福建省永安一中德化一中漳平一中2017-2018学年高一上学期第二次联考化学试题

“永安一中、德化一中、漳平一中”三校联考2017—2018学年第一学期第二次月考高一化学试题1.化学与生产、生活密切相关。下列叙述正确的是（）A.用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理相同B.氮的固定只有在高温、高压、催化剂的条件下才能实现C.喝补铁剂时，加服维生素C效果更好，原因是维生素C具有还原性D.“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物无关【答案】C............2.下列有关物质分类正确的是（）①混合物：盐酸、氯水、氨水、冰和水混合②化合物：CaCl2、烧碱、纯碱、O3③电解质：H2SO4、CuSO4·5H2O、无水醋酸、硫酸钡

④同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨A.①③B.②④C.②③D.③④【答案】D【解析】①盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物；氯水是氯气的水溶液是混合物；氨水是氨气的水溶液是混合物；冰和液态水只是状态不同，本质都是水，故①错误；②CaCl2、NaOH、HCl都是由不同元素组成的纯净物，是化合物，O3是单质，故②错误；③H2SO4、CuSO4·5H2O、无水醋酸在水溶液中均能发生电离从而导电，硫酸钡在熔融状态下能完全电离是电解质，故③正确；④C60、C70、金刚石、石墨是同一元素形成的不同单质，属于同素异形体，故④正确。故选D。3.下列关于氯及其化合物的说法中错误的是（）A.新制的氯水应放在棕色的试剂瓶中B.新制氯水可使石蕊试液先变红后褪色C.氯气在参与的化学反应中只能作为氧化剂D.漂白粉可由Cl2

通入消石灰中制备,其有效成分是Ca(ClO)2【答案】C【解析】A、氯水中的次氯酸见光易分解，新制氯水通常保存在棕色试剂瓶中，故A正确；B、氯水中含有盐酸具有酸性，能够使紫色的石蕊变红色，氯水中含有次氯酸具有漂白性，能够使红色褪去，故B正确；Cl2与NaOH溶液发生歧化反应，既作氧化剂又作作还原剂，故C错误；D、漂白粉是由氯气通入石灰乳制得，漂白粉的主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2可以反应生成HClO，为漂白粉的有效成分，故D正确。故选C。4.下列关于胶体的叙述正确的是()A.根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液B.利用半透膜可除去淀粉溶液中的少量NaClC.Fe(OH)3胶体粒子在电场的作用下将向阴极运动，说明Fe(OH)3胶体带正电D.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，至出现红褐色的沉淀，即得Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】A、根据分散系粒子直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，②不是根据否具有丁达尔现象来分类，故A错误；

