学年河北省武邑中学高一下学期第一次月考化学试题解析版.docx

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学年河北省武邑中学高一下学期第一次月考化学试题解析版

河北省武邑中学2017-2018学年高一下学期第一次月考

化学试题

1.宋代《开宝本草》中记载了KNO3的提纯方法“…所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”，这里不涉及到的操作方法是（　　）

A.蒸馏B.蒸发C.结晶D.溶解

【答案】A

【解析】KNO3的溶解度随温度变化大，提纯的方法是先加水溶解，然后蒸发结晶得到KNO3晶体，所以没有涉及到的操作方法是蒸馏，故答案选A。

2.俄罗斯科学家用

和

两种核素精确测定了地球和月球的年龄，得出月球至少比地球早700万年形成，下列有关

和

的说法正确的是（　　）

A.互为同位素B.原子质量几乎相等

C.中子数相等D.在周期表中处于相邻位置

【答案】B

【解析】A.质子数相同、中子数不同的同一种元素的不同核素互称为同位素，这两种核素中的质子数不同，不属于同位素，故A错误；B．二者的质量数相等，所以原子质量几乎相同，故B正确；C．中子数=质量数－质子数，两种核素的中子数分别为：

182-72=110、182-74=108，中子数不相等，故C错误；D．根据质子数=原子序数，这两种核素分别位于元素周期表的第六周期第IVB族和第六周期第VIB族，二者在周期表中的位置不相邻，故D错误．答案选B。

3.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是（）

A.CaH2和Na2SB.Na2O和Na2O2

C.CO2和CaOD.HCl和NaOH

【答案】A

4.下列化学用语或模型正确的是（）

A.氯化氢的电子式：

B.N2的结构式：

N≡N

C.硫离子结构示意图：

D.二氧化硅的分子式：

SiO2

【答案】B

【解析】A.氯化氢是共价化合物，电子式为

，故A错误；B.氮气分子中含有氮氮三键，其结构式为N≡N，故B正确；C.硫离子核内质子数为16，核外电子数为18，结构示意图为：

，故C错误；D.SiO2是二氧化硅的化学式，二氧化硅晶体是原子晶体，不存在分子式，故D错误；答案选B。

点睛：

本题主要考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、结构式、结构示意图等知识，试题难度不大。

本题的易错点是D项，注意二氧化硅晶体是原子晶体，不存在分子式。

5.下列变化过程中，只破坏共价键的是（　　）

A.氯化氢溶解于水B.冰变水

C.氯化钠受热熔化D.碳酸氢铵受热产生刺激性气味气体

【答案】A

【解析】A.氯化氢分子中只含有共价键，氯化氢溶于水电离生成氢离子和氯离子，只破坏了共价键，故A正确；B.冰变成水属于物理变化，没有破坏化学键，故B错误；C.氯化钠中只含有离子键，氯化钠溶于水电离生成钠离子和氯离子，只破坏了离子键，故C错误；D.碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，既破坏离子键、又破坏共价键，故D错误；答案选A。

6.类比推理是化学学习中的一种重要方法。

下列类推结论中，正确的是（　　）

类比对象

结论

A

2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2

2Na2O2＋2SO2===2Na2SO3＋O2

B

Cl2＋H2O===HCl＋HClO

F2＋H2O===HF＋HFO

C

Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－

Br2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Br－

D

Ca（ClO）2＋CO2＋H2O==CaCO3↓＋2HClO

Ca（ClO）2＋SO2＋H2O==CaSO3↓＋2HClO

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】A.因Na2O2具有强氧化性，SO2具有还原性，则SO2和过氧化钠发生氧化还原反应生成Na2SO4，化学方程式为：

Na2O2＋SO2=Na2SO4，故A错误；B.F元素的非金属性大于O，F2与H2O发生置换反应生成HF和O2，化学方程式为：

2F2＋2H2O=4HF＋O2，故B错误；C.氧化性Cl2＞Br2＞Fe3＋，所以Cl2和Br2均可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，故C正确；D.因Ca（ClO）2具有强氧化性，SO2具有还原性，则SO2和Ca（ClO）2发生氧化还原反应生成HCl、H2SO4和CaSO4，化学方程式为：

