1、陕西省咸阳市实验中学2020-2021学年高一化学上学期第二次月考试题（含解析）可能用到的数据：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Mg 24 Al 27 Ca 40第I卷 (选择题共48分)一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1. 胶体区别于其他分散系的本质特征是（ ）A. 分散质粒子能做无规则运动B. 光线透过时能观察到光亮的通路C. 静置后既不分层，也无沉淀产生D. 分散质粒子直径在10-710-9m之间【答案】D【解析】【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大
2、于100nm，故选：D。2. 下列反应离子方程式书写正确的是()A. 醋酸与烧碱溶液反应： H+OH-=H2OB. 向氢氧化钠溶液中通入过量CO2：OHCO2= HCOC 氢氧化钡溶液与NaHSO4溶液反应：Ba2+SO=BaSO4D. 向1molFeBr2 的溶液中通入1molCl2：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-【答案】B【解析】【详解】A醋酸属于弱酸，在离子方程式中不能拆，A不符合题意；B过量的CO2反应生成碳酸氢盐，少量生成碳酸盐，B符合题意；CBa(OH)2=Ba2+ + 2OH-，NaHSO4 = Na+ + H+ + ，故此时除发生Ba2+与反应外，还
3、要发生H+与OH-反应，C不符合题意；D因为还原性：Fe2+ Br-，所以Cl2先与Fe2+反应，根据关系Cl2 2Fe2+ ，氧化Fe2+消耗Cl20.5mol，剩余0.5molCl2与Br-反应，根据关系Cl2 2Br- ，Br-被氧化1mol，故最终离子方程式中n(Fe2+):n(Br-)=1:1，D不符合题意；故答案选B。3. 下列各组归类不合理的是()选项按某一分类标准分类的物质或变化归类AFeSO4、NO2、MnO2、NaClOH2SO3BCH3COOH、HClO、H2S、H2CO3HFC氢气燃烧、氧化钙变质、食物腐烂冰雪融化DNa2SO3、Na2SO4、Na2S、Na2CO3Na
4、ClA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】AFeSO4、NO2、MnO2、NaClO均属于含氧元素的物质，H2SO3也属于含氧元素的物质，A归类合理；BCH3COOH、HClO、H2S、H2CO3均为弱酸，HF也属于弱酸，B归类合理；C氢气燃烧、氧化钙变质、食物腐烂均为化学变化，而冰雪融化属于物理变化，C归类不合理；DNa2SO3、Na2SO4、Na2S、Na2CO3均属于钠盐，NaCl也属于钠盐，D归类合理；答案选C。4. 在无色透明的酸性溶液中，下列离子能大量共存的是( )A. NH、Ba2+、SO、Cl-B. K+、Fe2+、Cl-、NOC. K+、Na+、HCO、S
5、OD. Na+、K+、NO、SO【答案】D【解析】【详解】ABa2+、SO生成硫酸钡沉淀，A不符合题意；BFe2+溶液呈浅绿色，B不符合题意；CHCO会和氢离子发生反应，C不符合题意；DNa+、K+、NO、SO满足溶液无色，在酸性溶液中共存，D符合题意；答案选：D。5. NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A. 4.4克CO2中含有电子数2.2NAB. 1mol/L的硫酸钠溶液中所含Na+数为2NAC. 标准状态下，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2.5NAD. 1molFe与足量盐酸完全反应转移电子数为3NA【答案】A【解析】【详解】A4.4克CO2的物质的量n=0.1mol
6、，一个CO2分子含有22个电子，0.1mol二氧化碳含有电子数2.2NA，故A正确；B1mol/L硫酸钠溶液的体积未知，无法计算出Na+的物质的量，故无法得到Na+的数目，故B不正确；CO2和O3均由氧原子构成，则32g混合气体中含有的氧原子的物质的量n=2mol，32gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA，故C不正确；D1molFe与足量盐酸完全反应时生成氯化亚铁和氢气，铁元素化合价从0价升高到+2价，一个铁原子转移2个电子，1molFe转移电子数为2NA，故D不正确；答案选A。6. 下列物质的变化过程一定需要加入还原剂才能实现的是( )A. AlAlCl3B. KClO3KClC. SK
7、2SD. CO2 CO【答案】D【解析】【详解】AAlAlCl3过程中，Al的化合价升高，作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，A不符合题意； BKClO3KCl可直接加热实现，不一定需要加入还原剂，B不符合题意；CSK2S过程中，S单质可直接与K反应生成K2S，不一定需要加入还原剂，C不符合题意；DCO2 CO过程中，C的化合价降低，只能通过加入还原剂才能实现，D符合题意；答案选D。7. 在一定条件下，NO跟NH3可以发生反应：6NO+4NH3=5N2+6H2O，该反应中氧化产物和还原产物的质量比是()A. 32B. 21C. 11D. 23【答案】D【解析】【详解】根据反应方程式，NO中N的化
