辽宁省2023-2024学年高一化学上学期第一次月考试题含解析

Page15高一上学期第一次月考化学试题总分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24S-32Cl-35.5K-39Cu-64Zn-65Ag-108Ba-137第Ⅰ卷(选择题，共45分)一、选择题(本题包括15小题。每小题3分，每小题只有一个选项符合题意)1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.28gCO和N2的混合气体含有的原子数为NAB.0.5mol·L-1Al2(SO4)3溶液中SO数目为C.同温同体积下，两种气体的物质的量之比等于压强之比D.不同的气体若体积不等，则它们所含的分子数一定不等【答案】C【解析】【详解】A．CO和N2的摩尔质量为28g/mol，28gCO和N2混合气体的总物质的量为1mol，含有原子2mol，共含有的原子数为2NA，故A错误；B．溶液体积未知，无法计算，故B错误；C．根据PV=nRT，同温同体积情况下，V和T相同，此时气体的物质的量之比等于压强之比，故C正确；D．不同的气体所处的温度和压强未知，体积不等，它们所含的分子数可能相等，故D错误；故选C2.下列物质分类正确的是碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2OCOCNaOHCH3COOHCaF2COSO2DKOHHNO3CaCO3CaOSO2A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A、Na2CO3属于盐，H2SO4属于酸，NaOH属于碱，SO2、CO2都属于酸性氧化物，A错误；B、CO不是酸性氧化物，B错误；C、CO不是碱性氧化物，C错误；D、KOH属于碱，HNO3属于酸，CaCO3属于盐，CaO属于碱性氧化物，SO2属于酸性氧化物，D正确；答案选D。3.某物质A在一定条件下加热完全分解，产物都是气体，分解方程式为：2A=B+C+2D。测得生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的相对分子质量为A.7d B.4d C.2.5d D.2d【答案】B【解析】【详解】生成的混合气体对氢气的相对密度为d，则混合气体的平均相对分子质量为2d，生成物的化学计量数之和为反应物化学计量数之和的2倍，则根据质量守恒定律可知A的相对分子质量为生成的混合气体的平均相对分子质量的2倍，为4d；答案选B。4.下列各组离子在指定条件下能大量共存的是A.含有的溶液中：Na+、K+、OH-、Ca2+B.pH=1的溶液中：Na+、CH3COO-、Cu2+、Cl-C.使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、、D.澄清透明溶液中：Cu2+、K+、、【答案】D【解析】【详解】A．和Ca2+离子会生成CaCO3沉淀，不能大量共存，故A错误；B．pH=1的溶液是酸性溶液，CH3COO-和H+会生成CH3COOH弱酸不能大量共存，故B错误；C．酚酞变红色的溶液是碱性溶液，和OH-反应生成NH3·H2O弱碱，不能大量共存，故C错误；D．澄清透明溶液中Cu2+、K+、、可以大量共存，故D正确；答案选D。5.我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为)恢复了磁性，其结构和性质与人体内的血红素及植物内的叶绿素非常相似。下列关于“钴酞菁”，分子的说法正确的是A.“钴酞菁”分子在水中形成的分散系能产生丁达尔效应B.“钴酞菁”分子既能透过滤纸，又能透过半透膜C.“钴酞菁”分子在水中形成的分散系属于悬浊液D.“钴酞菁”分子直径比直径小【答案】A【解析】【详解】A．“钴唒菁”的分子的直径为，即，其在水中形成的分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，A正确；B．胶体粒子能透过滤纸，但不能透过半透膜，B错误；C．“钴唒菁”的分子的直径为，即，其在水中形成的分散系属于胶体，C错误；D．直径属于溶液的范围，比胶体粒子小，D错误；故选A。6.下列离子方程式正确的是A.向硫酸铜溶液中加入适量的氢氧化钡溶液：Ba2++SO=BaSO4↓B.碳酸氢钠溶液中加入足量的石灰水：2HCO+Ca2＋+2H+=CaCO3↓+CO+2H2OC.碳酸钙溶于稀醋酸中CaCO3＋2H+=Ca2+＋H2O＋CO2↑D.氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O【答案】D【解析】【详解】A．向硫酸铜溶液中加入适量的氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子方程式Ba2++Cu2++2OH-+SO=BaSO4↓+Cu（OH）2↓，故A错误；B．碳酸氢钠溶液中加入足量的石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子反应为Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2O，故B错误；C．