河北省鸡泽县第一中学2022-2022学年高一化学12月月考试题含解析.doc

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1、2022-2022学年第一学期12月月考高一化学试题可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 Mg:24 N:14 S:32 Cl:35.5第I卷选择题)一、选择题(此题包括18小题，每题3分，共计54分)1.13C-NMR核磁共振、15N-NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，Kurt Wu thrich等人为此获得2022年诺贝尔化学奖下面有关13C、15N表达正确的选项是A. 13C与15N有相同的中子数B. 13C与C60互为同素异形体C. 15N与14N互为同位素D. 15N的核外电子数与中子数相同【答案】C【解析】【分析】在表示原子组成时元素符号

2、的左下角表示质子数，左上角表示质量数。因为质子数和中子数之和是质量数。【详解】A、13C和15N二者的中子数分别是13-6=7、15-7=8，A错误；B、由同一种元素形成不同单质互为同素异形体，13C属于核素，B错误；C、15N与14N的质子数相同，但中子数不同，所以互称同位素，C正确；D、15N的核外电子数和中子数分别是7、8，D错误；应选C2. “纳米材料是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中。“纳米材料是指研究、开发出的直径从几纳米至几十纳米的材料。如将“纳米材料分散到液体分散剂中，所得混合物可能具有的性质是A. 所得分散系不稳定B. 能全部透过半透膜C. 不能透

3、过滤纸D. 有丁达尔效应【答案】D【解析】【详解】根据纳米材料的分子大小可知，将“纳米材料分散到液体分散剂中，所形成的分散系是胶体，能透过滤纸，但不能透过半透膜，具有丁达尔效应，答案选D。3.工业上制造镁粉是将镁蒸气在气体中冷却。可作为冷却气体的是空气 CO2 Ar H2 N2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】空气中有氧气和氮气，金属镁和它们可以反响，空气不能作冷却剂，故错误；Mg蒸气在CO2中能发生反响生成MgO和C，不能作冷却剂，故错误；Mg和Ar不反响，可以作冷却剂，故正确；Mg和氢气不反响，可以作冷却剂，故正确；Mg蒸气和氮气反响生成氮化镁，不能作冷却剂，故错误；答案选

4、C。4.以下关于氯水的表达，正确的选项是A. 氯水中只含Cl2和H2O分子B. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C. 光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D. 氯水放置数天后其pH将变小，酸性减弱【答案】B【解析】【分析】氯水中存在Cl2H2OHClHClO；【详解】氯水中存在Cl2H2OHClHClO；A、氯水中含有分子为Cl2、H2O、HClO，故A错误；B、氯水中含有HCl，能使蓝色石蕊试纸变红，HClO具有强氧化性，使试纸褪色，故B正确；C、HClO见光分解：2HClO2HClO2，逸出的气体为O2，故C错误；D、放置数天后，溶液变为HCl，pH减小，酸性增强，故D错误。5.以下关于

5、物质分类正确组合是分类组合混合物碱电解质碱性氧化物A CuSO45H2OCa(OH)2NaCl Na2OB盐酸 Na2CO3 H2CO3 Fe2O3C镁铝合金 KOH BaSO4CuOD矿泉水 Mg(OH)2稀硫酸 Na2O2A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.CuSO45H2O是硫酸铜的结晶水合物，属于纯洁物，故A错误；B.碳酸钠，属于盐不是碱，故B错误；C.镁铝合金是混合物，氢氧化钾属于碱，BaSO4虽难溶于水，但溶解的局部完全电离，且BaSO4在熔化状态下也能完全电离，故BaSO4是电解质，氧化铜是碱性氧化物，故C正确；D.稀硫酸为混合物，既不是电解质也不是非电

6、解质；Na2O2属过氧化物，不属碱性氧化物，故D错误。应选C。【点睛】BaSO4、AgCl难溶于水，导电性差，但由于它们的溶解度太小，测不出或难测其水溶液的导电性，但它们溶解的局部是完全电离的，所以它们是电解质。6.说法中正确的选项是()A. 32 g O2占有的体积约为22.4 LB. 22.4 L N2含阿伏加德罗常数个氮分子C. 在标准状况下，22.4 L水的质量约为18 gD. 22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl含有相同的分子数【答案】D【解析】【详解】A、因为气体的状态不能确定，无法计算氧气的体积，A错误；B、22.4L氮气的物质的量不一定是1mol，不能计算其分子数，

