2019-2020年高一化学9月月考试题（含解析）新人教版.doc

2019-2020年高一化学9月月考试题（含解析）新人教版一、选择题1下列有关用途的说法中，错误的是：A液态钠可用作核反应堆的传热介质 B在过渡元素中找寻半导体材料C考古时利用l4C测定一些文物的年代 DSiO2是制造水泥、人造宝石、单晶硅的原料【答案】B【解析】试题分析：A液态钠导热性强，可用作核反应堆的传热介质即导热剂，正确； B在过渡元素中找寻找新型催化剂材料，错误；Cl4C是放射性同位素，考古时根据物质中l4C的含量测定一些文物的年代，正确； DSiO2是制造水泥、人造宝石、单晶硅的原料，正确。考点：考查物质的用途的知识。2下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是：A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余的液体C加热坩埚时需垫石棉网D用分液漏斗分液时，上层液体应从上口倒出【答案】D【解析】试题分析：A.洗净的锥形瓶可以立即使用，容量瓶等量具不可以放进烘箱中烘干，错误；B用容量瓶配制溶液时，若加水超过刻度线，要倒掉重新配制，错误；C加热坩埚时不需垫石棉网，错误；D用分液漏斗分液时，将下层液体从下口放出后，关闭分液漏斗的活塞，把上层液体应从上口倒出，正确。考点：考查有关仪器使用方法或实验操作的正误判断的知识。3设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是： A常温常压下，1mol甲基（-CH3)含有的电子数为9NA B1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后胶体粒子的数目小于NAC标况下，2.24LHF中含有的电子数为NAD1 mol 金刚砂(SiC)中含有4NA碳硅键【答案】C【解析】试题分析：A由于一个甲基中含有9个电子，所以常温常压下，1mol甲基（-CH3)含有的电子数为9NA，正确；B由于盐水解的程度是微弱的，所以1 mol FeCl3跟水完全反应转化为氢氧化铁胶体后胶体粒子的数目小于NA，正确；C标况下，HF通常是以聚合的分子存在，所以2.24LHF中含有的电子数大于NA，错误；D由于C、Si的价电子是4，所以1 mol 金刚砂(SiC)中含有4NA碳硅键,正确。考点：考查阿伏加德罗常数的计算的知识。4下列说法合理的是A若X+ 和Y2 - 的核外电子层结构相同，则原子序数：XYB由水溶液的酸性：HCIH2S，可推断出元素的非金属性：ClSC邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛是因为形成了分子内氢键DHF、HO、HN三种共价键的极性逐渐增强【答案】A【解析】试题分析：A元素的原子失去电子形成阳离子，元素的原子获得电子形成阴离子，所以若X+ 和Y2 - 的核外电子层结构相同，则原子序数：XY，正确；B.不能根据元素的氢化物的水溶液的酸碱性判断元素的非金属性的强弱，错误；C邻羟基苯甲醛沸点高于对羟基苯甲醛是因为形成了分子间氢键，错误；D元素的非金属性越强，其与同一元素H形成的化学键的碱性就越强，HF、HO、HN三种共价键的极性逐渐减弱，错误。考点：考查元素的原子结构与元素的性质的关系的知识。5常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A1.0 molL- 1 KNO3溶液：H+、Fe 2+、SCN -、SO42-BpH=0的溶液：Al3+、Cu(NH3)42+、F -、SO42 -Cc(ClO- )=1.0molL- 1的溶液：Na+、SO32 -、S2 -、SO42 -Dc(H+ )c(OH - )=10 -10 的溶液：K+、Ba2+、NO3-、Cl -【答案】D【解析】试题分析：NO3-、H+、Fe 2+会发生氧化还原反应而不能大量共存，错误；BpH=0的溶液是强酸性溶液，在酸性溶液中H+、F 会发生离子反应而不能大量共存，错误；CcClO-、SO32 -、S2 会发生氧化还原反应而不能大量共存，错误； Dc(H+ )c(OH - )=10 -10 的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中：K+、Ba2+、NO3-、Cl 不会发生任何反应，可以大量共存，正确。考点：考查离子大量共存的知识。6下列各组顺序排列正确的是A密度：Na K Li B热稳定性：HCl H2S H2OC酸性：H2CO3 H2SiO3 A13+ CI -【答案】A【解析】试题分析：A密度：Na K Li，正确；B热稳定性： H2O HCl H2S，错误； C酸性： H2SiO3 H2CO3 F- A13+ ,错误。