8、合价由+2价0价，化合价降低，NO为氧化剂，被还原，得到的氮气是还原产物；NH3中N的化合价由3价0价，NH3为还原剂，被氧化，得到的氮气也是氧化产物，反应中N2既为氧化产物又为还原产物，每6molNO被还原成还原产物，即3molN2，就有4molNH3被氧化成氧化产物，即2molN2，所以该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：3，根据m=nM可知，氧化产物和还原产物的质量比是2：3，答案选D。8. 对于某些离子的检验及结论一定正确的是A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定有COB. 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加
9、足量稀硝酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有 Ag+C. 向某溶液中先加入足量盐酸，没有明显现象，再加入BaCl2溶液;产生白色沉淀，则原溶液中一定有SOD. 向某溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则原溶液一定有Ba2+【答案】C【解析】详解】A向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，原溶液中可能有、，A错误；B向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有Ag+、，B错误；C向某溶液中先加入盐酸酸化，没有明显现象，排除了Ag+、等离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有，C正确；D向某
10、溶液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，原溶液可能含有Ba2+、Ca2+、Ag+等，D错误；故选C。9. 某同学欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，合理的是( )A. Na2S+SB. Na2SO3+SC. Na2SO3+Na2SO4D. SO2+Na2SO4【答案】B【解析】【分析】Na2S2O3中S元素的化合价为+2价，从氧化还原反应的角度分析，反应物中的S元素的化合价必须分别大于2和小于2，据此分析解答。【详解】ANa2S中S元素的化合价为-2价，S单质中S的化合价为0，均小于2，A不合理；BNa2SO3中S元素的化合价为+4价，S单质中S的化合价为0，B合理；CN
11、a2SO3+Na2SO4中前者S元素的化合价为+4价，后者为+6价，均大于2，C不合理；DSO2+Na2SO4中前者S元素的化合价为+4价，后者为+6价，均大于2，D不合理；答案选B。10. SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO2+2Fe3+2H2O=+2Fe2+4H；+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O。下列有关说法不正确的是()A. SO2发生氧化反应B. 氧化性：Fe3+SO2C. 每1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD. 标准状况，6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr
12、2O7【答案】D【解析】【分析】由反应可知反应中SO2中硫元素化合价升高，作还原剂，具有还原性，Fe3+的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，则氧化性：Fe3+SO2；由反应可知反应中为氧化剂，Fe2+为还原剂，Fe3+是氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：Fe3+，由此分析。【详解】A由反应可知SO2转化为，硫元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故A正确；B在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以根据反应SO2+2Fe3+2H2O=+2Fe2+4H可知，Fe3+做氧化剂，为氧化产物，SO2为还原剂，所以氧化性：Fe3+SO2；根据反应+6Fe2+14H+=2Cr3
13、+6Fe3+7H2O可知，为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性：Fe3+，因此氧化性强弱顺序是Fe3+SO2，故B正确；C反应中Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，所以每有1mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA，故C正确；D标准状况6.72LSO2的物质的量n=0.3mol，若0.3molSO2参加反应，根据3SO26Fe2+，可知最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故D错误；答案选D。11. 甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如表所示：阳离子、Na+、Mg2+阴离子OH-、取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)
