福建省龙海市第二中学2024-2025学年高一化学下学期4月月考试题含解析

PAGE15-福建省龙海市其次中学2024-2025学年高一化学下学期4月月考试题（含解析）1.带有2个单位正电荷的微粒X2+，它的质量数等于137，中子数是81，则核外电子数为（）A.56 B.58 C.54 D.137【答案】C【解析】【详解】X2+的质量数等于137，中子数是81，质子数为137-81=56，原子核外电子数等于56，原子失去2个电子形成X2+，所以X2+的核外电子数为54，故合理选项是C。2.用表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（）A.含有电子数为B.在标准状况下，和混合气体22.4L中含有原子数为2C.用氧化足量的，发生化学反应转移电子总数2D.中含有的粒子总数为2【答案】D【解析】【详解】A.1个中含有18个电子，含有电子数为，故A正确；B.在标准状况下，22.4L和混合气体的物质的量是1mol，和都是双原子分子，所以原子数为2，故B正确；C.氯气与铁反应生成氯化铁，氯元素化合价由0降低为-1，用氧化足量的，发生化学反应转移电子总数2，故C正确；D.盐酸中含有大量水分子，中含有的粒子总数大于2，故D错误。3.化学概念在逻辑上存在如下关系：对下列概念的说法正确的是（）A.纯净物与混合物属于包含关系B.化合物与碱性氧化物属于包含关系C.单质与化合物属于交叉关系D.氧化还原反应与分解反应属于并列关系【答案】B【解析】详解】A．纯净物与混合物属于并列关系，A错误；B．碱性氧化物属于化合物，属于包含关系，B正确；C．单质与化合物属于并列关系，C错误；D．氧化还原反应与分解反应属于交叉关系，D错误。故选B。4.下列关于胶体的说法不正确的是A.氢氧化铁胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒沉降，因而常用于净水B.试验室中可用丁达尔效应区分胶体和溶液C.胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质颗粒的直径在1nm~100nm之间D.云、烟、雾等胶体都是均一稳定的【答案】D【解析】【详解】A．胶体的表面积很大，具有吸附性，则氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，因而常用于净水，故A正确；B．丁达尔效应为胶体特有性质，可用丁达尔效应区分胶体和溶液，故B正确；C．胶体区分于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间，即1nm～100nm，故C正确；D．胶体的稳定性介于稳定和不稳定之间，属于介稳体系，故D错误；故选D5.常温下等物质的量的CO和，以下说法正确的是A.两者的摩尔质量都是28B.CO的标准状况下的体积是22.4LC.两者的密度之比是D.两者的质量之比是【答案】D【解析】【详解】A．CO和的摩尔质量都是28g/mol，故A错误；B．气体的物质的量未知，所以无法计算CO的体积，故B错误；C．同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，由于压强不确定相等，因此两者的密度之比不确定是，故C错误；D．CO和的摩尔质量都是28g/mol，因此等物质的量的CO和的质量之比是，故D正确；故选D。6.试验室配制的氢氧化钠溶液，下列说法不正确的是A.取480mL容量瓶，洗净并检查是否漏水B.称量氢氧化钠固体时要放在小烧杯中C.氢氧化钠不能在容量瓶中溶解D.定容时，若俯视刻度线，则所配溶液浓度偏高【答案】A【解析】【详解】A．试验室没有480mL的容量瓶，故A错误；B．氢氧化钠具有腐蚀性，称量时要放在玻璃器皿中，故B正确；C．配制溶液时，不能在容量瓶中溶解固体，故C正确；D．定容时，若俯视刻度线，会导致溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，故D正确；故选A。7.已知R2+有b个中子,核外有a个电子,表示R原子符号正确的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】阳离子的核外电子数=质子数—电荷数，原子的电子数等于质子数，质子数+中子数=质量数。【详解】由R2+的电荷数可知R原子的电子数为a+2，原子的电子数等于质子数，再由质子数+中子数=质量数可得质量数为a+b+2，所以R原子符号a+b+2a+2R，故选C。【点睛】本题考查原子的组成，驾驭阳离子中核电荷数、核外电子数和离子所带电荷数的关系是解答关键。8.已知：①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②向FeCl2溶液中通入少量试验①产生的气体，溶液变黄色；③取试验②生成的溶液滴在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色。下列推断正确的是（）A.上述试验证明氧化性：MnO4—＞Cl2＞Fe3＋＞I2B.