考点：考查物质的性质比较的知识。7已知：CH3OH(g)+32O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) H = a kJmol- 1 CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(g) H = b kJmol- 1 则下列叙述正确的是 ACH键键长小于HH键B甲烷的燃烧热为b kJmol -1 C2CH3OH(g)=2CH4(g)+O2(g) H=2(ab) kJmol- 1 D当甲醇和甲烷物质的量之比为l：2时，其完全燃烧生成CO2和H2O(g)时，放出的热量为c kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为c(a+2b)mol【答案】C【解析】试题分析：A由于原子半径CH，所以CH键键长大于HH键，错误；B.由于放出热量是b kJ/mol时产生的是气态水，而燃烧热应该是1mol的可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物所放出的热量，水的稳定状态是液体，错误； C22，整理可得：2CH3OH(g)=2CH4(g)+O2(g) H=2(ab) kJmol- 1，正确；D物质的能量与温度和状态有关，当甲醇和甲烷物质的量之比为l：2时，反应温度与题干测定的反应热的温度一致时，其完全燃烧生成CO2和H2O(g)时，放出的热量为c kJ，则该混合物中甲醇的物质的量为c(a+2b)mol，错误。考点：考查燃烧热的概念、键长的比较、盖斯定律的应用、反应热的计算的知识。8(16分)A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，其中只有一种是金属元素。A、D元素原子最外层电子数相同，且A和D可形成离子化合物，C2 - 和D+ 具有相同的电子数，E元素的最高正化合价与最低负化合价之和为2。由这些元素组成的物质，其组成和结构信息如下表：请用化学用语回答下列问题：（1） D+ 的结构示意图为 ；（2） C、D、E的氢化物按熔点由高到低排列的顺序为 ；（3） 乙属于 分子(填“极性”或“非极性”)，丁的电子式为 ，（4） 将少量甲投入到AlCl3溶液中反应的离子方程式为 ；（5） 丙属于 晶体，丙中每个原子均形成4个共价键，其中有一个配位键，提供空轨道的是 ；氮化硼晶体的熔点要比丙晶体高，其原因是 。【答案】（1）（2）NaHH2OPH3；（3）极性；;（4）6Na2O2+4Al3+6H2O=4Al(OH)3+3O2+12Na+； （5）原子；B；磷原子半径比N原子大，NP共价键键长比BP键长小，键能大，【解析】试题分析：根据题意可推知：A是H，B的B，C是O；D是Na；E是P。甲是Na2O2；乙是H2O2；丙是BP,丁是NaBH4。（1） D+ 的结构示意图为；（2） C、D、E的氢化物分别是H2O、NaH、PH3，它们分别所以分子晶体、离子晶体、分子晶体。一般情况下物质的熔沸点高低顺序是离子晶体大于分子晶体，在水的分子之间还存在氢键，增加了分子之间的相互吸引力，所以熔沸点比PH3高，因此按熔点由高到低排列的顺序为NaHH2OPH3；（3） 乙H2O2由于各个化学键的空间排列不对称，所以属于极性分子；丁的电子式为;（4） 将少量甲投入到AlCl3溶液中反应的离子方程式为6Na2O2+4Al3+6H2O=4Al(OH)3+3O2+12Na+；（5） 丙由于原子之间以共价键结合形成网状结构，所以属于原子晶体，丙中每个原子均形成4个共价键，其中有一个配位键，提供空轨道的是B；氮化硼晶体的熔点要比丙晶体高，其原因是磷原子半径比N原子大，NP共价键键长比BP键长小，键能大，断裂化学键需要消耗更多的能量。考点：考查元素及化合物的推断、无聊的结构的电子式、结构示意图表示、网状的性质比较、分子的空间形状、离子方程式表示的知识。9(14分)汽车尾气中CO、NOx 以及燃煤废弃中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。CH4(g)+4NO2(g) = 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) H1= 574 kJmol- 1 CH4(g) + 4NO(g) = 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H2= 一1160 kJmol- 1（1）甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为 ；吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：（2）装置中，酸性条件下，NO被Ce 4+ 氧化的产物主要是NO3- 、NO2- ，写出只生成NO3- 的离子方式 ；（3）装置的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示。