1、河北武邑中学20192020学年上学期高一12月月考试化学试题本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。第卷54分，第卷46分，共100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16 Na23Mg24Al27S-32 Cl35.5Fe56Cu64第卷(选择题共54分)一、选择题(本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个正确答案)1.某合作学习小组讨论辨析以下说法。其中错误的是 ()A. 冰和干冰既是纯净物又是化合物B. 纯碱和熟石灰都是碱C. 盐酸和食醋都属于混合物D. 豆浆和雾都是胶体【答案】B【解析】A. 冰和干冰既是纯净物又是化合物，故A正确；B.
2、 纯碱是盐，故B错误；C. 盐酸和食醋都属于溶液，都属于混合物，故C正确；D. 豆浆和雾都是胶体，故D正确。故选B。2.化学在日常生活中有着广泛的应用。下列说法不正确的是( )A. 硅是制造太阳能电池的常用材料B. 明矾可用于水的杀菌消毒C. 氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢氟酸在玻璃上蚀刻标记D. 燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施【答案】B【解析】【详解】A选项，硅能够导电，是制造太阳能电池的常用材料，用于光电池，故A正确；B选项，明矾中的铝离子水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，能够吸附水中的悬浮物，可用于水的净化，没有杀菌消毒作用，故B错误；C选项，氢氟酸能与SiO2反应，故可用氢
3、氟酸在玻璃上蚀刻标记，故C正确；D选项，燃料的脱硫和脱氮都是减少酸雨产生的措施，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】水晶、玛瑙、石英、沙子主要成份是SiO2，二氧化硅主要用于光导纤维，玻璃、陶瓷、水泥为传统的硅酸盐产品。3.下列各组物质中，第一种是电解质，第二种是分散系，第三种是合金是 （）A. 硫酸、CuSO45H2O、生铁B. 酒精、空气、铜绿C. 二氧化碳、明矾、熟石灰D. 硝酸钾、食盐水、黄铜【答案】D【解析】A. 硫酸、CuSO45H2O、生铁分别是电解质、电解质和金属单质，A错误；B. 酒精、空气、铜绿分别是非电解质、混合物、混合物，B错误；C. 二氧化碳、明矾、熟石灰分别是非电
4、解质、纯净物、纯净物，C错误；D. 硝酸钾、食盐水、黄铜分别是电解质、溶液、合金，D正确，答案选D。4.用18.4molL1的浓H2SO4配制100mL浓度为1molL1的稀H2SO4的过程中，下列操作会引起浓度偏小的是( )A. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干B. 定容时俯视容量瓶的刻度线C. 量取浓硫酸后，用少量蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液也放入烧杯D. 定容摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】D【解析】【详解】A.容量瓶用蒸馏水洗涤后未烘干对实验结果无影响，故A错误；B.定容时俯视容量瓶的刻度线会造成溶液的体积偏小，溶液的浓度偏大，故B错误；C.量筒量取液体后，内壁所附溶液无须洗涤，
5、否则造成溶质的量偏多，溶液的浓度偏大，故C错误；D.定容摇匀后发现液面低于刻度线为正常现象，再加水会造成溶液的体积偏大，溶液浓度偏小，故D正确；答案选D。5.有硫酸镁溶液500mL，它的密度是1.20gcm3，其中镁离子的质量分数是4.8%，则有关该溶液的说法不正确的是A. 溶质的质量分数是24%B. 溶液的物质的量浓度是2.4molL1C. 溶质和溶剂的物质的量之比约为121.1D. 硫酸根离子的质量是230.4g【答案】D【解析】A项，MgSO4中Mg的质量分数为100%=20%，则溶质的质量分数为=24%，正确；B项，溶质物质的量浓度c=mol/L=2.4mol/L，正确；C项，n（Mg
6、SO4）：n（H2O）=：=1:21.1，正确；D项，n（MgSO4）=2.4mol/L0.5L=1.2mol，n（SO42-）=1.2mol，m（SO42-）=1.2mol96g/mol=115.2g，错误；答案选D。6. 容量瓶是用来配制物质的量浓度的溶液的定量仪器，其上标有：温度、浓度、容量、压强、刻度线、酸式或碱式这六项中的A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】容量瓶上标的有温度、容量、刻度线，故选D。7.用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是A. 实验使用的主要仪器是分液漏斗B. 碘在四氯化碳中溶解度比在水中的溶解度大C. 碘的四氯化碳溶液呈紫红色D.
