡不反应，不能鉴别，故B不选；
C．均与HCl不反应，不能鉴别，故C不选；
D．氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液分别与NaOH反应的现象为：无现象、白色沉淀生成后溶解、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀，现象不同，可鉴别，故D选；故选D．
9.将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋盛于同一容器中充分反应，如Fe有剩余，则容器中只能有( )
A. Cu、Fe3＋ B. Fe2＋、Fe3＋ C. Cu、Cu2＋、Fe D. Cu、Fe2＋、Fe
【答案】D
【解析】将Fe、Cu、FeCl2、FeCl3、CuCl2盛于同一容器中充分反应，因氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，如Fe有剩余，则剩余的金属一定有Cu，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，含有Fe2+，故选D。
10.将铁屑溶于过量盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是( )。
A. 硫酸 B. 硫酸铜 C. 高锰酸钾 D. 氯化铜
【答案】C
【详解】A.铁屑溶于过量的盐酸，生成氯化亚铁，硫酸和氯化亚铁不反应，故不选A；
B.铁屑溶于过量的盐酸，生成氯化亚铁，硫酸铜与氯化亚铁不反应,故不选B；
C.铁屑溶于过量的盐酸，生成氯化亚铁，高锰酸钾可将氯化亚铁氧化成氯化铁，故选C。
D.铁屑溶于过量的盐酸，生成氯化亚铁，氯化铜与氯化亚铁不反应,故不选D；
本题答案为C。
11.下列离子方程式书写正确的是( )。
A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al＋2OH－＝2AlO2-＋H2↑
B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓
C. 三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe＝2Fe2＋
D. FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－
【答案】D
【解析】A项，铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故A错误；B项，NH3•H2O是弱碱，不能写成离子形式，离子方程式应为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故B错误；C项，三氯化铁溶液中加入铁粉，发生氧化还原反应，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；D项，氯气具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故D正确。
12.下列离子在溶液中能大量共存的是( )。
A. Al3＋、NO-、OH－、Cl－ B. H＋、Ba2＋、Ag＋、Cl－
C. Fe2＋、Fe3＋、Na＋、NO3- D. Ca2＋、H＋、Cl－、CO32-
【答案】C
【详解】A.Al3＋和OH－会发生反应：Al3＋+3OH－=Al(OH)3↓，故A不能大量共存；
B.Ag＋和Cl－会发生反应：Ag＋Cl－=AgCl，故B不能大量共存；
C.Fe2＋、Fe3＋、Na＋、NO3-离子之间不会发生反应，故C可以大量共存；
D.H＋和CO32-会发生反应：2 H＋CO32-=H2OCO2，故D不能大量共存；
本题答案为C。
13.下列有关过氧化钠与水反应的说法中正确的是( )。
A. 标况下每生成22.4升的O2转移1mol电子 B. 水是氧化剂
C. 氢氧化钠是还原产物 D. 过氧化钠既是氧化剂又是还原剂
【答案】D
【详解】A.依据2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，每升成1molO2，转移电子数为2NA，即2mol，故A错误；
B.在该反应中，H2O中的H、O元素的化合价没有变化，所以H2O既不是还原剂也不是氧化剂，故B错误；
C.在该反应中，生成的NaOH中，只有部分NaOH是还原产物，另一部分不是还原产物，故C错误；
D.Na2O2在反应中，氧元素的两个氧原子，其中一个氧原子得1个电子，化合价从－1价降到－2价，另一个氧原子失1个电子，化合价从－1价升高到0价，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故D正确；
本题答案为D。
14.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图像中，能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量) ( )
【答案】D
【解析】试题分析：因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓、Al3++3OH-═Al(OH)3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D。
15. 下列各组反应中，最终的溶液中无白色沉淀的是（ ）
A. AlCl3溶液中加入过量氨水
B. Al2（SO4）3溶液中加入过量KOH溶液
C. MgCl2溶液中加入过量氨水
D. MgSO4溶液中加入过量KOH溶液
【答案】B
【解析】A．氯化铝和氨水反应生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于弱碱，氨水溶于弱碱溶液，所以有白色沉淀生成，故A不选；
