海南省定安县定安中学2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）

海南省定安县定安中学2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）一、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项十符合题目要求的。）1.下列分离和提纯的实验操作中，正确的是a. 蒸发b. 过滤c. 蒸馏d. 分液【答案】d【解析】【详解】a蒸发需要的仪器为蒸发皿，不能选烧杯， a错误；b过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，b错误；c蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷却水下进上出，则温度计的水银球应在支管口处，冷却水应下口进水，c错误；d利用分液漏斗分离分层的液体混合物，图中分液操作装置合理，d正确；故选d。2.下列离子方程式书写正确的是（ ）a. 氢氧化铁溶于氢碘酸中：fe(oh)3+3h+=fe3+3h2ob. 次氯酸钙溶液中通入过量的co2：ca2+2clo-+h2o+co2=caco3+2hcloc. 向100ml0.1moll-1的febr2溶液中通入0.015mol的cl2：2fe2+4br-+3cl2=2fe3+2br2+6cl-d. 向明矾溶液逐滴加入ba(oh)2溶液至铝离子刚好沉淀完全：al3+so42-+ba2+3oh-=baso4+al(oh)3【答案】c【解析】【详解】a氢氧化铁溶于氢碘酸中的离子反应为2fe(oh)3+2i-+6h+2fe2+i2+6h2o，故a错误；b次氯酸钙溶液中通入过量的co2 的离子反应为clo-+h2o+co2hco3-+hclo，故b错误；c向100ml0.1moll-1的febr2溶液中通入0.015mol的cl2 的离子反应为2fe2+4br-+3cl22fe3+2br2+6cl-，故c正确；d向明矾溶液逐滴加入ba(oh)2溶液至铝离子刚好沉淀完全的离子反应为2al3+3so42-+3ba2+6oh-3baso4+2al(oh)3，故d错误；故答案为c。3.已知2moyx+5s2+16h+=2m2+5s+8h2o，则moyx中的x的值为a. 1b. 2c. 3d. 4【答案】a【解析】试题分析：根据电子的得失守恒可知522n，解得n5，即moyx在反应中得到5个电子，所以化合价是7价。根据原子守恒可知，y4，所以x1，答案a。考点：氧化还原反应4.下列有关钠和镁的说法中，不正确的是（）a. 电解熔融nacl可以得到金属钠b. 金属钠在高温下能将ticl4中的钛置换出来c. 金属镁着火，可用二氧化碳灭火d. 金属镁燃烧后会发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火【答案】c【解析】分析：a、活泼金属采用电解其熔融盐或氧化物的方法冶炼；b、na的活泼性大于ti，在熔融状态下，钠能置换出ti；c、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧；d、镁燃烧发出耀眼的白光且放出大量热。详解：a、na是活泼金属，工业上采用电解熔融nacl的方法冶炼，a正确；b、na的活泼性大于ti，在熔融状态下，钠能置换出ti，所以金属钠在高温下能将ticl4中的钛置换出来，b正确；c、在点燃条件下，镁在二氧化碳中燃烧生成mgo和c，金属镁着火，不能用二氧化碳灭火，c错误；d、镁燃烧时发生耀眼的白光，并放出大量的热，可用于制造信号弹和焰火，d正确；答案选c。5.下列各项叙述正确的是（ ）a. 氯水、氨水、水玻璃、明矾均为混合物b. co2、no2、p2o5均为酸性氧化物，na2o、na2o2为碱性氧化物c. c60、c70、金刚石、石墨之间互为同素异形体d. 强电解质溶液的导电能力一定强【答案】c【解析】【详解】a氯水、氨水、水玻璃均为混合物，而明矾是纯净物，故a错误；bco2和p2o5均为酸性氧化物，而no2不是酸性氧化物；na2o为碱性氧化物，而na2o2不是碱性氧化物，故b错误；cc60、c80、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故c正确；d强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故d错误；故答案为c。6.设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）a. 1.0l0.5mol/l的na2so4水溶液中含有的氧原子数为2nab. 用含有0.2molfecl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶粒数等于0.2nac. 1.0gh2o与d2o的混合物所含中子数为0.5nad. 