B、淀粉溶液属于胶体，分散质微粒不能透过半透膜，NaCl溶于水形成溶液，可透过半透膜，所以可用半透膜除去淀粉溶液中的NaCl，故B正确；C、Fe(OH)3胶体为分散系不带电，Fe(OH)3胶体中含有带正电的胶体粒子，故C错误；D、将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体呈透明的红褐色，即为Fe(OH)3胶体，故D错误。故选B。点睛：利用半透膜除去淀粉溶液中的少量NaCl，此方法称为渗析；只能说Fe(OH)3胶粒带电荷，不能说Fe(OH)3胶体带电荷，此为本题的易错点。5.下列各组中的两种物质作用时，反应条件（温度、反应物用量、反应物浓度等）改变，不会引起产物改变的是（）A.Na2O2和CO2B.NaOH和CO2C.Na和O2D.Cu和HNO3【答案】A【解析】A、Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，反应产物与反应条件无关；B、NaOH和CO2反应，当CO2少量反应生成Na2CO3，CO2过量反应生成NaHCO3；C、Na和O2反应的产物与反应条件有关，常温下生成Na2O，加热生成Na2O2；D、Cu和HNO3的反应产物与硝酸浓度有关，Cu和浓HNO3反应生成NO2，Cu和稀HNO3反应生成NO。故选A。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.4.6gNa与足量氧气反应时转移电子的数目一定为0.2NAB.1molCl2参加反应时转移的电子数目一定为2NAC.1molKClO3中含有的氯离子数目为NAD.22.4LO2中含有2NA个氧原子【答案】A【解析】Na与氧气反应时，钠元素化合价由0变为+1，4.6gNa的物质的量是0.2mol，所以4.6gNa与足量氧气反应时转移电子的数目一定为0.2NA，故A正确；氯气与水的反应中，1molCl2参加反应时转移的电子数目为NA，故B错误；KClO3中含ClO3，不含氯离子，故C错误；非标准状况下，22.4LO2的物质的量不一定是1mol，故D错误。7.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）A.碱性溶液：Na+、Ca2+、SO42、CO32B.含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3、SCNC.HNO3溶液：H+、Fe2+、SO42、ClD.含有大量H+的溶液：Na+、NH4+、SO42、Cl【答案】D【解析】A、Ca2+与CO32结合生成碳酸钙沉淀，Ca2+、SO42结合生成微溶物硫酸钙，则不能大量共存，故A错误；B、因Fe3+与SCN结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；C、HNO3具有强氧化性，能氧化Fe2+，故C错误；D、H+、Na+、NH4+、SO42、Cl几种离子之间均不发生反应，能大量共存，D正确。故选D。8.国外某化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图，由图可知，在该反应中是（）A.氧化剂B.还原剂C.氧化产物D.还原产物【答案】B【解析】试题分析：根据题给插图知，该物质在氧化还原反应中失电子生成A，作还原剂，答案选B。考点：考查氧化还原反应。9.下图所示的实验操作，不能达到相应目的的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、浓硫酸具有吸水性，Cl2不溶于浓硫酸，可以利用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气，且气体进入装置导管为“长进短出”，故A正确；B、CO2易与NaOH反应，挤压胶头滴管，向烧瓶中加几滴NaOH溶液，CO2与NaOH反应后，烧瓶内压强减小，烧杯中的NaOH可进入烧瓶形成喷泉实验，故B正确；C、NH3极易溶于水，挤压胶头滴管，向烧瓶中滴加几滴水，NH3溶于水，烧瓶内压强减小，气球体积变大，故C正确；D、碳酸氢钠不稳定，图中不能体现对比性，小试管中温度低应盛放碳酸氢钠，故D错误。故选D。10.实验室制取少量N2，常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，关于该反应的说法正确的是()A.NaNO2是还原剂B.生成1molN2时转移的电子数为6molC.NH4Cl中的氮元素被还原D.N2既是氧化产物又是还原产物【答案】D【解析】A、NaNO2中N元素的化合价降低，得电子，作氧化剂，故A错误；B、每生成1molN2，消耗1molNaNO2得3mol电子，消耗1molNH4Cl失去3mol电子，即转移的电子为3mol，故B错误；C、NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选D。11.现有①MgSO4②Ba(NO3)2③NaOH④CuCl2四种溶液，不加其他试剂就可鉴别出来，鉴别的先后顺序是()A.④③①②B.③④①②C.②①③④D.③④②①【答案】A【解析】首先观察溶液颜色，蓝色的是CuCl2；再用CuCl2取滴定其他3个溶液，有蓝色沉淀产生的是NaOH；用NaOH去滴定其他2个溶液，有白色沉淀产生的是MgSO4；最后余下Ba(NO3)2。故鉴别先后顺序为④③①②，故选A。12.下列对某溶液所含离子检验的叙述正确的是（）A.滴入BaCl2溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，则原溶液一定含有SO42﹣B.滴入盐酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，则原溶液一定含有Cl﹣C.滴入KSCN溶液无明显现象，再通入少量Cl2后呈红色，则原溶液一定含有Fe2+D.滴入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的蓝色的石蕊试纸变红的气体，则原溶液一定含有NH4+【答案】C【解析】A、若原溶液中含有SO32﹣，加入硝酸，SO32﹣也会被氧化为SO42﹣，因此不能判断原溶液中是否含有SO42﹣，故A错误；B、加入盐酸酸化，溶液中引入了Cl﹣，无法证明原溶液中是否存在Cl﹣，故B错误；C、一开始滴入KSCN溶液无明显现象，说明溶液中不含Fe3+，通入少量Cl2后呈红色，说明发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl，生成了Fe3+，证明原溶液中含有Fe2+，故C正确；D、氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而使湿润的蓝色石蕊试纸变红的为酸性气体，故D错误。故选C。13.下表中对离子方程式的评价不合理的是（）选项化学反应及其离子方程式评价A向碳酸钙上滴加稀盐酸：2H++CO32﹣=CO2↑+H2O错误，碳酸钙难溶于水，不应该写成CO32﹣B向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42﹣=BaSO4↓正确C铁粉与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑错误，H+的氧化性较弱，只能将铁单质氧化为Fe2+D氯气与水反应：Cl2+2H2O=2H++Cl+ClO错误，反应生成的次氯酸是弱电解质，应写成HClOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】A、碳酸钙为难溶物，在离子方程式中不能拆开，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，该评价合理，故A正确；B、向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，NH4+与OH−反应生成一水合氨，离子反应为2OH−+2NH4++Ba2++SO42−═BaSO4↓+2NH3·H2O，评价不合理，故B错误；C、H+的氧化性较弱，只能将铁单质氧化为Fe2+，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，该评价合理，故C正确；D、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸离子方程式中不可拆，评价合理，故D正确。故选B。14.某溶液中含四种离子，己知其中三种离子Na+、Mg2+、NO3的物质的量浓度分别为0.2mol·L10.l0.lmol·L1，0.lmol·L1，则溶液中另一离子及其物质的量浓度可能是()A.SO420.lmol·L1B.Al3+0.2mol·L1C.Cl0.3mol·L1D.K+0.4mol·L1【答案】C15.将0.84gNaHCO3和1.06gNa2CO3混合并配成溶液,向溶液中滴加0.1mol·L1稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是()A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】0.84gNaHCO3的物质的量为0.01mol，1.06g

