山西省晋中市平遥县第二中学2019-2020学年高一12月月考化学试题

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平遥二中高一年级十二月考试化学试题

可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H—1   C—12   O—16

 Na—23  S—32   Fe—56     N—14    Cl—35.5    Ca--40

一、选择题

1.下列关于Na和Na+的叙述中，错误的是

A. 它们相差一个电子层

B. 它们的化学性质相似

C. 钠原子，钠离子均为同一元素

D. 灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色

【答案】B

【解析】

【分析】

Na+是钠原子失去一个电子后形成的，有2个电子层，根据钠原子和钠离子的结构来分析稳定性和化学性质，根据它们的质子和电子来分析它们的转化及是否为同种元素。

【详解】A．Na+是钠原子失去一个电子后形成的，有2个电子层，而钠原子有3个电子层，所以它们相差一个电子层，故A正确；

B．Na+最外层为8电子结构，性质稳定；Na原子最外层有1个电子，易失电子，具有还原性，故B错误；

C．Na+是钠原子失去一个电子后形成的，质子数没有改变，所以钠原子、钠离子均为同一元素，故C正确；

D．Na+是钠原子失去一个电子后形成的，质子数没有改变，所以钠原子、钠离子均为同一元素，都是钠元素，所以灼烧时，它们的焰色反应都呈黄色，故D正确；

故选：B。

2.V mL密度为ρ g·mL－1的某溶液中，含有相对分子质量为M的溶质m g，该溶液中溶质的质量分数为w%，物质的量浓度为c mol·L－1，那么下列关系式正确的是(　　)

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A.m=m（溶液）×W%=，故A错误；

B.，故B错误；

C.，故C错误；

D.，故D正确；

故答案为D。

3.有关化学实验的下列操作中，一般情况下不能相互接触的是（    ）

A. 过滤操作中，玻璃棒与三层滤纸

B. 过滤操作中，漏斗径与烧杯内壁

C 分液操作中，分液漏斗径与烧杯内壁

D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管尖端与试管内壁

【答案】D

【解析】

【详解】A. 在滤操作中，玻璃棒要靠在三层滤纸上，防止滤纸弄破，故A不符合；

B. 在滤操作中，漏斗下端口要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故B不符合；

C. 分液操作中，分液漏斗径要紧靠烧杯内壁，防止液体溅出，故C不符合；

D. 用胶头滴管向试管滴液体时，滴管要竖直悬空，防止污染药瓶，故D符合；

答案选D。

【点睛】过滤操作的注意事项：“一贴二低三靠”

一贴:指滤纸要紧贴漏斗壁，一般在将滤纸贴在漏斗壁时先用水润湿并挤出气泡，因如果有气泡会影响过滤速度.

二低:一是滤纸的边缘要稍低于漏斗的边缘;二是在整个过滤过程中还要始终注意到滤液的液面要低于滤纸的边缘。否则的话，被过滤的液体会从滤纸与漏斗之间的间隙流下，直接流到漏斗下边的接受器中，这样未经过滤的液体与滤液混在一起，而使滤液浑浊，没有达到过滤的目的。

三靠:一是待过滤的液体倒入漏斗中时，盛有待过滤液体的烧杯的烧杯嘴要靠在倾斜的玻璃棒上(玻璃棒引流);二是指玻璃棒下端要靠在三层滤纸一边(三层滤纸一边比一层滤纸那边厚，三层滤纸那边不易被弄破);三是指漏斗的颈部要紧靠接收滤液的接受器的内壁。

4.下列叙述正确的是(　　   )

