四川省宜宾市第高一上学期第三次月考试化学试题

宜宾市四中2022年秋期高一第三学月考试化学试题满分100分时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Fe56Se79Ba137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.化学让生活更美好，下列说法正确的是A.84消毒液和医用酒精均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒原理相同B.使用铝合金可实现航天航空器、高速列车轻量化C.碳酸氢钠和碳酸钠均可用作食用碱和膨松剂D.废弃医用外科口罩应投入可回收垃圾箱【答案】B【解析】【详解】A．乙醇杀菌消毒原理为乙醇可以使蛋白质变性凝固从而杀死细菌病毒，84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，可以将细菌病毒的蛋白质外壳氧化使其裂解，从而杀死细菌病毒，两者消毒原理不同，A错误；B．铝合金耐腐蚀，且铝合金密度小，质量轻，可以使航天器、高速列车达到轻量化的目的，B正确；C．两者都可以用作食用碱，但因为NaHCO3受热易分解产生气体，所以NaHCO3还可以做膨松剂，但Na2CO3不能，C错误；D．废弃医用外科口罩表面有大量的细菌病毒，故应该投入专用医用垃圾箱，D错误；故答案选B2.分类思想是研究化学的常用方法。下列说法正确的是A.根据是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液B.根据化合物的水溶液能否导电，将化合物分为电解质和非电解质C.有单质参加或有单质生成的反应一定是氧化还原反应D.碱性氧化物一定是金属氧化物【答案】D【解析】【详解】A．根据分散质颗粒的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，A说法错误；B．根据化合物的水溶液或熔融状态时能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，B说法错误；C．有单质参加或有单质生成的反应可能是非氧化还原反应，如金刚石生成石墨，为非氧化还原反应，C说法错误；D．碱性氧化物一定是金属氧化物，但是金属氧化物不都是碱性氧化物，如Mn2O7为酸性氧化物，D说法正确；答案为D。3.自然界中氮的循环如图所示。下列说法错误的是A.工业合成氨属于人工固氮B.氨和铵盐在硝化细菌作用下发生氧化还原反应C.扩大豆科植物的栽种面积可降低活化氮的量D.含氮无机物和有机氮可相互转化【答案】C【解析】【详解】A．工业上利用N2和H2合成NH3，氮元素从游离态转化为化合态，属于人工固氮，故A正确；B．氨和铵盐在硝化细菌作用下能生成亚硝酸盐，存在N元素化合价的变化，则一定发生氧化还原反应，故B正确；C．豆科植物的根瘤菌能将空气中氮气转化为铵盐等，则豆科植物的栽种面积增大，人类的固氮活动使活化氮的数量大大增加，农产品产量得以提高，故C错误；D．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故D正确；故答案为C。4.实验室制取并收集氨气。下列装置能达到实验目的的是A.制取NH3 B.干燥NH3C.收集NH3 D.吸收NH3【答案】B【解析】【详解】A．利用NH4Cl和Ca(OH)2固体混合加热制氨气，大试管管口应向下倾斜，故A错误；B．氨气是碱性气体，干燥时可用碱石灰干燥，故B正确；C．氨气的密度比空气小，用装置收集氨气时，气体流向是导管短进长出，故C错误；D．氨气极易溶于水，为防止倒吸，倒置的三角漏斗口略低于液面，不能完全浸入液面下，故D错误；故答案为B。5.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是A.Cl和Cl的得电子能力相同B.Cl-的离子结构示意图：C.Cl、S、O元素的非金属性逐渐增强D.同周期元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而增强【答案】A【解析】【详解】A．Cl和Cl均为氯元素的不同核素，互为同位素，化学性质几乎完全相同，则得电子能力相同，故A正确；B．Cl-的离子结构示意图为，故B错误；C．S、Cl同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，而O、S同主族，核电荷数越小，非金属性越强，则S、Cl、O元素的非金属性逐渐增强，故C错误；D．同周期主族元素最高价氧化物对应水化物的酸性随核电荷数的增加而增强，如HClO4的酸性大于H2SO4，故D错误；故答案为A。6.下列各组性质的比较，正确的是A.热稳定性：NaHCO3>Na2CO3 B.氧化性：Br2>I2C.