醋酸保留化学式，碳酸钙溶于稀醋酸中离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2+＋H2O＋CO2↑+2CH3COO-，故C错误；D．氢氧化钠溶液中加入过量碳酸氢钙溶液离子方程式为Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故D正确；故选：D。7.与S2-能在酸性溶液中反应：，则中M的化合价为A.+4 B.+5 C.+6 D.+7【答案】C【解析】【详解】根据反应前后M原子个数相等，可知a=1；根据反应前后O原子数目相等，可知f=7，根据反应前后H原子数目相等，可知c=14；根据电荷数目相等可得：-x-6+14=6，所以x=2，则中M元素化合价为+6价，故合理选项是C。8.下列说法正确的是①标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4L②0.5molH2所占体积为11.2L③标准状况下，1molH2O的体积为22.4L④标准状况下，28gCO与N2的混合气体的体积约为22.4L⑤各种气体的气体摩尔体积都约为22.4L·mol－1⑥标准状况下，体积相同的气体所含的分子数相同A.①③⑤ B.④⑥C.②④⑥ D.①④⑥【答案】B【解析】【详解】①该物质在标准状况下不一定是气体，错误；②没有限定处于标准状况下，0.5molH2所占体积不一定为11.2L，错误；③标准状况下，H2O不是气体，错误；④CO和N2的摩尔质量都为28g/mol，28gCO与N2的混合气体中气体总物质的量为=1mol，标准状况下的体积约为22.4L，正确；⑤各种气体的摩尔体积在标准状况下都约为22.4L/mol，不在标准状况下不一定为22.4L/mol，错误；⑥标准状况下，体积相同的气体所含分子物质的量相等、所含分子数相同，正确；正确的有④⑥；答案选B。9.向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是①XY段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的BaSO4不是电解质②YZ段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的Ba(OH)2电离出的离子导电③Y处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子④a时刻Ba(OH)2溶液与稀硫酸恰好完全中和A.①② B.①③ C.③④ D.②④【答案】C【解析】【分析】氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，因此随着硫酸的加入，溶液的导电能力逐渐降低，Y点时氢氧化钡和稀硫酸完全反应，导电能力达到最低，随后随着硫酸的继续滴加，溶液中导电离子的浓度增大，导电能力增强。【详解】①BaSO4溶于水或者熔融状态下能完全电离，是强电解质，①错误；②YZ段溶液的导电能力不断增大，原因是氢氧化钡被反应完，随着硫酸的加入，溶液中离子的浓度逐渐增大，导电能力增强，②错误；③Y处氢氧化钡和稀硫酸恰好完全反应，溶液中几乎没有可以自由移动的离子，溶液的导电能力约为0，③正确；④根据分析可知，a时刻氢氧化钡和稀硫酸恰好完全中和，④正确；故答案选C。10.200mL明矾{KAl(SO4)2∙12H2O完全电离}和氯化铝的溶液，如果钾离子与铝离子个数之比为1：2，则硫酸根离子与氯离子的物质的量浓度之比为A.1：1 B.1：2 C.1：3 D.2：3【答案】D【解析】【详解】1molKAl(SO4)2∙12H2O完全电离得到1molK+和1molAl3+，1molAlCl3完全电离得到1molAl3+，如果钾离子与铝离子个数之比为1：2，则c[KAl(SO4)2∙12H2O]:c(AlCl3)=1:1，则硫酸根离子与氯离子的物质的量浓度之比为1×2：1×3=2：3，故选D。11.硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液中，形成无色的溶液，其化学方程式是：。当(醋酸铅)溶液中通入时，有黑色沉淀和弱电解质生成，表示这个反应的化学用语正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】【详解】属于复分解反应，根据复分解反应发生的条件可知为弱电解质，在写离子方程式时不能拆写为离子，仍写其化学式，故答案A正确。正确答案选A。12.如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。下列说法错误的是A.实验开始时，四种气体密度相同B.若容器的容积为22.4L，13:00时N2原子个数少于2NAC.12:30-13:30时间范围内CO2压强最大D.CO2是四种气体中温室效应最显著的【答案】A【解析】【详解】A．