高一(下)学期4月份月考检测化学试卷含答案

高一(下)学期4月份月考检测化学试卷含答案一、选择题1.aLCO₂气体通过足量Na₂O₂所【解析】【详解】即气体体积减少为0.5bL,故得到气体体积为c=(0.5aL+bL-0.5bL)=0.5(a+b),B正C、若a=b,则此时生成NO₂体积c=2×0.5a=b【详解】Al³+、SO²都来源于明矾，故应满足原比例1:2,则总反应为①+②×2,即高温②H,SiO△硅胶Na₂CO₃Na,SiO,△③高温【详解】B.高温下SiO₂能与Na₂CO₃固体反应生成Na₂SiO₃和CO₂,不是在常温下进行，且不是在水答案选C。【点睛】【答案】B【详解】B.0.5molCl₂先与1molFe²+反应，另外0.5molCl₂再与1molBr反应，离子方程式为：5.工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是()【详解】②Mg是先从海水中分离出MgCl₂,然后熔融电解获得；综合以上分析，①⑥⑦不是以海水或海洋资源为主要原料获得，故选A。C.玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D.氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料【答案】B【详解】B.漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯化钙，B错误；A.晶体硅常用于制造光导纤维B.碳酸钠常用于治疗胃酸过多C.明矾常用于自来水的消毒杀菌D.高压钠灯常用于道路和广场照明【答案】D【详解】XyABC6molVLH₂SO₄溶液D6molLNaNO₃溶液【详解】【详解】质的量是n(e)=0.8mol×2=1.6mol;Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物(含全吸收，生成NaNO₂和NaNO₃两种盐溶液，在NaNO₃中N元素的化合价是+5价，与硝酸量)为45,则发生反应的物质一定不可能是【解析】气体为SO₂与H₂的混合气体。SO₂的相对分子质量为64,H₂的相对分子质量为2.因此混均相对分子质量可能为45.正确。C.Na₂O₂和溶液中的水发生反应：小，所以不可能平均为45.错误。D.Cu和浓HNO₃,开始发生反应：气体的平均相对分子质量可能为45.正确。【解析】C.氧化剂与还原剂物质的量之比3:1D.上述反应中，反应物和生成物均属于共价【分析】【详解】D.2S₂Cl₂+2H₂O=SO₂个+3S↓+4HCl【详解】硫，所以S₂Cl₂与水发生反应的化学方程式为2S₂Cl₂+2H₂O=SO₂个+3S↓+4HCl,D正确；D.1000℃分解得到的固体产物为C【分析】,此固体为CuO;1000℃之后，固体质量为1.44g,其中Cu元素质量为【详解】【详解】量之比为1:4时恰好反应，溶解的Cu最多。【详解】【点睛】17.镁、铝、铁合金投入300mLHNO₃溶液中和Fe³+;还原产物为NO,在标准状况下体积为6.72L。在反应后的溶液中加入3的是()A.参加反应的HNO₃的物质的量为0.9molB.NaOH的物质的量浓度为6mol·L¹【分析】【详解】B.沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质【点睛】成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧键，注意电子守恒在计算中的应用。18.分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是操作现象结论A向试管①中先滴加BaCl₂溶液再滴加硝酸生成白色沉淀原溶液中有SO₄²-B向试管②中加入AgNO₃溶液生成白色沉淀原溶液中有ClC向试管③中先滴加少量氯水，后滴加适量苯，振荡静置溶液分层且上层为橙红色原溶液中含有D向试管④中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口试纸变蓝原溶液中有NHa【详解】A.滴加BaCl₂溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钡，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有SO₃²,硝酸将其氧化成了SO₄²,A错误；B.加入AgNO₃溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl,也有可能是Ag₂SO₄等，B错误；C.溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Brz,证明原溶液中含有Br,C错误；D.湿润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有【分析】【详解】2CO₂+2Na₂O₂=2Na₂CO₃+O₂…①xmL】(1)当反应②恰好反应时，即当y=x时(此时x、y都等于5),生成的NO₂的体积为5mL,不,剩余的0,为(,剩余的0,为(;B.沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLD.溶解合金时产生NO气体体积2.24L【详解】则,根据氢氧根离子守恒(--根据金属原根据金属原;5下进行如下实验(已知Ag₂SO₄可溶于硝酸)。