酸性：HClO>H2CO3 D.还原性：Cl->S2-【答案】B【解析】【详解】A．NaHCO3受热易分解，而Na2CO3受热不易分解，故热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，故A错误；B．同一主族，随着原子序数的增大，非金属性逐渐减弱，故非金属性：Br2>I2，单质的氧化性逐渐减弱，故氧化性Br2＞I2，故B正确；C．次氯酸钙溶液可以和碳酸反应生成碳酸钙的次氯酸，说明酸性：HClO＞H2CO3，故C错误；D．同一周期从左到右非金属性逐渐增强，单质的氧化性增强，阴离子的还原性依次减弱，所以还原性：Cl－＜S2－，故D错误；故选B。7.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作、现象结论A向次氯酸钙溶液中通入过量CO2气体，无沉淀产生酸性∶HClO＞H2CO3B在放有铁片的试管中加入浓硫酸，铁片表面迅速变暗，之后无明显变化浓硫酸与铁不反应C将盛满氯气的试管倒扣在水槽中，静置一段时间后，试管内气体颜色变浅、液面上升一段距离氯气能溶于水D向某溶液中加入NaOH溶液并微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验，变红该溶液中含有A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向次氯酸钙溶液中通入过量CO2气体，首先发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，产生碳酸钙白色沉淀，当CO2过量时又发生反应CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，产生可溶性的Ca(HCO3)2，因此无沉淀生成，不是由于酸性HClO＞H2CO3，A错误；B．在放有铁片试管中加入浓硫酸，铁片表面迅速变暗，之后无明显变化，是由于浓硫酸具有强氧化性，会将表面的铁氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，这是浓硫酸强氧化性，B错误；C．将盛满氯气的试管倒扣在水槽中，静置一段时间后，试管内气体颜色变浅、液面上升一段距离，这是由于发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，反应产生的HCl、HClO溶解在水中，反应进一步发生，导致Cl2不断被消耗，因此气体颜色变浅，液面会上升，这可证明氯气能溶于水，且与水发生了反应，C正确；D．证明的存在是向某溶液中加入NaOH溶液并微热，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸会变蓝色，D错误；故合理选项是C。8.下列溶液中能够大量共存的是A.酸性溶液中：Fe2＋、Cl-、SO、NOB.酸性溶液中：Na＋、Cl-、SO、ClO-C.碱性溶液中：K＋、CO、NO、SOD.无色溶液中：Mg2＋、NH、OH-、Cl-【答案】C【解析】【详解】A．酸性溶液中，Fe2＋被NO氧化为Fe3＋，故不选A；B．酸性溶液中，Cl-、ClO-发生归中反应生成氯气，故不选B；C．碱性溶液中，K＋、CO、NO、SO不反应，能大量共存，故选C；D．Mg2＋、NH与OH-反应生成氢氧化镁沉淀和，故不选D；选C。9.下列离子方程式书写正确的是A.Fe与足量稀硝酸反应：Fe＋4H＋＋NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2OB.次氯酸钠溶液中通入SO2气体：2ClO-＋SO2＋H2O=2HClO＋SOC.向H2S溶液中滴加少量新制氯水：S2-＋Cl2=S↓＋2Cl-D.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2＋＋2OH-＋2HCO=CaCO3↓＋CO＋2H2O【答案】A【解析】【详解】A．Fe与足量稀硝酸反应的离子方程式为：Fe＋4H＋＋NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A项正确；B．次氯酸钠溶液中通入SO2气体,离子方程式为：，B项错误；C．H2S是弱电解质，不能拆，正确的离子方程式为：，C项错误；D．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合，离子方程式为：，D项错误；答案选A。10.下列叙述中不正确的是A.摩尔是物质的量的单位，1摩尔任何物质均含有NA个分子B.1mol氧气的质量为32

gC.500mL2.5mol·L-1NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为2.5mol·L-1D.标准状况下，11.2L