7、B错误；C、标准状况下，水不是气体，不能适用于气体摩尔体积，C错误；D、22 g二氧化碳与标准状况下11.2 L HCl的物质的物质的量都是0.5mol，分子数是相同的，D正确；答案选D。7. 以下关于钠的化合物的说法中，正确的选项是A. Na2CO3和NaHCO3均能与盐酸和NaOH溶液反响B. Na2CO3固体中含有的NaHCO3可用加热的方法除去C. Na2O2和Na2O均为白色固体，与CO2反响均放出O2D. 分别向Na2O2和Na2O与水反响后的溶液中立即滴入酚酞溶液，现象相同【答案】B【解析】【详解】A、碳酸氢钠均能与盐酸和NaOH溶液反响，碳酸钠只与盐酸反响，A错误；B、碳酸氢钠

8、不稳定受热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，B正确；C、过氧化钠与二氧化碳反响生成碳酸钠和氧气，氧化钠与二氧化碳反响只生成碳酸钠，C错误；D、过氧化钠与水反响生成氢氧化钠和氧气，具有强氧化性，与酚酞反响先变红后褪色，二氧化钠与氧化钠反响只生成氢氧化钠，与酚酞反响变红色，D错误；答案选B8.以下变化需要参加复原剂才能实现的是A. MnO4MnO2B. ClCl2C. H2SSO2D. Fe2Fe【答案】D【解析】复原剂失去电子，化合价升高。如果变化需要参加复原剂才能实现，这说明钙物质一定是得到电子的，化合价一定是降低的。A 中锰元素的化合价升高，但高锰酸钾分解即可以生成二氧化锰，不需要参加氧化剂或复

9、原剂，选项A错误；B、氯元素的化合价升高，需要参加氧化剂，选项B错误；C、硫元素的化合价升高，需要参加氧化剂，选项C错误；D、铁元素的化合价降低，需要参加复原剂，选项D正确。答案选D。点睛：此题考查氧化复原反响的有关判断和应用。注重知识的灵活性强，有利于考查学生的发散思维能力和灵活应变能力，该题的关键是要注意一些自身的氧化复原反响，例如氯酸钾、高锰酸钾、双氧水分解等。9.以下各组离子一定能大量共存的是 A. CO32-、OH-、Na+、H+B. Al3+、Na+、OH-、Cl-C. Cl-、H+、SO42-、Cu2+D. Ba2+、HCO3-、K+、SO42-【答案】C【解析】【详解】A. C

10、O32-、OH-与H+，不能大量共存，与题意不符，A错误；B. Al3+与OH-，不能大量共存，与题意不符，B错误；C. Cl-、H+、SO42-、Cu2+能大量共存，符合题意，C正确；D. Ba2+与SO42-，不能大量共存，与题意不符，D错误；答案为C。10.以下离子方程式中，正确的选项是 A. 铁片插入稀盐酸中：2Fe6H=2Fe33H2B. 稀硝酸滴在石灰石上：2HCO32-=H2OCO2C. 氯气通入氯化亚铁溶液中：Cl22Fe2=2Cl2Fe3D. 氢氧化钡溶液滴入硫酸溶液中：Ba2SO42-=BaSO4【答案】C【解析】【分析】A、铁和稀盐酸反响生成氯化亚铁和氢气；B、稀硝酸与难

11、溶的石灰石反响生成硝酸钙、二氧化碳和水；C、氯气与氯化亚铁溶液反响生成氯化铁溶液；D、氢氧化钡溶液与硫酸溶液反响生成硫酸钡沉淀和水。【详解】A项、铁和稀盐酸反响生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B项、稀硝酸与难溶的石灰石反响生成硝酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：2HCaCO3=Ca2+H2OCO2，故B错误；C项、氯气与氯化亚铁溶液反响生成氯化铁溶液，离子方程式为：Cl22Fe2=2Cl2Fe3，故C正确；D项、氢氧化钡溶液与硫酸溶液反响生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：2H+2OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+2H2O，故D错误。应选C。【点睛】

