湖南省双峰县第七中学2020年高一化学上学期第三次月考试题（含解析）

湖南省双峰县第七中学2020年高一化学上学期第三次月考试题（含解析）1.实验室在配制FeSO4溶液时，为防止FeSO4被氧化而变质，常在溶液中加入少量的()A. 锌粉 B. 铁粉 C. 硫酸铁 D. 盐酸【答案】B【解析】实验室在配制FeSO4溶液时，为防止FeSO4被氧化而变质，需要加入还原剂，又因为不能引入新杂质，所以常在溶液中加入少量的铁粉，答案选B。2.下列实验操作中正确的是A. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处B. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热C. 萃取操作时，应选择有机萃取剂，且萃取剂的密度必须比水大D. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中【答案】A【解析】【详解】A、蒸馏操作时温度计测量蒸汽温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口处，不能插入溶液中，A正确；B、蒸发操作时当出现大量晶体时停止加热，利用余热蒸干，B错误；C、萃取剂的密度不一定比水的密度大，也不一定是有机萃取剂，C错误；D、分液操作时应下流上倒，即分液漏斗中下层液体从下口放出后，再将上层液体从上口倒出，D错误。答案选A。3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 标准状况下22.4LCO2与足量的Na2O2反应转移电子数为2NAB. 标准状况下，11.2L H2O含有的分子数为0.5NAC. 40g NaOH溶解在1L水中，则其100 mL溶液中含Na+数为0.1NAD. 25，1.01105 Pa，14g氮气中含有7NA个电子【答案】D【解析】【详解】A. 标准状况下22.4LCO2的物质的量是1mol，与足量的Na2O2反应消耗1mol过氧化钠，转移电子数为NA，A错误；B. 标准状况下水是液态，不能利用气体摩尔体积计算11.2L H2O含有的分子数，B错误；C. 40g NaOH的物质的量是1mol，溶解在1L水中，溶液的体积不是1L，则不能计算100 mL溶液中所含Na+数，C错误；D. 25，1.01105 Pa，14g氮气的物质的量是14g28g/mol0.5mol，1分子氮气含有14个电子，则其中含有7NA个电子，D正确。答案选D。4.在某体系内有反应物和生成物5种物质：H2S、S、FeCl3、FeCl2、HCl.已知H2S为反应物，则另一反应物是A. FeCl2 B. FeCl3 C. S D. HCl【答案】B【解析】【分析】H2S为反应物，反应后硫元素变为硫单质，所以硫元素失电子作还原剂，则另一种反应物应该是得电子化合价降低作氧化剂，根据化合价变化判断另一种反应物。【详解】这几种物质中化合价变化的元素是S和Fe元素，H2S中S的化合价是-2价，S中S的化合价是0价，FeCl3中Fe的化合价是+3价，FeCl2中Fe的化合价是+2价，H2S为反应物，失电子化合价升高生成S单质，则另一种物质必须是得电子化合价降低，所以另一种反应物是FeCl3，故答案选B。【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断，明确元素的化合价是解本题的关键，注意氧化还原反应规律的灵活应用。5.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4；2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2；3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe(NO3)3A. NOFe2+H2SO3I- B. I-Fe2+H2SO3NOC. Fe2+I-H2SO3NO D. H2SO3I-Fe2+NO【答案】D【解析】【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析解答。【详解】反应H2SO3+I2+H2O2HI+H2SO4中亚硫酸是还原剂，碘化氢是还原产物，则还原性是H2SO3HI；反应2FeCl3+2HI2FeCl2+2HCl+I2中碘化氢是还原剂，氯化亚铁是还原产物，则还原性是HIFeCl2；反应3FeCl2+4HNO32FeCl3+NO+2H2O+Fe(NO3)3中还原剂是氯化亚铁，还原产物是NO，则还原性是FeCl2NO，所以还原性由强到弱的顺序是H2SO3I-Fe2+NO。答案选D。6.下列离子在溶液中能大量共存，加入OH能产生白色沉淀的是A. Na+、Ca2+、SO42-、Cl B. K+、Mg2+、SO42-、NO3-C. H+、Mg2+、CO32-、S2 D. K+、Na+、NO3-、SO32-【答案】B【解析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，并结合加入OH-能产生白色沉淀来解答。【详解】ACa2+、SO42-结合生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，故A不选；B该组离子之间不反应，可大量共存，且加入OH-能与Mg2+产生白色沉淀氢氧化镁，故B选；CMg2+、CO32-结合生成沉淀，H+、CO32-结合生成水和气体，H+、S2-结合生成弱电解质，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，可大量共存，但加入OH-不反应，故D不选；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查。7.将某溶液逐滴加入Fe(OH)3溶胶内，开始产生沉淀，继续滴加时沉淀又溶解，该溶液是A. FeCl3溶液 B. 2molL1 NaOH的溶液C. 2molL1 MgSO4的溶液 D. 2molL1 H2SO4的溶液【答案】D【解析】【分析】能使胶体聚沉的物质有电解质溶液和带相反电荷的胶体，结合物质的性质分析判断。