上述试验中，共有两个氧化还原反应C.试验①生成的气体不能使潮湿的淀粉­KI试纸变蓝D试验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】【详解】①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价，高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂，氧化性：MnO4-＞Cl2；②向FeCl2溶液中通入少量试验①产生的气体，溶液变黄色，铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价，氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂，氧化性：Cl2＞Fe3+；③取试验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝色，铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子，I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价，所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂，氧化性：Fe3+＞I2。A．通过以上分析知，上述试验证明氧化性：MnO4-＞Cl2＞Fe3+＞I2，故A正确；B．通过以上分析知，有3个氧化还原反应，故B错误；C．试验①生成的气体是氯气，氯气能氧化碘离子生成碘单质，所以试验①生成的气体能使潮湿的淀粉KI试纸变蓝，故C错误；D．试验②证明Fe2+有还原性，故D错误；故选A。9.下列反应中，单质被还原的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A．反应中单质铁中铁元素的化合价上升，被氧化，故A错误；B．的反应物中没有单质，故B错误；C．中氯气中氯元素的化合价降低，被还原，故C正确；D．中镁元素的化合价上升，被氧化，故D错误；故选C。10.下列化学用语正确的是A.Cl-的结构示意图： B.氨水的化学式：NH3C.、、互为同位素 D.质子数为53，中子数为78的碘原子：【答案】D【解析】【分析】【详解】A．原子和离子的结构示意图中圆圈代表原子核，里面的数字代表质子数，氯是17号元素，因此原子核内质子数为+17而不是+18，Cl-的结构示意图为：，A错误；B．氨水为混合物，氨水中的溶质主要以NH3•H2O的形式存在，B错误；C．同种元素的不同核素互为同位素，、、为氢分子而不是核素，C错误；D．左上角的131为质量数，左下角的53为质子数，中子数=质量数-质子数=131-53=78，D正确。答案选D。【点睛】互为同位素的是同种元素的不同核素，互为同素异形体的是同种元素的不同单质。11.电解质电离时确定相等的是()A.阴离子与阳离子的总数 B.阳离子和阴离子的质量C.正电荷总数和负电荷总数 D.每个阳离子和阴离子所带电荷数【答案】C【解析】【详解】依据电荷守恒的原则，任何溶液都是呈电中性的，也就是说，电解质电离时，正电荷总数和负电荷总数确定相等，比如说1molNa2SO4电离出的2molNa+和1molSO42-，两者个数、质量、每个阳离子和阴离子所带电荷数均不相等，但正电荷总数和负电荷总数相等；本题答案为C。【点睛】电解质在电离时，一个分子中的阴阳离子是同时分开的，而任何电解质都是电中性的，故电解时阴阳离子电荷总数相等。12.镁粉在焰火、闪光粉、鞭炮中是不行缺少的原料。工业制造镁粉是将镁蒸气在某种气体中冷却，下列可作为冷却的气体是A.Ar B.N2 C.空气 D.CO2【答案】A【解析】【详解】镁属于较活泼金属，能和氮气反应生成氮化镁（3Mg+N2Mg3N2），和二氧化碳反应生成MgO和C（2Mg+CO22MgO+C），和空气中的氧气（2Mg+O22MgO）、氮气等反应，镁与Ar不反应，所以可以放在Ar中冷却，故选A。13.下列离子方程式书写正确的是（）A.少量的NaHCO3溶液与澄清石灰水反应：Ca2＋＋OH－＋HCO3-=CaCO3↓＋H2OB.高锰酸钾和浓盐酸反应：2MnO4-＋16HCl（浓）=2Mn2＋＋8Cl2↑＋8H2OC.向Na2SiO3溶液中通入少量CO2：Na2SiO3＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋2Na＋＋CO32-D.氯化亚铁溶液中通足量Cl2：Cl2＋Fe2＋=Fe3＋＋2Cl－【答案】A【解析】【详解】A.NaHCO3溶液少量，电离产生的HCO3-全部转化为CaCO3沉淀，A正确；B.浓盐酸在书写离子方程式时应改写成离子形式，B不正确；C.Na2SiO3是可溶性强电解质，应以离子形式表示，C不正确；D.电子、电荷都不守恒，对应的离子方程式应为Cl2＋2Fe2＋=2Fe3＋＋2Cl－，D不正确。故选A。