Na2CO3的物质的量为0.01mol；二者混合后，溶液中含有0.01molHCO3和0.01molCO32，滴加盐酸，CO32先与H+反应：CO32+H+=HCO3，不放出气体，消耗0.01molH+即0.1L盐酸；此时溶液中含有0.02molHCO3，继续滴加盐酸，HCO3与H+反应发生反应：HCO3+H+=H2O+CO2↑，有气体产生，0.02molHCO3完全反应消耗盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生CO2达到最大值。故选D。点睛：解答本题的关键是要理解CO32结合H+的能力强于HCO3，向CO32和HCO3的混合溶液中滴加盐酸的反应，是分步进行的，首先发生的是CO32+H+=HCO3；进行完全后，再发生：HCO3+H+=H2O+CO2↑。16.某离子反应中涉及H2O、ClO、NH4+、H+、N2、Cl六种微粒，其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列判断正确的是()A.该反应的还原剂是ClB.反应后溶液的酸性明显增强C.消耗1mol还原剂，转移6mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3【答案】B【解析】根据图像可知，随着反应的进行，N2的量逐渐增加，则N2为生成物，NH4+为反应物；NH4+→N2是氧化过程，则还原过程为：ClO→Cl。根据化合价升降守恒配平，可得氧化还原反应方程式：3ClO+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl+2H+。A、由方程式可知还原剂为NH4+，故A错误；B、反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；C、氮元素化合价由3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C、由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故D错误。故选B。17.现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）根据以上信息填空：（1）写出下列物质的化学式：A______G__________；（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：______________________________________；（3）写出下列反应的离子方程式：反应①_________________________；反应④____________________________；【答案】(1).Na(2).Fe(OH)3(3).产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾(4).2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑(5).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl【解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应①Na+H2O→气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应②：气体甲+气体乙→气体丙，即H2+Cl2→HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应⑤：物质C+物质F→沉淀G，即NaOH+F→Fe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应④：物质E+Cl2→物质F，则E中含有Fe2+；反应③：丙的水溶液D+金属B→物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3；（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾；（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH+H2↑；反应④为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl。18.某无色溶液中可能含有Mg2+、Ba2+、Cl、CO32、Cu2+、Fe3+中的一种或几种离子。为确定其成分，进行以下实验：实验1：取10mL无色溶液，滴加过量稀盐酸无明显现象。实验2：另取10mL无色溶液，加入足量的Na2SO4溶液，有白色沉淀生成。实验3：取实验1后的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如右图所示。回答下列问题：（1）原溶液中不存在的离子是__________，存在的离子是________________。（2）实验3中，图像中OA段反应的离子方程式为____________________________。（3）根据图像计算原溶液中Mg2+的物质的量浓度_______。【答案】(1).CO32－、Cu2+、Fe3+(2).Mg2+、Ba2+、Cl－(3).H＋＋OH－＝H2O(4).1mol/L【解析】溶液无色，则不含有色离子Cu2+、Fe3+；实验1，取无色溶液，滴加适量稀盐酸无明显现象，则不含CO32−，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有一种阴离子，则Cl－一定有；实验2，另取无色溶液，加入足量的Na2SO4溶液，有白色沉淀生成，证明一定含Ba2+；实验3，取实验l滴加过稀盐酸的溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中逐滴加入NaOH溶液，开始是中和盐酸，随后生成沉淀，且沉淀的最大值为0.58g，说明溶液中一定含有Mg2+。根据上述分析，原溶液中不存在的离子为CO32－、Cu2+、Fe3+；存在的离子有Mg2+、Ba2+、Cl－；（2）实验3中，图象中OA段反应是NaOH中和盐酸，离子方程式为：H++OH−=H2O；（3）mMg(OH)2]=0.58g，n(Mg2+)=nMg(OH)2]=0.01mol，溶液体积为10mL，所以cMg(OH)2]=1mol/L。19.研究钠及其化合物有重要意义。（1）实验室配制0.1mol•L1的碳酸钠溶液480mL，根据配制溶液的过程，回答问题：①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是_________。②实验中需用托盘天平（带砝码）称量碳酸钠固体_______________g。③某同学配制Na2CO3溶液的过程如图所示。你认为该同学的错误有___________A．①⑥B．②④⑦C．①⑤⑥D．⑤⑥⑦④下列实验操作会使配得的溶液浓度偏小的是___________A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容B．容量瓶使用前没有经过干燥，瓶中有少量的水C．在容量瓶中定容时俯视刻度线D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度（2）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经部分变质：_________________（说明操作、现象和结论）。【答案】(1).500mL容量瓶、胶头滴管(2).5.3(3).A(4).AD(5).取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2（或CaCl2）溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质【解析】（1）①要配制0.1mol•L1的碳酸钠溶液480mL，实验室没有480mL的容量瓶，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。故答案为：500mL容量瓶；胶头滴管；②依据m=CVM，需要Na2CO3的质量=0.1mol•L−1×0.5L×106g/mol=5.3g；故答案为：5.3；③、操作①中称量Na2CO3质量，药品与砝码位置颠倒，正确方法应该为“左物右码”，否则导致称量的碳酸钠质量偏小，故①错误；操作②、③为溶解Na2CO3，使用玻璃棒搅拌，加速溶解过程，操作正确，故②③正确；步骤④为转移冷却后的碳酸钠溶液，需要使用玻璃棒引流，玻璃棒下端放到容量瓶刻度线一下，过程正确，故④正确；步骤⑤为转移洗涤烧杯、和玻璃棒的溶液，该操作正确，故⑤正确；操作⑥为使用胶头滴管定容，定容时眼睛应该与容量瓶刻度线平视，不能仰视刻度线，故⑥错误；操作⑦为摇匀操作，摇匀时应该上下颠倒充分摇匀，故⑦正确；所以以上错误操作有①⑥，故选A。④A、转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，会导致溶质n偏小，溶液浓度偏小，故A正确；B、溶解后立即转移，由于Na2CO3溶于水放热，热胀冷缩，导致溶液V减小，浓度偏大，故B错误；C、进行定容时，俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，浓度偏大，故C错误；D、定容且把容量瓶倒置摇匀后，发现液面下降，此时有少量溶液残留在玻璃塞和瓶口之间，浓度不变，属于正常现象，但又补充了水，会导致浓度偏小，故D正确。故答案为：AD。Na2O2保存不当容易变质，生成Na2CO3，所以检查Na2O2是否变质，只需检验CO32，选用BaCl2溶液，方法是取少量样品，溶解，加入BaCl2（或CaCl2）溶液，充分振荡，有白色沉淀，证明Na2O2已经变质。故答案为：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2（或CaCl2）溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。点睛：根据cB＝nB/V可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由ｎB和V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。若nB比理论值小，或V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，会使所配溶液浓度偏大。20.氮及其化合物与生产生活关系密切。请完成下列填空：（1）肼由N、H两种元素组成，它常用作火箭推进剂。肼的相对分子质量为32，分子中N、H原子的个数比为1∶2，肼的分子式为_____________。16g肼分子中所含的氮原子数与标准状况下_______LN2中所含的氮原子数相等。（2）实验室常用下图所示装置制取并收集氨气。①实验室制取氨气反应的化学方程式为____________________________________；②图中方框内收集氨气的装置可选用_________________（填字母序号）；③尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是_________________________________。（3）在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4g的铜片发生反应。请回答下列问题：①开始阶段，反应的化学方程式为____________________________________，若该反应共产生标准状况下气体2.24L，则反应过程中被还原的HNO3的物质的量为_______。②反应结束后铜片有剩余，再加入少量20%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，反应的离子方程式为____________________________________________________。【答案】(1).N2H4(2).11.2(3).Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2