生成的Ce4+ 从电解槽的 (填字母序号)口流出；生成S2O42 - 的电极反应式为 ；（4）已知进入装置的溶液中，NO2- 的浓度为a gL- 1 ，要使1m3该溶液中的NO2- 完全转化为NH4NO3，至少需向装置中通入标准状况下的O2 L。(用含a代数式表示，计算结果保留整数)【答案】（1）CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)H=-867KJ/mol；（2）NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+；（3） a；2H+2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O；（4） 243a (或5600a/23)【解析】试题分析：（1） （）2，整理可得：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)H=-867KJ/mol；（2）装置中，酸性条件下，NO被Ce 4+ 氧化的产物主要是NO3- 、NO2- ，根据氧化还原反应中电子转移数目相等及电荷守恒、原子守恒，可得只生成NO3- 的离子方程式是NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3-+4H+；（3）装置的作用之一是再生Ce4+，其原理如下图所示。生成的Ce4+ 是氧化产物，所以应该从电解槽的阳极a流出，生成S2O42 - 的电极反应式为2H+2HSO3-+2e-=S2O42-+2H2O；（4）已知进入装置的溶液中，NO2- 的浓度为a gL- 1 ，要使1m3该溶液中的NO2- 完全转化为NH4NO3，因为n(NO2-)=(a g/L1000L)46g/mol=500a/23mol,根据氧化还原反应中电子转移数目相等可得n(NO2-)=2n(O2),所以n(O2)= 250a/23mol则至少需向装置中通入标准状况下的O2的体积是：V（O2）= n(O2)Vm=250a/23mol 22.4L/mol=5600a/23L=243a。考点：考查热化学方程式的书写、电解原理的应用、守恒法在离子方程式的书写及计算的应用的知识。10(14分)某实验小组用0.50 molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 的硫酸溶液进行中和热的测定。配制0.50molL- 1 硫酸溶液（1）若配制250 mL硫酸溶液，则须用量筒量取密度为1.84 gcm- 3、质量分数为98的浓硫酸 mL。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和热的实验装置如右图所示：（2）仪器A的名称为 ；（3）装置中碎泡沫塑料的作用是 ；（4）写出该反应中和热的热化学方程式：(中和热为57.3 kJmol- 1) ；（5）取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。 下表中的温度差平均值为 ； 近似认为0.50molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 硫酸溶液的密度都是1gcm- 3 ，中和后生成溶液的比热容c= 4.18 J(g)- 1 。则中和热H= (取小数点后一位)。上述实验数值结果与57.3 kJmol- 1 有偏差，产生此实验偏差的原因可能是（填字母） 。A实验装置保温、隔热效果差B量取NaOH溶液的体积时仰视读数C一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中D用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度【答案】（1）6.8；（2）环形玻璃搅拌棒；（3）保温、隔热，减少热量的损失；（4）1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)H=-57.3KJ/mol；（5）4.0；-53. 5KJ/mol；A、D。【解析】试题分析：（1）在稀释前后溶质的物质的量不变。