7、分液时，水从分液漏斗下口流出，碘四氯化碳溶液从漏斗上口倒出【答案】D【解析】【详解】A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。
8、答案选D。8. 11某位同学配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（ ）A. 所用NaOH已经潮解B. 向容量瓶中加水未到刻度线C. 有少量NaOH溶液残留在烧杯里D. 称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法【答案】B【解析】【详解】A.所用NaOH已经潮解，导致称出的氢氧化钠的质量偏小，溶质的量减小，造成所配溶液浓度偏低，故A不选；B.向容量瓶中加水未到刻度线，导致溶液的体积偏小，造成所配溶液浓度偏高，故B可选；C.有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里，造成溶质的量偏小，造成所配溶液浓度偏低，故C不选；D.称2.4gNaOH时误用了“左码右物”方法，实际称量的氢氧化
9、钠是2g0.4g1.6g，溶质的量偏低，造成所配溶液浓度偏低，故D不选；故答案选B。9. 下列各组两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是A. Cu(OH)2和盐酸；Cu(OH)2和CH3COOHB. BaCl2和NaHSO4；Ba(OH)2和Na2SO4C. NaHCO3和NaHSO4；Na2CO3和NaHSO4D. NaHCO3(过量)和Ca(OH)2；Ca(HCO3)2和NaOH(过量【答案】BD【解析】【分析】离子方程式的实质是能代表一类化学反应,同一个离子方程式可以表示不同物质间的反应,据此来回答。【详解】A、盐酸是强酸，在离子方程式中能拆成离子形式，醋酸是弱酸，不能拆成离
10、子，二者的离子方程式不一样，故A不符合题意；B、氯化钡和硫酸钠反应的实质是钡离子和硫酸根之间的反应；硫酸钠和氢氧化钡反应的实质是钡离子和硫酸根之间的反应，二者的实质一样,离子方程式一样，故B符合题意； C、碳酸氢钠应拆成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸钠应拆除钠离子和碳酸根离子， NaHCO3和NaHSO4的反应实质是碳酸氢根离子和氢离子之间的反应；Na2CO3和NaHSO4的反应实质是碳酸根和氢离子之间的反应，二者的离子方程式不一样，故C不符合题意；D、NaHCO3(过量)和澄清石灰水之间的反应、Ca(HCO3)2和NaOH(过量)之间的反应实质均可以用2OH-+Ca2+2HCO3-=CaCO3+
11、2H2O+CO32-，故D符合题意；故答案选BD。10.已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O，其中1mol氧化剂在反应中得到的电子为（）A. 10molB. 11molC. 12molD. 13mol【答案】B【解析】【详解】由2Cu(IO3)2+24KI+12H2SO4=2CuI+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu(IO3)2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol（2-1）+2mol（5-0）=11mol；答案选B。1
12、1.某气体在标准状况下的密度为1.25 g / L，该气体的相对分子质量为（ ）A. 44B. 28C. 32D. 16【答案】B【解析】【详解】该气体的摩尔质量M=（标准状况）Vm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，所以该气体的相对分子质量为28，答案选B。12.我国明代本草纲目中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指 （ ）A. 萃取B. 蒸馏C. 渗析D. 干馏【答案】B【解析】【详解】有题目可知，“蒸令气上”，利用互溶液体的沸点不同进行分离，为蒸馏，答案为B。13.设NA
13、表示阿伏加德罗常数的值，下列关于0.2 mol/L Ba(NO3)2溶液的叙述不正确的是A. 2 L溶液中阴阳离子总数为1.2NAB. 500 mL溶液中NO3浓度为0.2 mol/LC. 500 mL溶液中Ba2浓度为0.2 mol/LD. 500 mL溶液中NO3物质的量为0.2 mol【答案】B【解析】【详解】A、溶液中Ba（NO3）2的物质的量n=cV=0.2mol/L2L=0.4mol，而1mol Ba（NO3）2中含1mol钡离子和2mol硝酸根即含3mol离子，则0.4mol Ba（NO3）2中含1.2mol离子即1.2NA个，A正确；B、0.2molL-1 Ba（NO3）2溶液