标准状况下，11.2l氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为na【答案】d【解析】【详解】ana2so4水溶液中除了硫酸钠外，水也含氧原子，故溶液中氧原子的个数多于2na个，故a错误；b一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得的氢氧化铁胶粒的个数小于0.2na个，故b错误；ch2o的摩尔质量为18g/mol，d2o的摩尔质量均为20g/mol，故1g混合物的物质的量总和不确定，而水分子含有8个中子，而d2o分子内含有10个中子，故无法确定1g混合物中含有的中子的个数，故c错误；d标况下11.2l氯气的物质的量为0.5mol，而氯气和铁反应后变为-1价，故0.5mol氯气反应后转移na个电子，故d正确；故答案为c。7.己知在碱性溶液中可发生如下反应：2r(oh)3+ 3c1o-+ 4oh= 2ro4n-+3cl+5h2o。则ro4n-中r的化合价是（ ）a +3b. +4c. +5d. +6【答案】d【解析】【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n2，o元素是2价，所以r的化合价是+6价，答案选d。8.常温下，下列溶液中各组离子一定能大量共存的是( )a. 使甲基橙呈红色的溶液中：na、alo2、no3、fe2b. 0.1 moll-1hcl溶液：ba2+、k、ch3coo、no3c. 0.1 moll-1 co32的溶液：na、fe3、no、scnd. kw/c(h)0.1 moll-1的溶液：na、k、so32、no3【答案】d【解析】分析：a、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，alo2不能共存，且酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子而不能大量共存；b. 0.1 moll-1hcl溶液：h+和ch3coo结合生成ch3cooh而不能大量共存；c. 0.1 moll-1 co32的溶液： co32和fe3相互促进水解，fe3和scn结合生成络离子，则不能共存；kw/c(h+)=0.1 moll-1的溶液为碱性溶液，na+、k+、so32-、no都可以大量共存。详解：a、使甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，alo2不能共存，且酸性条件下硝酸根离子氧化亚铁离子而不能大量共存，选项a错误；b. 0.1 moll-1hcl溶液：h+和ch3coo结合生成ch3cooh而不能大量共存，选项b错误；c. 0.1 moll-1 co32的溶液： co32和fe3相互促进水解，fe3和scn结合生成络离子，则不能共存，选项c错误；kw/c(h+)=0.1 moll-1的溶液为碱性溶液，na+、k+、so32-、no都可以大量共存，选项d正确。答案选d。点睛：本题考查离子共存，熟悉离子之间的反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应、相互促进水解等知识的应用，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能发生氧化还原反应、不能结合生成络离子等，则离子能大量共存。二、选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。）9.反应3clo-+2fe3+10oh-=2feo42-+5h2o+3cl-，下列有关该反应的说法中正确的是（ ）a. clo-作氧化剂b. feo42-为还原产物c. 每产生1molfeo42-，转移3mol电子d. oh-作氧化剂【答案】ac【解析】【详解】3clo-+2fe3+10oh-2feo42-+5h2o+3cl-中，cl元素的化合价由+1价降低为-1价，fe元素的化合价由+3价升高为+6价；acl元素的化合价降低，则clo-作氧化剂，故a正确；bfe失去电子被氧化，则feo42-为氧化产物，故b错误；c每产生1molfeo42-，转移1mol(6-3)=3mol电子，故c正确；do、h元素的化合价不变，oh-不是氧化剂，故d错误；故答案为ac。10.下列关于na2co3和nahco3的性质比较中，不正确的是（ ）a. 热稳定性：na2co3nahco3b. 常温下在水中的溶解性：nahco3na2co3c. 等物质的量浓度的溶液与稀盐酸反应的产生气体的速率：na2co3nahco3d. 等质量的固体与足量盐酸反应放出co2的质量：na2co3nahco3【答案】bc【解析】【详解】a因2nahco3 na2co3+co2+h2o，而碳酸钠加热不分解，故a正确；b常温下相同的溶剂时，na2co3较nahco3易溶，nahco3na2co3，故b错误；c分别滴加hcl溶液，反应离子方程式为co32-+2h+co2+h2o，hco3-+h+h2o+co2，相同条件下nahco3比na2co3反应放出气体剧烈，产生气体的速率：na2co3nahco3，故c错误；d设质量都是106g，则na2co3和nahco3的物质的量分别为1mol、mol，根据na2co3co2，nahco3co2，产生的co2的物质的量分别为1mol、mol，即放出co2的质量：na2co3nahco3，故d正确；故答案为bc。