山西省长治市五龙山中学2022年高一化学月考试卷含解析

山西省长治市五龙山中学2022年高一化学月考试卷含解析一、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.以下是一常用的危险品标志，装运乙醇的包装箱应贴的图标是

参考答案：D2.下列有关氢键的叙述，错误的是

A、氢键不是化学键

B、氢键是一种特殊的分子间作用力

C、水由液体变为固体，体积变大是因为氢键的作用

D、氢键比化学键强参考答案：D略3.下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是

A．NaOH

B．SiO2

C．Fe

D．C3H8参考答案：D4.合金具有许多优良的物理、化学或机械性能．下列物质属于合金的是（）A．水银 B．不锈钢 C．陶瓷 D．玻璃参考答案：B【考点】合金的概念及其重要应用．【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；合金具有以下特点：①一定是混合物；②合金中至少有一种金属等．【解答】解：A．水银是纯净物，不属于合金，故A错误；B．不锈钢是铁合金，故B正确；C．陶瓷是混合物，不含有金属单质，故C错误；D．玻璃是混合物，不含有金属单质，故D错误．故选B．5.将过量的二氧化碳分别通入：①

CaCl2

溶液②

Na2SiO3

溶液③

Ca(ClO)2

溶液④

饱和Na2CO3

溶液⑤澄清的石灰水。最终溶液中有白色沉淀析出的是A.

①②③④⑤

B.

②④

C.

①②③⑤

D.

②③④参考答案：B略6.储存浓H2SO4的铁罐外口出现严重的腐蚀现象，这体现了浓硫酸的A．吸水性和酸性

B．脱水性和吸水性C．强氧化性和吸水性

D．不挥发性和酸性参考答案：A略7.如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述不正确的是A.a电极是负极B.b电极的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑C.氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置参考答案：B【详解】A.氢氧燃料电池中，通入氢气的电极a为电源的负极，A正确；B.氢氧燃料电池中，通入氧气的电极为原电池的正极，则b极上O2得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O4OH-，B错误；C.氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，C正确；D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，D正确；故合理选项是B。

8.在原子的第n电子层中，当它属于最外层电子层时，最多容纳的电子数目与n-1层相同，当它属于次外层时，最多容纳的电子数比n+1层最多容纳的电子数多10个电子，则此电子层是(

)A.K层 B.L层 C.M层 D.N层参考答案：C【详解】首先K层肯定不可能，因为没有n-1层；L层为最外层时最多可容纳的电子数为8，与K层2不同；若n层为M层，M为最外层时最多可容纳的电子数为8，与L层8相同，若M为次外层最多可以容纳18个电子，恰好比n+1层（N层）最多容纳的电子数多10个；若n层为N层，其作为最外层时最多可以容纳的电子数为8个，比次外层M层最多可以容纳的电子数18少10个。答案选C。【点睛】本题考查学生原子核外电子排布知识，可以根据所学知识进行回答，假设、验证是解决问题的一种方法。

9.下列操作过程中不能出现“先产生沉淀然后又完全溶解”现象的是（

）A．向Ca（ClO）2溶液中通入CO2至过量

B．向Na2SiO3溶液中滴加盐酸溶液至过量C．向氢氧化铁胶体中滴加稀硫酸至过量

D．向NaAlO2溶液中滴加盐酸至过量参考答案：B试题分析：A、向Ca（ClO）2溶液中通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，然后沉淀溶解生成碳酸氢钙，A错误；B、向Na2SiO3溶液中滴加盐酸溶液至过量生成硅酸沉淀，B正确；C、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和硫酸反应生成可溶性的硫酸铁，所以沉淀又溶解，所以不符合条件，C错误；D、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，D错误。答案选B。10.已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ。且氧气中1molO＝O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1molH－O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1molH－H键断裂时吸收热量为A．920kJ

B．557kJ

C．436kJ

D．188kJ参考答案：C略11.现用pH＝3的CH3COOH溶液和pH＝11的NaOH溶液各VmL，进行中和滴定，当滴定到pH＝7时，锥形瓶内溶液的体积为(滴定前后溶液未稀释、总体积不变)A．等于2VmL

