四川省泸州市泸县第四中学2022-2023学年高一下学期4月月考化学试题

泸县四中2023年春期高一第二学月考试化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.满分100分时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5Na23Fe56第I卷(选择题45分)一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关说法不正确的是A.碳化硅是一种新型陶瓷材料，具有耐高温耐磨的特点B.晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维C.硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料D.石墨烯是一种新型无机非金属材料，具有高电导率的特点【答案】B【解析】【详解】A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，属于新型无机非金属材料，故A正确；B．晶体硅是良好的半导体材料，常用于制造芯片，常用于制造光导纤维的是二氧化硅，而不是硅，故B错误；C．硬铝是铝和其他金属或非金属形成的一种铝合金，具有密度小，强度大，是制造飞机和飞船的理想材料，故C正确；D．石墨烯是一种新型无机非金属材料，石墨是良好的导体，石墨烯有独特的结构，具有优良的导电、导热性能，故D正确；故选：B。2.下列说法正确的是A.离子化合物不可能含有共价键B.金属元素与非金属元素形成的化合物一定是离子化合物C.分子中所有的原子均满足最外层8电子稳定结构D.中阴、阳离子的个数比是1：2，熔化时破坏的是离子键和共价键【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠为离子化合物，含有氧氧共价键，故A错误；B．金属元素与非金属元素形成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3属于共价化合物，故B错误；C．分子中氮原子和三个氯原子各形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，所有的原子均满足最外层8电子稳定结构，故C正确；D．中阴、阳离子的个数比是，熔化时电离生成钠离子和硫酸根离子，破坏的是离子键，故D错误；故选C。3.下列化学用语表示不正确的是A.中Og用核素符号表示为B.分子的空间填充模型为：C.的结构示意图：D.氯化铵的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．由质子数守恒可知Og的质子数=98+20=118；根据质量守恒可知Og的质量数=249+483=294，则核素符号为：，故A正确；B．是以C为中心，H为顶点的正四面体构型，且C原子半径大于H，分子填充模型正确，故B正确；C．的核外电子排布为2，8，8，离子结构示意图正确，故C正确；D．氯化铵的电子式：，故D错误；故选：D。4.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句，描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法中正确的是A.玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品 B.生产陶瓷、玻璃、水泥都用到黏土C.硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高 D.沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A．陶瓷是人类最早使用的硅酸盐材料，不是玻璃，A错误；B．水泥的原料是黏土和石灰石，纯碱、石灰石、石英是制造玻璃的原料，生成玻璃不需要黏土，B错误；C．硅酸盐性质稳定，熔点较高，所以硅酸盐制品一般具有性质稳定、熔点较高的特点，C正确；D．沙子主要成分是二氧化硅，为氧化物，不是硅酸盐，D错误；故选C。5.下列物质的性质实验对应的离子方程式书写正确的是A.Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na++2OH+O2↑B.Cu与稀硝酸反应：Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2OC.FeO和稀硝酸的反应：FeO+2H+=Fe2++H2OD.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性：Ba2++2OH+2H++SO=BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠溶液和水，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH+O2↑，故A错误；B．Cu与稀硝酸反应生成一氧化氮气体而不是二氧化氮气体，故B错误；C．FeO和稀硝酸反应时硝酸会氧化FeO生成硝酸铁，故C错误；D．