贵州省贵阳市花溪第三中学高一化学月考试题含解析

贵州省贵阳市花溪第三中学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.标况下，aL气体X2和bL气体Y2完全反应生成cL气体Z，若2a=6b=3c时，Z的化学式为

A．X3Y

B．X2Y

C．XY2

D．XY3参考答案：A2.下列变化过程，属于放热反应的是（

）①液态水变成水蒸气

②酸碱中和反应

③浓H2SO4稀释④固体NaOH溶于水

⑤H2在Cl2中燃烧

⑥弱酸电离A、②③④⑤

B、②③④

C、②⑤

D、①③⑤参考答案：C略3.下列事实不能说明一元酸HA是弱酸的是

A.中和一定的NaOH溶液，需消耗与NaOH等物质的量的HA

B.将pH=4的HA溶液稀释10倍，溶液pH小于5

C.将pH=2的HA溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈酸性

D.将0.1mol/L的HA溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性参考答案：A略4.向盛有Cl2的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入下列液体中的一种，经过振荡，现象如图所示，则甲、乙、丙注入的液体分别是（）①AgNO3溶液②NaOH溶液③水．A．①②③ B．②①③ C．③②① D．①③②参考答案：B【考点】氯气的化学性质．【分析】氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，据此解答．【解答】解：氯气为黄绿色气体，能溶于水，溶于水得到氯水，氯水因为溶解氯气显浅黄绿色，三个集气瓶中只有丙颜色为浅黄绿色，所以丙中液体为水；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，甲和乙中，只有乙出现了白色的沉淀，所以乙中液体为硝酸银溶液；氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，所以氯气被氢氧化钠吸收，溶液为无色，故甲中液体为氢氧化钠溶液，则甲、乙、丙注入的液体分别是②①③；故选：B．5.化学与生产生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。下列说法错误的是A．“地沟油”禁止食用，但可以用来做燃料B．减少机动车尾气的排放，可以降低雾霾的发生C．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，可防止水体富营养化D．绿色食品是生产时不使用化肥农药，不含任何化学物质的食品参考答案：D6.浓度为0.50mol·L-1的某金属阳离子Mn+的溶液10.00mL，恰好与0.40mol·L-1的NaOH溶液12.50mL完全反应，生成沉淀，则n等于A．4

B．3

C．2

D．1参考答案：D略7.下列溶液中，与100ml

0.5mol／LNaCl溶液所含的Cl-的物质的量浓度相同的是A.100ml

0.5mol／LMgCl2溶液

B.200

ml

0.25mol／LHCl溶液C.50

ml

1

mol／L

NaCl溶液D.200

ml

0.25mol／LCaCl2溶液参考答案：D略8.aXn－和bYm＋为两主族元素的离子，它们的电子层结构相同，下列判断错误的是()A.原子半径X＜Y

B.离子半径Xn－＜Ym＋C.a＋n＝b－m

D.X的氢化物的化学式为HnX参考答案：BaXn－和bYm＋为两主族元素的离子，它们的电子层结构相同，则a+n＝b－m，其中X是非金属，Y是金属，位于X的下一周期，A.原子半径X＜Y，A正确；B.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，所以离子半径Xn－＞Ym＋，B错误；C.a＋n＝b－m，C正确；D.X的最低价是－n价，则氢化物的化学式为HnX，D正确，答案选B。9.下列气体排入大气中，不会造成空气污染的是：

A、SO2

B、N2

C、CO

D、Cl2参考答案：B10.在元素周期表中位于金属元素和非金属元素交界处最容易找到的材料是（） A．制催化剂的材料 B．耐高温、耐腐蚀的合金材料 C．制农药的材料 D．半导体材料 参考答案：D【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用． 【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素，通常既具有金属性又具有非金属性，可以找到半导体材料． 【解答】解：A．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故A错误；B．耐高温、耐腐蚀的合金材料为金属材料，一般具有较强的金属性，大多属于过渡金属元素，故B错误；C．非金属元素位于右上方，非金属可以制备有机溶剂，部分有机溶剂可以用来做农药，故C错误； D．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故D正确． 故选D． 【点评】本题考查元素周期表的结构和应用，题目难度不大，本题根据元素周期表中的元素分布及元素常见的性质来解题．11.含有相同质子数和电子数的两种微粒之间的关系不正确的是A.它们可能是同一元素的不同核素