【点睛】推断离子方程式正误时，首先应看是否符合客观实际，如Fe与盐酸或稀硫酸反应，只能生成Fe2+；其次应看物质的拆分是否正确，只有强酸、强碱和可溶性盐才拆成离子形式；最终看管恒，检查电子、电荷、质量是否守恒。14.a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：（1）a、c均能与稀硫酸反应放出气体；（2）b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d；（3）c与强碱溶液反应放出气体，e可被磁铁吸引。由此推断a、b、c、d、e依次为（）A.Fe、Cu、Al、Ag、Mg B.Mg、Cu、Al、Ag、FeC.Mg、Cu、Al、Fe、Ag D.Al、Cu、Mg、Ag、Fe【答案】B【解析】【详解】）c与强碱溶液反应放出气体，c为Al；e可被磁铁吸引，e为Fe；a能与稀硫酸反应放出气体，a为镁；b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d，，b比d活泼，b为Cu，d为Ag；确定a：Mgb：Cuc：Ald：Age：Fe。答案：B【点睛】本题的突破点在能和强碱反应放出气体的金属Al。15.某同学用下列装置完成了浓硫酸和性质试验（夹持装置已省略）下列说法错误的是A.反应后，试管①中出现白色固体，将其放入水中溶液显蓝色B.试管②中品红溶液渐渐褪色，对其加热溶液又复原红色C.试管④中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了漂白性D.试管⑤可以改为装有碱石灰的干燥管【答案】C【解析】【分析】浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，试管②中品红褪色，证明二氧化硫具有漂白性；SO2与氯化钡溶液不反应，则试管③中无现象；酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化二氧化硫，则试管④中高锰酸钾褪色；试管⑤为NaOH溶液，用于汲取二氧化硫，防止污染环境，以此解答该题。【详解】A．反应后试管①中的白色固体为硫酸铜，将硫酸铜放入水中，溶液呈蓝色，故A正确；B．二氧化硫能够漂白品红溶液，二氧化硫的漂白不稳定，加热后又复原红色，故B正确；C．试管④中KMnO4溶液褪色，二者发生氧化还原反应，证明SO2具有还原性，故C错误；D．试管⑤用于汲取二氧化硫，防止污染环境，可以改为装有碱石灰的干燥管，故D正确；故答案选C。16.下列关于硅的化学性质的叙述正确的是()A.常温下不与任何酸反应 B.常温下可与NaOH溶液反应C.常温下可与Cl2反应生成SiCl4 D.常温下可与O2反应生成SiO2【答案】B【解析】【详解】A.常温下单质硅能与氢氟酸反应生成四氟化硅和氢气，A错误；B.常温下单质硅可与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，B正确；C.常温下单质硅与Cl2不反应，加热时反应生成SiCl4，C错误；D.常温下单质硅与O2不反应，加热时反应生成SiO2，D错误。答案选B。17.下列有关说法正确的是()A.将通入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，体现的还原性B.浓硫酸滴在白纸上，白纸变黑，体现了浓硫酸的吸水性C.硅晶体具有半导体性能，可用于制造光导纤维D.将为5.4的雨水样品在空气中放置一段时间后，测得变小，是因为样品汲取了空气中的【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应中二氧化硫作还原剂而体现还原性，高锰酸钾作氧化剂，故A正确；B．浓硫酸能将有机物中的H、O元素以原子个数比2：1水的形式脱去而体现脱水性，则浓硫酸滴在白纸上，白纸变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；C．作光导纤维材料的物质是二氧化硅，与硅晶体具有半导体性能无关，故C错误；D．测得pH变小，为酸雨，溶解的二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，酸性增加，而溶解二氧化碳的雨水为正常雨水，故D错误；故答案为A。18.如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是()A.蓝色石蕊试纸先变红后褪色B.品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均褪色，证明SO2具有漂白性C.潮湿淀粉－KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2D.NaCl溶液可用于除去试验中多余的SO2【答案】C【解析】【分析】浓硫酸具有强酸性、吸水性，亚硫酸钠是一种弱酸盐，亚硫酸钠能与浓硫酸反应：Na2SO4+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，吸入少量浓硫酸后，注射器中充溢了干燥的SO2气体，SO2具有还原性、漂白性、具有酸性氧化物的通性等性质，由此分析。