【点睛】考查na2co3和nahco3性质的异同，注意把握na2co3和nahco3性质：溶于水并观察现象,溶解度较大其溶于水放热的是碳酸钠,溶解度较小且水温无明显变化的是碳酸氢钠；溶于水加热,再通入澄清的石灰水,有气泡产生且有白沉淀的是碳酸氢钠,无变化的是碳酸钠；用ph试纸或ph计测试其ph值,碱性较强的是碳酸钠,碱性较弱的是碳酸氢钠；溶于水并加氢氧化钙或氢氧化钡,有白色沉淀生成的是碳酸钠,无变化的是碳酸氢钠。11.设na表示阿伏加德罗常数的值下列有关说法中正确的是（ ）a. 常温常压下，46gn2o4中含氧原子数为2nab. 常温常压下，11.2lnh3中含共价键的数目为1.5nac. 电解精炼铜阳极质量减少32g时电路中转移电子总数为nad. 1l0.2mol/lna2so4溶液中含有阴阳离子总数为0.6na【答案】ad【解析】【详解】a.46gn2o4，含有no2物质的量为=1mol，含有氧原子数为2na，故a正确；b常温常压vm不等于22.4l/mol，无法计算氨气的物质的量，无法计算氨气含有共价键数目，故b错误；c电解精炼铜时，阳极粗铜中含有活泼性较强的铁、锌等杂质，电解时铁、锌杂质先放电，且铁摩尔质量小于铜的64g/mol，锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，所以阳极减少32g，转移的电子的物质的量不一定为na，故c错误；d1l0.2mol/lna2so4溶液含有0.4mol硫酸钠和0.2mol硫酸根离子，共含有阴阳离子总数为0.6na，故d正确；故答案为ad。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、ccl4、hf等为液体，so3为固体；必须明确温度和压强是0，101kpa，只指明体积无法求算物质的量；22.4l/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。12.下列变化过程中，一定要加入还原剂才能实现的是a. o2na2o2b cl2cl-c. h2o2h2od. h2so4(浓)so2【答案】ad【解析】【详解】a. o2na2o2中，氧元素化合价降低，在反应中被还原，则需要加入还原剂才能实现转化，如na在氧气中燃烧，故a正确；b. cl2cl-中，氯元素化合价降低，在反应中被还原，但不一定要加入还原剂反应也能实现，如cl2溶于naoh溶液即可，故b错误；c. h2o2h2o中，氧元素化合价降低，在反应中被还原，但不一定要加入还原剂反应也能实现，如h2o2在mno2作催化剂的作用下直接分解即可，故c错误；d. h2so4(浓)so2中，s元素的化合价降低，在反应中被还原，则需要加入还原剂才能实现转化，如加入cu，故d正确；故答案为ad。13.工业上将na2co3和na2s以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入so2，可制取na2s2o3，同时放出co2在该反应中（ ）a. 硫元素既被氧化又被还原b. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2c 每生成1molna2s2o3，转移4mol电子d. 相同条件下，每吸收10l so2就会放出2.5lco2【答案】ad【解析】【分析】工业上将na2co3和na2s以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入so2，可制取na2s2o3，同时放出co2，其反应方程式为2na2s+na2co3+4so23na2s2o3+co2，反应在s元素的化合价从-2价升高到+2价，s的化合价从+4价降低到+2价，据此分析。【详解】a由反应方程式中s元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故a正确；b2na2s+na2co3+4so23na2s2o3+co2中，na2s为还原剂，so2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故b错误；c反应中2na2s转化为3na2s2o3，转移8个电子，则生成1molna2s2o3，转移mol电子，故c错误；d根据方程式可知，每当4molso2参与氧化还原反应就会放出1molco2，则每10lso2参与反应就会放出2.5lco2，故d正确；故答案为ad。14.做实验时不小心使皮肤上沾了一些高锰酸钾，形成的黑斑很久才消除，如果用草酸(h2c2o4)乙二酸的稀溶液洗涤，黑斑可以迅速褪去，其离子方程式为：mno4-+h2c2o4+h+=co2+mn2+，下列有关叙述不正确的是（ ）a. 