精品解析黑龙江省哈尔滨市第六中学学年高一下学期月考化学试题精校Word版.docx

1、精品解析黑龙江省哈尔滨市第六中学学年高一下学期月考化学试题精校Word版哈尔滨市第六中学2021届4月份阶段性测试高一化学试题可能的用到的相对原子质量：H:1 C:12 N:14 0:16 S:32 Cu:64 第I卷(选择题)一、单选题(每小题2分，共50分)1.你认为减少酸雨的产生可采取的措施是（ ）用煤作燃料 把工厂炯囱造高 化石燃料脱硫 在已酸化的土壤中加石灰 开发新能源A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】形成酸雨的主要气体污染物是SO2等，SO2主要来源于燃烧含硫的煤，少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，以此解答。【

2、详解】SO2主要来源于燃烧含硫的煤，用煤作燃料不能减少酸雨的产生，故错误；工厂烟囱造高一些不能减少二氧化硫的排放，所以不能减少酸雨的产生，故错误；将矿石燃料脱硫，能减少二氧化硫的排放，能减缓酸雨污染，故正确；在已酸化的土壤中加石灰，可以改良土壤，但不能减缓酸雨污染，故错误；开发新能源能减少二氧化硫的排放，所以能减少酸雨的形成，故正确；选D。2.某溶液中含有HCO3-、SO32-、Na+、NO3-四种离子，向其中加入适量Na2O2固体后，假设溶液体积不变，溶液中离子浓度增大的是A. SO32- B. HCO3- C. Na+ D. NO3-【答案】C【解析】【分析】Na2O2具有强氧化性，Na2

3、O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性。能与OH-反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小；Na2O2具有强氧化性，将SO32-氧化为SO42-，则SO32-离子浓度减小；NO3-浓度基本不变，钠离子浓度增大，故选C。【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键。3.关于下列各装置图的叙述中，正确的是A. 制取及观察Fe（OH）2B. 比

4、较两种物质的热稳定性C. 实验室制取NH3D. 分离沸点不同且互溶的液体混合物【答案】A【解析】【详解】A将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；B碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计

5、方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；C氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；D图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；故答案选A。4.铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与11.2 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为( )A. 32 g B. 48 g C. 64 g D. 96 g【答案】C【解析】【分析】由题意可知，生成NO

6、2、NO的做氧化剂消耗硝酸的量等于NO2、NO与氧气反应生成硝酸的量，说明整个过程中氧气得到的电子和铜失去的电子相同。【详解】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与11.2LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，完全生成HNO3，整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，生成气体，气体和氧气全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相同，即Cu失去的电子都被O2得到，由电子守恒可知n（Cu）2=n（O2）4，n（Cu）=1mol，消耗铜的质量=1mol64g/mol=64g，故选C。【点睛】本题考查了

7、氧化还原反应的电子守恒的计算应用，注意物质性质的变化和反应过程的分析是解题关键。5.在一定温度和压强下，将一支容积为21mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管内液面上升一定高度不再变化时，在相同条件下再通入O2，若要使试管内的液面仍保持在原高度，则通入O2的体积为A. 8.75mL B. 12.25mLC. 5.25mL D. 10.5mL【答案】B【解析】【分析】二氧化氮和水反应的方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水反应生成二氧化氮，二氧化氮又和水反应生成硝酸和一氧化氮，当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液

8、充满整个试管，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积。【详解】根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，将一容积21ml的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中,当试管内液面上升至一定高度不再变化时，生成的一氧化氮的体积是二氧化氮的1/3为7mL；当充入的氧气少量时，剩余的气体是一氧化氮，液面上升，NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，则由方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3可知O2为21/4ml，当充入的氧气过量时，液面下降，若要使试管内液面仍保持在原高度，剩余的气体是氧气，等于生成NO的体积为7mL，故通入的氧气的

9、体积=7mL+21/4mL=12.25mL,故选B。【点睛】本题考查氮的氧化物性质、根据方程式计算的计算等，清楚发生的反应是解题关键，注意利用总反应方程式进行的解答。6.CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径如图所示。下列说法正确的是A. 途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为2：3B. 利用途径制备16g硫酸铜，消耗硫酸的物质的量为0.1mLC. 生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：=D. 与途径、相比，途径更好地体现了绿色化学思想【答案】D【解析】分析：物质制备的基本思想是用最少的原料获得最多的产品，同时符合原子利用率高，无污染等要求。途径的离子方程