实验开始时，四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa，则气体的物质的量相同，由于四种气体的相对分子质量不等，所以质量不等，密度不等，A错误；B．若容器的容积为22.4L，13:00时N2温度在40℃左右，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，N2的物质的量小于1mol，则原子个数少于2NA，B正确；C．12:30-13:30时间范围内CO2的温度最高，此时气体的物质的量、体积均相同，所以CO2的压强最大，C正确；D．四种气体中，光照时间相同，CO2的温度变化最大，则CO2是四种气体中温室效应最显著的，D正确；故选A。13.向物质的量均为amol的NaOH、混合溶液中通入bmol气体，则下列条件下对应的离子方程式不正确的是A.时，B.时，C.时，D.时，【答案】C【解析】【分析】向物质的量均为amol的NaOH、混合溶液中通入bmol气体，首先二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀，再是氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，再是碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，再是二氧化碳和碳酸钡、水反应生成碳酸氢钡。【详解】A．时，反应生成碳酸钡沉淀，离子方程式，故A正确；B．时，假设2mol氢氧化钠和2mol氢氧化钡通3mol二氧化碳，先是2mol氢氧化钡与2mol二氧化碳反应，再是1mol二氧化碳与2mol氢氧化钠反应，其离子方程式为，故B正确；C．时，假设1mol氢氧化钠和1mol氢氧化钡通2mol二氧化碳，先是1mol氢氧化钡与1mol二氧化碳反应，再是0.5mol二氧化碳与1mol氢氧化钠反应生成0.5mol碳酸钠和水，再是0.5mol碳酸钠与0.5mol二氧化碳、水反应生成1mol碳酸氢钠，其离子方程式为，故C错误；D．时，假设1mol氢氧化钠和1mol氢氧化钡通3mol二氧化碳，先是1mol氢氧化钡与1mol二氧化碳反应，再是0.5mol二氧化碳与1mol氢氧化钠反应生成0.5mol碳酸钠和水，再是0.5mol碳酸钠与0.5mol二氧化碳、水反应生成1mol碳酸氢钠，再是1mol二氧化碳和1mol碳酸钡、水反应生成1mol碳酸氢钡，其离子方程式为，故D正确。综上所述，答案为C。14.某密闭刚性容器油可动活塞隔成甲、乙两室，室温下向甲中充入由和组成的混合气体，向乙中充入空气，此时活塞的位置如图所示。下列有关说法正确的是A.甲室混合气体的分子总数为B.甲室的物质的量之比为C.甲室混合气体的密度是同温同压时密度的8.5倍D.若将甲室气体点燃引爆并恢复至室温，忽略生成水的体积，活塞最终停留在刻度2处【答案】D【解析】【详解】A．甲、乙两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其体积之比，则甲室中气体物质的量为，分子总数为，故A错误；

B．设甲中和的物质的量分别为x、y，x+y=2，2x+32y=19，解得x=1.5mol，y=0.5mol，甲室的物质的量之比为，故B错误；

C．甲室中混合气体的平均摩尔质量，同温同压下气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故该混合气体的密度是同温同压条件下氢气密度的倍，故C错误；D．由，可知反应后氢气有剩余，剩余氢气为，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质量之比，则A、B两室的体积之比为0.5mol:1mol=1:2，则活塞停留在刻度2处，故D正确；

故选：D。15.相对分子质量为Mr的气态化合物VL(标准状况)溶于mg水中，得到溶液的质量分数为w%，物质的量浓度为cmol·L-1，密度为ρg·cm-3，则下列说法正确的是A.溶液密度ρ可表示为 B.物质量浓度c可表示为C.溶液的质量分数w%可表示为 D.相对分子质量Mr可表示为【答案】D【解析】【详解】A．根据c=可得ρ=，故A错误；B．VL标准状况下的该气体的物质的量为，该气体的质量为，溶液的质量为mg＋，形成溶液的体积为，该溶液的物质的量浓度为，故B错误；C．由B项的分析可知，溶液中溶质的质量分数w%=，故C错误；D．由溶质的质量分数w%=整理得该气体的相对分子质量为，故D正确；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、填空题(本题包括4小题，共55分)16.I．实验室要配制500mL0.2mol/LNaOH溶液，请回答下列问题：（1）配制过程中不需要使用的化学仪器有___________(填字母)。A．烧杯B．500mL容量瓶C．漏斗D．胶头滴管E．玻璃棒（2）用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为___________g。（3）下列主要操作步骤的正确顺序是___________(填序号)。