B．小于2VmLC．大于2VmL

D．小于、等于或大于2VmL

参考答案：B略12.下列实验方案可行的是A．用浓硫酸干燥氨气

B．用酚酞试液检验酸性溶液

C．通入Cl2除去FeCl3溶液中的FeCl2

D.加入Fe粉除去Al3+溶液中的杂质Cu2+参考答案：C略13.已知X、Y、Z、W为短周期主族元素，在周期表中的相对位置如图，有下列说法：

XYZW

①若HmXOn为强酸，则X的氢化物溶于水一定显酸性(m、n均为正整数)②若四种元素均为金属，则Z的最高价氧化物对应的水化物一定为强碱③若四种元素均为非金属，则W的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸④若四种元素只有一种为金属，则Z与Y的最高价氧化物对应的水化物一定为强酸。其中正确的说法有几项(

)A.1项

B.2项

C.3项

D.4项参考答案：A【分析】X、Y、Z、W为短周期主族元素，由元素在周期表中的相对位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期。【详解】①若HmXOn为强酸，则X可为氮元素，其氢化物为氨气，水溶液呈碱性，故①错误；②若四种元素均为金属，则X为、Z为Na、Y为Be、W为Mg，Z的最高价氧化物对应水化物为NaOH，属于强碱，故②正确；③若四种元素均为非金属，X、Z至少处于ⅣA族，W可能为P、S或Cl，最高价氧化物对应的水化物中硫酸、高氯酸为强酸，而磷酸属于中强酸，故③错误；④若四种元素只有一种为金属，则X为B、Z为Al、Y为C、W为Si，Z、Y二者的最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化铝、碳酸，二者都不是强酸，故④错误。故正确的只有②，故选A。综上所述，本题正确答案为A。14.X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示．若这三种元素的原子序数之和为32，则Y元素是（）

X

Z

Y

A．碳 B．硫 C．氧 D．氯参考答案：B【考点】元素周期表的结构及其应用．【分析】由X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知，X、Z为第二周期元素，Y为第三周期元素，结合这三种元素的原子序数之和为32计算出质子数，然后确定元素．【解答】解：由X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知，X、Z为第二周期元素，Y为第三周期元素，设Y的质子数为m，则X的质子数为m﹣9，Z的质子数为m﹣7，则m+m﹣9+m﹣7=32，解得m=16，所以Y为硫，故选B．15.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下表中用途与其性质或原理对应关系不正确的是()选项现象或事实解释ANa2O2常用于潜水艇或呼吸面具供氧剂Na2O2与H2O、CO2反应产生O2B常用铝箔做包装材料金属铝有好的延展性CFeCl3溶液可用于刻制印刷铜电路板FeCl3与Cu发生反应2Fe3＋＋Cu==2Fe2＋＋Cu2＋D用小苏打治疗胃酸过多Na2CO3可中和胃酸

参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.如图A是实验室制取二氧化碳并检验其性质的实验装置图，请你回答：（1）a仪器的名称为______。（2）写出实验室制取二氧化碳的化学方程式

。（3）小雨同学按图A方式将导管伸入试管中，溶液未出现浑浊现象，你认为可能的原因是

（答出一条即可）。（4）为了制取方便，小林同学设计了如图B、C、D三种改进装置，你认为能起到“控制反应的发生和停止”效果的是

（填序号）。参考答案：（1）长颈漏斗（2）CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；（3）装置漏气或盐酸浓度过大或石灰水变质；（4）CD。试题分析：（1）根据对装置图的观察可知：a是长颈漏斗；（2）在实验室中制取二氧化碳的原理是：碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的方程式是CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；（3）结果他没有看到澄清的石灰水变浑浊，可能装置漏气；若反应物盐酸过浓，使制的二氧化碳中含有HCl气体；或石灰水变质等等，都会导致不能观察到石灰水变浑浊；（4）B．长颈漏斗把液体加入到小试管口，与试管内的物质接触反应，不能使反应停止，所以不能达到预期的目的，错误；C．当把同时向下伸时，与溶液接触，发生反应；当把铜丝向上拉起时，与溶液分离，反应停止，可以做到“随开随制，随关随停”效果，正确；D．当需要气体时，打开止水夹，溶液浸没隔板上的块状固体，二者接触发生反应；当关闭止水夹时，二者反应产生的气体使反应装置中的气体压强增大，把液体压入长颈漏斗中，二者分离，反应停止，可以达到“随开随制，随关随停”效果，正确。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.A、M、B、D、E、G、R、J、T等主族元素在周期表中的位置如下:根据上表回答下列问题:（1）M在周期表中的位置是_______。（2）A、B、E的原子半径的大小关系是________（填元素符号）。（3）G的原子结构示意图为________。（4）E、G、J三种元素最高价氧化物对应水化物两两之间反应的离子方程式分别为:H++OH-=H2O、______________、______________。（5）从原子结构的角度解释T和E的金属性的强弱关系:_______。（6）E、D两元素能形成原子个数比2:1和1:1的两种化合物。1:1型化合物的电子式为_______。用电子式表示出2:1型化合物的形成过程:_______。（7）表中某些元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，这些离子的半径由大到小的顺序是________（用离子符号表示）。（8）J非金属性强于R，下列选项中能证明这一事实的是________（填字母序号）a常温下J的单质溶沸点比R的单质高bJ的氢化物比R的氢化物更稳定c一定条件下J和R的单质都能与NaOH溶液反应d最高价氧化物的水化物的酸性强弱:J>R参考答案：(1)第二周期第ⅣA族