10、式为3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O，途径的反应方程式式为2CuO22CuO CuOH2SO4CuSO4H2O，途径的反应方程式式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，据此可解答。详解：A、根据途径的离子方程式可知，H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，故A错误；B、由途径的化学方程式可得，制备16g硫酸铜即0.1mol，需要消耗硫酸的物质的量为0.2mol，所以B错误；C、由反应方程式可知生成等量的硫酸铜，参加反应的硫酸的物质的量为=，所以C错误；D、根据反应方程式可知，制取等量的硫酸铜，途径与途径相比，在消耗等量硫酸的基础上又多消耗了硝酸，并生成污染性气体NO，

11、途径消耗硫酸最多，并产生污染性气体SO2，只有途径消耗硫酸量少，又不产生污染性气体，所以途径更好地体现了绿色化学思想，故D正确。本题答案为D。7.下列离子方程式书写正确的是( )A. 铁粉加入稀硫酸中：2Fe6H2Fe33H2B. SO2通入氯水中：SO2Cl22H2OSO422Cl4HC. Fe(OH)2溶于过量的稀HNO3：Fe(OH)22H2Fe22H2OD. 少量氯水滴入FeBr2溶液中：Cl22Br2C1Br2【答案】B【解析】【分析】A、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；B、二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸；C、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；D、亚铁

12、离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应。【详解】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程为：Fe+2H+Fe2+H2，故A错误；B项、将SO2通入氯水中，二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程为：SO2Cl22H2OSO422Cl4H，故B正确；C项、Fe(OH)2与过量的稀HNO3反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的离子方程为：3Fe(OH)2+NO3-+10H+3Fe3+NO+8H2O，故C错误；D项、亚铁离子还原性强于溴离子，少量氯水滴入FeBr2溶液中，氯水应先与亚铁离子反应，反应的离子方程为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2C

13、l-，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，判断离子方程式正确与否的方法一般是：检查反应能否发生；检查反应物、生成物是否正确；检查各物质拆分是否正确；检查是否符合守恒关系（如质量守恒和电荷守恒等）；检查是否符合原化学方程式。8.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。现将此无色透明的混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是()A. 肯定有SO2和NOB. 肯定没有O2和NO2，可能有Cl2C. 可能有Cl2和O2D. 肯定只有NO【答案】A【解析】试

14、题分析：由于气体呈无色，所以其中一定没有Cl2、NO2，气体通过品红溶液，品红溶液褪色，说明混合气体中含有SO2，剩余气体排入空气中呈红棕色，说明其中含有NO，结合原混合气体无色，说明混合气体中没有氧气。考点：氮氧化物的产生及转化9.下列实验操作及现象和后面结论对应正确的是（ ）选项实验操作现象结论A将SO2通入酸性高锰酸钾溶液高锰酸钾溶液紫色褪色SO2具有漂白性B向某溶液中滴加KSCN溶液溶液显红色原溶液中有Fe3+无Fe2+C将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液有白色沉淀生成证明酸性：硫酸大于碳酸大于硅酸D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落

15、下来金属铝的熔点较低A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】ASO2通入酸性高锰酸钾溶液，溶液将二氧化硫氧化，因为发生氧化还原反应而褪色，证明二氧化硫具有还原性，故A错误；B向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液显示红色，能够证明原溶液中有Fe3+，但是无法证明是否含有Fe2+，检验Fe2+应该再滴入酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C将稀硫酸滴入碳酸钠溶液中产生的气体通入硅酸钠溶液，有白色沉淀生成，证明最高价含氧酸的酸性：硫酸碳酸硅酸，则非金属性SCSi，故C正确；D将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝

16、，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故D错误；故选C。10.常温常压下，a、b、c、d四支相同的试管中，分别装入以等物质的量混合的两种气体，a试管内是NO2与O2，b试管内为Cl2和SO2，c试管内为NO与O2，d试管内是NH3与N2，将四支试管同时倒立于水中，最终各试管中水面上升高度顺序应为A. bcad B. bacd C. dbac D. bdca【答案】A【解析】【分析】首先写出有关反应的化学方程式，根据方程式计算，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大【详解】设试管的体积为VL，a等体积的NO2与O2，发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V1

17、/40.5V）=3/8V；b等体积的Cl2和SO2，发生：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，气体完全反应，没有气体剩余；c等体积的NO与O2，发生：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，最后剩余O2，体积为（0.5V-0.5V3/4）=1/8V；d等体积的NH3与N2，氨气极易溶于水，氮气不溶于水，剩余气体为氮气，体积为0.5V，剩余气体越少，试管中水面上升的高度越大，最终各试管中水面上升高度顺序应为bcad，故选A。11.下列根据实验现象所得出的结论中，正确的是（ ）A. 无色溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，结论：原溶液可能含有CO32-B. 某物

