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2018-2019学年高一化学上学期12月月考试题(含解析) (I)可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Fe56 N14 Cl35.5 Ca-40一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共48分）1.NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 在同温同压下，相同体积的任何气体单质所含的原子数相等B. 17gNH3所含电子数为10NAC. 在常温常压下，11.2LN2所含原子数为NAD. 2g氢气所含原子数为NA【答案】B【解析】【详解】A.在同温同压下，相同体积的任何气体单质物质的量相同，所含的分子数目相同，所含的原子数不一定相等，故A错误；B. 17g氨气的物质的量为1mol，1个氨气分子含有电子数为10个，1mol氨气分子所含电子数目为10NA，故B正确；C.在标准状况下，11.2 L氮气的物质的量为0.5mol，所含的原子数目为NA，常温常压下，气体摩尔体积增大，所含的原子数目小于NA，故C错误；D.2g氢气物质的量为1mol，所含原子数目为2NA，故D错误；综上所述，本题答案选B。2.V mL密度为 gmL1的某溶液中，含有相对分子质量为M的溶质m g，该溶液中溶质的质量分数为w%，物质的量浓度为c molL1，那么下列关系式正确的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】溶液的质量为V，溶质的质量为mg，可根据c=n/V=m/MV=1000w%/M进行相关的计算。【详解】A溶质的质量m=m（溶液）W%=Vw/100 g，故A错误；B根据c=1000w%/M可知物质的量浓度是c=10w/M，B错误；CW%=m(溶质的质量)/m(溶液的质量)100%=0.001VcM/V100%=cM/1000，故C错误；Dc=n/V=m/MV=1000m/MV molL1，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查物质的量浓度的计算，侧重于物质的量的相关计算公式的综合运用，知道各个物理量之间的关系是解答的关键，注意把握相关计算公式的灵活应用。3. 下列有关化学实验的操作中，一般情况下不能相互接触的是( )。A. 过滤操作中，玻璃棒与三层滤纸B. 过滤操作中，漏斗颈下端与烧杯内壁C. 分液操作中，分液漏斗颈下端与烧杯内壁D. 用胶头滴管向试管滴加液体时，滴管尖端与试管内壁【答案】D【解析】试题分析：A、在滤操作中，玻璃棒要靠在三层滤纸上，防止滤纸弄破，A正确； B、在滤操作中，漏斗下端口要紧靠烧杯内壁，B正确； C、分液操作中，分液漏斗径要紧靠烧杯内壁，C正确； D、用胶头滴管向试管滴液体时，滴管要竖直悬空，D错误；答案选D考点：实验基本操作4.下列叙述正确的是()A. 与28 g CO具有相同分子数的CO2的质量一定是44 gB. 与V L CO具有相同分子数的CO2的体积一定是V LC. 所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为711D. 所含原子数相等的CO与CO2的密度之比为2122【答案】A【解析】试题分析：A、28gCO具有的物质的量28/28mol=1mol，分子数相等，说明CO2的物质的量为1mol，即CO2的质量是44g，故正确；B、气体体积受温度和压强影响，题目中没有说明条件是否相同，因此两者体积可能相同，也可能不同，故错误；C、分子数相等，说明两者物质的量相等，两者的摩尔质量不同，则质量不同，题目中没有说明是否在同一条件下测定，体积不知是否相等，即密度不一定相等，故错误；D、原子数相等，即CO和CO2物质的量之比为3：2，质量不等，题目中没有说明是否在同一条件下测定，体积不知是否相等，无法计算密度比，故错误。考点：考查物质的量、气体体积、阿伏加德罗推论等知识。5. 下列叙述正确的是( )A. 元素的单质一定由氧化或还原该元素的化合物制得B. 在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性就越强C. 阳离子只能得到电子被还原，阴离子只能失去电子被氧化D. 含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性【答案】D【解析】试题分析：A大多数元素的单质由氧化或还原该元素的化合物制得，但不活泼金属元素的单质可由自然界直接得到，故A错误；B氧化性的强弱与得电子的难易程度有关，则在化学反应中，得电子越多的氧化剂，其氧化性不一定强，故B错误；C处于中间价态的离子既能被氧化又能被还原，如Fe2+、SO32-等，故C错误；D一般含最高价元素的化合物具有很强的氧化性，如高锰酸钾、硝酸等，但二氧化碳不具有强氧化性，故D正确；故选D。考点：考查了氧化还原反应的相关知识。6.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力强弱顺序为：W2 Z2 X2 Y2，判断下列氧化还原反应，能够发生的是A. 2W-+Z2=2Z-+W2B. 2X-+Y2=2Y-+X2C. 2Y-+W2=2W-+Y2D. 2Z-+X2=2X-+Z2【答案】C【解析】试题分析：氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则A、氧化性是W2 Z2，则反应2W-+ Z2=2Z-+W2不能发生，A错误；B、氧化性是X2 Y2，则反应2X-+ Y2=2Y-+X2不能发生，B错误；C、氧化性是W2 Y2，则反应2Y-+ W2=2W-+ Y2能发生，C正确；D、氧化性是Z2 X2，则反应2Z-+ X2=2X-+ Z2不能发生，D错误；答案选C。考点：考查氧化还原反应判断7.在下列无色溶液中，各组离子一定能够大量共存的是()A. 