四川省绵阳市江油中坝职业中学2022-2023学年高一化学月考试题含解析

1、四川省绵阳市江油中坝职业中学2022-2023学年高一化学月考试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1. 下列家庭小实验不能制得溶液的是参考答案：B略2. 已知A、B、C、D、E是核电核数依次增大的五种短周期主族元素，原子半径按D、E、B、C、A的顺序依次减小，B和E同主族，则下列推断中，正确的是AA、D不可能属于同一族BA、B、E至少有两种元素在同一周期CC可能是金属元素也可能是非金属元素DC、D的单质有可能形成离子化合物参考答案：D略3. 在FeO、Fe2O3、Fe3O4三种化合物中，与等质量铁元素结合的氧元素的质

2、量比为（ ）A698 B1289 C236 D134参考答案：A略4. 短周期元素X、Y、Z原子序数和为36，X、Y在同一周期，X+、Z2-具有相同的核外电子层结构。下列推测不正确的是A. 同周期元素中X的金属性最强 B. X、Z形成的化合物只含有离子键C. 同族元素中Z的氢化物稳定性最高 D. 同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强参考答案：B分析：X、Z都是短周期元素，X+、Z2-具有相同的核外电子层结构，X为Na元素，Z为O元素；X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，Y的原子序数为17，Y为Cl元素。根据元素周期律和化学键的知识作答。详解：X、Z都是短周期元素，X+、Z2-具

3、有相同的核外电子层结构，X为Na元素，Z为O元素；X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，Y的原子序数为17，Y为Cl元素。A项，X为Na元素，Na位于第三周期第IA族，同周期从左到右主族元素的金属性逐渐减弱，同周期元素中X的金属性最强，A项正确；B项，X、Z形成的化合物有Na2O、Na2O2，Na2O中只有离子键，Na2O2中含离子键和共价键，B项错误；C项，Z为O元素，O位于第二周期第VIA族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，同主族中Z的氢化物稳定性最高，C项正确；D项，Y为Cl元素，Cl位于第三周期第VIIA族，同周期从左到右主族元素的非金属性

4、逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强，D项正确；答案选B。5. 为了探究温度对化学反应速率的影响，下列实验方案可行的是 ()参考答案：DA、没有参照物，所以无法判断，故A错误；B、催化剂、温度都不同，所以无法判断，故B错误；C、两个实验的影响因素不同，所以无法判断，故C错误；D、两个实验的不同点只有温度，所以能判断温度对化学反应速率的影响，故D正确。6. 下列表示的是化学反应A(g)+2B(g) = C(g)+D(g)在不同条件下的反应速率，其中最快的是( )A. v(A) = 0.3 mol/(Ls)B. v(B) = 0.5 mol/(Ls)C. v

5、(C) = 0.4 mol/(Lmin)D. v(D) = 0.2 mol/(Ls)参考答案：A【详解】反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则A. =0.3；B. =0.25；C. v(C) = 0.4 mol/(Lmin)= 0.0067 mol/(Ls)，=0.0067；D. =0.2；显然A中比值最大，反应速率最快，答案选A。【点睛】把握化学反应速率与化学计量数成正比为解答本题的关键。本题的易错点为C，比较速率大小时要注意速率单位要统一。7. 关于如图装置的叙述，正确的是（）A铝是负极，铝片上析出无色气体B溶液中两电极间产生白色沉淀C溶液中先产生白色沉淀，最后沉淀溶解D石墨是正

6、极，石墨棒上析出黄绿色气体参考答案：B【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】该装置是原电池，铝作负极，石墨作正极，负极上铝失电子发生氧化反应生成铝离子，正极上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝【解答】解：该装置是原电池，铝作负极，石墨作正极，A铝是负极，负极上铝失电子发生氧化反应生成铝离子，电极反应式为：Al3e=Al3+，故A错误；B负极上的电极反应式为：Al3e=Al3+，正极上的电极反应式为：2H2O+O2+4e=4OH，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，故B正确；C如果正负极上转移电子数相等，则n（Al3+）：n（ OH）1：4

7、，所以不能最后完全沉淀溶解，故C错误；D石墨是正极，石墨上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为：2H2O+O2+4e=4OH，不可能生成氯气，故D错误故选B8. 运用元素周期律分析下面的推断，其中错误的是A.砹(85号元素)是一种有色固体，HAt应该不稳定，且AgAt是有色难溶于水固体B.铍（Be）是一种金属，它的氧化物的水化物可能具有两性C.硫酸锶（SrSO4）是难溶于水和盐酸的的白色固体D.硒化氢（H2Se）是无色、有毒、比H2S稳定的气体参考答案：D略9. 对于下列事实的解释错误的是A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓

8、硝酸不稳定C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D. 向碘水中滴CCl4，振荡静置后分层，下层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘参考答案：CA浓硫酸将蔗糖中的H、O以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故A正确；B浓硝酸不稳定，光照易分解生成二氧化氮、氧气和水，生成的二氧化氮溶于硝酸而使硝酸呈现黄色，故B正确；C常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不能继续反应的缘故，故C错误；D四氯化碳不溶于水，其和碘不反应，碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，所以四氯化碳可以作萃取剂，所以向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从

9、碘水中萃取碘，故D正确；故选C。10. 用过量铁块与稀硫酸反应制取氢气，采取下列措施：将铁块换为等质量的铁粉；加入少量NaNO3固体；加入少量CuSO4固体；加入少量CH3COONa固体；加热；将稀硫酸换成98%硫酸，其中可增大单位时间内氢气收集量的措施有（）ABCD参考答案：B【考点】化学反应速率的影响因素【分析】为加快铁与盐酸的反应速率，可增大浓度，升高温度，形成原电池反应或增大固体的表面积，不改变生成氢气的总量，则铁的物质的量应不变，以此解答【解答】解：将铁块换为等质量的铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故正确；加入NaNO3固体，因硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，与铁反应不生成氢

10、气，故错误； 滴加几滴硫酸铜溶液，生成铜，形成原电池反应，加快反应速率，故正确； 加CH3COONa固体，生成弱酸，氢离子浓度降低，反应速率减小，故错误；升高温度，反应速率增大，故正确；将稀硫酸换成98.3%硫酸，与铁反应不发生氢气，故错误； 故选B11. 下列物质既能由金属和酸反应获得，也能通过金属和氯气反应获得的是()ACuCl2 BFeCl2CFeCl3 DNaCl参考答案：D解析：A项，Cu排在氢的后面，不能与盐酸反应，错误；Fe排在氢的前面可以和盐酸反应，生成的是FeCl2而不是FeCl3，而Fe与Cl2反应生成FeCl3，B、C项错误；D项，Na与盐酸反应生成NaCl，Na在Cl2

11、中燃烧生成NaCl，正确。12. 食用下列物质与人体微量元素的摄入无关的是 A铁强化酱油 B加碘食盐 C富锌面粉 D高钙牛奶参考答案：D略13. 下列除杂方案不正确的是（ ）被提纯的物质括号内物质是杂质除杂试剂除杂方法AFeCl3 FeCl2H2O2溶液-BCO2（g） HCl（g）Na2CO3溶液洗气CCl2（g） HCl（g）饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3（s） NaHCO3（s）-加热参考答案：B【详解】A二价铁具有还原性，加入过氧化氢后可被氧化为Fe3+，过氧化氢则被还原为水，并且剩余的未反应的过氧化氢加热易分解生成水和O2，不会再引入新杂质，A项正确；BCO2会与Na2C

12、O3溶液反应，造成损耗，此外，还会引入水蒸气杂质；应当先将气体通入饱和的碳酸氢钠溶液，这样既能除去HCl杂质，又能避免CO2的损耗，再将气体经过浓硫酸干燥，B项错误；CCl2中混有HCl杂质，先通过饱和食盐水，吸收HCl的同时降低Cl2溶解造成的损耗，再将气体通过浓硫酸干燥就可得到纯净干燥的Cl2，C项正确；D碳酸氢钠加热易分解，可转化为碳酸钠，D项正确；答案选B。14. 下列关于物质分类的说法正确的是（）A金属氧化物都是碱性氧化物B氨水和液氯都是纯净物CCuSO4溶液和Al（OH）3胶体都能产生丁达尔效应D碳酸氢钠属于盐类参考答案：D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】A碱性

13、氧化物：能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）；B含有一种物质的为纯净物；C丁达尔效应为胶体特有性质；D一类金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物为盐【解答】解：A金属氧化物不都是碱性氧化物，如过氧化钠，故A错误；B氨水中含有氨气、一水合氨、水分子等，属于混合物，故B错误；C硫酸铜溶液不属于胶体，不具有丁达尔效应，故C错误；D碳酸氢钠电离产生钠离子和碳酸氢根离子，属于盐，故D正确；故选：D15. 将容积为50mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5

