《安徽省郎溪中学2020学年高二化学下学期第一次月考试题（直升部含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省郎溪中学2020学年高二化学下学期第一次月考试题（直升部含解析）（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、安徽省郎溪中学2020学年高二化学下学期第一次月考试题（直升部，含解析）H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Fe-56 一、选择题(每小题只有一个正确选项)1.化学与生产、生活、社会密切相关下列有关说法中，正确的是()A. 明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒B. SiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆C. 鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少环境污染，发展循环经济，促进节能减排D. 焰火“脚印”、“笑脸”，使北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”
2、的知识相关，焰色反应是化学变化【答案】C【解析】【详解】A、明矾在溶液中电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体和氢离子，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，但不能杀菌消毒，故A错误；B、二氧化硅具有良好的导光性，则用于制造通讯光缆，与导电能力强弱无关，事实上，二氧化硅不能导电，故B错误；C、鼓励汽车、家电“以旧换新”，可减少废弃物的排放，有效利用资源，起到节能减排的目的，故C正确；D、焰色反应是元素具有的性质，变化过程中没有新的物质生成，属于物理变化，故D错误；答案选C。2.有机物烃A、B和C的结构如下图，下列有关说法正确的是()A. B的分子式为C6H12B. A的二氯代物结构有两种C.
3、A、B、C中只有C的最简式为CHD. 与C互为同分异构体且属于芳香烃的有机物可能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【详解】AB含有6个C原子，6个H原子，分子式为C6H6，故A错误；BA中碳原子构成正四面体结构，二氯代物只有1种，故B错误；CA的分子式为C4H4，B的分子式为C6H6、C的分子式为C8H8，最简式都为CH，故C错误；D与C互为同分异构体且属于芳香烃的有机物可能为苯乙烯，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为D，要注意与C互为同分异构体且属于芳香烃的有机物可以是或等。3.下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是序号事实推论A与冷水反应
4、，Na比Mg剧烈金属性：Na MgBCa(OH)2的碱性强于Mg(OH)2金属性：Ca MgCSO2与NaHCO3溶液反应生成CO2非金属性：S CDt时，Br2+H22HBr K = 5.6107I2+H22H I K = 43非金属性：Br IA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】ANa、Mg位于同周期，金属性NaMg，则与冷水反应，Na比Mg剧烈，故A正确；BCa、Mg位于同主族，金属性CaMg，对应的最高价氧化物的水化物碱性为Ca(OH)2强于Mg(OH)2，故B正确；CSO2与NaHCO3溶液反应生成CO2，可知酸性亚硫酸大于碳酸，亚硫酸不是最高价氧化物的水化物，
5、则不能以此比较非金属性，故C错误；DK越大，说明生成的气态氢化物越稳定，则稳定性为HBrHI，则非金属性为BrI，故D正确；答案选C。4.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、A13+、Cl-、SO42-、CO32-、A1O2-中的若干种离子，离子浓度均为0.1 molL-1，某同学进行了如下实验: 下列说法正确的是A. 原溶液中存在NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-B. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C. 无法确定沉淀C的成分D. 无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-【答案】A【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明不含碳酸根离子，不含Ba2+，不含AlO
6、2-；加入硝酸钡有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，生成的气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入CO2产生沉淀，说明存在Al3+，沉淀C为氢氧化铝。因为存在的离子浓度均为0.1molL-1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。故A、原溶液中存在Al3+、NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-，选项A正确；B、滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Al3+，选项B错误；C、沉淀C为氢氧化铝，选项C错误；D
7、、原试液中含有Al3+、Cl-，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在。5.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A. 电解精炼Cu时，导线中通过2NAe时，阳极质量一定减少64 gB. 标准状况下，01 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为01NAC. 标准状况下，112 LCHCl3中含有的共用电子对数目为2NAD. 120 g熔融的NaHSO4中含有离子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A阴极得到电子数为2NA个，转移的电子为2mol，由于粗铜中含有杂质铁，电解过程中铁优