【详解】A、FeCl3溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，A不选。B、氢氧化钠溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，B不选；C、MgSO4溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，但不能溶解沉淀，C不选；D、稀硫酸是电解质溶液能使Fe（OH）3溶胶聚沉，H2SO4可使Fe（OH）3沉淀溶解，D选；答案选D。8.下列反应不属于氧化还原反应的是A. AgNO3NaCl=AgClNaNO3 B. 3COFe2O32Fe3CO2C. 2F22H2O=4HFO2 D. MgCl2(熔融) MgCl2【答案】A【解析】【分析】反应前后有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，结合元素的化合价变化解答。【详解】A. 反应AgNO3NaClAgClNaNO3中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，A选；B. 反应3COFe2O32Fe3CO2中碳元素化合价升高，铁元素化合价降低，属于氧化还原反应，B不选；C. 反应2F22H2O4HFO2中氧元素化合价升高，氟元素化合价降低，属于氧化还原反应，C不选；D. 反应MgCl2(熔融) MgCl2中氯元素化合价升高，镁元素化合价降低，属于氧化还原反应，D不选。答案选A。9.下列离子方程式书写正确的是A. 铁与稀盐酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B. 硝酸银溶液中加入铁粉：Ag+FeFe2+AgC. 偏铝酸钠溶液通入过量的CO2气体：2AlO2-CO23H2O2Al(OH)3CO32-D. 碳酸镁与稀硫酸反应：MgCO3+2H+Mg2+H2O+CO2【答案】D【解析】【详解】A、不符合客观事实，应是Fe2HFe2H2，故A错误；B、电荷不守恒，应是Fe2AgFe22Ag，故B错误；C、二氧化碳过量生成碳酸氢根离子，应是AlO2-CO22H2OAl(OH)3HCO3-，故C错误；D、碳酸镁是微溶物，不能拆写，离子方程式正确，故D正确。答案选D。10.将下列各组中的两溶液互相滴加，比较两次实验，实验过程中现象不同，最终结果也不相同的是A. 100mL 3molL1的氢氧化钠溶液和100mL 1molL1的氯化铝溶液B. 100mL 1molL1的盐酸溶液和100mL 1molL1的偏铝酸钠溶液C. 100mL 1molL1的盐酸溶液和100mL 1molL1的碳酸钠溶液D. 100mL 2molL1的盐酸溶液和100mL 1molL1的碳酸钠溶液【答案】C【解析】【详解】A100mL 3molL-1NaOH溶液中n（NaOH）=0.3mol，100mL 1molL-1的AlCl3溶液中n（AlCl3）=0.1mol，则将NaOH溶液滴加到AlCl3溶液中发生Al3+3OH-Al（OH）3，现象为观察到白色沉淀；将AlCl3溶液分滴到NaOH溶液中，分别发生：Al3+4OH-AlO2-+2H2O、Al3+3AlO2-+6H2O4Al（OH）3，先没有沉淀后出现沉淀，所以二者现象不同，但最终生成Al（OH）3的沉淀质量相等，故A不选；Bn（HCl）=0.1mol、n（NaAlO2）=0.1mol，由H+AlO2-+H2OAl（OH）3可知，盐酸滴到偏铝酸钠溶液中生成白色沉淀，偏铝酸钠溶液滴到盐酸中分别发生：4H+AlO2-Al3+2H2O，Al3+3AlO2-+6H2O4Al（OH）3，开始无沉淀后生成沉淀，二者现象不同，生成沉淀质量相同，故B不选；Cn（HCl）=0.1mol、n（Na2CO3）=0.1mol，由H+CO32-HCO3-，盐酸滴到碳酸钠时无现象，碳酸钠滴到盐酸中生成气体，则现象不同、最终结果也不相同，故C选；Dn（HCl）=0.2mol、n（Na2CO3）=0.1mol，由H+CO32-HCO3-、H+HCO3-CO2+H2O，盐酸滴到碳酸钠时开始无现象一段时间后产生气体，碳酸钠滴到盐酸中生成气体，现象不同，但最终生成二氧化碳气体体积相同，故D不选；故答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意与量有关的反应及现象的判断。11.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是A. FeSO4 B. NaOH C. BaCl2 D. Al2(SO4)3【答案】A【解析】【详解】分析四种物质的性质，不难发现，先产生沉淀后溶解这一现象只能是将NaOH溶液加入到Al2(SO4)3溶液中，所以丁为NaOH，乙为Al2(SO4)3。将NaOH溶液加入到FeSO4溶液中，会产生先出现白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象。将NaOH溶液加入到BaCl2溶液中，无明显现象，所以甲为BaCl2，则丙为FeSO4。答案选A。12.ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为()A. 11 B. 21 C. 12 D. 23【答案】B【解析】【分析】NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价降低，硫元素化合价升高，结合电子守恒计算。【详解】NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应过程中，氯元素化合价由+5价降到+4价，降低了1价，硫元素化合价从+4价升高到+6价，升高了2价，由得失电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为21，答案选B。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查。13.将Cu片放入0.1molL1 FeCl3溶液中,反应一段时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3+)c(Fe2+)=23，则Fe3+与Cu2+的物质的量之比为A. 