江西省上饶中学2019-2020学年高一化学上学期第一次月考试题（特零班，含解析）

-1-江西省上饶中学2019-2020学年高一化学上学期第一次月考试题（特零班，含解析）可用到的原子量：H1C12N14O16Na23S32Al27Fe56Cu64一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意）1.“脚印”“笑脸”“五环”等焰火让北京奥运会开幕式更加辉煌壮观，这些五彩缤纷的焰火与元素的焰色反应有关。下列说法错误的是（）A.观察K2SO4的焰色应透过蓝色的钴玻璃B.Na与NaCl在灼烧时火焰颜色相同C.可以用焰色反应来区别NaCl和KClD.焰色反应一定发生化学变化【答案】D【解析】【详解】A．K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃观察，避免钠的焰色对钾的焰色的干扰，故A正确；B．焰色反应是元素的性质，Na与NaCl在灼烧时火焰颜色颜色都为黄色，故B正确；C．钠的焰色反应为黄色，而钾的焰色反应为紫色(透过蓝色的钴玻璃)，所以可以用焰色反应来区别NaCl和KCl，故C正确；D．焰色反应中没有新物质生成，是物理变化，故D错误；故选D。2.在CuC12和FeC12的混合溶液中，加入一定量的锌粉，充分反应后过滤，向滤渣中加稀盐酸，有气体生成，则滤渣中一定含有A.Cu、Fe和ZnB.Cu和FeC.Zn和CuD.Fe和Zn【答案】B【解析】【详解】根据金属活动性顺序，向滤出的固体中滴加稀盐酸时，有气体生成，说明固体中一定有排在氢前的金属；而加入Zn后可能发生的反应：Zn+CuCl2=Cu+ZnCl2，Zn+FeCl2=Fe+ZnCl2，Cu2+的氧化性大于Fe2+，反应顺序是Zn首先置换出Cu，然后Zn置换出Fe，因滤渣与稀盐酸产生气体，故一定有Cu，至少还有Fe，可能还有Zn，由此分析，一定含有Cu、Fe，故选B。-2-【点睛】解答本题的关键是判断反应的先后顺序，需要根据氧化还原反应的规律分析，一般而言，氧化剂的氧化性越强，越容易与还原剂发生反应。3.实验室中，采用废易拉罐(主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过程如图所示。下列说法正确的是（）A.试剂①可选用NaOH溶液B.过滤操作中使用的玻璃仪器只有漏斗、烧杯C.滤液A到沉淀B的反应中有CO2生成D.最后一步操作是蒸发结晶【答案】A【解析】【详解】A.为防止Fe、Mg杂质干扰，试剂①需选择NaOH，使Al以AlO2－形式存在于滤液A中，Fe、Mg因与氢氧化钠不反应而沉淀被过滤除去，A项正确；B.过滤操作中使用的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，B项错误；C.滤液A到沉淀B的反应：--2-23233AlO+HCO+HO=Al(OH)+CO，无CO2生成，C项错误；D.制备明矾需采用“蒸发浓缩、冷却结晶”的方法，D项错误；答案选A。【点睛】C项是易错点，要明确偏铝酸根离子与碳酸氢根离子之间反应的实质，AlO2－会与HCO3－电离出的H＋结合，促进了HCO3－的电离，而不是HCO3－的水解，只有理解离子反应的实质，才能准确得出结论。4.某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和该金属的氧化物。已知NO2和O2的分子个数比为4:1，则在分解过程中该金属的化合价将()A.无法确定B.升高C.不变D.降低【答案】C【解析】试题分析：某金属的硝酸盐受热分解生成NO2、O2和某金属氧化物，氮元素化合价由+5价降低-3-为+4价，氧元素化合价由-2价升高为0价，NO2和O2的分子个数比为4：1，令NO2和O2的分子个数分别为4、1，氮原子得到的电子数为4，氧原子失去的电子为1×2×[0-（-2）]=4．二者得失电子数目相等，根据电子转移守恒，金属元素化合价没有变化，故选C。考点：考查了氧化还原反应的计算的相关知识。5.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤正确的操作顺序是()A.③②①⑤④B.①②③⑤④C.②③①④⑤D.③⑤②①④【答案】A【解析】【分析】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去Mg2+，加BaCl2溶液的目的是除去SO42-，加Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+和过量的Ba2+，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，据此确定加试剂的顺序。【详解】粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全出去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去Mg2+，加BaCl2溶液的目的是除去SO42-，加Na2CO3溶液的目的是除去Ca2+和过量的Ba2+，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，即①一定在③之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，即④在⑤之后，故操作顺序可以是②③①⑤④或③②①⑤④或③①②⑤④，故合理选项是A。【点睛】本题考查了粗盐提纯过程中的试剂的加入顺序，掌握每种除杂试剂的加入的目的是理解加入顺序的前提，难度不大。6.在无土栽培中，需配制一定量含50molNH4Cl、6molKCl和24molK2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（）A.2mol、54mol、24molB.32mol、50mol、12molC.54mol、2mol、24molD.16mol、50mol、24mol【答案】C-4-【解析】【分析】计算营养液中n(NH4+)、n(Cl-)、n(K+)、n(SO42-)，根据离子守恒计算用KCl、NH4Cl和(NH4)SO4三种固体为原料来配制时需要各自物质的量。