12、此题考查了离子方程式的书写，明确反响的实质是解题关键，注意离子方程式的书写应遵循客观规律，遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意不要漏掉反响的离子。11.以下各组物质间的反响，既属于氧化复原反响，又属于离子反响的是 A. 锌与稀硫酸B. 盐酸与硝酸银溶液C. 氢气在氯气中燃烧D. 氧化钠溶于水【答案】A【解析】【详解】AZn与稀H2SO4反响实质锌与氢离子反响生成锌离子和氢气，有元素化合价变化，属于氧化复原反响，也属于离子反响，故A符合题意；B盐酸与硝酸银溶液反响生成白色沉淀，发生的是复分解反响，是溶液中的离子反响，不属于氧化复原反响，故B不符合题意；C氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，各元素的化合价都

13、发生了变化，属于氧化复原反响，但不是离子反响，故C不符合题意；D氧化钠溶于水生成氢氧化钠，属于离子反响，反响中没有元素化合价的变化，不是氧化复原反响，故D不符合题意；答案选A。12.除去镁粉中混有的少量铝粉，可选用以下溶液中的 A. 盐酸B. 稀硝酸C. 氨水D. 浓氢氧化钾溶液【答案】D【解析】【详解】A.Mg、Al因都与稀盐酸反响，不能除杂，A不符合题意；B. Mg、Al因都与稀硝酸反响，产生可溶性的物质，不能除杂，B不符合题意；C.二者均与浓氨水不反响，不能除杂，C不符合题意；D.Al与KOH溶液反响，而Mg不能，那么可将不纯金属溶于足量浓KOH中，充分反响后过滤可别离除去，D符合题意；

14、故合理选项是D。13.在允许加热的条件下，只用一种试剂就可以鉴别硫酸铵、氯化 钾、氯化镁、硫酸铝和硫酸铁溶液，这种试剂是 A. NaOHB. NH3H2OC. AgNO3D. BaCl2【答案】A【解析】【详解】根据题意知，硫酸铵溶液中滴加氢氧化钠溶液并加热，生成刺激性气味气体；氯化钾溶液中滴加氢氧化钠溶液，无现象；氯化镁溶液中滴加氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成；硫酸铝中滴加氢氧化钠溶液至过量，先生成白色沉淀后消失；硫酸铁中滴加氢氧化钠溶液，生成红褐色沉淀；可用NaOH溶液鉴别，选A。14.以下实验方案的设计中，可行的是 A. 加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉B. 用分液的方法别离

15、煤油和汽油C. 用溶解、过滤的方法别离KNO3和NaCl固体的混合物D. 向某溶液中先加BaCl2溶液，假设有白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不溶解，可检验其中含有SO42-【答案】A【解析】【详解】A. Cu与盐酸不反响，而镁粉和铝粉与盐酸反响生成氯化镁、氯化铝溶液，那么加稀盐酸后过滤，除去混在铜粉中的少量镁粉和铝粉，符合题意，A正确；B. 煤油和汽油能相互溶解，那么不能用分液的方法别离煤油和汽油，与题意不符，B错误；C. KNO3和NaCl均能溶于水，那么用溶解、过滤的方法不能别离KNO3和NaCl固体的混合物，与题意不符，C错误；D. 向某溶液中先加BaCl2溶液，假设有白色沉淀，再加稀盐酸，

16、沉淀不溶解，那么原溶液中可能含有银离子，也可能含有硫酸根离子，无法检验其中含有SO42-，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】与BaCl2反响有白色沉淀生成，且不溶于酸的离子，既可以为SO42-，又可以为Ag+。15.将Na2O2投入FeCl2溶液中，可观察到的实验现象是A. 有白色沉淀生成B. 有红棕色沉淀生成C. 没有沉淀生成D. 既有红棕色沉淀生成又有无色气体产生【答案】D【解析】将Na2O2投入FeCl2溶液中，发生的反响为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2NaOH+FeCl2=Fe(OH)2+2NaCl，4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)2是

17、白色沉淀易被氧化为红褐色的Fe(OH)3沉淀，所以看到的现象是：有大量气泡生成，出现白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色。答案选D。点睛：此题考查钠化合物性质、氢氧化钠的性质，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，正确分析反响过程是解此题的关键，经常考查的还有Na2O2、Na投入CuSO4溶液中观察到的现象。Na2O2投入FeCl2溶液反响中Na2O2和水反响，生成的氢氧化钠和氧气，氢氧化钠再与氯化亚铁反响生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，由此分析解答。16.以下实验装置图所示的实验操作，正确的选项是 A. 枯燥Cl2 B. 配制100 mL 0.1 molL1 硫