①A溶于足量水，最终得到无色溶液B和固体C【分析】【详解】B.根据分析，硅酸不溶于硝酸，则F中含有H₂SiO₃,B正确，不选；C.根据分析，A中一定含有Na₂CO₃、Na₂SiO₃、CuSO₄,不能确定是否含有KCl、CaCO₃,C错误，符合题意；D.无色溶液B中加HNO₃酸化，无沉淀，可排除Na₂SiO₃,再滴加AgNO₃,有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl,说明A中含有KCl,D正确，不选；答案选C。22.A是一种正盐，D相对分子质量比C相对分子质量大16,E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有如图转化关系。当X是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素；下列说法不正确的是A.D生成E的反应可能是氧化还原反应B.当X是强碱时，C在常温下是气态单质【答案】B【分析】D的相对分子质量比C的相对分子质量大16,且观察C是由B+Y→C,D是由C+Y→D,可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO,NO₂或者是SO₂和SO₃等，推知Y一定是O₂,E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有以下转换关系：且A是正盐，很容易想到NH₄*的正盐。再根据当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素；强酸则要想到NH₄*的性质与碱反应生产NH₃,则可推出；当X是强碱时E是HNO₃;当X是强酸时，E是H₂SO₄,综上推出A的离子中含有NH₄*离子，且含有S元素，可推出A为(NH₄)zS。【详解】A.当D为SO₃时，E为H₂SO₄,SO₃与水化合成H₂SO₄,没有发生氧化还原反应，当D为故选C。23.下列有关含硫物质转化判断正确的是()A.0.1molCu与足量的硫充分反应，生成物的质量比该单质的质量增加了1.6gB.如图是铜与浓硫酸反应的实验装置。B中盛装的是浓硫酸，作用是干燥SO₂C.Cu投入稀硫酸中加热，没有明显变化，加入一定量的H₂O₂溶液，金属Cu逐渐溶解，反应中H₂O₂起催化作用【答案】A【详解】B.由题中图示可知，B中盛装的是浓硫酸，若是干燥SO₂,装置中导管应该长进短出，所以该装置不符合洗气要求，是为了实验安全的作用，故B错误；C.铜投入稀硫酸中加热，没有明显现象，加入一定量的过氧化氢溶液，金属铜逐渐溶解，D.25.0mL0.1mol/L的Na₂S₂O₃溶液恰好把224mL(标况)Cl₂转化为Cr,则转移电子为0.02mol,得失电子相等，则0.0025molx2×(x-2)=0.02mol,解之x=+6,Na₂S₂O₃转化为Na₂SO₄,故D答案为A。24.在容积为672mL的烧瓶中充满NO和NO₂的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积),下列有关叙述正确的是()A.总反应为NO+NO₂+O₂+H₂O===2HNO₃C.生成硝酸的物质的量浓度均为0.030mol·L-¹D.生成硝酸的物质的量浓度约为0.060mol·L-¹【答案】B【分析】利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。【详解】,由得失电子守恒可知3n(NO)+n(NO₂)=4n(O₂),解之得n(NO)=0.01mol,n(NO₂)=0.02mol,所以总的方程式为：4NO+8NO₂+5O₂+6H₂O—12HNO₃,由氮原子守恒可知，反应生成的HNO₃物质的量为0.03mol。水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L,硝酸的浓度为：【点睛】这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。25.检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是A.将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝B.加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性C.加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液D.加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝【答案】D【详解】一种碱性气体，溶于水生成NH₃H₂O显碱性，故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。26.实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)制取SO₂并验证其性质。(1)盛装70%H₂SO₄溶液的仪器名称为_。仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若,则整个装置气密性良好。(2)装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO₂生成的快慢，其中的液体最好选择(填代号)。a.蒸馏水b.