32 B. 35 C. 34 D. 43【答案】D【解析】【详解】将Cu片放入FeCl3溶液中发生反应：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+，假设溶液中n（Fe2+）=3mol，则溶液中n（Fe3+）=2mol，由离子方程式可知n（Cu2+）=0.5n（Fe2+）=1.5mol，所以n（Fe3+）：n（Cu2+）=2mol：1.5mol=4：3，故答案选D。14.在V L Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体m g，则溶液中SO42-的物质的量浓度是A. m/27V molL1 B. 2m/27V molL1C. m/34V molL1 D. 3m/54V molL1【答案】C【解析】【详解】依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102 mol，根据铝原子守恒可知原V L Al2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量为3m/102 mol，则c(SO42-)=m/34V molL-1，所以答案选C。15.在反应3S6KOH=2K2SK2SO33H2O中，被还原的硫与被氧化的硫的质量比为A. 21 B. 12 C. 31 D. 13【答案】A【解析】【详解】在反应3S6KOH2K2SK2SO33H2O中，只有S元素的化合价发生变化，氧化剂和还原剂都是S，反应中SK2S，S元素化合价降低，则S被还原，S为氧化剂；SK2SO3，S元素化合价升高，则S被氧化，S为还原剂，由生成物可知，被还原与被氧化的S的物质的量之比为2：1，则质量之比也为2：1，故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意根据化合价的变化判断氧化产物和还原产物，可根据化学计量数直接判断出被还原的硫与被氧化的硫的质量比。16.甲、乙、丙、丁四个烧杯内分别放人0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠和氢氧化钠，然后各加入100mL水，搅拌，使固体完全溶解，则甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是A. 甲乙丙丁 B. 丁甲乙丙 C. 丁甲乙=丙 D. 甲=丁乙=丙【答案】C【解析】【详解】钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：Na+H2ONaOH+1/2H2，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O2NaOH+1/2O2，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g将氢氧化钠加入水中，溶液增加的质量为氢氧化钠的质量=0.1mol40g/mol=4g；所以溶液增加的质量大小顺序为：钠氢氧化钠氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，0.1mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、氢氧化钠分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4g/(100g+2.2g)100%、8g/(100g+6.2g)100%、8g/(100g+6.2g)100%、4g/(100g+4g)100%，所以甲、乙、丙、丁的质量分数大小的顺序是：乙丙甲丁，答案选C。17.A为常见的金属单质，根据下图所示的关系：下列叙述中不正确的是A. A为Fe，B为Fe3O4B. CD溶液的颜色变化：由浅绿色到黄色C. 的离子方程式：FeFe3+=2Fe2+D. 的化学方程式：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3【答案】C【解析】【详解】A为常见的金属单质，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，则A. 根据以上分析可知A为Fe，B为Fe3O4，A正确；B. CD发生氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁，则溶液的颜色变化：由浅绿色到黄色，B正确；C. 发生铁还原铁离子生成亚铁离子，反应的离子方程式为Fe2Fe3+3Fe2+，C错误；D. 发生氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2O22H2O4Fe(OH)3，D正确；答案选C。【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。18.选择适当的试剂除去下列物质中的杂质(括号内为杂质)，写出有关反应的离子方程式或化学方程式：（1）Fe(Al)试剂：_；离子方程式：_。（2）FeCl3溶液(FeCl2)试剂：_；离子方程式：_。【答案】 (1). NaOH (2). 2Al2OH2H2O2AlO2-3H2 (3). Cl2或H2O2 (4). 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl或2Fe2+H2O22H+2Fe3+2H2O【解析】【分析】（1）铝能与氢氧化钠溶液反应；（2）氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁。【详解】（1）铝能与氢氧化钠溶液反应，铁不反应，可以用氢氧化钠溶液除去铁中的铝，反应的离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO2-3H2；（2）氯气具有氧化性，能与氯化亚铁反应生成氯化铁，可以除去氯化铁中的氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl。或者也可以用双氧水除去氯化铁中的氯化亚铁，方程式为2Fe2+H2O22H+2Fe3+2H2O。