河南省新乡市第六职业中学2021-2022学年高一化学月考试卷含解析

河南省新乡市第六职业中学2021-2022学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.下列溶液中NO3﹣的物质的量浓度最大的是（）A．500mL1mol?L﹣1的KNO3溶液B．500mL1mol?L﹣1的Ba（NO3）2溶液C．1000mL0.5mol?L﹣1的Mg（NO3）2溶液D．1000mL0.5mol?L﹣1的Fe（NO3）3溶液参考答案：B【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】硝酸根离子的物质的量浓度与盐的物质的量及含有硝酸根离子的数目有关，与溶液体积大小无关，据此对各选项进行判断．【解答】解：A．500mL1mol?L﹣1的KNO3溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为1mol/L；B．500mL1mol?L﹣1的Ba（NO3）2溶液中硝酸根离子的浓度为：c（NO3﹣）=1mol/L×2=2mol/L；C．1000mL0.5mol?L﹣1的Mg（NO3）2溶液中硝酸根离子浓度为：c（NO3﹣）=0.5mol/L×2=1mol/L；D．1000mL0.5mol?L﹣1的Fe（NO3）3溶液中硝酸根离子浓度为：c（NO3﹣）=0.5mol/L×3=1.5mol/L；根据分析可知，溶液中NO3﹣的物质的量浓度最大的是B，故选B．2.在密闭容中加入2.0molSO2和1.0molO2，一定条件下发生如下反应2SO2＋O22SO3。反应达到平衡后，各物质的物质的量可能为(

)

n(SO2)/moln(O2)/moln(SO3)/molA2.01.00B1.00.81.0C0.200.101.80D002.0

参考答案：C【分析】反应2SO2+O22SO3是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，生成物不能完全转化为反应物，根据反应的特点来回答。【详解】反应2SO2+O22SO3是可逆反应，加入2.0molSO2和1.0molO2，最终各种物质都应该存在，不能全为反应物，也不能都为生成物，所以A、D错误；反应正向进行，所以正向进行SO2向生成SO3的方向进行，SO2与O2反应的物质的量关系为2：1，所以SO2减小1mol，消耗氧气0.5mol，所以应该剩余氧气物质的量为0.5mol，不能是0.8mol，B错误，故合理选项是C。【点睛】本题考查学生化学平衡的建立知识，注意可逆反应的特点是解题的关键。

3.我国最近在太阳能光电催化-化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。下列说法正确的是A.该制氢工艺中光能最终转化为化学能B.该装置工作时，H+由b极区流向a极区C.a极上发生的电极反应为Fe3++e-=Fe2+D.a极区需不断补充含Fe3+和Fe2+的溶液参考答案：AA、该制氢工艺中光能转化为电能，最终转化为化学能，故A正确；B、该装置工作时，H＋由b极区放电生成氢气，a极区流向b极区，故B错误；C、a极上发生氧化反应，失电子，所以a极上发生的电极反应为Fe2＋-e－═Fe3＋，故C错误；D、该过程涉及两个反应步骤，第一步利用Fe3＋/Fe2＋电对的氧化态高效捕获H2S得到硫和还原态，所以a极区无需不断补充含Fe3＋和Fe2＋的溶液，故D错误；故选A。点睛：本题考查太阳能光催化和光电催化，为解决天然气和石油化工过程中产生的大量H2S资源高值化转化（H2+S）提供了一个潜在的新途径，是电化学的应用，有一定的难度。解题4.把aL含(NH4)2SO4和NH4NO3的混和溶液分成两等份，一份加入bmol的烧碱并加热，恰好将全部NH4＋转变成NH3放出；另一份需含cmol的BaCl2溶液恰能完全沉淀SO42－，则原溶液中NO3－的物质的的浓度是(

)A.

(2b－4c)/a

mol/L

B.

(b－2c)/a

mol/L

C.

(2b－c)/a

mol/L

D.