【详解】含50molNH4Cl、6molKCl和24molK2SO4的营养液中：n(NH4+)=50mol，n(Cl-)=50mol+6mol=56mol，n(K+)=6mol+24mol×2=54mol，n(SO42-)=24mol，由KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种固体配制的营养液，营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、6molKCl和24molK2SO4的营养液中相应离子物质的量相等，根据硫酸根离子守恒可知，需要n[(NH4)2SO4]=24mol，再由铵根离子守恒得n(NH4Cl)=50mol-24mol×2=2mol，由氯离子守恒，则n(KCl)=56mol-2mol=54mol，C项正确，答案选C。7.核内中子数为N的R2＋，质量数为A，则ng它的同价态氧化物中所含电子物质的量为（）A.nA+16(A+N-10)molB.NA(A-N+6)molC.（A-N+2）molD.nA+16(A-N+8)mol【答案】D【解析】【分析】核内中子数为N的R2+离子，质量数为A，所以质子数为A-N，该离子的相对原子质量在数值上等于其质量数；该离子带2个单位正电荷，所以其氧化物的化学式为RO；该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，据此解答。【详解】该氧化物的摩尔质量为(A+16)g/mol，ng它的氧化物的物质的量为ngA+16g/mol；一分子中含有(A－N+8)个质子，所以ng它的氧化物中所含质子的物质的量为ngA+16g/mol×(A−N+8)=nA+16(A-N+8)mol，由于质子数等于核外电子数，则ng它的同价态氧化物中所含电子物质的量为nA+16(A-N+8)mol，D项正确，答案选D。-5-8.a、b、c、d、e是同周期的五种元素，a和b的最高价氧化物的水化物显碱性，且碱性b＞a,c和d的气态氢化物的还原性d＞c，五种元素的原子，得失电子后所形成的简单离子中，e的离子半径最小，则它们的原子序数由小到大的顺序是()A.b、a、e、d、cB.e、d、a、b、cC.a、b、d、c、eD.c、d、e、a、b【答案】A【解析】试题分析：同周期自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，而氢化物的还原性是逐渐减弱的。据此可知，原子序数是a＞b，c＞d。五种元素的原子，得失电子后所形成的简单离子中，e的离子半径最小，这说明e是金属，原子序数大于a和b的，所以正确的答案选A。考点：考查元素周期律的应用点评：该题是中等难度的试题，也是高考中的常见题型。试题基础性强，难易适中，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。9.通过对实验现象的观察、分析推理得出结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实解释正确的是现象解释AKI淀粉溶液中通入Cl2,溶液变蓝Cl2能与淀粉发生显色反应B浓硝酸在光照条件下变黄浓硝酸不稳定,生成有色产物能溶于浓硝酸C在滴有酚酞的Na2CO3溶液中,加入BaCl2溶液后溶液BaCl2溶液具有酸性-6-的红色褪去D向盐酸中加入浓硫酸时产生白雾浓硫酸具有脱水性【答案】B【解析】加入BaCl2后,平衡+H2OOH-+左移,碱性减弱,C选项错误;D选项是浓硫酸的吸水性。10.过量铝粉分别与下列4种等体积的溶液充分反应，放出氢气最多的是（）A.3mol·L-1H2SO4溶液B.18mol·L-1H2SO4溶液C.1.5mol·L-1KOH溶液D.3mol·L-1HNO3溶液【答案】A【解析】【分析】设各溶液的体积为VL，根据化学反应的事实及关系式的定量计算分析判断。【详解】A.铝粉与H2SO4溶液反应的化学方程式为：2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑，3H2SO43H2，则3mol·L-1H2SO4溶液生成氢气的物质的量为3Vmol，B.18mol·L-1H2SO4溶液为浓硫酸，常温下，铝遇到浓硫酸会发生钝化，没有氢气放出，B项不选；C.铝粉与1.5mol·L-1KOH溶液反应的化学方程式为：2Al＋2KOH＋2H2O=2KAlO2＋3H2↑，2KOH3H2，则生成氢气的物质的量为1.5V32=2.25Vmol；D.3mol·L-1HNO3溶液为稀硝酸，铝粉与3mol·L-1HNO3溶液在常温下发生氧化还原反应生成一氧化氮，没有氢气放出，D项不选；根据上述分析可知，因3V＞2.25V，即过量铝粉与3mol·L-1H2SO4溶液反应比与1.5mol·L-1KOH溶液反应放出的氢气最多，A项正确，答案选A。-7-11.不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是序号甲乙丙①CO2SO2石灰水②HClCO2石灰水③CO2SO2Ba(NO3)2④NO2SO2BaCl2⑤CO2NH3CaCl2A.①③④B.②③④⑤C.①②③④D.①②④【答案】C【解析】【详解】①由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，①项正确；②同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，②项正确；③CO2气体与Ba(NO3)2不反应，SO2气体通入Ba(NO3)2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3−氧化生成SO42−，因此有BaSO4沉淀生成，③项正确；④NO2和SO2混合后，SO2被NO2氧化成SO3，通入BaCl2溶液后有BaSO4沉淀生成，④项正确；⑤当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O＝CaCO3↓+2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，⑤项错误；综上所述，①②③④符合题意，C项正确，答案选C。【点睛】学生需要注意第④问的深入思考，倘若仅仅向BaCl2溶液中通入SO2，不会有沉淀出现，当通入氨气或者氧化性气体如氯气等时，则会有白色沉淀生成。12.将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是-8-A.SO2、H2SB.SO2、NO2C.NH3、