Cl2中含有的分子数为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A．摩尔是物质的量的单位，1摩尔任何物质约含有NA个构成物质的基本微粒，但不一定是分子，故A错误；B．根据质量m=nM可知1mol氧气的质量为m=nM=1mol×32g/mol=32g，故B正确；C．氯化钠溶液中c(Cl－)=c(NaCl)，所以500mL2.5mol·L-1NaCl溶液中Cl－的物质的量浓度为2.5mol·L-1，故C正确；D．标准状况下，n=，分子数=n×NA=0.5NA，故D正确；故选A。11.为从粗食盐水中除去Ca2+、Mg2+、

等离子，以制得精盐水。某同学设计如下方案∶下列说法正确的是A.X中主要有Mg(OH)2和BaSO4，也可能有少量Ca(OH)2B.②中加入过量Na2CO3溶液的主要目的是为了除去Mg2+、Ca2+C.若将①②步试剂颠倒，也能达到实验目的D.③中发生的反应只有2H++=CO2↑+H2O【答案】A【解析】【分析】粗食盐水中除去Ca2+、Mg2+、

等离子，①加入过量的Ba(OH)2溶液，则形成Mg(OH)2和BaSO4沉淀，还有少量Ca(OH)2沉淀；②再加过量的碳酸钠溶液，除去Ca2+和过量的Ba2+

；③加入适量的盐酸除去过量的OH-和，最终得到精盐水，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知加入过量Ba(OH)2溶液，得到的沉淀X中主要含有Mg(OH)2和BaSO4沉淀，还会有少量Ca(OH)2沉淀，A正确；B．②中加入过量Na2CO3溶液的主要目的是为了除去Ca2+及过量的Ba2+，B错误；C．若将①②步试剂颠倒，过量的Ba2+就会存在于溶液中，不能被除去，因此不能达到实验目的，C错误；D．③中发生的反应包括：H++OH-=H2O及2H++=CO2↑+H2O，D错误；故合理选项是A。12.下列解释事实的方程式错误的是A.大理石溶于盐酸：B.用溶液“腐蚀”覆铜板：C.在空气中变色：D.用铝与溶液反应疏通污水管道：【答案】B【解析】【分析】【详解】A．碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式书写正确，故A不选；B．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式中电荷不守恒，正确的为：，故B可选；C．氢氧化亚铁还原性强，易被氧气氧化为氢氧化铁，由白色变为灰绿色，最终变为红褐色，化学方程式书写正确，故C不选；D．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式书写正确，故D不选；故选B。13.W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如下图所示，Y的原子序数是X的2倍，由此可知WXYZA.原子半径：Z>Y>X B.Y的单核阴离子还原性比X的强C.Z的氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强 D.简单氢化物的热稳定性：W>X【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示，X与Y同主族，且Y的原子序数是X的2倍，则X为O元素；Y为S元素；据此得知W为N元素；Z为Cl元素，据此分析。【详解】A．原子的电子层数越多，其原子半径越大，同一周期中，原子半径随着原子序数的增大而减小，所以元素的原子半径：Y>Z>X，选项A错误；B．元素非金属性越强，其离子的还原性越弱，故Y的单核阴离子还原性比X的强，选项B正确；C．Z的最高价氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强，不是最高价氧化物的水化物的酸性不一定强，如HClO的酸性弱于硫酸，选项C错误；D．元素非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，则简单氢化物的热稳定性：X>W，选项D错误；答案选B。14.已知的杀菌能力比强。25℃时，氯水中部分含氯微粒的物质的量浓度随pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A.可用pH试纸测氯水的pHB.随着pH增大，氯水的杀菌能力逐渐增强C.氯水中：D.时，溶液中的含氯微粒主要为和【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氯水有漂白性，能漂白pH试纸，故不能用pH试纸测氯水的pH，A错误；B．pH大于6之后，随着pH增大，次氯酸的浓度下降、的浓度增大，已知的杀菌能力比强，故氯水的杀菌能力逐渐随之逐渐下降，B错误；C．由图知，的氯水中：，C错误；D．由图知，时，溶液中几乎没有氯分子、次氯酸分子，有大量，氯气转变为的反应中，氯元素化合价升高，则另有一部分氯元素化合价降低转变为，D正确；答案选D。15.《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅

而后火药成声”的主要反应为S+2KNO3+3C

=K2S+3CO2

↑+N2↑．下列说法错误的是A.硝石的主要成分为硝酸盐 B.硫磺在反应中作氧化剂C.火药可用于制作烟花爆竹 D.每消耗1

mol

KNO3，该反应转移5

mol电子【答案】D【解析】【详解】A.火药的成分硝石、硫磺、木炭，按一定比例配制而成，反应方程式为：S+2KNO3+3C═K2S+3CO2↑+N2↑，据此可知硝石的主要成分是硝酸钾，A正确；B.反应中S的化合价降低，得电子，则硫磺在反应中作氧化剂，B正确；C.火药爆炸能发出很大的响声，燃烧产生紫色火焰，所以火药可用于制作烟花爆竹，C正确；D.

S和KNO3都是氧化剂，C是还原剂，每消耗1

mol

KNO3，同时消耗1.5molC，该反应转移6mol电子，D错误；故答案为：D。第II卷(非选择题55分)二、非选择题16.某小组同学利用如图所示装置探究二氧化硫气体的性质。请回答：(1)二氧化硫中硫元素的化合价为_______。(2)当观察到②中溶液颜色变浅时，①中的现象是_______。(3)装置③的作用是_______。(4)①、②中的现象说明二氧化硫具有的性质_______。(5)③中的化学反应方程式是_______。(6)请填写“价一类”二维图中的括号中的物质_______。【答案】①.+4②.品红溶液褪色(或溶液颜色变浅)③.吸收未反应的SO2防止污染环境④.漂白性、还原性⑤.⑥.氧化物【解析】【分析】向装置内通入SO2，由于SO2具有漂白性，使①中品红溶液褪色，SO2与②中酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应褪色，体现还原性，最终被NaOH溶液吸收，防止污染环境；【详解】(1)二氧化硫中硫元素的化合价为+4，故答案为：+4；(2)当观察到②中溶液颜色变浅时，说明有SO2通过①中品红溶液，由于SO2气体有漂白性，