Ca（ClO）2＋2SO2＋2H2O=CaSO4↓＋2HCl＋H2SO4，故D错误；答案选C。

7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）

A.常温常压下，等质量的N2和CO气体的原子数均为2NA

B.常温下，22gCO2含碳氧双键数目为NA

C.标准状况下，11.2LO2参加反应转移的电子数一定为2NA

D.3.6g重水中含有的中子数为2NA

【答案】B

【解析】A.因未给出N2和CO气体的质量，所以无法计算两种气体的原子数，故A错误；B.CO2的结构式为：

O=C=O，1个CO2分子中含有2个碳氧双键，22gCO2的物质的量为：

22g÷44g/mol=0.5mol，所含碳氧双键的物质的量为：

0.5mol×2=1mol，个数为NA，故B正确；C.标准状况下，11.2LO2的物质的量为0.5mol，若反应后生成CO2等，O元素的价态为－2价，转移电子数目为2NA，若反应后生成Na2O2等，O元素的价态为－1价，转移电子数目为NA，故C错误；D.重水的化学式为D2O，1个重水分子中含有10个中子，3.6g重水的物质的量为：

3.6g÷20g/mol=0.18mol，所含的中子数目为1.8NA，故D错误；答案选B。

点睛：

本题主要考查阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握相关公式的运用和物质的结构是解题的关键，试题难度不大。

本题的易错点是C项，因O2参加反应时生成的产物中氧元素的化合价可能是－2价也可能是－1价，所以0.5molO2参加反应转移的电子数目可能是2NA也可能是NA。

8.三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：

3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF，下列有关该反应的说法正确的是（　　）

A.NF3是氧化剂，H2O是还原剂

B.还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶1

C.若生成0.2molHNO3，则转移0.2mol电子

D.NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体

【答案】D

【解析】试题分析：

A、根据方程式可知N元素的化合价从＋3价部分升高到＋5价，失去2个电子，部分降低到＋2价得到1个电子，其余元素的化合价均没有发生变化，因此NF3既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；B、根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:

2，B错误；C、若生成0.2molHNO3，则转移0.4mol电子，C错误；D、NF3在潮湿的空气中泄漏会与水反应生成NO，NO极易被氧化产生红棕色气体NO2，D正确，答案选D。

考点：

考查氧化还原反应的判断与计算

9.某短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为（2n+1），原子核内质子数是（2n2－1）。

下列有关X的说法，不正确的是（　　）

A.X是非金属元素B.X形成含氧酸钾盐化学式可能为KXO2、KXO3或KXO4

C.由X形成的含氧酸均为强酸D.X不可能为第一周期元素

【答案】C

【解析】试题分析：

短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，以此来解答．

解：

短周期元素X，其原子的电子层数为n，最外层电子数为2n+1，原子核内质子数是2n2﹣1．假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意；n=2时，最外层电子数为5，质子数为7，符合题意；n=3时，最外层电子数为7，质子数为17，符合题意，

A．由于元素X可能为氮元素或氯元素，都为非金属元素，故A正确；

B．X为Cl时，对应的化合价有+3、+5、+7价，则含氧酸钾盐化学式可能为KXO2、KXO3或KXO4，故B正确；

C．HClO等为弱酸，故C错误；

D．由分析可知，假设n=1时，最外层电子数为3，不符合题意，故D正确．

故选C．

10.短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素。

下列判断错误的是（　　）

A.甲可能是金属元素

B.气态氢化物的稳定性：

庚＞己＞戊

C.丙与戊的最高价氧化物的水化物可以相互反应

D.庚的最高价氧化物的水化物酸性最强

【答案】D

【解析】短周期甲、乙、丙、丁、戊、己、庚七种元素，戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素，则戊为氮元素，己为氧元素，所以丁、戊、己、庚为第二周期元素，则乙、丙为第三周期元素，甲不一定在丁、庚的连线上，则甲可能为第一周期的氢元素，也可能是第二周期的锂元素，根据元素在周期表中位置关系可知，乙为镁元素，丙为铝元素，丁为碳元素，庚为氟元素。

A.由上述分析可知，甲可能是氢元素也可能是锂元素，故A正确；B.非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，因非金属性F＞O＞N，则气态氢化物的稳定性：