饱和Na₂CO₃溶液(3)C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为(4)为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管D中的溶液分成三份，分别进行如方案I:向第一份溶液中加入AgNO₃溶液，有白色沉淀生成；方案Ⅱ:向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去；方案Ⅲ:向第三份溶液中加入BaCl₂溶液，产生白色沉淀。(5)装置E的作用是。装置F中为_溶液。【答案】分液漏斗液柱高度保持不变c有浅黄色沉淀生成ⅢSO₂+Cl₂+2H₂O+4H+【详解】(1)根据仪器特点，该仪器名称为分液漏斗，液注高度保持不变，说明气密性良好；(2)SO₂易溶于水，能与Na₂SO₃溶液、NaHCO₃溶液反应，但在NaHSO₃溶液中溶解度较(3)SO₂能将S²-氧化，生成硫单质，所以现象为有浅黄色沉淀生成；(4)方案I,氯水中加入AgNO₃溶液也可得到白色沉淀；方案Ⅱ中二氧化硫和氯水均可使品红褪色；方案Ⅲ中产生沉淀可证明SO₂与Cl₂发生了氧化还原反应(因溶液显酸性，不会产生BaSO₃沉淀，而是BaSO₄沉淀),选方案Ⅲ;(5)E为安全瓶，防止倒吸；装置F起到吸收尾气中SO₂、H₂S的作用，可选用NaOH溶27.超氧化钾(KO₂)是一种黄色晶体，可作为宇宙飞船舱的氧源。巴蜀中学化学兴趣小组设实验操作现象结论与解释(1)取少量KO₂固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，反应结束后，溶液分成两份快速产生气泡，木条复燃产生的气体是—(2)一份滴加酚酞试液先变红后褪色可能的产物是 (3)另一份滴加FeCl₃溶液观察到①打开K₁通入N₂,排尽装置内原来的气体后关闭②拆卸装置，实验完成③检查装置气密性，然后装入药品④打开分液漏斗活塞K₂(2)A装置发生的化学方程式为。(4)KO₂与SO₂反应的产物有O₂,K₂SO₃和K₂SO₄,为检验是否有K₂SO₄生成，他们设计了如【答案】O₂KOH产生红褐色沉淀和气体③①④①②或③④①②将亚硫酸钡氧化为硫酸钡如果反应后的固体中还残留KO₂也可将亚硫酸钡氧化为硫酸钡【分析】Ⅱ.为探究KO₂与So₂的反应，先检查装置气密性，然后装入药品，打开K₁通入N₂,排尽装置内原来的气体后关闭，打开分液漏斗活塞K₂,使浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，打开K₁通入N₂,把生成的二氧化硫赶出到B中吸收，拆卸装置，实验完成。【详解】I.(1)取少量KO₂固体于试管中，滴加少量水，将带火星的木条靠近试管口，快速产生气(2)一份滴加酚酞试液，先变红后褪色，变红色是生成的氢氧化钾遇到酚酞试液变红色，褪色是反应过程中生成了过氧化氢，其具有氧化性，能氧化有色物质生成无色物质，故可能催化过氧化氢分解生成氧气，反应现象是：产生红褐色沉淀和气体，Ⅱ(1)探究KO₂与So₂的反应，分析装置可知，存在步骤为：检查装置气密性，然后装入药品，打开K₁通入N₂,排尽装置内原来的气体后关闭，打开分液漏斗活塞K₂,使浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，打开K₁通入N₂,把生成的二氧化硫赶出到B中吸收，拆卸装置，实验完成，正确的操作顺序为：③①④①②或③④①②;(2)A装置中是浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫的反应，化学方程式：H₂SO₄+Na₂SO₃=Na₂SO₄+H₂O(3)D装置的作用是防止空气中水蒸气和二氧化碳气体进入；(4)在检验是否有K₂SO₄生成时，要考虑到K₂SO₃的干扰，因为SO³有较强的还原性，可被硝酸、过氧化钾等氧化成SO²,因此该方案不合理，可能是①稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；②如果反应后的固体中还残留KO₂也可将亚硫酸钡氧化为硫酸钡。28.某化学课外活动小组设计实验探究氨的催化氧化。检查装置气密性后，先将C处铂丝网加热至红热，再将A处产生的气体通过B装置片刻后，撤去C处酒精灯。部分实验现象(1)装置A中使用的药品是NHHCO₃固体，则A需要的仪器有试管、导管橡胶塞和__(填a.锥形瓶b.酒精灯c.烧瓶d.蒸发皿(2)装置B的作用是(3)装置C中发生反应的化学方程式为__。(4)该装置存在的主要缺陷是。(5)如图所示的E装置可防止F中溶液倒吸进入D中，请在图中画出装置E中的导气(6)若进入F装置的物质成分和质量一定，可向F中加入下列物质中的__(填字母)使铜片(7)乙小组认为可将甲小组的装置中A、B部分换成如图2所示装置(其余部分相同)进行实验。烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是,U型管中加入【答案】b与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气若装置A中使用的药品是NH₄HCO₃固体，酒精灯加热生成氨气、水、二氧化碳，B中过氧化钠可除去水、二氧化碳，并生成氧气(或A、B中改为过氧化钠与氨水制备气体、碱石灰干燥后通入C中),C中发生4NH₃+5O₂4NO+6H₂O,D中浓硫酸吸收多余的氨气、成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，则F中发生3Cu+8H⁴+2NO₃=3Cu²++2NO个+4H₂O,硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，可溶解更多的Cu,图中缺少尾气处理装置，以此来解答。