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性，则Ba(OH)2与NaHSO4的比值为1∶2，故为Ba2++2OH+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D正确；故选D。6.在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是A. B.稀硝酸C. D.【答案】C【解析】【详解】A．NO和水不反应，故不选A；B．稀硝酸和铜反应生成NO气体，故不选B；C．NO和CO在催化剂作用下生成N2、CO2，选C；D．臭氧具有强氧化性，NO2和O3反应不可能生成N2，故不选D；选C。7.下列方案能达到实验目的的是A.用溶液检验溶液中的B.用通入的方法除去中含有的C.通过碱石灰可除去中的和水蒸气D.实验室用加热固体的方法制氨气【答案】C【解析】【详解】A．用溶液检验溶液中的，不能用来检验溶液中的，故A错误；B．不可以用通入气体的方法除去气体杂质，会引入新的杂质，故B错误；C．碱石灰是常用的干燥剂，能与酸性气体反应，不与氨气发生反应，则碱石灰可以除去氨气中的二氧化碳和水蒸气，故C正确；D．加热固体生成氨气和氯化氢，但在温度降低时，氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵固体，所以实验室不用加热固体的方法制备氨气，故D错误；故答案选C。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.56g乙烯中含有C—H键的数目为8NAB.5.6gFe与硝酸发生反应时，转移电子数一定为0.3NAC.0.1mol·L1H2SO4溶液中，含有的H+数目为0.2NAD.标准状况下的11.2LSO2和5.6LO2，在催化剂及加热条件下反应生成11.2LSO3【答案】A【解析】【详解】A．56g乙烯为2mol,每个乙烯分子中含有4个CH键，故C—H键的数目为8NA，选项A正确；B．5.6g铁的物质的量为0.1mol，与硝酸反应生成若是亚铁离子，转移0.2mol电子；若生成的是铁离子，注意0.3mol电子，转移电子不一定是0.3NA，选项B错误；C．溶液的体积不确定，无法计算H+数目，选项C错误；D．反应为可逆反应，无法完全转化，选项D错误；答案选A。9.如表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W的最高正化合价为。下列说法错误的是WXYZA.原子半径： B.非金属性：C.常温常压下，Z的常见单质为固态 D.X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】由已知元素周期表分析，W为第二周期元素，X、Y、Z为第三周期元素，W的最高正化合价为+5，则W为N元素，根据四种元素在周期表中的相对位置可知，X为Al元素，Y为Si元素，Z为P元素，据此分析。【详解】A．根据周期表的原子半径大小规律：同一周期元素原子的半径随原子序数的递增而减小，同一主族元素原子的半径随原子序数的递增而增大，X元素的原子半径大于Z元素的原子半径，Z元素的原子半径大于W元素的原子半径，故X元素的原子半径大于W元素的原子半径，A正确；B．根据周期表的非金属性规律：同一周期元素的非金属性随原子序数的递增而增大，同一主族元素的非金属性随原子序数的递增而减小，Y元素的非金属性小于Z元素的非金属性，Z元素的非金属性小于W元素的非金属性，故Y元素的非金属性小于W元素的非金属性，B正确；C．Z为P元素，常见的单质有红磷和白磷，常温常压下均为固体，C正确；D．X元素的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，为两性氢氧化物，D错误；故选D。10.下列各组透明溶液中的离子，能大量共存的是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、间不发生反应，能大量共存，故A选；B．和能发生反应生成和水，不能大量共存，故B不选；C．和能生成BaCO3沉淀，不能大量共存，故C不选；D．Fe2+和OH能发生反应生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，故D不选；故选A。11.实验室里可按下图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体R可用水吸收，则R是A.HCl B.Cl2 C.CO D.NH3【答案】D【解析】【详解】根据装置可知，被收集的气体密度小于空气的。根据吸收装置可知，该气体极易溶于水，所以答案选D。12.硫元素常见化合价及其物质类别关系如图，下列说法错误的是A.XH2SB.Y既有氧化性又有还原性C.将X与Y混合，不能生成硫D.工业上制Z的主要原料是硫铁矿【答案】C【解析】【详解】A．由图示可知，X对应氢化物，化合价为2价，故X为H2S，A正确；B．Y为氧化物，化合价为+4价，Y为SO2，硫元素化合价反应中既可以升高又可以降低，故既有氧化性又有还原性，B正确；C．H2S与SO2反应生成硫单质和水，C错误；D．Z是酸，化合价是+6价，Z为硫酸，工业上制硫酸的主要原料是硫铁矿，D正确；故选C。