HF＞H2O＞NH3，故B正确；C.Al的最高价氧化物对应水化物是Al（OH）3，N的最高价氧化物对应水化物是HNO3，二者可以发生反应生成硝酸铝和水，化学方程式为：

Al（OH）3＋3HNO3=Al（NO3）3＋3H2O，故C正确；D.庚为F元素，F元素无正价，不存在最高价氧化物对应的水化物，故D错误；答案选D。

11.用右图所示实验装置（夹持仪器已略去） 探索铜丝与过量浓硫酸反应的产物，下列有关说法不正确的是（　　）

A.品红溶液的作用是验证SO2的漂白性

B.试管②中盛放的试剂可以是NaOH 溶液或Na2SO3 溶液

C.停止反应后，立即向①中加水后溶液呈蓝色

D.该反应中浓硫酸既表现了强氧化性，又表现了酸性

【答案】C

【解析】A.SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，所以品红溶液的作用是验证SO2的漂白性，故A正确；B.SO2为酸性气体，具有污染性，能与碱或Na2SO3 溶液发生反应，可用NaOH溶液或Na2SO3 溶液吸收多余的SO2，故B正确；C.因浓硫酸过量且反应后溶液温度高，停止反应后，立即向①中加水，会使溶液剧烈沸腾而溅出，导致安全事故，故C错误；D.浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成硫酸铜体现了浓硫酸的酸性，生成二氧化硫体现了浓硫酸的氧化性，故D正确；答案选C。

点睛：

本题主要考查铜与浓硫酸反应的实验，掌握化学实验基本操作方法，明确物质的性质及实验原理是解题的关键，试题难度中等。

本题的易错点是C项，由题中信息可知，浓硫酸过量且停止反应后溶液温度较高，立即向反应后的溶液中加水，会使溶液剧烈沸腾而溅出，导致安全事故。

12.向Fe和Al2O3的混合物中加入足量稀硫酸将其溶解，室温下向所得溶液中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（　　）

A.通入过量Cl2：

Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+

B.加入过量NaNO3溶液：

NO3－、SO42－、Fe2+、Al3+

C.加入过量氨水：

NH4+、SO42－、Na+、AlO2－

D.加入过量NaOH溶液：

SO42－、Na+、AlO2－、OH－

【答案】D

【解析】向Fe和Al2O3的混合物中加入足量稀硫酸将其溶解，所得溶液中含有的离子为：

Fe2+、Al3+、SO42−、H+，A.氯气可以将Fe2+氧化成Fe3+，反应后的溶液中不能大量存在Fe2+，故A不选；B.酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，反应后的溶液中Fe2+不能大量存在，故B不选；C.氨水是弱碱，加入过量氨水，可以和铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，溶液中不存在AlO2－，故C不选；D.加入过量NaOH溶液，Fe2+转化为Fe（OH）2沉淀，Al3+转化为AlO2－，溶液中主要存在SO42－、Na+、AlO2－、OH－，故D选；答案选D。

点睛：

本题主要考查离子共存，明确Fe和Al2O3的混合物中加入足量稀硫酸后，所得溶液中含有的离子是解题的关键，试题新颖但难度不大。

本题的易错点是B项，因硫酸足量，向Fe和Al2O3的混合物中加入足量稀硫酸溶解后，所得溶液中含有较多的H+，在酸性条件下NO3－离子具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，则加入过量NaNO3溶液后，反应所得的溶液中没有Fe2+。

13.图中曲线表示短周期元素的原子序数（按递增顺序连续排列）及其常见最高化合价的关系，下列叙述不正确的是（　　）

A.单核简单离子半径大小为：

②＜③

B.①、③可以按原子个数比1︰1形成化合物

C.②、③形成的化合物是两性物质

D.①、②形成的化合物的摩尔质量可能是44g/mol

【答案】A

【解析】①的常见最高化合价为+5价，②的常见最高化合价为0价，③的常见最高化合价为+3价，三种元素均为短周期元素，原子序数按递增顺序连续排列，结合图象可知，①为N元素，②为O元素，③为Al元素。