【详解】浓硫酸具有强酸性、吸水性，亚硫酸钠是一种弱酸盐，亚硫酸钠能与浓硫酸发生反应：Na2SO4+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，吸入少量浓硫酸后，注射器中充溢了干燥的SO2气体，A.SO2与溶解在潮湿试纸的水反应生成H2SO3，H2SO3属于中强酸使石蕊变红，但SO2不能漂白指示剂，所以试纸变红后不会褪色，A项错误；B.SO2使品红试纸褪色能证明SO2具有漂白性；SO2与酸性KMnO4能发生氧化还原反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+，能够使酸性高锰酸钾褪色体现的是二氧化硫的还原性，与漂白性无关，B项错误；C.潮湿淀粉­KI试纸未变蓝，说明SO2不能将I-氧化为I2，弱氧化剂不能制取强氧化剂所以SO2的氧化性弱于I2，C项正确；D.二氧化硫有毒，不能干脆排放到空气中，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去试验中多余的SO2，NaCl溶液不行用于除去试验中多余的SO2，故D项错误；答案选C。19.(1)①Ca(ClO)2的名称为____________；②磁铁矿主要成分的化学式为____________。(2)请按要求完成相应的方程式：①金属镁在二氧化碳中燃烧的化学方程式____________。②铜与浓硫酸混合加热的化学方程式____________。③用离子方程式说明用磨合玻璃塞的试剂瓶不行装NaOH溶液的缘由：____________。④用FeCl3溶液与铜反应制作印刷电路板的离子方程式____________。【答案】(1).次氯酸钙(2).Fe3O4(3).2Mg+CO2C+2MgO(4).2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑(5).SiO2+2OH-=SiO32-+H2O(6).2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+【解析】【分析】【详解】(1)①Ca(ClO)2的名称为次氯酸钙；②磁铁矿主要成分的化学式为Fe3O4；(2)①金属镁在二氧化碳中燃烧生成碳单质和氧化镁，方程式为2Mg+CO2C+2MgO；②铜与浓硫酸混合加热，铜被氧化成Cu2+，硫酸被还原生成二氧化硫，方程式为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑；③NaOH可以和玻璃中的二氧化硅反应，离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；④Fe3+可将Cu单质氧化成Cu2+，自身被还原成Fe2+，离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。20.有一固体粉末，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、NH4Cl中的一种或几种组成，为了检验它们所含的物质，做了以下试验。①将固体溶于水，搅拌后得到无色透亮溶液；②往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；③过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发觉沉淀不溶解。（1）试推断：固体混合物中确定含有____________________，生成白色沉淀的化学方程式______________________________________；确定没有_____________________________；可能含有________________________（2）检验是否含有可能存在的物质的试验方法是：________化学方程式_____________。【答案】(1).Na2SO4(2).Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl(3).Na2CO3、CuSO4(4).NH4Cl(5).取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解，滴入氢氧化钠溶液后加热，用潮湿的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色。(6).NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O【解析】【分析】（1）将固体溶于水，搅拌后得到无色透亮溶液，则固体中确定不含有CuSO4，（2）往此溶液中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故沉淀中可能含有碳酸钡或硫酸钡，（3）过滤，将沉淀置于稀盐酸中，发觉沉淀不溶解，结合（2）可知白色沉淀只能是硫酸钡，则原固体中确定含有Na2SO4，确定不含有Na2CO3，NH4Cl是否存在无法确定，据此答题。