使酚酞试液变红的溶液：Na、Cl、SO42、Mg2B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2、Mg2、MnO4、ClC. pH7的溶液：K、Ba2、Cl、BrD. 碳酸氢钠溶液：K、SO42、Cl、H【答案】C【解析】A、使酚酞试液变红的溶液中存在大量OH，Mg2与OH反应生成氢氧化镁，在溶液中不能大量共存，故A错误；B、使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，Fe2+、MnO4之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C、pH7的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H+，K+、Ba2+、Cl、Br之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D、H+与碳酸氢钠反应，在溶液中不能大量共存，故D错误。故选C。8.下列反应，其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列的是()金属钠在纯氧中燃烧FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空气中放置一段时间FeCl3溶液中滴入KSCN溶液无水硫酸铜放入医用酒精中A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】金属钠在纯氧中燃烧生成淡黄色的过氧化钠；FeSO4溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁沉淀，然后迅速变为灰绿色，最终被氧化为氢氧化铁红褐色物质；FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，发生络合反应，溶液呈红色；医用酒精中含有水，无水硫酸铜放入医用酒精中，变蓝色；故其产物的颜色按红色、红褐色、淡黄色、蓝色顺序排列依次是，答案选B。9.将适量铁粉投入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3和Fe2浓度相等，则已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比是()A. 23 B. 32 C. 12 D. 11【答案】A【解析】【详解】将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应，发生的反应为：Fe+2Fe33Fe2，已反应的Fe3的物质的量为x，则Fe+2Fe33Fe22 3x 1.5x溶液中的Fe3和Fe2浓度相等，所以，未反应的Fe3的物质的量为1.5x，所以已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比=x：1.5x=2：3，故答案选A。10.有NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2、AlCl3五种溶液，只用一种试剂就可以把它们鉴别开来，这种试剂是()A. 盐酸 B. 烧碱溶液 C. 氨水 D. KSCN溶液【答案】B【解析】A物质物质均与盐酸不反应，不能鉴别，A错误；B分别与NaOH反应的现象为：无现象、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀、先生成白色沉淀后溶解，现象不同，可鉴别，B正确；C氨水不能鉴别MgCl2、AlCl3，C错误；DKSCN溶液只能鉴别FeCl3，D错误；答案选B。11.下列反应的现象描述与离子方程式都正确的是()A. 金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出 Mg2H2Cl=MgCl2H2B. 氯化钡溶液与稀硫酸反应：有白色沉淀生成 Ba2SO42=BaSO4C. 碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出 CO322H=CO2H2OD. NaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生 2HCO3Ba22OH=BaCO32H2OCO32【答案】B【解析】试题分析：A金属镁与稀盐酸反应：有气泡逸出，产生的MgCl2是易溶的强电解质，应该写离子形式，Mg2H=Mg2+H2，错误；B氯化钡溶液与稀硫酸反应，产生硫酸钡白色沉淀和盐酸，反应的两种方程式是：Ba2SO42=BaSO4，正确；C碳酸镁与盐酸反应：有气泡逸出，由于MgCO3难溶于水，因此应该写化学式，离子方程式是：MgCO32H= Mg2+CO2H2O，错误；DNaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：有白色沉淀产生，反应要以不足量的NaHCO3为标准书写，离子方程式是：HCO3Ba2OH=BaCO3H2O，错误。考点：考查离子方程式及反应现象正误判断的知识。12.下列说法错误的是 （ ）A. 丁达尔效应可以区分溶液和胶体B. 以水为分散剂的分散系，按稳定性由弱至强的顺序是：浊液、胶体、溶液C. 一种分散系里只能有一种分散质D. 分散系中分散质粒子直径由大到小的顺序是：浊液、胶体、溶液【答案】C【解析】【详解】A、丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体具有丁达尔效应，溶液没有，所以丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确；B、浊液属于不稳定体系，胶体属于介稳定体系，溶液属于稳定体系，所以以水为分散剂的分散系，按稳定性由弱至强的顺序是：浊液、胶体、溶液，故B正确；C、一种或几种物质分散在另一种（或多种）物质中所形成的体系称为分散体系，则一种分散系里可以有多种分散质，故C错误；D、溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，则分散系中分散质粒子直径由大到小的顺序是：浊液、胶体、溶液，故D正确。