A.核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则单核简单离子半径大小为：

O2−＞Al3+，故A错误；B.①、③可以形成化合物AlN，原子个数比1:

l，故B正确；C.②、③形成的化合物是Al2O3，氧化铝与强酸、强碱均能反应生成盐和水，是两性物质，故C正确；D.①、②形成的化合物N2O的摩尔质量是44g/mol，故D正确；答案选A。

14.某实验小组对含有Al3＋的未知溶液进行了如下分析：

（1）滴加少量NaOH溶液，无明显变化；

（2）继续滴加NaOH溶液，有白色胶状沉淀生成；

（3）滴加过量的NaOH溶液，白色胶状沉淀明显减少。

实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系。

下列说法错误的是（　　）

A.该未知溶液中至少含有3种阳离子

B.NaOH溶液的物质的量浓度为5mol·L－1

C.若另一种离子为二价阳离子，则a＝40

D.若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量可能为6g

【答案】C

【解析】A.据图可知，加入NaOH溶液，开始时无沉淀产生，说明溶液中有较多H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀，说明一定生成氢氧化铝沉淀，溶液中含有Al3+，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少但未完全消失，说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A正确；B.溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是10mL，而氢氧化铝的物质的量是（0.20－0.15）mol=0.05mol，则根据反应Al（OH）3+OH−=AlO2−+2H2O可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度是c（NaOH）=0.05mol÷0.01L=5mol/L，故B正确；C.若另一种离子为二价阳离子，设该离子为M2+，据图可知，M（OH）2沉淀的物质的量是0.15mol，由M2++2OH−=M（OH）2↓可知，生成M（OH）2沉淀时消耗氢氧化钠溶液的体积是V（NaOH）=0.15mol×2÷5mol/L=60mL，氢氧化铝的物质的量是0.05mol，根据Al3++3OH−=Al（OH）3↓可知，生成氢氧化铝时消耗氢氧化钠溶液的体积是30mL，所以a＝10，故C错误；D.若另一种二价阳离子为Mg2+，则加入过量NaOH溶液后最终所得沉淀为Mg（OH）2，将沉淀过滤、洗涤、灼烧，所得物质为MgO，其物质的量为0.15mol，质量为6g，故D正确；答案选C。

15.五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。

A和B、D、E均能形成共价型化合物。

A和B形成的气态化合物在水中呈碱性，C和E形成化合物CE。

下列说法正确的是（　　）

A.五种元素中原子半径最大的是E，最小的是A

B.A和B、D、E均能形成共价化合物，其中稳定性最差的是A、D形成的化合物

C.E最高价氧化物对应水化物的化学式为H2EO4

D.C的单质在空气中燃烧产物的化学式为C2O

【答案】B

【解析】试题分析：

五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。

A和B、D、E均能形成共价型化合物。

A和B形成的化合物在水中呈碱性，则该化合物应该是氨气，所以A是H，B是N，则D是P，C是Na。

C和E形成化合物CE，这说明E应该是Cl。

A．五种元素中原子半径最大的是Na，最小的是H，A错误；B．A和B、D、E均能形成共价型化合物中，其中P元素的非金属性最弱，则稳定性最差的是A、D形成的化合物，B正确；C．E最高价氧化物对应水化物化学式为HEO4，C错误；D．C的单质在空气中燃烧产物的化学式为C2O2，D错误，答案选B。

考点：

考查元素周期表的结构与元素周期律的应用

16.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）

A.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：

SO32－+2H+===SO2↑+H2O

B.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：

SiO32－+SO2+H2O===H2SiO3↓+SO32－

C.向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3·H2O：

Al3++4NH3·H2O===[Al（OH）4]－+4NH4+

D.向CuSO4溶液中加入Na2O2：

2Na2O2+2Cu2++2H2O===4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑

【答案】D

【解析】A.硝酸具有强氧化性，能将SO32－氧化为SO42－，正确的离子方程式为：

3SO32－+2H++2NO3−=3SO42−+2NO↑+H2O，故A错误；B.二氧化硫过量，反应生成HSO3−，正确的离子方程式为：

SiO32－+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3−，故B错误；C.氢氧化铝不能溶于氨水，向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3·H2O，得到氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：

Al3++3NH3⋅H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与硫酸钠，反应的离子方程式为：

2Na2O2+2Cu2++2H2O===4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑，故D正确，答案选D。

