河北省邯郸市成安一中高二化学下学期6月月考试卷（含解析）.doc

河北省邯郸市成安一中2014-2015学年高二下学期月考化学试卷（6月份）一、选择题（每题4分，52分）1分类法在化学学科的发展中起到了非常重要的作用，下列分类标准合理的是( )a根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、浊液和胶体b根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应c根据水溶液是否能够导电，将物质分为电解质和非电解质d根据是否含氧元素，将物质分为氧化剂和还原剂考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系；氧化还原反应；电解质与非电解质 专题：物质的分类专题分析：a分散系的分类依据是根据分散系微粒直径的大小；b氧化还原反应中有电子的转移，而非氧化还原反应物电子的转移；c电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物，非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；d反应物中含元素化合价升高的物质为还原剂，含元素化合价降低的物质为氧化剂解答：解：a分散系的分类依据是根据分散系中分散质粒子直径的大小，而不是否具有丁达尔现象，故a错误； b根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故b正确；c根据在水溶液里或熔化状态下能否导电，将物质分为电解质和非电解质，故c错误；d根据反应物中含元素化合价升降，将物质分为氧化剂和还原剂，故d错误故选b点评：本题考查物质的分类，题目难度不大，注意物质的分类的依据2下列有关物质的分类正确的是( )a石油、煤、小苏打都是混合物b烧碱、纯碱、碱石灰都是碱chno3、naoh、nano3都是电解质dhcl、h2so4、nh3都是酸考点：混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质 分析：a、小苏打属于化合物；b、纯碱是碳酸钠，属于盐，碱石灰是混合物；c、强酸、强碱、大部分可溶性盐属于强电解质；d、hcl、h2so4属于共价化合物解答：解：a、小苏打属于化合物、纯净物，故a错误；b、纯碱是碳酸钠，属于盐，碱石灰是混合物，不属于碱，故b错误；c、强酸、强碱、大部分可溶性盐属于强电解质，故c正确；d、hcl、h2so4是以共价键结合形成的共价化合物，故d错误；故选c点评：本题考查了物质的分类，明确物质的成分和相关的定义是解题的关键，题目难度不大3下列说法正确的是( )a蒸发是为了除去溶剂得到晶体，蒸馏是为了得到液体成分b金属氧化物一定是碱性氧化物c酸性氧化物一定是非金属氧化物d物质的量是七个基本物理量之一，是用于描述一定粒子数目的物理量考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；物质的分离、提纯和除杂 分析：a蒸发利用水挥发而使晶体析出，蒸馏利用沸点差异分离液体混合物；b金属氧化物可能为酸性氧化物等；c酸性氧化物可能为金属氧化物；d物质的量表示一定数目粒子的集合体解答：解：a蒸发利用水挥发而使晶体析出，即为了除去溶剂得到晶体；而蒸馏利用沸点差异分离液体混合物，故a正确；b金属氧化物可能为酸性氧化物等，如mn2o7为酸性氧化物，还有过氧化物等，故b错误；c酸性氧化物可能为金属氧化物，如mn2o7为酸性氧化物，故c错误；d物质的量是七个基本物理量之一，是用于描述一定数目粒子的集合体，故d错误；故选a点评：本题考查较综合，涉及混合物分离提纯的方法、物质分类、物质的量的理解等，为高频考点，注重基础知识的考查，题目难度不大4下列关于胶体的叙述不正确的是( )a胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间b光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应c用平行光照射nacl溶液和fe（oh）3胶体时，产生的现象相同dfe（oh）3胶体能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的考点：分散系、胶体与溶液的概念及关系 专题：溶液和胶体专题分析：分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm100nm的为胶体，胶体具有的性质主要有；均一、稳定、有吸附作业，具有丁达尔现象、聚沉、电泳等性质，其中丁达尔现象是区分溶液和胶体的方法解答：解：a、胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在109107m之间，即1nm100nm，故a正确；b、光线透过胶体时，胶体中可发生丁达尔效应，是胶体特有的性质，故b正确；c、用平行光照射nacl溶液和fe（oh）3胶体时，fe（oh）3胶体中会产生光亮的通路，产生丁达尔现象，nacl溶液无此现象，故c错误；d、fe（oh）3胶体具有较大的表面积，能够使水中悬浮的固体颗粒沉降，达到净水目的，故d正确；故选c点评：本题考查了胶体性质，胶体与其他分散系的本质区别，熟悉胶体的性质及判断即可解答5na表示阿伏加德罗常数的值下列叙述中正确的是( )a常温下，1 l 0.1 moll1 nh4no3溶液中的氮原子数为0.2nab含有58.5 g氯化钠的溶液中含有na个氯化钠分子c在反应kio3+6hiki+3i2+3h2o中，每生成3 mol i2转移的电子数为6nad常温常压下，22.4 l乙烯中ch的个数为4na考点：阿伏加德罗常数 