14、c(乙)c(丙)。下列说法错误的是A. 甲中一定含有Na+B. 乙中一定含有C. 丙中一定含有Mg2+D. 丙中一定含有【答案】D【解析】【详解】由题干信息：甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，故OH-只能与Na+结合成强电解质NaOH，又取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)c(乙)c(丙)，故有甲、乙、丙的摩尔质量依次增大，则甲、乙、丙分别为NaOH、(NH4)2SO4、Mg(NO3)2或NaOH、NH4NO3、MgSO4，据此解题：A由分析可知，甲为NaOH，故甲中一定含有Na+，A正确； B由分析可知，乙为(NH4)2SO4或NH4NO3，故乙中
15、一定含有，B正确；C由分析可知，丙为Mg(NO3)2或MgSO4，故丙中一定含有Mg2+，C正确； D由分析可知，丙为Mg(NO3)2或MgSO4，故丙中不一定含有，D错误；故答案为：D。12. 下列各组离子或分子能大量共存，当加人相应试剂后会发生化学反应，且发生反应的离子方程式书写正确的是( )选项离子或分子加入试剂离子方程式ANH，Fe2+，SO少量Ba(OH)2溶液SO+2NH+Ba2+2OH-=BaSO4+2NH3H2OBNa+，HCO，Cl-NaOH溶液OH-+HCO=CO+H2OCK+，NH3H2O，CO通入少量CO22OH-+CO2=CO+H2ODNa+，NO，SONaHSO4溶
16、液SO+2H+=SO2+H2OA. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. 少量Ba(OH)2溶液， NH不能参加反应，正确的离子反应为：Fe2+ SO+Ba2+2OH=Fe(OH)2+BaSO4，故A错误；B. 过量NaOH溶液，生成水和碳酸钠，反应的离子反应为：OH+ HCO=CO+H2O，故B正确；C. 通入少量CO2，只与一水合氨反应，正确的离子反应为：2NH3H2O+CO2CO+2 NH+H2O，故C错误；D. 亚硫酸根离子电离出氢离子，溶液呈酸性，酸性溶液中NO具有强氧化性，会和SO反应，离子方程式为：3SO+2H+ 2NO= 3SO+2NO + H2O故D错误；
17、故选B。13. 下列实验装置或操作正确的是（）ABCD向容量瓶中转移液体实验室制取蒸馏水从饱和食盐水中提取NaCl晶体分离酒精和水A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A、向容量瓶中转移液体，用玻璃棒引流，故正确；B、冷凝水的进入，从下口进入，上口出水，故错误；C、提取NaCl晶体，采用蒸发方法得到，应用蒸发皿，故错误；D、酒精和水互溶，不能采用分液的方法分离，故错误。14. 提纯含有少量硝酸钙杂质的硝酸钾溶液，设计实验方案为：则X、Y试剂分别为( )A. Na2CO3、HNO3B. K2CO3、HNO3C. Na2CO3、HClD. K2CO3、HCl【答案】B【解析】【
18、详解】除去含有少量硝酸钙杂质的硝酸钾溶液，为不引入新的杂质，可先加入过量的K2CO3，将硝酸钙转化为碳酸钙的沉淀，经过滤后除去沉淀，再加入适量HNO3除去过量的K2CO3，故答案选B。15. 在20 g密度为d g/cm3的硝酸钙溶液里含1g Ca2，则NO离子的物质的量浓度是（ ）A. molL1B. molL1C. 2.5d molL1D. 1.25d molL1【答案】C【解析】【详解】1g钙离子的物质的量为，所以溶液中n（NO3-）=2n（Ca2+）=0.05mol，溶液的体积为，故NO3-的物质的量浓度为，故C正确；故选C。16. 在标准状况下，质量为m的气体A与质量为n的气体B的分
19、子数相同，下列说法中不正确的是（ ）A. 气体A与气体B的相对分子质量比为m：nB. 同质量气体A与气体B的分子个数比为n：mC. 同温同压下，A气体与B气体的密度比为n：mD. 相同状况下，同体积的A气体与B气体的质量比为m：n【答案】C【解析】【详解】标准状况下，分子数相同的气体A和B，它们的物质的量相同，气体体积相同；A由m=nM可知，分子数相同的气体，相对分子质量之比等于质量之比，即A与B相对分子质量之比为mg:ng=m:n，故A正确；BA与B相对分子质量之比为m:n，同质量时由n=mM可知，分子数之比等于:=n:m，故B正确；C同温同压，气体密度之比等于摩尔质量之比等于相对分子质量之
20、比，即A、B两气体的密度之比为m:n，故C错误；D相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于相对分子质量之比，即A、B两气体的质量之比为m:n，故D正确；答案选C。第卷 (非选择题共52分)二、非选择题(本大题共4小题，计52分)17. 现有下列物质：铜 CO2 稀硝酸 CH4 硫酸溶液 NaOH固体 氨水NH3 NaHSO4固体 Na2CO310H2O晶体 BaSO4 酒精溶液(1)上述物质可导电的有_(填编号，下同)；(2)属于电解质的有_，属于非电解质的有_。(3)分别写出HCl、NaHSO4、NaHCO3在水溶液中的电离方程式：HCl：_；NaHSO4：_；NaHCO3：