19.某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr(OH)3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2O2。（1）该反应中的还原剂是_。（2）该反应中,发生还原反应的过程是_。（3）写出该反应的化学方程式,并用单线桥标出电子转移的方向和数目_。（4）如反应转移了0.4mol电子,则产生的气体在标准状况下体积为_L。【答案】 (1). H2O2 (2). H2CrO4 (3). Cr(OH)3 (4). (5). 4.48L【解析】【分析】（1）由H2O2只发生如下过程H2O2O2可知，利用该过程中O元素的化合价由-1价升高到0来分析；（2）氧化剂发生还原反应，利用元素的化合价降低来分析；（3）该反应中O元素失电子，Cr元素得到电子，根据电子得失守恒标出电子转移的数目和方向；（4）由反应氧元素的化合价变化情况来计算转移的电子数。【详解】（1）由信息H2O2O2中可知，O元素的化合价由-1价升高到0，则H2O2为还原剂；（2）氧化剂发生还原反应，含元素化合价降低的物质为氧化剂，Cr元素的化合价降低，则还原反应的过程为H2CrO4Cr(OH)3；（3）该反应中O元素失电子，Cr元素得到电子，2molH2CrO4反应转移电子为2mol（6-3）=6mol，单线桥标出电子转移的方向和数目为；（4）由2H2CrO4+3H2O22Cr(OH)3+3O2+2H2O可知，生成3mol气体转移6mol电子，转移了0.4mol电子，则产生气体的物质的量为0.4/63mol=0.2mol，在标准状况下体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L。20.如下图所示装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化时颜色的变化实验时必须使用铁屑和6molL1的硫酸，其他试剂任选填写下列空白（1）B中盛一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是_，A中反应的离子方程式是_。（2）实验开始时就先将活塞E_(填“打开”或“关闭”)，C中收集到气体的主要成分是_。（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程_。（4）拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，装置B中发生的现象为 _。【答案】 (1). 铁屑 (2). Fe2H+=Fe2+H2 (3). 打开 (4). H2 (5). 关闭活塞E，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应 (6). 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色【解析】【分析】制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝氧气的氧化，所以B装置中是氢氧化钠，A是产生硫酸亚铁的装置，保证其进入B中，要借助氢气产生的压强，根据实验试剂以及原理来回答分析即可。【详解】（1）制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝氧气的氧化，所以B装置中是氢氧化钠，A是产生硫酸亚铁的装置，因此A中应预先加入的试剂是铁，再滴入酸即可，发生反应为Fe2H+Fe2+H2；（2）为保证酸顺利滴下，一定在实验开始时就先将活塞E打开，A中反应为Fe2H+=Fe2+H2，最后产生的氢气被C装置收集；（3）A中反应发生后，为保证硫酸亚铁进入B中和氢氧化钠混合，要借助氢气产生的压强，所以需要关闭活塞E，使硫酸亚铁溶液压入B瓶中进行反应；（4）氢氧化亚铁可以被氧气氧化为氢氧化铁，因此拔去装置B中的橡皮塞，使空气进入，装置B中发生的现象为白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色。21.将一定质量的镁铝合金投入400 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。 计算：（1）合金中Mg的质量为_g；（2）硫酸的物质的量浓度为_ molL1；（3）NaOH溶液的物质的量浓度为_ molL1；（4）生成H2在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). 7.2 (2). 2.5 (3). 5 (4). 20.16【解析】【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液40mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余。当V（NaOH溶液）=400mL时，沉淀量最大，此时为氢氧化镁和氢氧化铝，二者物质的量之和为0.7mol，溶液中溶质为Na2SO4，从400mL开始，NaOH溶解氢氧化铝，结合反应的方程式、消耗氢氧化钠溶液的体积分析解答。【详解】（1）根据图像可知从400mL480mL氢氧化钠溶解氢氧化铝，最终剩余的沉淀是氢氧化镁，物质的量是0.3mol，根据镁原子守恒可知合金中Mg的质量为0.3mol24g/mol7.2g；（2）根据图像可知生成氢氧化铝的物质的量是0.7mol0.3mol0.4mol，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠是80mL，根据NaOH+Al（OH）3NaAlO2+2H2O可知消耗氢氧化钠是0.4mol，则氢氧化钠溶液的浓度是0.4mol0.08L5.0mol/L；沉淀量最大时为氢氧化镁和氢氧化铝，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH）=2n（Na2SO4）=0.4L5mol/L=2mol，所以n（Na2SO4）=1mol，因此硫酸的浓度为1mol0.4L=2.5mol/L；（3）根据以上分析可知NaOH溶液的物质的量浓度为5