8、先放电，则铜失去的电子小于2mol，电解的铜的物质的量小于1mol，质量小于64g，故A错误；B氯气和水的反应为可逆反应，不能完全反应，故转移的电子数小于0.1NA个，故B错误；C标况下三氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积计算，故C错误；D.12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为=0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的离子数为0.2NA，故D正确；答案选D【点睛】本题的易错点为A，要注意铜的电解精炼过程中阳极上发生的氧化反应的金属不仅仅是铜，还有锌、铁等。6.已知过氧化铬(CrO5)的结构式如下图所示，过氧化铬不稳定，溶于水生成过
9、氧铬酸；溶于酸生成铬(III)盐(绿色)并放出氧气，反应方程式为：4CrO5+12H+=4Cr3+7O2+6H2O)。下列有关说法正确的是( )A. CrO5中Cr元素化合价为+10B. 过氧化铬中含有极性共价键、非极性共价键和离子键C. 过氧化铬具有较强的氧化性D. 上述反应每转移0.2mol电子就能生成2.24LO2【答案】C【解析】【分析】A. CrO5中存在过氧键、Cr-O键、Cr=O键；B.不同非金属元素之间易形成极性键；C. CrO5能和水反应生成酸，和酸反应生成铬酸盐和氧气；D.温度和压强未知，无法计算氧气的物质的量。【详解】A. CrO5中存在2个过氧键、1个Cr=O键，所以4
10、个O原子显-1价、1个O原子显-2价，所以Cr元素显+6价，故A错误；B.不同非金属元素之间易形成极性键，所以CrO5中不存在极性键，故B错误；C. CrO5能和水反应生成酸，所以为酸性氧化物，和酸反应生成铬酸盐和氧气，Cr元素化合价由+6价变为+3价，所以CrO5具有较强的氧化性，所以C选项是正确的；D.温度和压强未知，无法计算氧气的物质的量，导致无法计算转移电子的物质的量，故D错误。所以C选项是正确的。7.a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a与d最外层电子数之和为12，b2-与c+的电子层结构与氖相同，c、d同周期。下列叙述正确的是A. b与其他三种元素均可形成至少两种二元
11、化合物B. a的原子半径是这些元素中最小的C. c与b形成的二元化合物一定只存在离子键D. d与b、c三种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性【答案】A【解析】b2-与c+的电子层结构与氖相同，说明b为O元素，c为Na元素；a、b、c、d为 原子序数依次增大的短周期主族元素，a与d最外层电子数之和为12，说明a为N元素，d为Cl元素。Na、Cl、N与O元素能写成多种氧化物，故A正确。原子半径NaClNO，故B错误；过氧化钠中不仅仅只有离子键，过氧根中还存在共价键，故C错误；Na、O、Cl三种元素能形成多种化合物，如NaClO4水溶液呈中性，故D错误。8.下列装置进行的相应实验，能达到实验目的的是
12、()A. 制取并收集干燥纯净的NH3B. 演示NO 的喷泉实验C. 制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色D. 验证苯中是否有独立的碳碳双键【答案】D【解析】试题分析：A氨气的密度比空气密度小，则图中氨气的收集方法不合理，图中为向上排空气法，A错误；BNO不溶于水，则不能演示NO的喷泉实验，B错误；CFe与电源负极相连，为阴极，不能失去电子，则不能制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色，应Fe与电源正极相连，C错误；D苯与溴水、高锰酸钾均不反应，则图中实验可验证苯中是否有独立的碳碳双键，D正确；答案选D。【考点定位】本题考查化学实验方案的评价【名师点晴】该题为高频考点，把握物质的性质、实验
13、装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大。9.将8.4g Fe投入浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到30g Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物，将该固体隔绝空气在高温下加热，得到红棕色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中得到硝酸和NO，在标准状况生成NO气体的体积为A. 1120mLB. 2240mLC. 3360mLD. 4480mL【答案】C【解析】Fe与浓硝酸反应生成Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，Fe和硝酸完全反应；Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物隔绝空气高温加热得到红棕色的
14、Fe2O3和气体B；A、B气体混合通入足量水中得到HNO3和NO；经过上述一系列过程，Fe全部氧化为Fe2O3，Fe元素的化合价由0价升至+3价，浓HNO3中部分N原子被还原成NO，N元素的化合价由+5价降为+2价，根据得失电子守恒，3n（Fe）=3n（NO），n（NO）=n（Fe）=0.15mol，标准状况下NO的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L=3360mL，答案选C。点睛：金属与HNO3反应的计算常用守恒法：（1）得失电子守恒：金属失去电子物质的量等于HNO3中N原子得到电子物质的量；（2）N原子守恒：n（HNO3）参加反应=n（HNO3）起酸性作用+n（HNO3）起氧
15、化性作用。10.工业上用电解法可用于治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图所示，下列说法不正确的是 A. A、B分别为直流电源的正极和负极B. 当电解过程转移0.6mol电子时，左侧区域质量减少1.4gC. 电解过程中，左侧区域将依次发生反应为：Fe-2e-=Fe2+ 、2NO2-+8H+6Fe2+=N2+6Fe3+4H2OD. 研究表明，当右侧区域pH较小时，会有气体逸出，该现象说明H+的氧化性强弱与其c(H+)有关【答案】B【解析】【详解】A由电解池中阳离子的移动方向可知，电解池中Fe做阳极，即A为电源正极，B为电源负极，故A正确；B. Fe做阳极失电子发生氧化反应，电极反应为：Fe-2e-Fe2+，亚铁离子还原亚硝酸根离子生成氮气，反应的离子方程式为：2NO2-+8H+6Fe2+N2+6Fe3+4H2O，总反应为6Fe+ 2NO2-+8H+-12e-N2+6Fe3+4H2O，当电解过程转移0.6mol电子时，放出的氮气为0.05mol，放出的氮气质量为0.05mol 28g