14、NO3-浓度为0.4mol/L，与所取溶液的体积无关，B错误；C、0.2molL-1 Ba（NO3）2溶液Ba2+浓度为0.2mol/L，与所取溶液的体积无关，C正确；D、500mL溶液中含有Ba（NO3）2的物质的量n=cV=0.2mol/L0.5L=0.1mol，而1mol Ba（NO3）2中含2mol NO3-，故0.1mol Ba（NO3）2中含0.2mol硝酸根，D正确，答案选B。14.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】168g：xg =
15、62g：(w1 - w2)gg，则该样品的纯度(质量分数)是，故A正确。综上所述，答案为A。15.在一定温度下，向饱和的烧碱溶液中加入一定量的过氧化钠，充分反应后恢复到原来温度，下列说法正确的是()A. 溶液中Na+浓度增大，有O2放出B. 溶液碱性不变，有H2放出C. 溶液中Na+数目减少，有O2放出D. 溶液碱性增强，有O2放出【答案】C【解析】【详解】过氧化钠与饱和烧碱溶液中的水反应:2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，放出大量的热，恢复为原温度，NaOH的溶解度不变,烧碱溶液仍为饱和溶液，c(NaOH)、c(Na+)、c(OH-)不变，碱性不变，但溶液中水减少了,溶解的NaOH也
16、随之减少,溶液中Na+数目将减少，故C选项正确；故答案选C。16.下列变化不能一步实现是()A. Na2SiO3H2SiO3B. H2SiO3SiO2C. SiO2H2SiO3D. SiO2Na2SiO3【答案】C【解析】【详解】A选项，Na2SiO3H2SiO3，硅酸钠通入二氧化碳气体生成硅酸，故A不选；B选项，H2SiO3SiO2，硅酸受热分解得到二氧化硅，故B不选；C选项，SiO2H2SiO3，二氧化硅不和水反应生成硅酸，故C可选；D选项，SiO2Na2SiO3，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，故D不选。综上所述，答案为C。【点睛】二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧化铜、氧化镁都不溶于水，也
17、不与水反应。17.下列叙述正确的是()A. 久置在空气中的NaOH溶液，加盐酸时有气体产生B. 50 mL 12 molL1的浓盐酸与足量的MnO2反应，生成0.15 mol Cl2C. 在常温下，浓H2SO4不与Cu反应，是因为铜被钝化D. CO2通入浓的CaCl2溶液中产生白色沉淀【答案】A【解析】NaOH溶液会吸收空气中的生成，加盐酸后碳酸钠与盐酸反应,生成二氧化碳气体，A正确；浓盐酸随着反应的进行变为稀盐酸后,反应停止,故得到的n(Cl2)Cu2HFe2。X样品可发生如图所示的转化关系：(1)写出步骤可能发生反应的离子方程式：_(共有3个，任写一个即可)。(2)若溶液E中只有一种金属离
18、子，则一定是_；若溶液E中含有两种金属离子，则一定是_。(3)若D固体是纯净物，该固体是_(填化学式)。(4)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成的，可用FeCl3溶液作“腐蚀剂”刻制印刷电路板，该过程发生反应的离子方程式为_。【答案】（1）2Fe3+ Fe =3Fe2+；Cu2+Fe=Fe2+Cu；2H+Fe=Fe2+ H2（2）Fe2+；Fe2+、Cu2+ ；（3）Cu ；（4）2Fe3+ Cu =2Fe2+ Cu2+【解析】【分析】X为Fe2O3和CuO的混合物，与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜、盐酸，被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质；铁能够与氯化铁和氯化铜、盐酸反应；
19、铜能够与氯化铁反应，根据氧化性强弱顺序：Fe3Cu2HFe2，进行分析解答。【详解】（1）X为Fe2O3和CuO的混合物，与盐酸反应生成的A中含有氯化铁和氯化铜，被一氧化碳还原后生成的B中含有铜和铁的单质，由于氧化性Fe3+Cu2+H+Fe2+，所以溶液中可能发生的离子反应有：2Fe3+Fe3Fe2+、Cu2+FeFe2+Cu、2H+Fe=Fe2+ H2；故答案为2Fe3+Fe3Fe2+、Cu2+FeFe2+Cu、2H+Fe=Fe2+ H2；（2）根据（1）中发生的离子反应可知，溶液中一定有Fe2+，如果铁单质较少，Fe3+较多，则铜可以被氧化成Cu2+，此时溶液中有Cu2+和Fe2+；故答案