分析：a、求出硝酸铵的物质的量，然后根据1mol硝酸铵中含2mol氮原子来分析；b、氯化钠为离子晶体；c、kio3+6hiki+3i2+3h2o反应转移5mol电子，生成3mol碘单质；d、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol解答：解：a、硝酸铵的物质的量n=cv=0.1mol/l1l=0.1mol，而1mol硝酸铵中含2mol氮原子，故0.1mol硝酸铵中含0.2mol氮原子即0.2na个，故a正确；b、氯化钠为离子晶体，故氯化钠中无氯化钠分子，故b错误；c、kio3+6hiki+3i2+3h2o反应转移5mol电子，生成3mol碘单质，故生成3mol碘单质的时候转移5mol电子即5na个，故c错误；d、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4l/mol，故22.4l乙烯的物质的量小于1mol，故含有的ch键个数少于4na条，故d错误故选a点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大6如图是用500ml容量瓶配制0.10moll1 naoh溶液的过程错误步骤有( )a1处b2处c3处d4处考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：用500ml容量瓶配制0.10moll1 naoh溶液的一般步骤：首先计算所需要的溶质的物质质量，用托盘天平称取，注意氢氧化钠容易吸收空气中的水而潮解，且氢氧化钠具有腐蚀性，然后在烧杯中溶解氢氧化钠，用玻璃棒搅拌，加速溶解，冷却后将溶液转移到500ml的容量瓶，注意用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在刻度线下方，然后洗涤烧杯23次，洗液全部转移到容量瓶，用玻璃棒引流蒸馏水到容量瓶，离刻度线12cm时该用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处于刻度线相切，定容时人眼应平视刻度线，摇匀容量瓶中溶液使其均匀，据此解答解答：解：配制一定物质的量浓度溶液的步骤：称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，称量氢氧化钠时，因为氢氧化钠溶液潮解变质，应用小烧杯称量；玻璃棒引流时，下端应靠在刻度线以下；定容时，应平视刻度线；故选：c点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，熟悉步骤和正确的操作、熟悉仪器的正确使用方法是解题关键，注意相关知识的积累7同物质的量浓度的kcl、cacl2、alcl3三种溶液的体积比为3：2：1，这三种溶液中cl浓度之比是( )a3：2：1b1：2：3c1：1：1d2：3：1考点：物质的量浓度 专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：cl离子浓度=溶质浓度化学式中cl离子数，与溶液的体积无关，据此判断解答：解：同物质的量浓度的kcl、cacl2、alcl3三种溶液，令浓度为cmol/l，则：kcl溶液中c（cl）=c（kcl）=cmol/l，cacl2溶液中c（cl）=2c（cacl2）=2cmol/l，alcl3溶液中c（cl）=3c（alcl3）=3cmol/l，故相同浓度kcl、cacl2、alcl3三种溶液中cl浓度之比=c：2c：3c=1：2：3，故选b点评：本题考查物质的量浓度，比较基础，注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度8配制一定物质的量浓度的koh溶液时，造成最终浓度偏低的原因可能是( )a容量瓶事先未烘干b定容时俯视观察液面c未用蒸馏水洗涤烧杯d定容后，摇匀时有少量液体流出考点：配制一定物质的量浓度的溶液 专题：化学实验基本操作分析：根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积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n比理论值小，或v比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或v比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大解答：解：a、容量瓶事先未烘干，由于定容还需要加入蒸馏水，所以不影响溶质的物质的量和溶液的体积，即不影响配制结果，故a错误；b、定容时俯视观察液面，导致加入的蒸馏水体积偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏高，故b错误；c、未用蒸馏水洗涤烧杯，导致配制溶液中溶质的物质的量偏小，根据c=可得，配制的溶液浓度偏低，故c正确；d、定容后，摇匀时有少量液体流出，由于溶液的均一性，所以不影响配制结果，故d错误；故选c点评：本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的误差分析，该题是中等难度的试题，试题基础性强，贴近2015届高考，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，注意明确误差分析的方法与技巧9常温下，下列各组离子在指定溶液中不能大量共存的是( )a0.1 moll1 naoh溶液：k+、na+、so42、co32b0.1 moll1 nahco3溶液：k+、ba2+、no3、clc0.1 moll1 fecl3溶液：k+、nh4+、i、scndc（h+）/c（oh）=1的溶液：ca2+、na+、clo、no3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：a碱溶液中该组离子之间不反应；b碱性溶液中该组离子之间不反应；c离子之间发生氧化还原反应、结合生成络离子；dc（h+）/c（oh）=1的溶液，溶液显中性解答：解：a碱溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故a不选；b碱性溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故b不选；cfe3+、i离子之间发生氧化还原反应，fe3+、scn结合生成络离子，不能大量共存，故c选；dc（h+）/c（oh）=1的溶液，溶液显中性，该组离子之间不反应，能大量共存，故d不选；故选c点评：本题考查离子的共存，为2015届高考常见题型，把握信息及离子之间的反应为解答的关键，侧重氧化还原及络合反应的考查，题目难度不大10下列实验所对应的离子方程式正确的是( )a向naalo2溶液中通入少量co2：alo2+co2+2h2oal（oh）3+hco3b向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：fe3+3h2ofe（oh）3+3h+c在碳酸氢钡溶液中加入过量的氢氧化钠溶液：ba2+2hco3+2ohbaco3+co32+2h2od向fecl2溶液中加入少量k3fe（cn）6溶液：4fe2+2fe（cn）64fe4fe（cn）62考点：离子方程式的书写 