【详解】（1）由上述分析可以知道，固体混合物中确定含有Na2SO4，生成白色沉淀的化学方程式为Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl，确定没有Na2CO3和CuSO4，可能含有NH4Cl，故答案为Na2SO4；Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl；Na2CO3、CuSO4；NH4Cl。（2）检验是否含有可能存在的物质的试验方法是：取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用潮湿的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色，若试纸变蓝，则含有NH4Cl，否则不含有NH4Cl，化学方程式为：NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O，故答案为取少量药品加入试管中，加蒸馏水溶解；滴入氢氧化钠溶液后加热，用潮湿的红色石蕊试纸放在试管口检验，试纸是否变蓝色；NH4Cl+NaOHNH3↑+NaCl+H2O。21.室温下，将200mL某盐酸和硫酸的混合溶液分成两等分。一份加入过量BaCl2溶液，充分反应后得沉淀2.33g；另一份加入100mL1.0mol·L-1NaOH溶液，充分反应后溶液中H+浓度为0.1mol·L-1（溶液的体积为200mL）。试计算：（1）每份溶液中所含H2SO4的物质的量___________mol。（2）原混合溶液中盐酸的物质的量浓度为__________mol·L-1。【答案】(1).0.01(2).1.0【解析】【分析】（1）一份向混合溶液中加入过量BaCl2溶液，发生反应SO42－+Ba2＋=BaSO4↓，充分反应后得沉淀2.33g为BaSO4的质量，利用硫酸根守恒计算计算硫酸的物质的量；（2）另一份混合溶液中加入100mL1.0mol·L-1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，依据硫酸的物质的量计算消耗NaOH的物质的量，再依据H原子守恒计算盐酸浓度．【详解】（1）n（BaSO4）=2.33g/233g·mol－1=0.01mol，依据硫酸根离子守恒得n（H2SO4）=n（BaSO4）=0.01mol；（2）另一份混合溶液中加入100mL1.0mol·L-1NaOH溶液，发生的反应是H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，HCl+NaOH=NaCl+H2O，依据方程式知，硫酸消耗的n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.01mol=0.02mol，混合溶液中H＋浓度为0.1mol·L-1、溶液的体积为200mL，则剩余n（HCl）=0.1mol·L－1×0.2L=0.02mol，则与NaOH溶液反应的n（HCl）=n（NaOH）（余下）=1.0mol·L－1×0.1L-0.02mol=0.08mol，则总的n（HCl）=0.02mol+0.08mol=0.1mol，其浓度=0.1mol/0.1L=1.0mol·L－1．【点睛】本题考查物质的量浓度有关计算，解题关键：明确发生的反应及各个物理量之间的关系式，留意每一份溶液体积是100mL而不是200mL，为易错点．22.海水的综合利用可以制备金属镁，其流程如图所示：（1）写出下列反应的化学方程式。①石灰乳与母液反应___；②Mg(OH)2中加入盐酸的离子方程式：__；③MgCl2Mg：___。（2）在海水提取镁的过程中，没有涉及的化学反应类型__A．分解反应B．化合反应C．复分解反应D．置换反应E．氧化还原反应【答案】(1).Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2+CaCl2(2).Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O(3).MgCl2Cl2↑+Mg(4).D【解析】【分析】(1)①石灰乳与母液中的氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钙；②Mg(OH)2中加入盐酸，生成氯化镁和水；③电解氯化镁生成单质镁和氯气；(2)碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳为分解反应；氧化钙与水反应生成氢氧化钙为化合反应；石灰乳与氯化镁、氢氧化镁与盐酸反应均为复分解反应；电解氯化镁生成氯气和镁为分解反应、氧化还原反应；未涉及置换反应。【详解】(1)①石灰乳为氢氧化钙的悬浊液，与母液中的氯化镁反应生成氢氧化镁和氯化钙，方程式为Ca(OH)2+MgCl2=Mg(OH)2+CaCl2；②Mg(OH