点睛：

本题主要考查离子方程式的书写，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子方程式考查，把握物质间发生的反应及离子方程式的书写方法是解题的关键，试题难度中等。

本题的易错点是C项，解题时要注意Al（OH）3虽然是两性氢氧化物，但只能溶于强酸和强碱，所以向Al2（SO4）3溶液中加入过量的NH3·H2O，只能得到氢氧化铝沉淀而不会使沉淀溶解。

17.A、B、C、D、E是同一短周期的五种元素,A和B的最高价氧化物对应的水化物呈碱性,且碱性前者强于后者,C和D的气态氢化物的水溶液呈酸性,且酸性前者强于后者,五种元素形成的简单离子中,E的离子半径最小,则它们的原子序数由大到小的顺序是（　　）

A.BADCEB.ECDABC.BAEDCD.CDEBA

【答案】D

点睛：

第三周期元素中，原子半径从左到右逐渐减小（稀有气体除外），简单离子半径为：

P3->S2->Cl->Na+>Mg2+>Al3+，硅没有简单离子。

18.现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定还原产物只有NO），向反

应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最

大值n克，则下列有关该实验的说法中不正确的是（　　）

A.沉淀中氢氧根的质量为（n－m）g

B.恰好溶解后溶液中的NO3－离子的物质的量为bVmol

C.反应过程中转移电子的物质的量为

mol

D.参加反应硝酸的物质的量为（

）mol

【答案】B

【解析】mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀的最大质量为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时所得的溶液为硝酸钠溶液。

A.沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根离子质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n−m）g，故A正确；B.恰好溶解后，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3－）=n（Na+）=n（NaOH）=

mol，故B错误；C.由上述分析可知，生成的ng沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，且沉淀中氢氧根的质量为（n−m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即反应过程中转移电子的物质的量为：

n（e−）=n（OH−）=

mol，故C正确；D.参加反应的硝酸一部分生成硝酸钠，这部分硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量为

mol，一部分硝酸作氧化剂生成NO，这部分硝酸的物质的量等于NO的物质的量，根据得失电子守恒可知，这部分硝酸的物质的量为

=

mol，所以参加反应的硝酸的物质的量为（

+

）mol，故D正确；答案选B。

19.Ⅰ.A是一种常见单质，A、B、C、D之间的转化关系如图，C是一种难溶性物质。

（1）若A是一种金属，则A是________，试写出由A→B的离子方程式_________________________

（2）若A是一种非金属，则A是________，

试写出由B→C的离子方程式_______________________

Ⅱ.某同学在画某种元素的一种单核微粒的结构示意图时，忘记在圆圈内标出其质子数，请你根据下面的提示做出自己的判断。

（1）该微粒是中性微粒，这种微粒的元素符号是____________

（2）该微粒的还原性很弱，失去1个电子后变为原子，原子的氧化性很强，该单质与水反应的化学方程式________________________________________

（3）该微粒的氧化性很弱，得到1个电子后变为原子，原子的还原性很强，该单质与氧气燃烧所得产物的电子式______________

（4）该微粒的还原性很弱，失去2个电子后变成原子，其氢化物的结构式______________

（5）该微粒的符号为X3+，其氢氧化物与强碱反应的离子方程式____________________________

【答案】

（1）.Al

（2）.2Al+2OH－+2H2O===2AlO2－+3H2↑（3）.Si（4）.SiO32－+H2O+CO2===H2SiO3↓+CO32－（5）.Ne（6）.2F2+2H2O===4HF+O2（7）.

（8）.H－O－H或H－O－O－H（9）.Al（OH）3+OH－===AlO2－+2H2O

【解析】I.从框图可以看出，D是一种氧化物，B是一种钠盐，C是一种难溶性物质，通入CO2能产生沉淀的钠盐主要有偏铝酸盐和硅酸盐，故可初步推断A可能是Si或Al；

（1）.若A是一种金属，则A是Al，B为NaAlO2，A→B的离子方程式为2Al+2H2O+2OH－=2AlO2－+3H2↑，故答案为：

Al；2Al+2H2O+2OH－=2AlO2－+3H2↑；

（2）.若A是一种非金属，则A是Si，B为Na2SiO3，C为H2SiO3，B→C的离子方