【详解】(1)若装置A中使用的药品是NH₄HCO₃固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和(2)装置B的作用是与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气； (4)该装置存在的主要缺陷是缺少尾气处理装置；(5)装置E要防倒吸，故E中的导气管为=3Cu²++2NO个+4H₂O,,反应中消耗的氢离子物质的量大于硝酸根离子的物质的量，所以向溶液中只要加入氢离子，就可以溶解更多的铜，所以应该加入硫酸，故答案为D;(7)将甲小组的装置中A、B部分换成图中装置(其余部分相同)进行实验，烧瓶中加入29.某课外活动小组用如图所示的实验装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F为氨气备选装置饱和食盐水碱石灰碱石灰浓碗酸IⅡⅢ(3)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从如图的备选装置中选择，并将编号填入下列空 ;(5)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计一个实验方案确定该白色固体【答案】MnO₂+4H++2CI△Mn²++Cl₂个+2H₂OACEⅡⅢI8NH₃+3Cl₂=6NH₄CI+N₂用试管取少量固体，加入浓烧碱溶液，加热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝证明该白色固体中的阳离子为NH₄【分析】(1)浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应【详解】(1)装置F中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，发生反应的离子出大量的热，使溶液温度升高，有利于NH₃·H₂O分解，有氨气逸出，则可以用来制备氨气，而D.五氧化二磷、B.浓硫酸虽然溶于水时放热，但是酸性物质，能与NH₃·H₂O反应生成铵盐，无氨气逸出，故答案为A、C、E;(3)氨气中混有水蒸气，氨气是碱性气体，要除去水蒸气只能用碱性物质，故选Ⅱ;制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢E应选I;水蒸气常用浓硫酸除去，故D选Ⅲ;(4)氯气和氨气在常温下混合，发生反应生成氯化铵和氮气的化学方程式为(5)检验白色固体中的阳离子的方法是用试管取少量固体，加入浓烧碱溶液，加热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝证明该白色固体中的阳离子为NH₄*。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl₂,制备装置如图所示：装置I装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净的Cl₂制备纯净的NO(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl₂制备NOCl,装置如图所示：①装置连接顺序为a→(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为【答案】浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水e→f(或f→e)→c→b→d通过观察气泡调节气体的流速防止水蒸气进入反应器NOCI+2NaOH===NaCl+NaNO₂+H₂OHNO₃(浓)+【详解】(1)实验室加热制取氯气是用MnO₂与浓盐酸加热生成的，所以分液漏斗中装的是浓盐酸，装置Ⅱ是用于吸收氯气中HCl气体，所以内装饱和的食盐水；实验室里NO是用Cu和稀硝酸反应制取的，所以分液漏斗中装的是稀硝酸，装置Ⅱ是用于吸收NO中HNO₃蒸气的，因(2)已知NOCl沸点为-5.5℃,遇水易水解，所以可用冰盐冷却收集液体NOCl,再用装有无水CaCl₂的干燥管VⅡ防止水蒸气进入装置IX中使NOCl变质，由于NO和Cl₂都有毒且污染环境，所以用NaOH吸收尾气，因此①接口顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d,②通过观察洗气瓶中的气泡的快慢，调节NO、Cl₂气体的流速，以达到最佳反应比，提高原料的利用(3)由题中叙述可知，反应物为浓硝酸和浓盐酸，生成物为亚硝酰氯和氯气，所以可写出反【点睛】本题要特别注意NOCl的性质对解题的影响，1、沸点为-5.5℃,冰盐可使其液化，便于与原料气分离；2、遇水易水解，所以制备前、制备后都要防止水蒸气的混入，这样才能找到31.为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如图所示(加热装置和固定装置均已略去),B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状(1)实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸分离.该组学生设计此步