该反应的氧化剂为kmno4b. 发生还原反应的是h2c2o4c. 该离子方程式右侧方框内的产生是h2od. 10molh+参加反应时，电子转移10mol【答案】b【解析】【分析】mno4-+c2o42-+h+co2+mn2+中，mn元素的化合价降低，c元素的化合价升高，由电子守恒、电荷守恒可知2mno4-+5h2c2o42-+6h+10co2+2mn2+，由原子守恒可知为水，以此来解答。【详解】amn元素的化合价降低，则kmno4为氧化剂，故a正确；bc元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则氧化反应的是h2c2o4，故b错误；c由电子、电荷及原子守恒可知，离子反应为2mno4-+5h2c2o42-+6h+10co2+2mn2+8h2o，故c正确；d.10molh+参加反应时，mol=molmn得到电子，则电子转移为mol(7-2)=mol，故d错误；故答案为b。三、填空题15.（1）配平该反应化学方程式且回答下列问题：_kmno4+_hcl=_mncl2+_kcl+_cl2+_h2o（2）氧化剂_，氧化产物是_（填化学式）。（3）若生成71gcl2，被氧化的hcl是_mol。【答案】 (1). 2 (2). 16 (3). 2 (4). 2 (5). 5 (6). 8 (7). kmno4 (8). cl2 (9). 2【解析】【分析】(1)反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5，mol电子，氯化氢中-1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒、原子个数守恒配平方程式；(2)反应中所含元素化合价降低的为氧化剂，生成物中所含元素化合价升高为氧化产物；(3)依据方程式2kmno4+16hcl=2mncl2+2kcl+5cl2+8h2o，生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化氯化氢物质的量为2mol，据此解答。【详解】(1)反应中高锰酸钾中+7价锰降为氯化锰中+2价，降价数为5，得到5mol电子，氯化氢中-1价氯化合价升高为氯气中0价，升高为1，生成1mol氯气失去2mol电子，依据氧化还原反应中得失电子守恒，高锰酸钾系数为2，氯气系数为5，依据原子个数守恒，氯化锰系数为2，氯化钾系数为2，依据氯原子个数守恒氯化氢系数为16，水分子系数为8，所以方程式：2kmno4+16hcl=2mncl2+2kcl+5cl2+8h2o；(2)依据(1)分析可知，反应中高锰酸钾中锰元素化合价降低，所以高锰酸钾为氧化剂，化学式kmno4；生成物中氯气中的氯是由氯化氢中-1价氯化合价升高得到，所以氯气为氧化产物，化学产物cl2；(3)71gcl2物质的量为=1mol，依据方程式2kmno4+16hcl=2mncl2+2kcl+5cl2+8h2o，生成1mol氯气转移2mol电子，被氧化的氯化氢物质的量为2mol。【点睛】配平的步骤：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总数，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。16.取少量fe2o3粉末(红棕色)加入适量盐酸，得到黄色溶液，用此溶液进行以下实验：（1）在小烧杯中加入20ml蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中加入制取的黄色溶液2ml，继续煮沸至液体呈_色，停止加热，用激光笔照射烧杯中的液体，可以观察到液体中_，用这个实验可以区别_和_。（2）向烧杯中逐滴加入过量的盐酸，会出现一系列变化：现象_；原因_。【答案】 (1). 红褐 (2). 丁达尔效应 (3). 胶体 (4). 溶液 (5). 先出现红褐色沉淀，然后沉淀溶解 (6). 氢氧化铁胶体遇电解质聚沉，然后与盐酸反应沉淀溶解【解析】【分析】(1)根据制取胶体的实验分析；氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应；(2)氢氧化铁胶体胶体遇到盐酸(电解质溶液)会发生聚沉；氢氧化铁沉淀，继续加入盐酸，会发生酸碱中和反应。【详解】(1)向沸水中滴入几滴fecl3饱和溶液，继续煮沸至溶液变成红褐色，即可制得氢氧化铁胶体，反应为fe3+3h2ofe(oh)3(胶体)+3h+，胶体中分散质粒子直径在1nm100nm之间，用激光笔照射烧杯中的液体，从入射光的垂直方向可以观察到液体中出现的一条光亮的“通路”，这就是丁达尔效应，氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应来区分胶体和溶液；(2)能使胶体聚沉的方法有：加入带相反电荷胶粒的胶体、加热、加入电解质溶液氢氧化铁胶体胶体遇到盐酸(电解质溶液)会发生聚沉，产生红褐色氢氧化铁沉淀，氢氧化铁胶体聚沉后会产生氢氧化铁沉淀，继续加入盐酸，会发生酸碱中和反应，生成氯化铁和水，离子方程式为fe(oh)3+3h+=fe3+3h2o。