专题：离子反应专题分析：a碳酸氢根离子酸性大于氢氧化铝，反应生成碳酸根离子，不是碳酸氢根离子；b反应生成氢氧化铁胶体，不是氢氧化铁沉淀；c氢氧化钠过量，离子方程式按照碳酸氢钡的组成书写，反应才碳酸钡沉淀、碳酸根离子和水；dk3fe（cn）6中fe（cn）63离子带有3个单位负电荷解答：解：a向naalo2溶液中通入少量co2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，正确的离子方程式为：2alo2+co2+3h2o2al（oh）3+co32，故a错误；b向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液，反应生成氢氧化铁胶体，正确的离子方程式为：fe3+3h2ofe（oh）3（胶体）+3h+，故b错误；c在碳酸氢钡溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：ba2+2hco3+2ohbaco3+co32+2h2o，故c正确；d含fe2+的溶液与铁氰化钾k3fe（cn）6溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，fe（cn）63离子带有3个单位负电荷，正确的离子方程式为：3fe2+2fe（cn）63fe3fe（cn）62，故d错误；故选c点评：本题考查了离子方程式的正误判断，为2015届高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等；选项d为易错点，注意k3fe（cn）6电离出的是fe（cn）63离子11na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化为na2so4，而naclo被还原为nacl，若反应中na2sx与naclo的物质的量之比为1：16，则x值是( )a2b3c4d5考点：氧化还原反应的计算 专题：氧化还原反应专题分析：na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化为na2so4，s元素化合价由升高为+6，而naclo被还原为nacl，cl元素化合价由+1价降低为1价，反应中na2sx与naclo的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，列方程计算x的值解答：解：na2sx在碱性溶液中可被naclo氧化为na2so4，s元素化合价由升高为+6，而naclo被还原为nacl，cl元素化合价由+1价降低为1价，反应中na2sx与naclo的物质的量之比为1：16，根据电子转移守恒，则：x6（）=161（1）解得：x=5故选d点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意元素化合价的判断，为解答该题的关键，从元素化合价的角度解答该类题目，难度不大12氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域在一定条件下，aln可通过反应：al2o3+n2+3c2aln+3co合成下列叙述正确的是( )a上述反应中，n2是还原剂，al2o3是氧化剂b上述反应中，每生成1mol aln需转移3mol电子caln中氮的化合价为+3daln的摩尔质量为41g考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算 专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中化合价升高元素失去电子，所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低元素得到电子，所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目解答：解：a、反应al2o3+n2+3c2aln+3co中，氮元素化合价降低，n2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以c是还原剂，故a错误；b、反应al2o3+n2+3c2aln+3co中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molaln需转移6mol电子，所以每生成1molaln需转移3mol电子，故b正确；c、aln中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为3，故c错误；d、aln的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，故d错误故选b点评：本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识，难度不大13将28g铁粉放入100ml 0.1mol/l的cuso4溶液中，充分反应后析出的铜的质量为( )a32 gb6.4 gc0.64 gd3.2 g考点：化学方程式的有关计算 分析：发生反应：fe+cuso4feso4+cu，根据化学方程式来计算解答：解：设生成铜的质量为x，则fe+cuso4 feso4 +cu56 1mol 6428g 0.1l0.1mol/l x，所以硫酸铜不足，根据铜守恒，可知生成铜的物质的量为：0.01mol，所以反应后析出的铜的质量为：0.01mol64g/mol=0.64g，故选：c点评：本题考查学生化学反应方程式的计算，理解两个已知量如何进行差量计算是解答本题的关键，难度不大二、非选择题部分14（18分）实验室需要0.1moll1 