B．Al（OH）3能溶于强碱KOH溶液，铝离子和KOH反应先生成氢氧化铝沉淀，当KOH过量时氢氧化铝溶于KOH溶液导致最终没有白色沉淀，故B选；
C．氯化镁和一水合氨反应生成氢氧化镁沉淀，Mg（OH）2不溶于氨水溶液，所以最终有白色沉淀生成，故C不选；
D．硫酸镁和KOH反应生成氢氧化镁沉淀，Mg（OH）2不溶于碱溶液，所以最终有白色沉淀生成，故D不选；
故选B．
16.为鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体，有4位同学分别设计了下列四种不同的方法，其中不可行的是( )。
A. 分别加入1 mol/L的盐酸溶液，看有无气泡产生
B. 分别取样在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无白色浑浊
C. 分别取样配成溶液，滴加BaCl2溶液，观察有无白色沉淀
D. 分别配成溶液，用铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃片观察火焰的颜色
【答案】A
【详解】A.将K2CO3和NaHCO3两种白色固体分别加入稀盐酸中都产生二氧化碳，都有气泡产生，不能鉴别，故A不可行；
B.NaHCO3不稳定，受热易分解生成二氧化碳，将二氧化碳通入澄清石灰水中能生成白色沉淀，但K2CO3较稳定，受热不易分解，现象不同，可以鉴别，故B可行；
C.K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KCl，NaHCO3与BaCl2不反应，所以现象不同，可以鉴别，故C可行；
D.焰色反应时，蘸有K2CO3的溶液通过蓝色钴玻璃观察火焰显浅紫色，蘸有NaHCO3的溶液火焰显黄色，现象不同，可以鉴别，故D可行；
本题答案为A。
二、填空题
17.二氧化锰与浓盐酸反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O，请用单线桥法表示电子的转移情况，并指出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O_____
（2）氧化剂：_____还原剂：_____氧化产物：_____还原产物：_____
（3）每转移电子的数目为6.02×1023个时生成标况下气体的体积为：______L
【答案】(1). (2). MnO2（二氧化锰） (3). HCl（盐酸） (4). Cl2(氯气) (5). MnCl2 （氯化锰） (6). 11.2
【解析】
【分析】（1）化合价升高元素失电子，化合价降低元素得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数；
（2）化合价降低元素所在的反应物是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物是还原剂；
（3）根据化学方程式来计算即可。
【详解】（1）化合价升高元素是氯元素，失电子，化合价降低元素是锰元素，得到电子，化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=2，电子转移情况如下：故答案为：；
（2）化合价降低元素所在的反应物MnO2是氧化剂，化合价升高元素所在的反应物HCl是还原剂，还原剂被氧化后生成了Cl2，Cl2是氧化产物，氧化剂被还原后生成了MnCl2,所以MnCl2是还原产物；故答案为：MnO2，HCl，Cl2，MnCl2；
（3）反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O转移电子2mol时，生成氯气的物质的量为1mol，当转移电子的数目为6.02×1023个即1mol时，生成的氯气物质的量为0.5mol，体积为：0.5mol×22.4L/mol=11.2L；
本题答案为：11.2。
18.（1）试写出Al（OH）3与NaOH溶液反应的离子方程式：__________
（2）试写出钠、过氧化钠与水反应反应的离子方程式：__________、_________。
（3）碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应的离子方程式：_________
【答案】(1). Al(OH)3＋OH－＝AlO2-＋2H2O (2). 2Na +2H2O==2Na+ + 2OH- +H2↑ (3). 2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH- +O2↑ (4). HCO3-+OH-=CO32-+H2O
【解析】
【分析】（1）Al（OH）3是两性氢氧化物，既能溶于酸，又能溶于碱，Al（OH）3和氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和水；
（2）钠和水反应，生成氢氧化钠和氢气，过氧化钠和水反应，生成氢氧化钠和氧气；
（3）碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应，生成碳酸钠和水；
【详解】（1）Al（OH）3和氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2-＋2H2O；本题答案为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2-＋2H2O。
（2）钠和水反应，生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na +2H2O==2Na+ + 2OH- +H2↑；
过氧化钠和水反应，生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH- +O2↑。
本题答案为：2Na +2H2O==2Na+ + 2OH- +H2↑；2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH- +O2↑。