A. 与28 g CO具有相同分子数的CO2的质量一定是44 g

B. 与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V L

C. 所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为7∶11

D. 所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为21∶22

【答案】A

【解析】

【详解】A. 28 g CO的物质的量为1mol，与它具有相同分子数的CO2也应为1mol，质量一定是44 g，正确；

B. 如果温度、压强相同，与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V L；如果温度、压强不相同，与V L CO具有相同分子数的CO2的体积不一是V L，错误。

C. 如果温度、压强相同，二者的密度关系等于其相对分子质量之比，即等于7∶11；如果温度、压强不相同，二者的密度关系无法确定，错误。

D. 所含原子数相等的CO与CO2，不管温度、压强关系如何，其密度之比都很难等于21∶22，错误。

故答案为A。

5.下列叙述正确的是( )

A. 元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得

B. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强

C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化

D. 含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性

【答案】D

【解析】

【详解】A．大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活泼金属元素的单质可由自然界直接得到，故A错误；

B．氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故B错误；

C．处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如Fe2+、SO32-等，故C错误；

D．一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但二氧化碳不具有强氧化性，故D正确；

故选D。

6.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2>Z2>X2>Y2，则下列氧化还原反应能发生的是

A. 2Y-+W2=2W-+Y2 B. 2X-+Y2=2Y-+X2

C. 2W-+Z2=2Z-+W2 D. 2Z-+X2=2X-+Z2

【答案】A

【解析】

【详解】A.该反应中，物质的氧化性：W2>Y2，与题干物质的氧化性能力吻合，A正确；

B.该反应中，物质的氧化性：Y2>X2，与题干物质的氧化性能力相反，B错误；

C.该反应中，物质的氧化性：Z2>W2，与题干物质的氧化性能力相反，C错误；

D.该反应中，物质的氧化性：X2>Z2，与题干物质的氧化性能力相反，D错误；

故合理选项是A。

7.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是(　　)

A. 使酚酞试液变红的溶液：Na＋、Cl－、SO42－、Fe3＋

B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2＋、Mg2＋、MnO4－、Cl－

C. pH<7的溶液：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－

D. 碳酸氢钠溶液：K＋、SO42－、Cl－、H＋

【答案】C

【解析】

【详解】A．使酚酞试液变红的溶液显碱性，Fe3+与OH-结合生成沉淀，则不能共存，故A错误；

B.使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性，H+与Fe2+、MnO4－发生氧化还原反应，则不能共存，故B错误；

C. pH<7的溶液显酸性，该组离子之间不反应，则能够大量共存，故C正确；

D.碳酸氢根离子与氢离子反应生成水和二氧化碳，则不能共存，故D错误；

故答案为C。

8.下列反应中，其产物的颜色按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是(　　)

①金属钠在纯氧中燃烧　②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间　③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液     ④无水硫酸铜放入医用酒精中

A. ②③①④ B. ③②①④

C. ③①②④ D. ①②③④

【答案】B

【解析】

【详解】①金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氢氧化亚铁，但很快转化为灰绿色，最终转化为红褐色的氢氧化铁；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；④无水硫酸铜放入医用酒精中，医用酒精中含有水，无水硫酸铜遇水变蓝，故溶液变蓝，故其产物的颜色按按红、红褐、淡黄、蓝色顺序排列的是③②①④，B项正确；

答案选B。

9.将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe2+和Fe3+浓度相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是

A. 1：1 B. 3：2 C. 1：2 D. 2：3

【答案】D

【解析】

设已反应的铁离子的物质的量是xmol，则根据方程式Fe+2Fe3+＝3Fe2+可知生成亚铁离子是1.5xmol，完全反应后，溶液中的Fe2+和Fe3+浓度相等，则未反应的铁离子是1.5xmol，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是x：1.5x＝2：3，答案选D。

10.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3这五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别出来，这种试剂是（    ）

A. 烧碱溶液 B. KSCN试剂 C. 氨水 D. 盐酸

【答案】A

【解析】

【详解】A.向以上五种溶液中加入氢氧化钠溶液后反应现象为：无现象；先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；红褐色沉淀；白色沉淀；先生成白色沉淀后沉淀消失，反应现象不同，所以可以用氢氧化钠溶液区别，A正确；