(0.50mol/L0.25L)98g/mol=1.84 gcm- 3V98，解得V=6.8ml；（2）仪器A的名称为环形玻璃搅拌棒；（3）装置中碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少热量的损失,是测定的温度更准确；（4）由于中和热是可溶性强酸与可溶性强碱的稀溶液发生反应产生可溶性盐和1mol的水时所放出的热量，因此该反应中和热的热化学方程式：1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq) =1/2Na2SO4(aq)+ H2O(l)H=-57.3KJ/mol；（5）由于酸、碱物质的量浓度相同，而酸是二元酸，素若取50 mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，则酸过量，反应放出的热量按照碱进行计算。 通过对表中各组数据进行观察会发现：第一组数据偏差太大，应该舍去，因此表中的温度差平均值为（31.227.2）（29.825.9）（30.426.4）3=4.0; 近似认为0.50molL- 1 NaOH溶液和0.50molL- 1 硫酸溶液的密度都是1gcm- 3 ，中和后生成溶液的比热容c= 4.18 J(g)- 1 。则中和热H=cmtn=(4.1810-3804.0)KJ0.025mol=-53. 5KJ/mol. 上述实验数值结果与57.3 kJmol- 1 有偏差，产生此实验偏差的原因可能是A实验装置保温、隔热效果差,热量散失，使结果偏低，正确； B量取NaOH溶液的体积时仰视读数，碱的物质的量偏大，则热量偏多，使结果偏高，错误； C一次性把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失少，误差小，错误； D用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，使在测定前已经由部分发生反应，是热量测定值偏少，正确。故选项是AD。考点：考查物质的量浓度的配制、中和热的热化学方程式的书写、中和热的计算、测定及误差分析的知识。11(14分)四氯化锡是无色液体，熔点-33C，沸点114。氯气与金属锡在加热时反应可以用制备SnCl4 ， SnCl4 极易水解，在潮湿的空气中发烟。实验室可以通过下图装置制备少量SnCl4 (夹持装置略)。（1）仪器C的名称为 ；（2）装置中发生反应的离子方程式为 ；（3）装置中的最佳试剂为 ，装置的作用为 ；（4）若装置连接顺序为一一一一，在中除生成SnCl4 外，还会生成的含锡的化合物的化学式为 。（5）中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为 ；（6）若中用去锡粉11.9 g，反应后，中锥形瓶里收集到23.8 g SnCl4 ，则SnCl4 的产率为 。【答案】（1）蒸馏烧瓶；（2） MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O （3）饱和食盐水；防止空气中的水蒸气进入中使SnCl4水解；（4）H2SnO3(或SnO2或Sn(OH)4或H4SnO4)； （5） 加热促进SnCl4气化(或蒸馏)，使SnCl4 从反应混合物中分离出去；（6）91.2%.【解析】试题分析：（1）仪器C的名称为蒸馏烧瓶；（2）装置中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应产生氯气。发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，（3）由于盐酸有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl，在与金属锡反应前要除去，因此装置中的最佳试剂为除去HCl同时还可以减少氯气消耗的饱和食盐水；SnCl4 极易水解，在潮湿的空气中发烟。为了防止盐水解，所以要防止起水解。装置的作用为防止空气中的水蒸气进入中使SnCl4水解；（4）若装置连接顺序为一一一一，则在氯气中含有水蒸汽，所以在中除生成SnCl4 外，还会生成SnCl4水解产生的含锡的化合物H2SnO3(或SnO2或Sn(OH)4或H4SnO4)；（5） 四氯化锡是无色液体，沸点114。所以中加热的作用之一是促进氯气与锡粉反应，加热的另一作用为加热促进SnCl4气化(或蒸馏)，使SnCl4 从反应混合物中分离出去；（6）若中用去锡粉11.9 g，则n(Sn)=0.1mol，理论上产生的SnCl4的物质的质量是m(SnCl4)= 0.1mol261g/mol=26.1g所以反应后，若中锥形瓶里收集到23.8 g SnCl4 ，则SnCl4 的产率为（23.8 g26.07g）100%=91.2%.考点：考查仪器的识别、氯气的实验室制取方法、实验操作的目的、盐的水解、物质产率的计算的知识。