答案选C。13.下列物质中，能导电且为电解质的是 （ ）A. 熔融态Na2CO3 B. 固体NaCl C. 蔗糖 D. 液态H2SO4【答案】A【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质含有自由电子或自由离子，据此分析解答。【详解】A熔融态的Na2CO3含有自由移动的离子能导电，属于电解质，故A正确；B固体NaCl在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质；但离子不自由移动，不能导电，故B错误；C蔗糖是非电解质，不导电，故C错误；D液态H2SO4中不含有自由移动的离子，不导电，溶于水时导电，属于电解质，故D错误；答案选A。【点睛】明确电解质和非电解质的概念以及物质导电性的原因是解答的关键，注意电解质不一定导电，导电的不一定是电解质。14. 硅及其化合物在材料领域中应用广泛。下列叙述不正确的是A. 硅单质可用来制造太阳能电池B. 硅单质是制造玻璃的主要原料C. 石英（SiO2）可用来制作工艺品D. 二氧化硅是制造光导纤维的材料【答案】B【解析】制造玻璃的主要原料是纯碱、石灰石和石英，选项B是错误的，其他选项都是正确的。答案选B。15.氮化铝（AlN）具有耐高温、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO。下列叙述正确的是（ ）A. 在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B. 上述反应中每生成2 mol AlN，N2得到3 mol电子C. 氮化铝中氮元素的化合价为-3D. 氧化铝只能溶于酸，不能溶于碱【答案】C【解析】【分析】反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中碳元素的化合价由0升高到+2价，氮元素的化合价由0降低为3价，反应中共转移6个电子，以此来解答。【详解】A在氮化铝的合成反应中，氮元素化合价降低，碳元素化合价升高，N2是氧化剂，C是还原剂，故A错误；B因氮元素的化合价由0降低为3价，则每生成2molAlN，N2得到2mol（30）=6mol电子，故B错误。CAlN中Al为+3价，根据化合价中正负化合价的代数和为0可知N元素的化合价为3价，故C正确；D氧化铝属于两性氧化物，既能溶于酸，也能溶于强碱，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生的分析能力，明确该反应中N、C元素的化合价变化是解答本题的关键，注意利用化合价来分析电子的转移。16.以下实验装置不能用于分离物质的是 ( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】常用于物质分离的方法是过滤、蒸馏、萃取等，装置A、B、C分别是蒸馏、萃取和过滤，装置D是配制一定物质的量浓度溶液等，不能用于物质的分离，答案选D。二、填空题（共52分）17.一学生设计入图所示装置进行NaHCO3的分解，并证实产物中有CO2产生。（1）试管中发生的化学反应方程式是_。（2）指出该学生设计的装置图的错误之处，并改正（文字说明即可）（至少2处）_。（3）烧杯中发生反应的离子方程式是_。（4）如果将16.8gNaHCO3加热一段时间，然后将剩余固体溶于水，并加入足量的CaCl2溶液，最终得到白色沉淀5.0g，则NaHCO3分解百分率为_，加CaCl2后反应的离子方程式为_。【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O (2). 试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处。 (3). CO2+Ca2+2OH-CaCO3+H2O (4). 50% (5). CO32-+Ca2+CaCO3【解析】【分析】（1）根据碳酸氢钠分解的产物书写方程式；（2）根据装置和反应特点分析判断；（3）根据二氧化碳能与氢氧化钙反应分析解答；（4）碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，结合反应的方程式分析解答。【详解】（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则试管中发生反应的化学反应方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；（2）反应中有水生成，则根据装置图可知错误有：试管口应略向下倾斜，伸入试管的导管伸得太长，铁夹位置应离试管口三分之一处；（3）碳酸氢钠分解产生二氧化碳，二氧化碳能与氢氧化钙反应，则烧杯中发生反应的离子方程式是CO2+Ca2+2OH-CaCO3+H2O；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为CO32-+Ca2+CaCO3。碳酸钙的物质的量是5.0g100g/mol0.05mol，则碳酸钠的物质的量是0.05mol，因此根据方程式2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O可知消耗碳酸氢钠0.1mol，质量是8.4g，所以NaHCO3分解百分率为8.4g/16.8g100%50%。18.已知A为常见的金属单质，根据下图所示的关系：（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式，A为_，B为_，C为_，D为_，E为_，F为_。（2）写出的化学方程式，、的离子方程式。_，_，_，_。【答案】 (1). Fe (2). Fe3O4 (3). FeCl2 (4). FeCl3 (5). Fe(OH)2 (6). Fe(OH)3 (7). Fe2HCl=FeCl2H2 (8). 4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3 (9). 