(b－4c)/a

mol/L参考答案：A略5.下列用水就能鉴别的一组物质是（

）A．苯、己烷、四氯化碳

B．苯、乙醇、四氯化碳C．硝基苯、乙醇、四氯化碳

D．硝基苯、乙醇、乙酸参考答案：B略6.某有机物蒸气，完全燃烧时需三倍于其体积的氧气，产生二倍于其体积的二氧化碳，该有机物可能（）A．C2H4

B．C2H5OHC．CH3CHO

D．CH3COOH参考答案：AB解：令烃CxHy，烃含氧衍生物CxHyOz，由分析可知，有机物满足分子中含有2个C原子，（x+）或（x+﹣）的值等于3．A、C2H4分子含有2个碳原子，其（x+）=2+1=3，故A正确；B、C2H5OH分子含有2个碳原子，（x+﹣）=2+1.5﹣0.5=3，故B正确；C、CH3CHO分子含有2个碳原子，（x+﹣）=2+1﹣0.5=2.5，故C错误；D、CH3COOH分子含有2个碳原子，（x+﹣）=2+1﹣1=2，故D错误．故选：AB．7.下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸．当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐．下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强酸时，C在常温下是气态单质参考答案：D【考点】无机物的推断．【分析】下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸．当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐．【解答】解：根据题意A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，且是一种正盐，符合条件的物质只能是硫化铵，硫化铵和强碱反应生成氨气，则B是氨气，C是氮气，D是NO，E是NO2，F是硝酸；硫化铵和强酸反应生成H2S，H2S和氯气反应生成S，即C是单质S，则D是二氧化硫，E是三氧化硫，F是硫酸，A、当A是硫化铵时，硫化铵硫化氢硫单质二氧化硫三氧化硫硫酸，故A正确；B、当A是硫化铵时，硫化铵氨气氮气一氧化氮二氧化氮硝酸，故B正确；C、硫化氢或氨气和氯气发生的反应均是置换反应，一定是氧化还原反应，故C正确；D、当X是强酸时，B只能为硫化氢，则C为硫，是固体，故D错误．故选：D．8.实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950ml，配制时应选用的容量瓶的规格和称取的Na2CO3的质量分别是

（

）A.1000mL，212g

B.950mL，201.4g

C.任意规格，572g

D.500mL，286g参考答案：A容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制，则m（Na2CO3）=cVM=1L×2mol/L×106g/mol=212g，故选A。点睛：本题考查溶液的配制知识，注意实验室常用容量瓶的规格，是本题的易错点，容量瓶没有950mL规格，应用1000mL的容量瓶进行配制。9.现有2mol·L－1的盐酸和硫酸溶液各100mL，分别加入等质量的铁粉，反应结束后，所生成的氢气的质量比为2∶3，则往酸中加入的铁粉的质量为

A．2.8g

B．5.6g

C．8.4g

D．16.8g参考答案：C略10.在2A（g）+B（g）═3C（g）+4D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（）A．vA=0.5mol?L﹣1?s﹣1 B．vB=0.3mol?L﹣1?s﹣1C．vC=0.8mol?L﹣1?s﹣1 D．vD=1.0mol?L﹣1?s﹣1参考答案：B【考点】化学反应速率和化学计量数的关系．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，注意保持单位一致．【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，A.=0.25mol?L﹣1?s﹣1；B.=0.3mol?L﹣1?s﹣1；C.=0.267mol?L﹣1?s﹣1；D.=0.25mol?L﹣1?s﹣1，故选B．11.用地壳中某主要元素生产的多种产品在现代高科技中占有重要位置，足见化学对现代物质文明的重要作用．例如（用化学式表示）：（1）计算机芯片的主要成分是

；（2）光导纤维的主要成分是

．参考答案：（1）Si；（2）SiO2．【考点】硅和二氧化硅．【分析】（1）计算机芯片的主要成分为硅；（2）二氧化硅是光导纤维的成分．【解答】解：（1）硅是计算机芯片的原料，故答案为：Si；（2）光导纤维的主要成分是二氧化硅，故答案为：SiO2．12.下列物质中含有离子键的是A.CH4

B.CaCl2

C.HCl

D.NH3参考答案：B 13.已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1D．③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol参考答案：B【考点】氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的计算．【分析】A．置换反应中不仅有单质生成还必须有单质参加；B．根据同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来判断氧化性强弱；C．先确定还原剂和氧化剂，再根据它们计量数之间的关系式判断；D．氧化还原反应中得失电子数相等．【解答】解：A．②中生成物有单质但反应物没有单质，所以不是置换反应，故A错误；B．：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，总之，氧化性强弱顺序是KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确；C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中，氧化剂是氯酸钾，参加反应的的氯化氢作还原剂，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：1，故C错误；D．③还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，该反应式中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量=2×（5﹣0）mol=10mol，故D错误；故选B．14.下列说法中正确的是()①燃料电池的反应物可不储存在电池的内部②锌锰干电池是一次电池，铅蓄电池是二次电池③锂电池是新一代可充电电池④燃料电池作为汽车驱动能源已研制成功A．②③④