20、为Fe2+；Cu2+和Fe2+；（3）由于铜是不活泼金属，Fe3+首先氧化Fe，所以D固体如果是纯净物，则一定是Cu；故答案为Cu；（4）根据氧化强弱可知，Fe3+可以氧化Cu，生成Cu2+，离子反应方程式为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+；故答案为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+。22.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题:(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体,均配制成0.1molL-1的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑,其目的是_；(2)甲组同学取2 mL FeCl2溶液,加入几滴氯水,再加入1滴KSCN溶液,溶液变红,说明Cl2可将Fe2+氧化.FeC
21、l2溶液与氯水反应的离子方程式为_；(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨,该组同学在2mL FeCl2溶液中先加入0.5 mL煤油,再于液面下加入1滴KSCN溶液，溶液不变红，再加几滴氯水后溶液变红。煤油的作用是_。【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化 (2). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- (3). 隔绝空气(排除氧气对实验的影响）【解析】【分析】根据亚铁离子容易被氧气氧化生成铁离子分析，铁可以还原铁离子生成亚铁离子，亚铁离子可以被氯气氧化，煤油可以隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化。【详解】(1)亚铁离子容易被氧化生成铁离子，加入铁可以防止Fe2+被氧化；(2)亚铁离子被氯气氧化生成铁
22、离子，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；(3)氯化亚铁容易被空气中的氧气氧化，煤油的密度比水小，在水层上方，可以隔绝空气(排除氧气对实验的影响）。【点睛】亚铁离子有还原性，能被氧气或氯气氧化，隔绝空气可以防止被氧化。铁离子具有氧化性能与铁反应生成亚铁离子。23.铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料。工业上提取氧化铝的工艺流程如下：(1)沉淀A的成分是(填化学式)_。(2)步骤中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H+OH-=H2O还有：_、_；(3)步骤中通入过量CO2气体的离子方程式有_；【答案】 (1). SiO
23、2 (2). Fe3+3OH-=Fe(OH)3 (3). Al3+4OH-=AlO2-+2H2O (4). CO2+OH- = HCO3-；AlO2-+ CO2+2H2O = HCO3- +Al(OH)3 【解析】【分析】根据工艺流程得出试剂a为盐酸，氧化铝、氧化铁与盐酸反应生成氯化铝和氯化铁，而二氧化硅和盐酸不反应，沉淀A为二氧化硅，滤液中有氯化铝、氯化铁、过量盐酸，再加氢氧化钠溶液，得到氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤，沉淀B为氢氧化铁，滤液为偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，氢氧化铝加热变为氧化铝。【详解】(1)二氧化硅不与盐酸反应，因此沉淀A的成分是(填化学式) SiO
24、2，故答案为：SiO2。(2)步骤滤液主要是氯化铝、氯化铁、过量盐酸，加入过量NaOH溶液，先发生酸碱中和反应，再与铁离子和铝离子反应，发生反应的离子方程式，除了H+OH = H2O还有：Fe3+3OH=Fe(OH)3、Al3+4OH=AlO2+2H2O；故答案为：Fe3+3OH=Fe(OH)3、Al3+4OH=AlO2+2H2O。(3)步骤中通入过量CO2气体，先氢氧化钠和二氧化碳反应，再是偏铝酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，其离子方程式有CO2+OH = HCO3；AlO2+ CO2+2H2O = HCO3 +Al(OH)3 ，故答案为：CO2+OH = HCO3；AlO2+ CO2+2H2O = HCO3 +Al(OH)3 。