①称取一定质量的氢氧化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；②加水至液面离容量瓶瓶颈刻度线下1～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；③待冷却至室温后，将溶液转移到500mL容量瓶中；④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中。（4）如果实验过程中缺少步骤⑤，会使配制出的NaOH溶液浓度___________(填“偏高、偏低”或“不变”)。II．如图实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：（5）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为___________mol/L。（6）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是___________。A.溶液中HCl的物质的量 B.溶液的浓度C.溶液中Cl-的数目 D.溶液的密度（7）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸。该学生需要量取___________mL上述浓盐酸进行配制。【答案】（1）C（2）4g（3）①③⑤②④（4）偏低（5）（6）BD（7）【解析】【小问1详解】配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平（量筒）、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不需要用到的仪器：分液漏斗；【小问2详解】称取氢氧化钠质量：；【小问3详解】配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等，则其操作顺序：①③⑤②④；【小问4详解】如果实验过程中未用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中，导致溶质有损失，配制出的NaOH溶液浓度偏低；【小问5详解】浓盐酸中HCl的物质的量浓度：；【小问6详解】根据、可知，溶质的物质的量、溶液中微粒数与体积有关，溶液是均一稳定的，溶液物质的量浓度、密度与溶液体积无关，故答案选：BD；【小问7详解】配制500mL物质的量浓度为0.400mol/L的稀盐酸，设需要浓盐酸体积为V，依据溶液稀释规律可知：，解得：；17.Ⅰ.在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。回答下列问题：（1）在水溶液中的电离方程式是___________；属于“酸”、“碱”、“盐”中的___________；图中代表滴加溶液的变化曲线是___________(填“①”或“②”)。（2）曲线①中a点导电能力最弱的原因是___________(用离子方程式方程式表示)；b点溶液中大量存在的离子是___________。（3）c点两溶液中H+浓度：①___________②(填“>”、“<”或“=”，下同)；d点对应的溶液显___________(填“酸性”、“中性”、“碱性”)。（4）曲线②中的b、d两点对应所加溶液的体积比为___________。Ⅱ.硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实验测定：①准确称取17.700g样品，配制成100.00mL溶液A．②将A两等份，取一份，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全、过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体11.65g。③另一份加适量稀硫酸酸化后，与50mL0.2mol/LKMnO4溶液恰好完全反应。已知H2O2与KMnO4反应的化学方程式如下：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O（5）通过计算确定样品的组成(写出计算过程)___________。【答案】（1）①.NaHSO4=Na++H++SO②.盐③.②（2）①.2H++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O②.Na+、OH-（3）①.>②.中性（4）1：2（5）2Na2SO4·H2O2·2H2O【解析】【分析】【小问1详解】NaHSO4是强酸的酸式盐，在水溶液中电离产生Na+、H+、SO；其电离方程式是NaHSO4═Na++H++SO；NaHSO4电离产生金属阳离子和酸根阴离子，因此该物质属于盐；Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba

(OH)2═BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+Na2SO4+2H2O；溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应；则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应。【小问2详解】曲线①表示的是Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，a点导电能力最弱的原因是二者恰好完全反应，反应的离子方程式为：2H++SO+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O；则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，在b点时NaHSO4与Ba(OH)2按1：1关系反应：NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+H2O+NaOH，此时溶液为NaOH溶液，其中含有的离子为Na+、OH-。【小问3详解】曲线①表示的是Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，a点恰好反应，c点H2SO4过量，过量硫酸电离产生H+，使溶液显酸性；曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，b点恰好发生反应NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+H2O+NaOH，d点过量NaOH与滴入NaHSO4恰好发生反应变为中性溶液，c点溶液碱过量，溶液显碱性，故c点两溶液中H+浓度：①＞②；d点是NaHSO4与Ba(OH)2按2：1物质的量的比恰好反应产生BaSO4、Na2SO4、H2O，因此d点溶液显中性。【小问4详解】曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，b点恰好发生反应NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+H2O+NaOH，d点恰好发生反应2NaHSO4+Ba(OH)2═BaSO4↓+2H2O+Na2SO4，由于Ba(OH)2的物质的量不变，可知b、d两点对应所加NaHSO4溶液的体积比为1：2。【小问5详解】n(Na2SO4)=n(BaSO4)==0.05mol，根据2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑可知，n(H2O2)=×0.2000mol·L-1×0.050L=0.025mol，m(Na2SO4)=142g·mol-1×0.05mol=7.1g，m(H2O2)=34g·mol-1×0.025mol=0.85g，n(H2O)==0.05mol，x：y：z=n(Na2SO4)：n(H2O2)：n(H2O)=2：1：2硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O。18.已知有4种强电解质溶液，分别含有下列阴、阳离子中的各一种，并且互不重复：Ba2+、H+、Na+、NH、CO、NO、OH﹣、SO，将这4种溶液分别标记为A、B、C、D并进行如下实验：①在A或D中滴入C，均有沉淀生成；②A和B反应生成的气体能被D吸收；③A和D反应生成的气体能被B吸收。试回答下列问题：（1）A的化学式是_______，判断理由是_______。（2）写出其他几种物质的化学式：B_______、C_______、D_______。（3）写出实验③中有关反应的离子方程式_______。【答案】（1）①.(NH4)2CO3②.A和D、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO、OH﹣与NH能反应生成气体，故A只能为(NH4)2CO3（2）①.NaOH②.Ba(NO3)2③.H2SO4（3）CO+2H+=CO2↑+H2O、CO2+2OH﹣=CO+H2O或CO2+OH﹣=【解析】【分析】在A或D中滴入C，均有沉淀生成，根据题干中的离子可知，能生成的沉淀只有BaCO3和BaSO4，则C中阳离子为Ba2+，A和D中阴离子分别为硫酸根和碳酸根离子中的一种。A和B反应生成的气体能被D吸收，A和D反应生成的气体能被B吸收，A与B、D反应都能生成气体，则A为(NH4)CO3，则D中含有硫酸根离子，且A与D反应生成气体，则D为H2SO4，两者生成CO2能被B吸收，则B为NaOH，则C为Ba(NO3)2。【小问1详解】根据分析可知，A的化学式为(NH4)2CO3，A和D、B都能生成气体，而题给离子中只有H+与CO、OH﹣与NH能反应生成气体，故A只能为(NH4)2CO3。【小问2详解】根据分析可知，B为NaOH，C为Ba(NO3)2，D为H2SO4。【小问3详解】实验③中(NH4)2CO3与H2SO4反应生成二氧化碳，二氧化碳被NaOH吸收生成碳酸钠和水或碳酸氢钠，离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O、CO2+2OH﹣=CO+H2O或CO2+O