+2H2O+2NH3↑(4).C(5).防止烧杯中的水倒吸(6).Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O(7).0.1mol(8).3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O【解析】（1）肼的分子中N、H原子的个数比为1:2，设肼的分子式为(NH2)n，相对分子质量为32，则16n=32，解之得n=2，则分子式为：N2H4；16g肼分子中含氮原子：=1mol，与标况下0.5molN2所含原子数相等，N2体积为0.5×22.4=11.2L。故答案为：N2H4；11.2；（2）①铵盐和碱能反应生成氨气，实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应制备氨气，反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2

+2H2O+2NH3↑；故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2

+2H2O+2NH3↑；②氨气极易溶于水，密度比空气小，所以收集氨气可选用向下排空气法，根据进气方向应该用C装置；故答案为：C；③氨气极易溶于水，倒置漏斗有缓冲作用，气体能充分被吸收，从而防止倒吸；故答案为：防止烧杯中的水倒吸；（2）铜与浓硝酸反应，一开始有红棕色气体即NO2产生，溶液逐渐变为蓝色，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O；根据方程式可知，每生成1molNO2,有1molHNO3被还原；该反应共产生标况下气体2.24L，即产生0.1molNO2，则被还原的HNO3的物质的量为0.1mol。故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO)3+2NO2↑+2H2O；0.1mol；（3）铜与硝酸反应，生成硝酸铜，溶液中的H+消耗完之后，仍然有NO3剩余，这时候加硫酸提供了