21、_。【答案】 (1). (2). (3). (4). HCl = H+ Cl- (5). NaHSO4=Na+H+ (6). NaHCO3 = Na+HCO【解析】【分析】铜为金属单质，能够导电，既不是电解质，也不是非电解质；CO2属于非电解质，不能够导电；稀硝酸是溶液，有自由移动的离子，能够导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；CH4属于有机物，属于非电解质，不能够导电；硫酸溶液有自由移动的离子，能够导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；NaOH固体没有自由移动的离子，不能够导电，但属于电解质；氨水有自由移动的离子，能够导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；NH
22、3属于非电解质，不能够导电；NaHSO4固体没有自由移动的离子，不能够导电，但属于电解质；Na2CO310H2O晶体没有自由移动的离子，不能够导电，但属于电解质；BaSO4没有自由移动的离子，不能够导电，但属于电解质；酒精溶液不能够导电，属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质；【详解】(1)根据上述分析可知，可以导电的物质有；(2)属于电解质的有，属于非电解质的有；(3)HCl属于强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为：HCl = H+ Cl-；NaHSO4属于强电解质，完全电离为钠离子、氢离子和硫酸根，电离方程式为NaHSO4=Na+H+；NaHCO3属于强电解质，完全电离为钠离子和碳
23、酸氢根，电离方程式为NaHCO3 = Na+HCO。18. 有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2 、CaCl2、 K2CO3，现做以下实验：(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；(2)向(1)的悬浊液中加过量稀硝酸，白色沉淀消失，并且有气泡产生；(3)取少量(2)的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，判断：(1)白色粉末一定含_可能含_(写化学式);(2)写出每步操作发生的离子方程式_。【答案】 (1). CaCl2、K2CO3 (2). Ba(NO3)2 (3). Ca2+CO32-=CaCO3 (4). CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O (
24、5). Ag+ Cl-=AgCl【解析】【分析】依据实验过程中的现象分析判断；(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；(3)取少量(2)的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成证明含有氯离子，混合物中一定含有氯化钙，说明一定含有Ba(NO3)2、CaCl2；可能含有K2CO3。【详解】(1)将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，说明含有能生成白色沉淀的物质，白色沉淀可以是碳酸钡或碳酸钙；(2)向(1)的悬浊液中加入过量稀硝
25、酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；证明沉淀一定是碳酸钙或碳酸钡沉淀；(3)取少量(2)的溶液商入AgNO3溶液，有白色沉淀生成证明含有氯离子，混合物中一定含有氯化钙，说明一定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba(NO3)2；根据上述实验现象，判断白色粉末中肯定含有K2CO3、CaCl2；可能含有Ba(NO3)2；有关反应的离子方程式为：(1)肯定生成碳酸钙沉淀，离子反应方程式为Ca2+CO32-=CaCO3；(2)碳酸钙溶解于稀硝酸，生成二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；(3)滴加硝酸银溶液生成氯化银沉淀，发生反应的离子方程式为Ag+Cl-=Ag
26、Cl。19. I.某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。(1)该制备实验的操作是_。(2)写出制备Fe(OH)3胶体的离子方程式：_。(3)取少量制得的胶体加入试管中，逐滴加入稀硫酸溶液至过量，现象是_。.碘是人体不可缺少的元素 ，为了防止碘缺乏，常在食盐中添加一定量的KIO3。某兴趣小组的学生为了检测碘盐中是否含有碘。查阅有关的资料：在溶液中KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O。(4)用双线桥法表示上述反应中电子转移的方向和数目：_。(5)实验结束后分离I2和K2SO4溶液所用的方法是_，所用的试剂是_，所用的玻璃仪器有_。【答案】 (1).