13.0.3molCu2S与HNO3溶液恰好完全反应，生成硝酸铜、硫酸、一氧化氮和水，则参加反应的硝酸的物质的量是A.1.0mol B.1.2mol C.0.3mol D.2.2mol【答案】D【解析】【详解】该反应中硝酸起两部分作用。起酸性作用的硝酸，根据铜元素守恒得出：0.3×2×2=1.2mol；起氧化性作用的硝酸，根据得失电子守恒知0.3×10=n(NO)×3，算出n(NO)=1mol，即起酸性作用的硝酸为1mol，故参加反应的硝酸为1.2+1=2.2mol，故选：D。14.下面是几种常见的化学电源示意图，有关说法不正确的是A.上述电池分别属于一次电池、二次电池和燃料电池B.干电池在长时间使用后，外表面锌筒会受到破坏C.铅蓄电池可以无限制地反复放电、充电D.氢氧燃料电池是一种具有广阔应用前景的环境友好发电装置【答案】C【解析】【分析】【详解】A．干电池是一次性电池，铅蓄电池是可充电电池，属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃料电池，故A正确；B．在干电池中，Zn作负极，被氧化，生成锌离子，因此干电池在长时间使用后，外表面锌筒会受到破坏，故B正确；C．铅蓄电池属于二次电池，但也不能无限制地反复放电、充电，故C错误；D．氢氧燃料电池不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内，且工作的最终产物是水，故氢氧燃料电池是一种具有广阔应用前景的环境友好发电装置，故D正确；故选C。15.向100mL稀与稀的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况下)之间的关系如图所示，且曲线中每一段只对应一个反应。下列说法正确的是A.产生的体积为2.24LB.C.所用混合溶液中D.AB段发生的反应为置换反应【答案】B【解析】【分析】由坐标图可知，OA段，发生反应：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O；AB段，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC段，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑。OA段，n(NO)==0.1mol，则n(Fe)=0.1mol，n(H+)=0.4mol，n()=0.1mol，n(Fe3+)=0.1mol；AB段，n(Fe)=n(Fe3+)=0.05mol；BC段，n(H+)=2n(H2)=2×=0.1mol。【详解】A．由分析可知，产生H2的体积为3.36L2.24L=1.12L，A不正确；B．m2＝(0.1mol+0.05mol)×56g/mol=8.4g，B正确；C．由n()=0.1mol可知，所用混合溶液中HNO3为0.1mol，则H2SO4电离产生的H+为0.4mol，c(H2SO4)==2mol·L1，C不正确；D．AB段发生的反应为2FeCl3+Fe=3FeCl2，属于化合反应，D不正确；故选B。第II卷(非选择题55分)16.下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一化学元素。（1）k在周期表中的位置是___________。（2）下列___________(填序号)组元素的单质可能都是电的良导体。①a、c、h②b、g、k③c、h、l④d、e、f（3）a、b、f、j、l五种元素简单离子半径由大到小的顺序是：___________(用离子符号表示)。（4）b与j能形成原子数目比为1：1的化合物，属于___________化合物(填“离子”或“共价”)，含有的化学键类型是___________，该化合物的电子式表示为：___________。（5）下面关于以上元素及其化合物性质判断正确的是___________。A．l的非金属性强于i，故其气态氢化物沸点l>iB．j、l两种元素的最高价氧化物对应的水化物均为强酸C．b、c、f单质的沸点依次升高，说明f的金属性最强D．f的单质可溶于d的最高价氧化物对应的水化物E．a与g、j均可形成两种或两种以上的二元化合物【答案】（1）第五周期ⅥA族（2）D（3）Cl>O2>Na+>Al3+>H+（4）①.离子②.离子键、共价键③.（5）DE【解析】【分析】根据元素周期表可知，a为H元素，b为Na元素，c为Mg元素，d为Sr元素，e为Ti元素，f为Al元素，g为C元素，h为Ge元素，i为P元素，j为O元素，k为Te元素，l为Cl元素，m为Ar元素。【小问1详解】根据元素周期表的结构可知，第五周期ⅥA族。【小问2详解】表中各元素中，Na、Mg、Sr、Ti、Al为金属，是电的良导体；C元素的其中一种单质石墨也是电的良导体，故答案选D。【小问3详解】离子的电子层数越多半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，故H、Na、Al、O、Cl五种元素简单离子半径由大到小的顺序是：Cl>O2>Na+>Al3+>H+。【小问4详解】b与j能形成原子数目比为1：1的化合物为Na2O2，属于离子化合物，其中钠离子与过氧根离子间为离子键，氧原子与氧原子之间为共价键，该化合物的电子式表示为：。【小问5详解】A．Cl的非金属性强于P，但其气态氢化物沸点l<i，A错误；B．