18、酸溶液C. 别离沸点相差较大的互溶液体混合物 D. 别离互不相溶的两种液体【答案】D【解析】A图示的枯燥装置中，进气导管连接错误，无法对Cl2进行枯燥，图中操作错误应长管进短管出，故A错误；B容量瓶上有刻度，热胀冷缩影响其配制溶液的精确度，所以不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释后转移到容量瓶中，故B错误；C别离沸点相差较大的互溶液体混合物蒸馏时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口正中央，测不同液体的沸点，故C错误；D别离互不相溶的两种液体，可用分液的方法别离、提纯；分液时，密度大的液体在下方，为防止产生杂质，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故D正确；应选D17.反响：2FeCl3+2

19、KI=2FeCl2+I2+2KCl，H2S+I2=S+2HI，2FeCl2+Cl2=2FeCl3，由此得出以下微粒氧化性由强到弱的顺序为A. Cl2 I2 Fe3+ SB. Cl2 Fe3+ I2 SC. Fe3+ Cl2 I2 SD. S I2 Fe3+ Cl2【答案】B【解析】试题分析：根据根据同一反响方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断。2FeCl2+Cl2=2 FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；2FeCl3+2KI2FeCl2+I2+2KCl，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以FeCl3的氧化性大于I2的氧化性

20、；H2S+I2=S+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，所以I2的氧化性大于S的氧化性；所以各物质的氧化性大小顺序为：Cl2Fe3+I2S。应选B。考点：考查了氧化复原反响中氧化性强弱的比拟的相关知识。18. 在CuO和Fe粉的混合物中，参加一定量的稀硫酸，并微热，当反响停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉并无任何变化。根据上述现象，确定下面结论正确的选项是A. 不溶物一定是CuB. 不溶物一定含铜，但不一定含铁C. 不溶物一定是FeD. 溶液中一定含有Fe2，但不一定含有Cu2【答案】B【解析】【详解】CuO和Fe粉的混合物中参加一定量的稀硫酸，可能发生的反响有：氧化铜与硫酸

21、反响生成硫酸铜和水，铁与硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气，铁与硫酸铜反响生成硫酸亚铁和铜，当反响停止后，滤出不溶物，并向滤液中插入一枚铁钉，发现铁钉无任何变化，这说明滤液中没有硫酸和硫酸铜，滤液是硫酸亚铁溶液，不溶物一定含有铜，可能含有铁。答案选B。第II卷非选择题)二、填空题共4道大题，共46分19.根据阿伏伽德罗常数答复以下问题1在0.5mol CO2中含_个O原子，含_个e-。2同温同压下，同质量的氨气和硫化氢气体体积比为_，其中含有的氢原子数目比为_。3_mol H2SO4分子与1.8061024个H2O分子含有相同的氧原子数？412.4g Na2R含Na+ 0.4mol，那么Na2R的摩尔

22、质量为_，R的相对原子质量为_。【答案】 (1). NA (2). 11NA (3). 2：1 (4). 3：1 (5). 0.75 (6). 62g/mol (7). 16【解析】【分析】利用n=进行计算。【详解】1一个分子中含有2个O原子，22个电子，那么0.5mol时含有1mol O原子，11mol e-；2氨气和硫化氢的摩尔质量分别为17g/mol、34g/mol，同温同压下，同质量的氨气和硫化氢气的物质的量之比为：=2：1，相同条件下，物质的量之比等于体积之比，那么体积之比为2：1；每个分子中分别含有3、2个氢原子，那么氢原子的物质的量之比为23：12=3：1；31.8061024个

23、H2O分子含有氧原子物质的量=3mol，氧原子的物质的量与硫酸中的相同，那么硫酸的物质的量=0.75mol；412.4g Na2R含Na 0.4mol，那么含有Na2R0.2mol，那么M=62g/mol；即Na2R的式量为62，R的原子量=62-232=16。20.根据铁元素化合物的知识：1在配置含有Fe2溶液时，常常需要向溶液中参加少量铁粉，其原因是_；反响的离子方程式为_。2为除去废水中的Fe2，常加_将废水中的Fe2氧化，再调节pH使Fe3转化为_除去。【答案】 (1). 防止Fe2+被氧化为Fe3+ (2). 2Fe3+Fe=3Fe2+ (3). H2O2 (4). Fe(OH)3【