B．①②③④C．①②③

D．①③④参考答案：B解析：燃料电池与干电池或蓄电池的主要差别就在于反应物不是储存在电池内部，而是由外设装备提供燃料和氧化剂等。15.在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另取一份等质量的该有机物和足量的NaHCO3反应得V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是（

）A．HOOC-COOH

B．HOCH2COOH

C．HOOCCH(OH)CH(OH)COOH

D．CH2OHCH2OH参考答案：BC略二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.某化学实验室需要480mL，0.5mol/L的稀硫酸，现欲用98%的浓硫酸(ρ=1.84g/cm3)配制，配制步骤包括：①计算所用浓硫酸的体积②转移③定容、摇匀④量取一定体积的浓硫酸⑤洗涤⑥稀释并冷却至室温⑦轻摇。完成下列问题：（1）正确的操作步骤为（填入序号）___________________________。选用的主要仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、____________________________________________。（2）应量取浓硫酸的体积为_______；量取浓硫酸所用的量筒的规格是__________（从下列中选用A．10mLB．25mLC．50mLD．100mL）。（3）第⑥步中稀释实验的操作方法是__________________________。下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是____________。A．使用前要检验是否漏水B．在容量瓶中直接溶解固体或稀释液体C．溶液未经冷却即注入容量瓶中D．向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流（4）下列情况中，所配制的稀硫酸浓度偏大的是___________。A．所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中B．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤

D．定容时俯视刻度线E．洗涤量取浓硫酸使用的量筒，并将洗涤液转移入容量瓶F．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度参考答案：(1)①④⑥②⑤⑦③

500mL容量瓶胶头滴管

(2)13.6mL

B

(3)向烧杯中先加一定量蒸馏水，再沿烧杯内壁缓缓加入量好的浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌

AD

(4)DEF试题分析：（1）根据配制溶液的实验操作过程进行实验步骤排序；根据实验步骤分析需要的仪器；（2）①根据c=计算浓H2SO4的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后溶质物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；根据所需浓硫酸的体积选择量筒规格；（3）根据稀释浓硫酸的方法回答；根据容量瓶的使用方法回答；（4）根据分析误差；解析：（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以实验操作步骤的正确顺序为①④⑥②⑤⑦③；（2）①浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L；应选用500mL容量瓶，所以配制溶液的体积是500mL。设浓硫酸的体积为xmL，根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，xmL×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得：x≈13.6。所需浓硫酸的体积为13.6mL；量取浓硫酸所用的量筒的规格是25mL，选B。（3）稀释浓硫酸的方法：向烧杯中先加一定量蒸馏水，再沿烧杯内壁缓缓加入量好的浓硫酸，并不断用玻璃棒搅拌；A．容量瓶使用前要检验是否漏水，故A正确；B．在烧杯中溶解固体或稀释液体，故B错误；C．应将冷却后的溶液注入容量瓶中，故C错误；D．为防止液体流到容量瓶外，向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流，故D正确；（4）A．浓硫酸具有吸水性，所用的浓硫酸长时间放置在密封不好的容器中，浓度变小，所配溶液浓度偏小，故A错误；B．容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，无影响，故B错误；C．所用过的烧杯、玻璃棒未洗涤，溶质物质的量偏小，浓度偏小，故C错误；D．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故D正确；E．洗涤量取浓硫酸使用的量筒，并将洗涤液转移入容量瓶，溶质溶质物质的量偏大，浓度偏大，故E正确；F．用量筒量取浓硫酸时仰视刻度，浓硫酸体积偏大，溶质溶质物质的量偏大，浓度偏大，故F正确；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溶质的物质的量ｎB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偏大，则c偏大，若v偏大，则c偏小。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.(8分)现有250C101KPa条件下的氯化氢（HCl）气体49L（注：250C101KPa条件下气体摩尔体积为24.5Ｌ/mol）则：①该气体所含原子总数为________________个。②该气体的质量为_____________g。③该气体溶于127mL水中，得到密度为1.20g/mL的盐酸，此盐酸的物质的量浓度为______________。④取出20.0mL该溶液，配成浓度为2.00mol/L的稀溶液，则稀释后溶液的体积是______________

ml参考答案：略18.常温下，在30.6g水中溶解15gCuSO4·5H2O恰好达到饱和，该溶液的密度为1.2g/cm-3，求：（1）该溶液中阴阳离子的总物质的量（2）该溶液中CuSO4的物质的量浓度(保留两位有效数字)（3）取出20mL该溶液，配成浓度为0.2mol?L－1的稀溶液