则①中现象为品红溶液褪色(或溶液颜色变浅)，故答案为：品红溶液褪色(或溶液颜色变浅)(3)SO2与氢氧化钠溶液反应而被吸收，所以装置③的作用是吸收未反应的SO2防止污染环境，故答案为：吸收未反应的SO2防止污染环境；(4)①褪色说明SO2具有漂白性，②中溶液颜色变浅说明二氧化硫具有还原性，所以①、②中的现象说明二氧化硫具有漂白性、还原性，故答案为：漂白性、还原性；(5)SO2是酸性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成相应的盐和水，所以③中的化学反应方程式是：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；(6)根据SO2和SO3均是氧化物，可知括号内的物质类别属于氧化物，故答案为：氧化物；【点睛】SO2使品红溶液褪色的原因是：SO2具有漂白性，SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色的原因是：SO2与酸性高锰酸钾发生了氧化还原反应，体现SO2的还原性；17.某小组同学欲探究NH3催化氧化反应，按如图装置进行实验。已知A、B装置可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、生石灰、MnO2。（1）仪器a的名称为___；仪器b的名称为___。（2）装置A烧瓶中固体的作用为___（填序号）A.催化剂B.氧化剂C.还原剂D.反应物（3）仪器b中盛放的试剂可以是____（填序号）A.浓硫酸B.碱石灰C.五氧化二磷D.硫酸铜（4）装置E中发生反应的化学方程式____。（5）甲乙两同学分别按上述装置进行实验，一段时间后。①甲观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是___（写化学式）。②乙观察到装置F中有红棕色气体，装置G中溶液变成蓝色。用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：___；（6）为帮助甲实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进。你的改进措施是___。【答案】①.分液漏斗②.干燥管③.A④.B⑤.4NH3+5O24NO+6H2O⑥.NH4NO3⑦.3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O⑧.增加A中的产气量，减少装置B中的产气量【解析】【分析】该实验目的是探究氨的催化氧化反应，结合实验装置，装置A为制备氧气，装置A烧瓶中固体的作用为制取氧气用到的二氧化锰；装置B为制备氨气，氨气需要用固体碱石灰干燥；装置E中发生反应NH3催化氧化；装置F中生成的一氧化氮和氧气转化成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，白烟是由于氨气和硝酸反应生成了白色的NH4NO3固体，装置F中有红棕色气体，即二氧化氮气体，在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，金属铜和硝酸反应生成蓝色硝酸铜溶液，据此分析解答。【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；仪器b的名称为干燥管；故答案为：分液漏斗；干燥管；（2）A中制备气体为氧气，装置A烧瓶中固体的作用为制取气体用到的二氧化锰，利用过氧化氢制取氧气实验中，加入二氧化锰做催化剂加快产生氧气速率，故答案为：A；（3）B中制备气体为氨气，氨气中混有水蒸气，需要用固体碱石灰干燥，所以仪器b中盛放的试剂为碱石灰，故答案为：B；（4）4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（5）①装置F中生成的一氧化氮和氧气转化成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，白烟是由于氨气和硝酸反应生成了白色的NH4NO3固体，故答案为：NH4NO3；②装置F中有红棕色气体，即二氧化氮气体，在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，获得硝酸，金属铜和硝酸反应，3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O实质是：3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O；（6）为了氧化氨气，氧气需过量，为帮助甲实现在装置F中也观察到红棕色气体，需增加氧气的量，减少氨气的量，A为制氧气的装置，则增加A中的产气量，减少装置B中的产气量，故答案为：增加A中的产气量，减少装置B中的产气量。【点睛】（1）NH3催化氧化反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（2）氨气和具有挥发性硝酸或盐酸反应都会生成白色的铵盐固体，现象都是有白烟产生，氨气与硫酸反应则没有此现象。18.聚合硫酸铝铁(PAFS)是一种高效净水剂，其组成表示为[AlFe(OH)x(SO4)(3-)]y。为检测PAFS中Al的含量，设计如下流程。回答下列问题：(1)实验中需配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，所需仪器除了玻璃棒、托盘天平、量筒、药匙、烧杯、胶头滴管，还缺少的仪器为__。(2)PAFS中铁元素的化合价为_______；沉淀A的化学式为_________。(3)如图所示，过滤操作中的一处错误是__________。(4)生成沉淀B的离子方程式为______。(5)PAFS中Al元素的质量分数为_______(用同m、n的代数式表示)。【答案】①.100mL容量瓶②.+3③.Fe(OH)3④.漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁⑤.CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-⑥.或【解析】【分析】为检测PAFS中Al含量，PAFS加入足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤后得到氢氧化铁，滤液中通入过量二氧化碳气体，生成氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝。【详解】（1）配制1.0mol/L的NaOH溶液100mL，涉及称量、溶解、移液、洗涤、定容等操作，则需要的仪器有玻璃棒、托盘天平（量筒）、烧杯、胶头滴管，还需要100mL容量瓶，故答案为：100mL容量瓶；（2）化学式为：[AlFe(OH)x(SO4)(3-)]y，其中Al为+3价，设Fe的化合价为m，则3+m=x+2×(3-)，m=+3，沉淀A的化学式为：Fe(OH)3，故答案为：+3；Fe(OH)3；（3）过滤时，漏斗下端应紧贴烧杯内壁，避免液体飞溅，故答案为：漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁；（4）偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-，故答案为：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、CO2+CO32-+H2O=2HCO3-