B. KSCN试剂只能和FeCl3作用使溶液显红色，与其余四种物质不反应，现象相同，无法区别，B错误；

C.氨水和NaCl混合无现象，与FeCl3混合，产生红褐色沉淀，与FeCl2混合先生成白色沉淀后生成灰绿色沉淀最终生成红褐色沉淀；而与MgCl2、AlCl3两种物质混合都产生白色沉淀，现象相同，无法区别，C错误；

D.盐酸与题目已给五种物质都不能反应，现象相同，无法区别，D错误；

故合理选项是A。

11.下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是

A. 金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出     Mg+2H++2Cl-===MgCl2+H2↑

B. 氯化钡溶液与稀硫酸反应： 有白色沉淀生成 Ba2++SO42-===BaSO4↓

C. 碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出 CO32-+2H+===CO2↑+H2O

D. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生 2HCO3-+Ba2++2OH-===BaCO3↓+2H2O+CO32-

【答案】B

【解析】

【详解】A．金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出，产生的MgCl2是易溶的强电解质，应该写离子形式，Mg＋2H＋=Mg2+＋H2↑，错误；

B．氯化钡溶液与稀硫酸反应，产生硫酸钡白色沉淀和盐酸，反应的两种方程式是：Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，正确；

C．碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出，由于MgCO3难溶于水，因此应该写化学式，离子方程式是：MgCO3＋2H＋= Mg2+＋CO2↑＋H2O，错误；

D．NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生，反应要以不足量的NaHCO3为标准书写，离子方程式是：HCO3－＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，错误。

答案选B。

12.下列说法错误是 （      ）

A. 丁达尔效应可以区分溶液和胶体

B. 以水为分散剂的分散系，按稳定性由弱至强的顺序是：浊液、胶体、溶液

C 一种分散系里只能有一种分散质

D. 分散系中分散质粒子直径由大到小的顺序是：浊液、胶体、溶液

【答案】C

【解析】

【详解】A、丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体具有丁达尔效应，溶液没有，所以丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；

B、浊液属于不稳定体系，胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系，所以以水为分散剂的分散系，按稳定性由弱至强的顺序是：浊液、胶体、溶液，故B正确；

C、一种或几种物质分散在另一种（或多种）物质中所形成的体系称为分散系，则一种分散系里可以有多种分散质，故C错误；

D、溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，则分散系中分散质粒子直径由大到小的顺序是：浊液、胶体、溶液，故D正确。

答案选C。

13.下列物质中，能导电且为电解质的是    （     ）

A. 熔融态Na2CO3 B. 固体NaCl C. 蔗糖 D. 液态H2SO4

【答案】A

【解析】

【分析】

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质含有自由电子或自由离子，据此分析解答。

【详解】A．熔融态的Na2CO3含有自由移动的离子能导电，属于电解质，故A正确；

B．固体NaCl在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质；但离子不自由移动，不能导电，故B错误；

C．蔗糖是非电解质，不导电，故C错误；

D．液态H2SO4中不含有自由移动的离子，不导电，溶于水时导电，属于电解质，故D错误；

答案选A。

【点睛】明确电解质和非电解质的概念以及物质导电性的原因是解答的关键，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质。

14.某溶液中只含有Na+、Al3+、Cl－、SO42－ 四种离子，已知前三种离子的个数比为3∶2∶1，则溶液中Al3+和 SO42－的离子个数比为(   )

A. 1∶2 B. 1∶4 C. 3∶4 D. 3∶2

【答案】A

【解析】

【分析】

考查溶液中电荷守恒规律的应用。

【详解】设前三种离子的物质的量分别是3x、2x、x，则根据溶液中电荷守恒可知，若溶液的酸碱性忽略不计，SO42－的离子物质的量是（3x＋2x×3－x）÷2＝4x，则溶液中Al3+和SO42－的离子个数比为2x:4x＝1:2，故A正确；