（3）碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应，生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O。本题答案为：HCO3-+OH-=CO32-+H2O。
三、实验题
19.（1）鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是_____，离子方程式为_____。
（2）除去混入NaCl溶液中少量NaHCO3杂质的试剂是______，离子方程式为________。
（3）检验未知溶液中是否有Fe3+的试剂是_______，实验现象为______。
（4）除去铁粉中混有铝粉的试剂是__________，化学方程式为_________。
【答案】(1). 盐酸 (2). CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H2O； (3). 盐酸 (4). HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2O； (5). 硫氰化钾溶液（KSCN溶液） (6). 溶液变为血红色 (7). 氢氧化钠溶液 (8). 2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2
【解析】
【分析】（1）阴离子不同,加盐酸生成气体的为碳酸钾；
（2）NaHCO3与盐酸反应生成NaCl；
（3）Fe3+与SCN-作用，溶液变成血红色；
（4）铝能和氢氧化钠反应，而铁不能；
【详解】（1）KCl溶液和盐酸不反应，K2CO3和盐酸反应生成KCl、H2O、CO2，所以鉴别KCl溶液和K2CO3的试剂是盐酸，离子方程式为：CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H2O；
本题答案为：盐酸 CO32-＋2H＋＝CO2↑＋H2O。
（2）NaHCO3和盐酸反应，生成NaCl、H2O、CO2，所以除去NaCl溶液中少量NaHCO3的试剂是：盐酸，反应的离子方程式为：HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2O；本题答案为：盐酸 HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2O。
（3）Fe3+与SCN-作用，溶液变成血红色，所以检验溶液中是否有Fe3+的试剂是硫氰化钾溶液（KSCN溶液），实验现象为：溶液变为血红色；本题答案为：硫氰化钾溶液（KSCN溶液） 溶液变为血红色。
（4）铝能和氢氧化钠反应，而铁不能，所以除去铁粉中混有铝粉的试剂是：氢氧化钠溶液，化学方程式为：2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2；本题答案为：氢氧化钠溶液 2Al＋2NaOH＋2H2O＝2NaAlO2＋3H2。
20.两同学为制得纯净的Fe（OH）2，使用如图所示的装置，A管中是Fe和H2SO4，B管中是NaOH溶液：
（1）同学甲：先夹紧止水夹a，使A管开始反应，在B管中观察到的现象是 ．
（2）同学乙：先打开a，使A管中反应一段时间后再夹紧止水夹a，
实验中在B管中观察到的现象是 ．
B中发生反应的离子方程式为 ．
【答案】（1）有白色沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；
（2）有白色沉淀生成，Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓．
【解析】（1）A中反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，氢气的生成导致A中压强增大，溶液从导管进入B试管，B中反应为：FeSO4+2NaOH=Fe（OH）2↓+Na2SO4，Fe（OH）2不稳定易被空气氧化生成 Fe（OH）3，所以现象是有白色沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，
（2）先打开止水夹a，使A管中物质反应一段时间后，再夹紧止水夹，A中生成的氢气将空气排出，生成的硫酸亚铁和氢氧化钠混合时氢氧化亚铁不被氧化，所以看到的现象是有白色沉淀生成（且不变色），B中发生反应的离子方程式为：Fe2++2OH﹣=Fe（OH）2↓，
四、计算题
21.现有镁铝铜合金1.2 g，加入过量的盐酸中，在标准状况下放出氢气1.12 L，反应后过滤得沉淀0.2 g。若将此合金放入过量的烧碱溶液中，反应后，在标准状况下，产生氢气的体积约为多少？
【答案】0.75L
【解析】
【分析】加盐酸发生Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑、2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，反应后过滤得到的沉淀0.2g为Cu的质量，将此合金放入过量的烧碱溶液中，发生2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，以此计算。
【详解】由上述分析可知，Cu为0.2g，设Mg为xmol、Al为ymol，由Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑、2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑列式得：①24x+27y=1.2－0.2、②x+1.5y=，解得y=mol，将此合金放入过量的烧碱溶液中，发生2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，生成气体为mol22.4L/mol=0.75L，故答案为：0.75L。