24、解析】【分析】1溶液中的Fe2易被空气中的氧气氧化；2通常向废水中参加过氧化氢使Fe2变为Fe3，在经过调节pH生成氢氧化铁沉淀。【详解】1溶液中的Fe2易被空气中的氧气氧化，那么参加铁屑可防止Fe2被氧化为Fe3；被氧化后的Fe3与Fe反响生成亚铁离子，方程式为2Fe3Fe=3Fe2；2通常向废水中参加过氧化氢使溶液中的Fe2变为Fe3，且不引入新的杂质离子；调节pH，Fe3与溶液中的氢氧根离子反响生成氢氧化铁沉淀。21.实验室用以下图所示装置制备枯燥纯洁的氯气，并进行氯气的性质实验。请答复以下问题：1A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，那么烧瓶中发生反响的化学方程式为：_2C中盛有饱和食盐水

25、，其作用是_，D中浓硫酸的作用是_。3F中是FeCl2溶液，F中发生反响的离子方程式为_4G中是AgNO溶液，现象是_5H中盛有Na0H溶液，其作用是_。【答案】 (1). MnO2+ 4HCl浓MnCl2+ Cl2 + 2H2O (2). 除去氯气中的HCl (3). 枯燥氯气或吸收水分 (4). Cl2+2Fe2+= 2Cl+ 2Fe3+ (5). 溶液中出现白色浑浊 (6). 吸收氯气，防止污染【解析】【详解】1二氧化锰与浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，反响的化学方程式为：MnO2+ 4HCl浓MnCl2+ Cl2 + 2H2O； 2用二氧化锰和浓盐酸共热制得的氯气中混有HCl和H2Og

26、；氯化氢极易溶于水，氯气能溶于水，且与水反响，Cl2+H2O=H+Cl+HClO，食盐水溶液中的氯离子抑制氯气的溶解，降低氯气的溶解度，用饱和食盐水除去氯气中的HCl；浓硫酸有吸水性，且不和氯气反响，所以可用浓硫酸枯燥氯气，故答案为除去挥发出的HCl气体；枯燥氯气；3氯气与氯化亚铁反响生成氯化铁，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+；4氯水中含有氯离子，氯离子与硝酸银反响生成白色的氯化银沉淀，故答案为溶液中出现白色浑浊；5氯气有毒，污染环境，所以不能直接排空；氯气能和氢氧化钠反响生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；故答案为吸收氯气，防止污染。22.实验

27、室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL。根据溶液的配制情况答复以下问题：1如下图的仪器中，配制溶液肯定不需要的是_填序号，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_填仪器名称。2根据计算，用托盘天平称取NaOH的质量为_g。在实验中其他操作均正确，假设容量瓶用蒸馏水洗涤后未枯燥，那么所得溶液浓度_0.1mol/L填“大于“小于或“等于，下同。假设还未等溶液冷却就定容，那么所得溶液浓度_0.1mol/L。【答案】 (1). ABC (2). 500mL容量瓶、玻璃棒、烧杯 (3). 2.0 (4). 等于 (5). 大于【解析】【分析】1配置0.1mol/LNaOH溶液450mL时，需要选用500

28、mL的容量瓶；根据实验步骤确定需要的容器； 2配置500mL的溶液，根据m=cVM计算；利用公式c=进行判断。【详解】1配置0.1mol/L NaOH溶液450mL时，需要选用500mL的容量瓶，称量时使用托盘天平，溶解用烧杯、玻璃棒，定容用胶头滴管，肯定不用烧瓶、量筒和分液漏斗；2配置500mL的溶液，那么m=cVM=0.1mol/L0.5L40g/mol=2.0g；假设容量瓶用蒸馏水洗涤后未枯燥，对溶液的体积及溶质的质量不产生影响，那么对配置溶液的浓度无影响；假设还未等溶液冷却就定容，体积受热膨胀，导致配置溶液的体积偏小，那么浓度大于0.1mol/L。【点睛】利用公式c=分析某一操作对溶质或溶液体积的影响，导致对浓度的变化。12