j为O元素，无最高正价，不能形成最高价氧化物，l为Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物为强酸，B错误；C．单质的沸点与金属性无关，b、c、f中b的金属性最强，C错误；D．金属铝能与强碱发生反应，故f的单质可溶于d的最高价氧化物对应的水化物，D正确；E．H与C可以形成CH4、C2H4等二元化合物，H与O可以形成H2O、H2O2，E正确；答案选DE。17.有资料显示过量的氨和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为)，某实验小组对该反应进行探究，并对岩脑砂中含量进行测定。回答下列问题：Ⅰ.岩脑砂的制备（1）该实验中，采用装置B，用浓盐酸与二氧化锰反应制取所需氯气，写出该反应的化学反应方程式：___________，装置F中的试剂是___________。（2）为了使氨和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：a→___________→ef←___________←b(用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)。______（3）装置D中竖直短导管的作用是___________(任写一条即可)。（4）证明氨和氯气反应有岩脑砂生成，文字描述检验其中阳离子的操作___________(供选实验仪器、试剂和试纸：酒精灯、玻璃棒、蒸馏水、稀、浓溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。Ⅱ.岩脑砂中含量的测定准确称取一定质量的岩脑砂，与足量的氧化铜混合加热)，装置见下图。（5）当观察到装置H中___________(填写具体实验现象)，说明G中反应已进行完毕。（6）如果不用J装置，测出的含量将___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）①.(浓)②.饱和食盐水（2）a→dc→ef←hg←ji←b（3）外接大气，平衡气压，避免装置内压强过大引发安全隐患或外接尾气处理装置，避免污染大气（4）取少量岩脑砂样品，在试管中加蒸馏水溶解，加入适量浓溶液，加热，用玻璃棒将湿润红色石蕊试纸靠近管口，试纸变蓝，则证明有存在（5）不再产生气泡（6）偏高【解析】【分析】A中制备NH3，C中碱石灰用来干燥氨气，B中浓盐酸和MnO2加热制备氯气，F中盛放饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，E中浓硫酸干燥氯气，为使氨气和氯气在D中充分混合，应从e管通入氨气，f中通入氯气，氨气和氯气在D中氯化铵氮气。【小问1详解】B中浓盐酸和MnO2加热制备氯气的化学方程式为：，F中盛放的试剂为饱和食盐水，目的是除去氯气中氯化氢气体，故答案为：；饱和食盐水。【小问2详解】由分析可知，洗气干燥中导管长进短出，球形干燥管大进小出，装置的合理连接顺序为：a→dc→ef←hg←ji←b。【小问3详解】装置D中竖直短导管的作用是外接大气，平衡气压，避免装置内压强过大引发安全隐患或外接尾气处理装置，避免污染大气。【小问4详解】岩脑砂主要成分为NH4Cl，其中阳离子为铵根，铵根的检验方式为取少量岩脑砂样品，在试管中加蒸馏水溶解，加入适量浓NaOH溶液，加热，用玻璃棒将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，试纸变蓝，则证明有存在，故答案为：取少量岩脑砂样品，在试管中加蒸馏水溶解，加入适量浓NaOH溶液，加热，用玻璃棒将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，试纸变蓝，则证明有存在。【小问5详解】该反应有气体产生，所以当H中无气泡出现时，证明该反应已进行完毕，故答案为：不再产生气泡。【小问6详解】如果不用J装置，I中碱石灰可能吸收空气中CO2、H2O，使计算出的氯化氢质量偏大，测得NH4Cl的含量将偏高，故答案为：偏高。18.随着原子序数递增，八种短周期元素(用字母x，y等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。回答下列问题：（1）h在元素周期表中的位置为_______。（2）x与e形成的化合物的电子式为_______。（3）e，f的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是_______。（4）元素d与g的氢化物组成和结构相似，相同条件下二者沸点较高的是_______(填化学式)，原因是_______。（5）z、d、e、f这四种元素分别形成简单离子中离子半径最小的是_______(填离子符号)。（6）元素的原子得电子能力越强，则元素非金属性越强。下列事实不能说明h的非金属性比g的非金属性强的是_______(填标号)。A.将h的单质通入g的气态氢化物形成的溶液中，有淡黄色沉淀产生B.g与化合时产物中为价，h与化合时产物中为价C.用h的氢化物可以制出g的氢化物D.