【点睛】本题考查胶体的制备与性质，氢氧化铁胶体的制备方法：在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热；液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小，不要认为丁达尔效应是溶液、胶体和浊液的本质区别，丁达尔效应可以区分溶液和胶体，这是容易混淆的。17.铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。回答下列问题：（1）实验室使用稀硫酸和h2o2溶解铜片，该反应的化学方程式为_。（2）电子工业使用fecl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，写出该过程的离子方程式_，配制的fecl3溶液应保持酸性，原因是_。（3）溶液中cu2+的浓度可采用碘量法测得：2cu2+5i-=2cui+i3-i3-+2s2o32-=s4o62-+3i-现取20.00ml含cu2+的溶液，加入足量的ki充分反应后，用0.1000moll-1的na2s2o3标准溶液滴定至终点，消耗na2s2o3溶液25.00ml，此溶液中cu2+的浓度为_moll-1。【答案】 (1). cu+h2so4+h2o2=cuso4+2h2o (2). 2fe3+cu=2fe2+cu2+ (3). 防止fe3+水解 (4). 0.1250【解析】【分析】(1)实验室使用稀硫酸和h2o2溶解铜片，反应中cu被氧化为cu2+，据此写出反应的离子方程式；(2)电子工业使用fecl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即fe3+将cu氧化为cu2+，自身被还原为fe2+，fecl3溶液中fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性抑制fe3+水解；(3)根据滴定过程中发生的反应方程式计算。【详解】(1)实验室使用稀硫酸和h2o2溶解铜片，反应中cu被氧化为cu2+，则发生反应的离子方程式为：cu+h2o2+h2so4=cuso4+2h2o；(2)电子工业使用fecl3溶液刻蚀印刷电路板铜箔，即fe3+将cu氧化为cu2+，自身被还原为fe2+，所以过程中发生的反应为：cu+2fe3+=cu2+2fe2+；fecl3溶液中fe3+发生水解使溶液呈酸性，需保持溶液为酸性以抑制fe3+水解；(3)取20.00ml含cu2+的溶液，加入足量ki充分反应后，用0.1000mol/lna2s2o3标准溶液滴定至终点，消耗na2s2o3溶液25.00ml，发生反应：i3-+2s2o32-=s4o62-+3i-，则消耗n(i3-)=0.1000mol/l25.0010-3l=1.2510-3mol，根据i元素守恒，则20.00ml溶液中c(cu2+)=mol/l=0.125mol/l。18.一无色透明的溶液做如下实验：取少量溶液滴加盐酸酸化的bacl2溶液有白色沉淀生成。另取部分溶液加入na2o2，有无色无味气体放出且有白色沉淀生成，加入na2o2的量与生成沉淀的量的关系如图所示，试问：（1）cu2+、nh4+、al3+、mg2+、na+、fe3+、k+、so42-等离子中一定存在的离子是_；可能存在的离子是_；一定不存在的离子是_。（2）上述溶液至少由_等物质混合成。【答案】 (1). so42-、al3+、mg2+ (2). na+、k+ (3). cu2+、fe3+、nh4+ (4). al2(so4)3、mgso4【解析】【分析】因是“无色透明溶液”，该溶液中不能含有有色的cu2+、fe3+，根据“取少量溶液滴加盐酸酸化的bacl2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有so42-；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体，说明该溶液中不含 nh4+，因为若有 nh4+，会与过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠反应生成氨气，氨气具有刺激性气味；当向溶液中加入过氧化钠时，会生成白色沉淀，且沉淀量先增加后减少，但不会完全消失，说明溶液中含有al3+、mg2+；由于沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在nh4+；因此该溶液中一定存在的离子为：so42-、al3+、mg2+，可能含有na+、k+，一定不存在的离子为：cu2+、fe3+、nh4+，据此进行解答。【详解】(1)因是“无色透明溶液”，该溶液中不能含有有色的cu2+、fe3+，根据“取少量溶液滴加