naoh溶液450ml和0.5moll1硫酸溶液500ml根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是ac（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒（填仪器名称）（2）在配制naoh溶液时：根据计算用托盘天平称取naoh的质量为2.0g；若naoh溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度（填“”、“”或“=”）0.1moll1；若naoh固体溶解后立即移入容量瓶洗烧杯洗涤液移入容量瓶定容，则所得溶液浓度（填“”、“”或“=”）0.1moll1（3）在配制硫酸溶液时：所需质量分数为98%、密度为1.84gcm3的浓硫酸的体积为13.6（计算结果保留一位小数）ml；如果实验室有15ml、20ml、50ml量筒，应选用15ml量筒最好；配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌考点：溶液的配制 专题：实验设计题分析：（1）配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶；（2）因无450 ml的容量瓶，配制naoh溶液要用500 ml的容量瓶，m（naoh）=cvm=0.1 moll10.5 l40 gmol1=2.0 g；naoh溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高；（3）c（浓）v（浓）=c（稀）v（稀），即v（浓）=0.50.5，得v（浓）0.013 6 l=13.6 ml；选用15 ml量筒最好，误差小；注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌解答：解：（1）配制溶液需要五种玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶，故答案为：ac；烧杯、玻璃棒；（2）因无450 ml的容量瓶，配制naoh溶液要用500 ml的容量瓶，m（naoh）=cvm=0.1 moll10.5 l40 gmol1=2.0 g；naoh溶于水放出大量热，应把它冷却至室温后再移入容量瓶中，否则定容后，溶液冷却到室温后，体积减小，浓度偏高；故答案为：2.0；（3）c（浓）v（浓）=c（稀）v（稀），即v（浓）=0.50.5，得v（浓）0.013 6 l=13.6 ml；选用15 ml量筒最好，误差小；注意三点：酸入水、沿器壁、棒搅拌；故答案为：13.6；15；将浓硫酸沿器壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，注意从c=理解配制原理，把握整个配制过程15建筑工地常用的nano2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知nano2能发生如下反应：nano2+hino+i2+nai+h2o（1）配平上述反应方程式（2）上述反应的氧化剂是nano2；（3）根据上述反应，可用试纸和生活中常见的物质进行实验，以鉴别nano2和nacl，可选用的物质有：水 碘化钾淀粉试纸 淀粉 白酒 食醋，进行实验，下列几组合适的是c（填序号）abcd（4）某厂废切削液中，含有2%5%的nano2，直接排放会造成污染，采用nh4cl，能使nano2转化为不引起二次污染的n2，反应的化学方程式为nano2+nh4clnacl+n2+2h2o；该反应中被氧化的元素是nh4cl中考点：氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应 分析：（1）氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，利用电子守恒来配平方程式；（2）所含元素化合价降低的反应物为氧化剂；（3）鉴别nano2和nacl，可根据nano2在酸性条件下具有氧化性，用淀粉碘化钾试纸来检验；（4）nano2是一种有毒致癌物，使nano2转化为不引起二次污染的n2，亚硝酸钠与氯化铵发生氧化还原反应生成氮气，依据得失电子守恒和原子个数守恒解答：解：（1）在反应中，n元素的化合价书写方程式从+3价降低到了+2价，得到了1mol电子，i元素的化合价从1价升高到了0价，共失去电子2mol，根据电子守恒，所含以氮元素的物质前边都乘以系数2，碘单质系数是1，根据原子守恒，nai前边式系数2，hi前边式系数4，水的前边是系数2，故答案为：2；4；2；1；2；1；（2）反应中亚硝酸钠的氮元素化合价降低，所以亚硝酸钠为氧化剂，故答案为：nano2；（3）鉴别nano2和nacl，可根据nano2在酸性条件下具有氧化性，用淀粉碘化钾试纸来检验，可加入醋酸酸化，用到的药品有；故答案为：c；（4）nano2是一种有毒致癌物，使nano2转化为不引起二次污染的n2，nano2n2是被还原，必须加还原剂，加nh4cl作还原剂，亚硝酸钠中氮得到3电子转化为氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子转化为氮气中的氮，方程式为nano2+nh4clnacl+n2+2h2o，氯化铵中的氮元素化合价升高被氧化；故答案为：nh4cl+nano2=nacl+n2+2h2o；nh4cl中点评：本题考查了氧化还原反应方程式书写，明确反应过程中电子得失守恒是解题关键，题目难度不大16（1）某无色透明溶液可能存在na+、fe3+、ba2+、no3、co32、hco3、so42中的几种离子，现有如下操作：、取适量该溶液加入cacl2溶液无沉淀，继续滴加盐酸产生无色无味的气体、另取该溶液滴加一定量的naoh溶液有白色沉淀生成试回答下列问题：该溶液中一定存在的离子有hco3、ba2+、，一定不存在的离子fe3+、co32、so42用一个离子方程式表示操作的实验现象：ba2+hco3+oh=baco3+h2o（2）下列各项中的两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是c，请写出该离子反应方程式：so42+ba2+=baso4a、盐酸和烧碱溶液、硫酸和氢氧化钡溶液b、纯碱溶液和盐酸、石灰石和硫酸c、氯化钡溶液和硫酸钠溶液、硝酸钡溶液和硫酸d、碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液