27、取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入12mL饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至红褐色，停止加热 (2). Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (3). 先产生红褐色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为棕黄色 (4). (5). 萃取分液 (6). CCl4 (7). 分液漏斗【解析】【详解】(1)实验室用饱和的氯化铁溶液滴入沸水中制备氢氧化铁胶体，具体的操作为：取一小烧杯，加入25mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入12mL饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至红褐色，停止加热；(2)制备氢氧化铁胶体时，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，离子方程式为Fe3+3H2OFe(O
28、H)3(胶体)+3H+；(3)取少量制得的胶体加入试管中，逐滴加入稀硫酸溶液，胶体与电解质发生聚沉，因此先产生红褐色的Fe(OH)3沉淀，继续滴加稀硫酸至过量，Fe(OH)3沉淀溶解，得到棕黄色溶液；(4)由反应方程式分析可知，KIO3中I元素的化合价降低，得到电子，KI中I元素的化合价升高，失去电子，具体的电子转移方向和数目用双线桥法可表示为；(5)I2在CCl4中的溶解度远大于在K2SO4溶液中的溶解度，因此可选用萃取分液的方法分离I2和K2SO4溶液，选用的试剂为CCl4，需要用到的玻璃仪器为分液漏斗。20. KClO3和浓盐酸在一定温度下反应，还原产物为黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可
29、以表示为：KClO3+HCl(浓)KCl+ClO2+Cl2+H2O(1)请配平该化学方程式(未知系数填入框内)_。(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填编号)。只有还原性 还原性和酸性 只有氧化性 氧化性和酸性(3)标准状况下，若生成11.2LCl2，则被氧化的HCl为_mol。(4)若改变温度至70 ，发现KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，试写出反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 2；4；2；2；1；2 (2). (3). 1 (4). 5KClO36HCl(浓)5KCl6ClO23H2O【解析】【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2
30、中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合元素守恒，可知未知物是水，水的系数是2，配平了的化学方程式为2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O；(2)浓盐酸中部分氯的化合价升高，被氧化，还有一部分氯的化合价不变，所以浓盐酸体现为还原性和酸性，故答案为：；(3)标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，根据(1)可知，每生成1molCl2，2molHCl被氧化，因此，生成0.5molCl2
31、，被氧化的HCl为1mol；(4)KClO3和浓盐酸反应的氧化产物和还原产物均为二氧化氯气体，KClO3中的氯元素是+5价，降低为+4价，盐酸中氯元素由-1价升高为+4价，所以反应的方程式为：5KClO36HCl(浓)5KCl6ClO23H2O。【点睛】配平氧化还原反应的一般步骤：标好价：正确标出反应前后化合价有变化的元素的化合价；列变化：列出元素化合价升高和降低的数值；求总数：求元素化合价升高数和降低数的最小公倍数，确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数；配系数：用观察法配平其他各物质的化学计量数；细检查：利用“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，逐项检查配平的方程式是否正确。