14、mL则原混合气体中NO2和O2体积比可能是（）A9：1 B18：7 C41：9 D1：1参考答案：B考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响专题：氮族元素分析：可能发生的反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，3NO2+H2O=2HNO3+NO，试管中O2和NO2气体按体积比1：4混合全部溶解，若剩余气体为氧气，根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，求出参加此反应的O2，最后相加得到原来的氧气；若为NO，先根据3NO2+H2O=2HNO3+2NO求出过量的NO2，然后根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3求氧气体积，进而计算NO2的体积，据此解答解答：解：NO2和O2与水的反应属于循

15、环反应，可简化为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，对该反应来说，若NO2剩余，则实际是NO，由3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，剩余NO气体是5mL，说明剩余的NO2为：5mL3=15mL，其余的35mL气体中V（NO2）：V（O2）=4：1，则混合气体中氧气的体积为：35mL=7mL，二氧化氮的体积为：50mL7mL=43mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：43mL：7mL=43：7；若剩余气体是O2，则反应的45mL中V（NO2）：V（O2）=4：1，原混合气体中二氧化氮的体积为：45mL=36mL，氧气为：50mL36mL=14mL，则原混合气体中NO2和O2体积比为：

16、36mL：14mL=18：7，故选B点评：本题考查了氮氧化物的性质、混合物有关计算，题目难度中等，关键是分析剩余气体的成分，再根据反应的方程式计算，试题培养了学生的分析及化学计算能力二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16. 现有含NaCl、MgCl2和CaCl2的混合溶液，某兴趣小组的同学欲提取纯净的NaCl晶体，设计了如下实验：请回答下列问题：（1）写出沉淀中所含物质的化学式： ，中加入的过量试剂为 （2）上述流程中，加入过量稀盐酸的目的是 （3）操作、中均需使用的玻璃仪器是 ，该仪器在操作、中的作用分别是： ， 参考答案：（1）Mg（OH）2 CaCO3；Na2CO3；（2）除去溶液

17、中过量的OH和CO32；（3）玻璃棒；引流；搅拌【考点】粗盐提纯【分析】含NaCl、MgCl2和CaCl2的混合溶液，加入过量的碳酸钠溶液，除去溶液中的钙离子，然后加入过量的氢氧化钠，除去溶液中的镁离子，过滤后得到的沉淀为碳酸钙和氢氧化镁的混合物，溶液中含有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠晶体，应加入足量的稀盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子，盐酸中的氯化氢易挥发，加热可以除去，在过滤中需要用过滤棒引流待虑液体，在蒸发结晶过程中用玻璃棒搅拌溶液，使其受热均匀【解答】解：（1）含NaCl、MgCl2和CaCl2的混合溶液，加入过量的碳酸钠溶液，除去溶液中的钙离子，然后加入过量的氢氧化钠，

18、除去溶液中的镁离子，过滤后得到的沉淀为碳酸钙和氢氧化镁的混合物，故答案：Mg（OH）2 CaCO3；Na2CO3；（2）溶液中含有氯化钠、碳酸钠、氢氧化钠，要得到纯净的氯化钠晶体，应加入足量的稀盐酸除去碳酸根离子和氢氧根离子，盐酸中的氯化氢易挥发，加热可以除去，所以加入过量稀盐酸的目的是除去溶液中过量的OH和CO32，故答案为：除去溶液中过量的OH和CO32；（3）在过滤中需要用过滤棒引流待虑液体，在蒸发结晶过程中用玻璃棒搅拌溶液，使其受热均匀，故答案为：玻璃棒；引流；搅拌【点评】本题考查了粗盐提纯操作步骤及玻璃棒的作用，试题难度不大，试题侧重对学生基础知识的巩固和训练，提高学生分析问题、解决

19、问题的能力三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17. （18分）绿矾是一种重要的化工原料。【问题1】绿矾晶体（FeSO47H2O）由于保存不妥或长久放置，容易被空气中的氧气氧化而变质。为探究绿矾样品的变质情况，某化学兴趣小组的同学设计了下列实验方案。实验准备：取少量绿矾样品，用蒸馏水在烧杯中配成溶液。（1）方案1：取少量溶液，加入几滴试剂（写化学式），如果观察到的现象是溶液变血红色；实验结论：证明绿矾样品已被氧化。（2）方案2：取少量溶液，加入几滴酸性KMnO4溶液，如果观察到的现象是 。实验结论：证明绿矾样品完全被氧化。 （3）使用FeSO4时，如要防止Fe3+的干扰，可以加入适量铁粉进行除杂，写出加入铁粉后发生反应的离子方程式 。（4）要从FeSO4溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有（此空填序号）A蒸发皿 B石棉网 C烧杯 D玻璃棒【问题2】灼烧绿矾的反应方程式：2（FeSO47H2O）