B.可能是不同分子C.可能是不同的离子

D.可能是一种分子和一种离子参考答案：D分析：A．原子中质子数等于电子数；B．两种不同的分子可以具有相等的质子数和电子数；C．两种不同的离子可以具有相同的质子数和电子数；D．一种分子和一种离子含有的质子数相同，则核外电子数一定不同。详解：A．同一元素的不同核素，含有相同的质子数和电子数，如1H、2H等，A正确；B．含有相同质子数和电子数的两种微粒，可以为电中性微粒，可能为不同的分子，如：CH4、NH3、H2O等，B正确；C．含有相同质子数和电子数的两种微粒，可以为不同的离子，例如氢氧根和氟离子具有具有相同的质子数和电子数，C正确；D．一种分子和一种离子含有的质子数相同，则核外电子数一定不同，不可能是一种分子或离子，D错误，答案选D。12.在标准状况下，mg气体x与ng气体y的分子数相等，则错误的是A.x与y的相对分子质量之比为m:nB.同质量气体x与y的分子数之比为n:mC.同温同压下，x气体与y气体的密度之比为m:nD.同温同压下，同体积x气体与y气体的质量之比为n:m参考答案：D13.铝可与硝酸钠发生反应（未配平）：Al+NaNO3+H2O→Al（OH）3+N2↑+NaAlO2，有关叙述正确的是A.上述反应中水是氧化剂B.若反应过程中转移5mole-则生成标准状况下N2的体积为11.2LC.该反应的氧化产物是N2D.当消耗1molAl时，生成标况下N2的体积为22.4L参考答案：B略14.下列反应中，在原理上可以设计成原电池的是：

（

）A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应

B．氢氧化钠与盐酸的反应C．氢气与氧气的反应

D．石灰石的分解反应参考答案：C略15.运用元素周期律可以分析、推断某些元素的一些性质，但下列推断中有明显错误的是

A．氢氧化铍[Be(OH)2]的碱性比氢氧化镁弱

B．单质砹(At)为有色固体，AgAt不溶于水也不溶于稀酸

C．硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体

D．硒化氢(H2Se)是无色、有毒，比H2S稳定的气体参考答案：D二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.为研究铜与浓硫酸的反应，某化学兴趣小组进行如下实验。实验I:反应产物的定性探究，按如图装置(固定装置已略去)进行实验。(1)A装置的试管中发生反应的化学方程式是_____；F装置的烧杯中发生反应的离子方程式是_______________；B装置中的现象是______________。(2)实验过程中，能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是______________。(3)实验结束时，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是___________。(4)实验结束后，证明A装置试管中反应所得产物是否含有铜离子，需将溶液稀释，操作方法是___________________。实验II:反应产物的定量探究(5)在铜与浓硫酸反应的过程中，发现有黑色物质出现，且黑色物质为Cu2S。产生Cu2S的反应为aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+eH2O，则a:b=________。(6)为测定硫酸铜的产率,将该反应所得溶液中和后配制成250.00mL溶液，取该溶液25.00mL加入足量KI溶液中振荡，生成的I2恰好与20.00mL0.30mol/L的Na2S2O3溶液反应，若反应消耗铜的质量为6.4g,则硫酸铜的产率为_____________。

(已知2Cu2++4I-=2CuI+I2，2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)

[注:硫酸铜的产率指的是硫酸铜的实际产量与理论产量的比值]参考答案：(1)Cu+2H2SO4（浓）ΔCuSO4+SO2↑+2H2O

SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O

白色粉末变蓝色

(2)D装置中黑色固体颜色无变化，E装置中溶液褪色

(3)拉起铜丝，关闭K1、K2

(4)将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，观察是否有蓝色出现

(5)5：4

(6)60%解析：（1）A装置的试管中铜和浓硫酸发生反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；二氧化硫属于酸性氧化物，和NaOH反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为

SO2+2OH-=SO32-+H2O；水具有挥发性，升高温度促进其挥发，所以生成的气体中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜由白色变为蓝色，所以B装置中的现象是：白色粉末变蓝色；

（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色，所以证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的实验现象是，D装置中氧化铜黑色不变化，说明无氢气生成，E装置中品红试液褪色说明生成了二氧化硫气体；

（3）实验结束时，拉起铜丝，撤去所有酒精灯之前必须完成的实验操作是关闭K1，K2，防止CE中的溶液倒吸，炸裂玻璃管；

（4）验证生成的溶液中含有铜离子，需要把试管中的液体倒入水中溶解，观察是否出现蓝色溶液，将A装置中冷却的混合溶液沿烧杯内壁缓缓倒入盛水的烧杯中，并不断搅拌，出现蓝色溶液证明含有铜离子；（5）aCu+bH2SO4cCu2S+dCuSO4+e

H2O中Cu元素化合价由0价变为+1价、+2价、S元素化合价由+6价变为-2价，转移电子数为6，根据转移电子守恒及原子守恒配平方程式为5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2O，所以a︰b=5︰4；

（6）根据2Cu2++4I-=2CuI+I2、2S2O32-+I2=S4O62-+2I-得2Cu2+～I2～2S2O32-，

设制得的溶液中硫酸铜的物质的量浓度为xmol/L，

2Cu2+～I2～2S2O32-，

2mol

2mol

0.025xmol

（0.3×0.02）mol

2molL︰2mol=0.025xmol︰（0.3×0.02）mol

x==0.24，

则250mL溶液中n（Cu2+）=0.24mol/L×0.25L=0.06mol，参加反应的n（Cu）==0.1mol，

则硫酸铜的产率=×100%=60%。点睛：明确反应原理及基本操作是解本题关键，加热条件下，Cu和浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，水具有挥发性，温度越高挥发性越强，所以生成的二氧化硫中含有水蒸气，水蒸气能使无水硫酸铜变蓝色；浓硫酸具有吸水性，能干燥二氧化硫气体；氢气具有还原性，能将黑色的氧化铜粉末还原为红色Cu；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫属于酸性氧化物且有毒，不能直接排空，可以用碱性溶液吸收。三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.X、Y、Z、M、G五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X元素的气态氢化物水溶液呈碱性；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分；元素Z和G可形成1：1的离子化合物，请回答下列问题：（1）Y在元素周期表中的位置为