(2)H＜N＜Na

(3)

(4)Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-

3H++Al(OH)3=3H2O+Al3+

(5)Na和K属于同主族，电子层数：K＞Na，原子半径：K＞Na，原子核对外层电子的吸引力：K＜Na，失电子能力：K＞Na，故K的金属性比Na强

(6)

(7)S2-＞Cl-＞K+

(8)bd【分析】结合元素周期表的结构可知，A为氢元素，B为氮元素，D为氧元素，E为钠元素，G为铝元素，J为氯元素，R为硫元素，M为碳元素，T为钾元素；(1)M为碳元素，其原子结构示意图为；(2)同主族元素核电荷数大，原子半径大；同周期主族元素核电荷数大，原子半径小；(3)G为铝元素，其核电荷数为13；(4)E、G、J三种元素最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3和HClO4，其中Al(OH)3是两性氢氧化物；(5)E和T为同主族碱金属元素，核电荷数大，原子半径大；(6)E、D两元素为Na和O，能形成Na2O2和Na2O两种离子化合物；(7)表中S、Cl、K三种元素的原子可形成与Ar具有相同电子层结构的简单离子，核电荷数大，离子半径小；(8)元素的非金属性越强，越易与氢气化合，生成的氢化物越稳定，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。【详解】(1)M为碳元素，其原子结构示意图为，则其在元素周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；(2)H、Li、Na同主族，原子半径随核电荷数增大而增大，即原子半径H＜Li＜Na，其中H是原子半径最小的元素；Li、N为同周期主族元素核电荷数大，原子半径小，即原子半径N＜Li；故A、B、E的原子半径的大小关系是H＜N＜Na；(3)G为铝元素，其核电荷数为13，其原子结构示意图为；(4)E、G、J三种元素最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3和HClO4，其中Al(OH)3是两性氢氧化物、NaOH是强碱、HClO4是强酸，两两之间反应的离子方程式分别为H++OH-=H2O、Al(OH)3+OH-=2H2O+AlO2-、3H++Al(OH)3=3H2O+Al3+；(5)Na和K为同主族碱金属元素，电子层数：K＞Na，核电荷数大，原子半径：K＞Na，原子核对外层电子的吸引力Na＞K，失电子能力：K＞Na，故K的金属性比Na强；(6)E、D两元素为Na和O，能形成Na2O2和Na2O两种离子化合物，其中1:1型的Na2O2的电子式为，2:1型的Na2O的电子式形成过程为；(7)S2-、Cl-、K+的离子结构与Ar具有相同电子层结构，核电荷数大，离子半径小，则离子半径的大小关系是S2-＞Cl-＞K+；(8)元素的非金属性越强，越易与氢气化合，生成的氢化物越稳定，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；a.常温下J的单质熔沸点比R的单质高，与元素的非金属性强弱无必然联系，故a错误；b.J的氢化物比R的氢化物更稳定，说明J的非金属性比R强，故b正确；c.非金属元素的单质与NaOH溶液反应，无法比较J和R的非金属性强弱，故c错误；d.最高价氧化物的水化物的酸性强弱J>R，说明J的非金属性比R强，故d正确；故答案为bd。18.某混合物A，含有KAl(SO4)2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下列物质之间的变化：据此回答下列问题：(1)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四步中分离溶液和沉淀采用的相同的操作是____。(2)根据上述框图反