2Fe2Cl2=2Cl2Fe3 (10). Fe2Fe3=3Fe2【解析】【分析】红褐色固体为氢氧化铁，说明转化关系中含有铁元素，则A为铁。B为黑色晶体，为四氧化三铁，结合转化关系图解答。【详解】红褐色固体为氢氧化铁，说明转化关系中含有铁元素，已知A为常见的金属单质，则A为铁。B为黑色晶体，为四氧化三铁，B和盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，根据转化关系分析，D为氯化铁，C为氯化亚铁，E为氢氧化亚铁。则（1）根据以上分析可知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe(OH)2，F为Fe(OH)3；（2）反应是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，方程式为Fe2HClFeCl2H2；反应为氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。反应为亚铁离子被氯气氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；反应为铁离子变成亚铁离子，离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+。19.下列4组物质均有一种物质的类别与其它3种不同A.CaO、Na2O、CO2、CuO B.H2、C、P、CuC.O2、Fe、Cu、Zn D.HCl、H2O、H2SO4、HNO3（1）以上四组物质中与别不同的物质依次是（填化学式）A_； B_；C_；D_。（2）这四种物质相互作用可生成一种新物质碱式碳酸铜化学式Cu2(OH)2CO3，该反应_氧化还原反应(填“是”或“否”)。（3）写出上述新物质与硝酸反应的离子方程式_。【答案】 (1). CO2 (2). Cu (3). CO2 (4). H2O (5). 是 (6). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+H2O+CO2【解析】【分析】（1）根据物质的分类标准和物质所属的类别来回答；（2）铜和氧气、水、二氧化碳反应生成碱式碳酸铜，有化合价变化的是氧化还原反应；（3）根据碱式碳酸铜和硝酸反应的生成物书写方程式。【详解】（1）A、CaO、Na2O、CuO均是金属氧化物，而CO2为非金属氧化物；B、H2、C、P是非金属单质，Cu是金属单质；C、Fe、Cu、Zn属于金属单质，O2属于非金属单质；D、HCl、H2SO4、HNO3均属于酸，H2O不属于酸；（2）上述四种物质相互作用可生成一种新物质碱式碳酸铜，化学式为Cu2(OH)2CO3，反应的化学方程式：CO2+O2+2Cu+H2OCu2(OH)2CO3，此反应中有元素化合价的变化，故为氧化还原反应；（3）碱式碳酸铜与硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化碳，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+2Cu2+H2O+CO2。20.（1）在仪器漏斗、容量瓶、蒸馏烧瓶、分液漏斗、烧杯、蒸发皿 中，可用于粗盐提纯实验的有_；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物实验的有_。（2）有一固体粉末,其中可能含有Na2CO3、NaCl、Na2SO4、CuCl2、Ba（NO3）2、K2CO3、K2SO4中的一种或几种，现按下列步骤进行实验。将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀。在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体。取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+。由上述现象推断：该混合物中一定含有_；一定不含有_，可能含有_。（3）正常人的血液中葡萄糖（简称血糖，分子式为C6H12O6）的浓度在3.616.11mmol/L之间，今测得某病人1mL血液中含葡萄糖0.60mg，相当于_mmol/L，血糖属正常、偏高还是偏低？_。【答案】 (1). (2). (3). Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2 (4). CuCl2、K2CO3、K2SO4 (5). NaCl (6). 3.33（或3.3） (7). 偏低【解析】【分析】（1）根据粗盐中含有的杂质结合实验操作判断需要的仪器；分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物一般用分液法，据此分析；（2）结合离子的性质和实验中的实验现象分析解答；（3）根据mnM、cn/V分析解答。【详解】（1）粗盐中含有泥沙、钙离子、镁离子和硫酸根离子等，需要利用沉淀法除去，最后蒸发结晶得到氯化钠晶体，则在所给的仪器中需要的仪器有漏斗、烧杯、蒸发皿；可用于分离两种沸点接近且互不相溶的液态混合物的实验是分液法，则在所给的仪器中需要的有分液漏斗、烧杯；（2）将该粉末溶于水得无色溶液和白色沉淀，可判断一定无CuCl2，一定有Ba(NO3)2，因为只有钡离子才可以形成沉淀，含有碳酸根或硫酸根的化合物至少有一种；在滤出的沉淀中加入稀硝酸，有部分沉淀溶解，同时产生无色气体，说明沉淀一定有硫酸钡和碳酸钡，反应为Ba2+SO42-BaSO4，Ba2+CO32-BaCO3，BaCO3+2H+Ba2+CO2+H2O；取滤液做焰色反应，可证明滤液中含Na+，不含K+，所以原混合物中一定含有Na2CO3和Na2SO4，一定不含有K2CO3和K2SO4；根据以上分析可知该混合物中一定含有Na2CO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；一定不含有CuCl2、K2CO3、K2SO4，可能含有NaCl；（3）测得某病人1mL血液中含葡萄糖0.60mg，则相当于3.33 mmol/L3.61mmol/L，因此血糖偏低。