答案选A。

【点睛】该题的关键是利用好溶液中电荷守恒关系，然后结合题意灵活运用即可。

15.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 5.6 g铁与足量稀盐酸反应，转移0.3 NA电子

B. 常温常压下，27 g Al与足量NaOH溶液反应生成 1.5 NA个H2

C. 1 mol Na与足量水反应转移2 NA个电子

D. 常温常压下，22.4 LNO2和CO2混合气体含有2 NA个O原子

【答案】B

【解析】

【详解】A、5.6g铁的物质的量为0.1mol，0.1mol铁与足量盐酸反应生成0.1mol氢气，转移了0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，错误；

B、1mol Al为1mol与足量氢氧化钠溶液反应生成的H2体积物质的量为1.5mol，即1.5 NA个H2，正确；

C、2Na+2H2O==2NaOH+H2↑根据方程式1 mol Na与足量水反应转移NA个电子，错误；

D、不是标况下，气体不是1摩尔，错误；

答案选B。

16.以下实验装置不能用于分离物质的是  (     )

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】常用于物质分离的方法是过滤、蒸馏、萃取等，装置A、B、C分别是蒸馏、萃取和过滤，装置D是配制一定物质的量浓度溶液等，不能用于物质的分离，答案选D。

二、填空题

17.一学生设计入图所示装置进行NaHCO3的分解，并证实产物中有CO2产生。

（1）试管中发生的化学反应方程式是____________________________。

（2）指出该学生设计的装置图的错误之处，并改正（文字说明即可）（至少2处）____________。

（3）烧杯中发生反应的离子方程式是_______________________________。

（4）如果将16.8gNaHCO3加热一段时间，然后将剩余固体溶于水，并加入足量的CaCl2溶液，最终得到白色沉淀5.0g，则NaHCO3分解百分率为______________，加CaCl2后反应的离子方程式为____________________。

【答案】    (1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O    (2). 试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处。    (3). CO2+Ca2++2OH-＝CaCO3↓+H2O    (4). 50%    (5). CO32-+Ca2+＝CaCO3↓

【解析】

【分析】

（1）根据碳酸氢钠分解产物书写方程式；

（2）根据装置和反应特点分析判断；

（3）根据二氧化碳能与氢氧化钙反应分析解答；

（4）碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，结合反应的方程式分析解答。

【详解】（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则试管中发生反应的化学反应方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；

（2）反应中有水生成，则根据装置图可知错误有：试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处；

（3）碳酸氢钠分解产生二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钙反应，则烧杯中发生反应的离子方程式是CO2+Ca2++2OH-＝CaCO3↓+H2O；

（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-+Ca2+＝CaCO3↓。碳酸钙的物质的量是5.0g÷100g/mol＝0.05mol，则碳酸钠的物质的量是0.05mol，因此根据方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O可知消耗碳酸氢钠0.1mol，质量是8.4g，所以NaHCO3分解百分率为8.4g/16.8g×100%＝50%。

18.已知A为常见的金属单质，根据下图所示的关系：

（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式，A为________，B为________，C为________，D为________，E为________，F为________。

（2）写出⑧的化学方程式，④、⑤的离子方程式。

⑧_________________________________________________，

④________________________________________________，

⑤___________________________________________________。

【答案】    (1). Fe    (2). Fe3O4    (3). FeCl2    (4). FeCl3    (5). Fe(OH)2    (6). Fe(OH)3    (7). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3    (8). 2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋    (9). Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋

【解析】

【分析】

由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4，然后结合物质的性质及化学用语来解答。

【详解】：由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4，
（1）由上分析知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，故答案为：Fe；Fe3O4；FeCl2；FeCl3；Fe（OH）2；Fe（OH）3；
（2）反应⑧为4Fe（OH）2的氧化，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，④的离子方程式为2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，⑤的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+。