，Z离子的结构示意图为．（2）元素Y和Z按原子个数1：1形成的化合物中存在化学键的类型

．（3）能说明元素G的非金属性比元素M的非金属性强的是

（填序号）①最高价氧化物对应水化物的酸性：G比M强②气态氢化物的还原性：M比G强③气态氢化物溶于水后的酸性：G比M强④G的最高正价比M的最高正价高（4）M和X可形成一种化合物，其相对分子质量在170～190之间，且M的质量分数约为70%，该化合物的化学式为

．参考答案：（1）第二周期ⅥA族；；（2）离子键、共价键；（3）①②；（4）S4N4．

【考点】原子结构与元素周期律的关系．【分析】X、Y、Z、M、G五种短周期主族元素，原子序数依次增大．X元素的气态氢化物水溶液呈碱性，则X为氮元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，则M为S元素、Y为氧元素；G原子序数大于S原子序数，则G为Cl元素；元素Z和G可形成1：1的离子化合物，则Z为Na元素，据此解答．【解答】解：X、Y、Z、M、G五种短周期主族元素，原子序数依次增大．X元素的气态氢化物水溶液呈碱性，则X为氮元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，则M为S元素、Y为氧元素；G原子序数大于S原子序数，则G为Cl元素；元素Z和G可形成1：1的离子化合物，则Z为Na元素，（1）Y为氧元素，在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，Na+离子的结构示意图为，故答案为：第二周期ⅥA族；；（2）元素O和Na按原子个数1：1形成的化合物为Na2O2，含有离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；（3）根据气态氢化物的稳定性或最高价氧化物对应水化物的酸性强弱判断非金属性强弱．氢化物水溶液酸性强弱不能说明非金属性强弱，若非金属性F＞Cl，但HF为弱酸、HCl为强酸．最高正化合价不能说明非金属性强弱，故①②符合，故答案为：①②；（4）n（N）：n（S）=：≈1：1，令化学式为（SN）n，由于该化合物的相对分子质量在170～190之间，则170＜46n＜190，故3.7＜n＜4.1，则n=4，所以其化学式为S4N4，故答案为：S4N4．18.(8分)下列各反应中，通入的气体反应物各起什么作用？请选择下列序号填空：A.只做氧化剂

B.只做还原剂C.既做氧化剂又做还原剂

D.既不做氧化剂又不做还原剂（1）氯气通入水中：Cl2+H2O===HCl+HClO______________________（2）二氧化氮通入水中：3NO2+H2O===2HNO3+NO__________________（3）二氧化碳气体通入氢氧化钾溶液中：CO2+2KOH===K2CO3+H2O____________（4）二氧化硫气体通入氢硫酸中：SO2+2H2S===3S+2H2O_____________________参考答案：（1）C；（2）C；（3）D；（4）A。略19.无机非金属材料、金属材料和有机高分子材料并称为三大材料，是发展高新技术的基石，在未来科技发展中发挥着重要的作用。（1）新型材料Fe粉具有超强的磁性能，用作高密度磁记录的介质以及高效催化剂等。将22.4g

Fe粉与一定量水蒸气在高温下反应一定时间后冷却，其质量变为28.8g。①产生的氢气的体积为_________mL（标准状况下）。②将冷却后的固体物质放入足量FeCl3溶液中充分反应（已知Fe3O4不溶于FeCl3溶液），计算最多消耗FeCl3的物质的量__________mol。（2）Nierite是一种高熔点高硬度的陶瓷材料。Nierite的摩尔质量为140g/mol，其中硅元素的质量分数为60%。已知1molNH3与足量的SiCl4充分反应后可得到35gNierite与3molHCl气体。Nierite的化学式为___________。（3）K金是常见的贵金属材料，除黄金外，还含有银、铜中的一种或两种金属。为测定某18K金样品的组成，将2．832g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，固体全部溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224mL（折算至标准状况，下同），将该混合气体与84mLO2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收。填写该18K金的成分表（精确至0．01%，若不含该金属则填0）。18K金成分AuAg含量（质量分数）75．00%_________

参考答案：(1)8960

0.2

(2)Si3N4

(3)11．44%【分析】(1)①高温条件下，Fe和H2O反应生成Fe3O4和H2，固体增加的质量为氧元素质量，根据固体增加的质量与氢气的关系式计算；

②Fe和FeCl3反应生成FeCl2，根据铁和FeCl3之间的关系式计算FeCl3的物质的量；

(2)根据元素守恒、原子守恒确定化学式；

(3)根据转移电子确定合金中的其它元素，再根据转移电子相等计算银的质量，从而确定银的质量分数。【详解】(1)①高温条件下，Fe和H2O反应生成Fe3O4和H2，固体增加的质量为氧