化合物中，h的化合价为价【答案】（1）第三周期VIIA族（2）（3）Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O（4）①.H2O②.H2O分子之间可以形成氢键，使其沸点增大（5）Al3+（6）C【解析】【分析】随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x、y、z…表示）的原子半径相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示，根据图示可知：x位于第一周期，为H元素；y、z、d位于第二周期，y是C元素，z是N元素，d是O元素；e、f、g、h位于第三周期，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此解答。【小问1详解】h是Cl元素，在元素周期表中的位置为第三周期VIIA族。【小问2详解】H和Na形成的化合物为NaH，电子式为：。【小问3详解】Na、Al的最高价氧化物对应的水化物为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成氯酸钠和水，化学方程式为：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。【小问4详解】d与g的氢化物为H2O和H2S，H2O分子之间可以形成氢键，使其沸点增大，则沸点较高的是H2O。【小问5详解】z、d、e、f这四种元素分别形成的简单离子为N3、O2、Na+、Al3+，这四种离子具有相同的电子层数，核电荷数越大半径越小，则离子半径最小的是Al3+。【小问6详解】A．将Cl2通入S的气态氢化物形成的H2S溶液中，有淡黄色沉淀S单质产生，说明Cl2的氧化性大于S，可以说明Cl元素非金属性大于S，故A不选；B．Cl2与化合时产物中为价，S与化合时产物中为价，说明Cl2的氧化性大于S，可以说明Cl元素非金属性大于S，故B不选；C．用Cl的氢化物HCl可以制出S的氢化物H2S，说明酸性：HCl>H2S，但HCl和H2S都不是最高价含氧酸，不能说明Cl元素非金属性大于S，故C选；D．化合物中，Cl的化合价为价，说明Cl的原子得电子能力比S强，可以说明Cl元素非金属性大于S，故D不选；故选C。19.现有一定量(NH4)2SO4和NH4NO3的混合溶液，向该混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，加热使之充分反应，直至Ba(OH)2溶液过量。图甲表示产生沉淀的质量与加入Ba(OH)2溶液的体积之间的关系，图乙表示放出NH3的体积(标准状况下)与加入Ba(OH)2溶液的体积之间的关系(假设NH3全部放出)。（1）混合溶液中NH的物质的量为_____mol。（2）混合溶液中NO的物质的量为_____mol。（3）当加入的Ba(OH)2溶液的体积在100～200mL之间时，发生反应的离子方程式为______。（4）若向原混合溶液中一次性加入同浓度的Ba(OH)2溶液200mL，则发生反应的离子方程式为______。【答案】（1）0.4（2）0.2（3）NH+OHNH3↑+H2O（4）SO+4NH+Ba2++4OHBaSO4↓+4NH3↑+4H2O【解析】【分析】根据图像乙，生成氨气在标准状况下的体积为8.96L，氨气的物质的量为，混合溶液中NH的物质的量为0.4mol，根据图像甲反应生成沉淀的质量为23.3g，沉淀是硫酸钡，沉淀的物质的量是，硫酸根离子的物质的量为0.1mol；【小问1详解】根据图像乙，生成氨气在标准状况下的体积为8.96L，氨气的物质的量为0.4mol，根据N元素守恒，混合溶液中NH的物质的量为0.4mol；【小问2详解】硫酸根离子的物质的量是0.1mol，的物质的量为0.4，根据电荷守恒，混合溶液中的物质的量为0.4－0.1mol×2=0.2；【小问3详解】根据图甲，加入的溶液的体积在之间时，没有硫酸钡生成；根据图乙，加入的溶液的体积在之间时，有氨气放出，发生反应的离子方程式为NH+OHNH3↑+H2O；【小问4详解】原溶液中硫酸根离子为0.1mol，铵根离子为0.4mol，加入的溶液的体积恰好为200mL时，硫酸根离子、铵根离子均反应完全，故方程式为：SO+4NH4++Ba2++4OHBaSO4↓+4NH3↑+4H2O。20.粉煤灰是从煤燃烧后的烟气中收捕下来的细灰，主要成分有Al2O3、Fe2O3、FeO和SiO2等物质。综合利用粉煤灰不仅能够防止环境污染，还能制纳米Al和Fe2O3重要物质。已知：①伯胺R－NH2能与Fe3+反应：R－NH2+Fe3++SO+H2OFe(NH2－R)3(OH)SO4+H+，生成易溶于煤油的产物。②Fe3+在水溶液中能与Cl反应：Fe3++6Cl－[FeCl6]3−。（1）“酸浸”过程中FeO发生反应的离子方程式为_____；滤渣的成分为_____。（2）加入过量H2O2的作用是_____。（3）伯胺－煤油可对浸取液进行分离，该操作的名称是_____。（4）向水层Ⅱ中加入N2H4可使Fe3+转化为Fe2+并放出对环境无害的气体，理论上氧化剂与还原剂的物质的量之比为____；向所得弱酸性溶液中再通入O2即可生成FeOOH，其离子方程式为_____。（5）通入过量NH3目的是完全沉淀Al3+，判定Al3+已被完全沉淀的实验操作方法和现象是_____。（6）操作a为过滤、洗涤、干燥，洗