【点睛】本题考查无机物的推断，注意物质的颜色为解答本题的突破口，熟悉铁及其化合物的性质即可解答，注意氧化还原反应，题目难度不大。

19.下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同

A.CaO、Na2O、CO2、CuO    B.H2、C、P、Cu

C.O2、Fe、Cu、Zn         D.HCl、H2O、H2SO4、HNO3

（1）以上四组物质中与别不同的物质依次是（填化学式）

A______________； B__________；C______________；D_______。

（2）这四种物质相互作用可生成一种新物质碱式碳酸铜[化学式Cu2(OH)2CO3]，该反应________氧化还原反应(填“是”或“否”)。

（3）写出上述新物质与硝酸反应的离子方程式_____________________。

【答案】    (1). CO2    (2). Cu    (3). CO2    (4). H2O    (5). 是    (6). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++H2O+CO2↑

【解析】

【分析】

（1）根据物质的分类标准和物质所属的类别来回答；

（2）铜和氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，有化合价变化的是氧化还原反应；

（3）根据碱式碳酸铜和硝酸反应的生成物书写方程式。

【详解】（1）A、CaO、Na2O、CuO均是金属氧化物，而CO2为非金属氧化物；

B、H2、C、P是非金属单质，Cu是金属单质；

C、Fe、Cu、Zn属于金属单质，O2属于非金属单质；

D、HCl、H2SO4、HNO3均属于酸，H2O不属于酸；

（2）上述四种物质相互作用可生成一种新物质碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，反应的化学方程式：CO2+O2+2Cu+H2O＝Cu2(OH)2CO3，此反应中有元素化合价的变化，故为氧化还原反应；

（3）碱式碳酸铜与硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+＝2Cu2++H2O+CO2↑。

20.（1）在仪器①漏斗、②容量瓶、③蒸馏烧瓶、④分液漏斗、⑤烧杯、⑥蒸发皿中，可用于粗盐提纯实验的有_____________________；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物实验的有_______________________。

（2）有一固体粉末,其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验。

①将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀。

②在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体。

③取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+。

由上述现象推断：该混合物中一定含有___________；一定不含有____________，可能含有________________。

【答案】    (1). ①⑤⑥    (2). ④⑤    (3). Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2    (4). CuCl2、K2CO3、K2SO4    (5). NaCl

【解析】

【分析】

（1）根据粗盐提纯的步骤是溶解、过滤、蒸发、结晶，由步骤可推测用的仪器有：烧杯、带铁圈的铁架台、滤纸、玻璃棒和漏斗；根据分液所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、分液漏斗、烧杯。

（2）根据物质的性质结合题干中的现象，通过确定存在的物质排除不能共存的物质；
依据①可知一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2；可能存在含碳酸根或硫酸根的物质；
依据②判断沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡；
依据③确定有钠元素，一定无钾元素；氯离子的检验方法分析氯化钠的存在．

【详解】（1）粗盐提纯用的仪器有：烧杯、带铁圈的铁架台、滤纸、玻璃棒和漏斗，分液所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、分液漏斗、烧杯；
故答案为：①⑤⑥；④⑤；

（2）①将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，可判断一定无CuCl2，一定有Ba（NO3）2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，同时可能含碳酸根的化合物或含硫酸根离子的化合物；
②在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡，反应为Ba2++SO42-=BaSO4↓，Ba2++CO32-=BaCO3↓，BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
③取滤液做焰色反应，火焰呈黄色，透过蓝色的钴玻璃观察，未见紫色火焰，说明一定有钠离子一定无钾离子，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；可能含有NaCl，
综上所述：原混合物中一定含有Na2CO3 Na2SO4 Ba（NO3）2；一定不含有CuCl2 K2CO3 K2SO4，可能含有NaCl，故答案为：Na2CO3 Na2SO4 Ba（NO3）2；CuCl2 K2CO3 K2SO4；：NaCl。