18、质焰色反应呈黄色，结论：该物质是钠盐C. 无色试液加入NaOH溶液，加热产生的气体使红色石蕊试纸变蓝，结论：试液中含NH3D. 无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，结论：原溶液一定含有SO42-【答案】A【解析】【详解】A.原无色溶液中加稀盐酸产生无色无味气体，该气体为CO2，则原溶液中可能含有碳酸根离子或碳酸氢根离子， 所以该结论正确，A项正确；B.钠元素的单质和化合物的焰色反应都呈黄色，所以焰色反应呈黄色的物质也可能是钠单质、钠的氧化物和NaOH，该结论是错误的，B项错误；C.因为NH4+OH-NH3+H2O，NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故原溶液中含NH4

19、+，所以该结论错误，C项错误；D.因为BaCl2+2AgNO3=2AgCl+Ba(NO3)2，AgCl也是不溶于盐酸的白色沉淀，因此原无色溶液也可能含Ag+，该结论错误，D项错误；答案选A。12.下列关于浓硝酸的说法不正确的是A. 光照易分解B. 露置于空气中溶液浓度降低C. 能与碳反应说明其具有强氧化性D. 常温下铜在浓硝酸中发生钝化【答案】D【解析】浓硝酸具有挥发性，见光分解和受热分解的不稳定性，还具有强的氧化性等。所以A、光照易分解是其不稳定性的表现，故A正确；B、露置于空气中因其挥发导致溶质减少，溶液浓度降低，故B正确；C、浓硝酸的强氧化性能氧化几乎所有的金属和绝大多数非金属，所以能与

20、碳反应，故C正确；D、常温下铜可在浓、稀硝酸中发生反应，而铁、铝在浓硝酸中才能发生钝化，所以D错误。因此本题答案为D。13.已知X结构示意图如下图，则X在元素周期表中的位置是()A. 第二周期0族 B. 第四周期A族C. 第三周期A族 D. 第三周期A族【答案】B【解析】【详解】X结构示意图：，则可推知其质子数为：2+8+8+1=19，X是钾元素，位于第四周期A族，B项正确；答案选B。【点睛】解本题需要注意：（1）阳离子：质子数电子数；（2）阴离子：质子数bdc。【详解】A. A、B在周表中C、D的下一周期，且原子序数abdc，核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则有

21、原子半径：BACD，故A正确；B. 短周期元素的四种离子aA2、bB、cC3、dD具有相同的电子层结构，所以有a-2=b-1=c+3=d+1，且A、B在周表中C、D的下一周期，原子序数abdc，故B错误；C. aA2、bB、cC3、dD具有相同的电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数abdc，所以离子半径C3DBA2，故C错误；D同周期从左往右，元素金属性减弱，对应阳离子的氧化性增强；元素非金属性增强，对应阴离子的还原性减弱，故氧化性：A2B，还原性：C3D，故D错误；故选A。19.短周期元素R、T、Q、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中T为铝元素。元素R的氢化物的电子式为A.

22、 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据图示，R位于第二周期，T、Q、W位于第三周期，T为Al元素，则R为N元素，Q为Si元素，W为S元素，据此解答。【详解】根据上述分析，R为N元素，Q为Si元素，W为S元素，T为铝元素。N的氢化物为氨气，化学式为NH3，其为共价化合物，分子中只有共价键，其电子式为，故选C。20.M、R均为主族元素，已知M的一个原子失去2个电子，R的一个原子得到1个电子后形成稀有气体元素的电子层结构。下列关于M与R形成的化合物的叙述正确的是()A. M与R可以形成MR2型离子化合物B. 在MR2中M的离子半径比R的离子半径大C. 形成的两种离子分别是M和R2D. M

23、R2的电子式为【答案】A【解析】【分析】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于A族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于A族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。【详解】元素M的一个原子失去2个电子得到稳定结构，故M处于A族，R的一个原子得到一个电子后形成稀有气体元素的电子层结构，故处于A族，二者可以形成MR2型离子化合物，据此解答。则AM形成+2价阳离子，R形成1价阴离子，二者可以形成MR2型离子化合物，故A正确；B离子电子层与核电荷数不能确定，故离子半径大小不能确定，M的离子半径可能比R的离子半径小，也可能大，如Ca2+Cl，Ba2+Cl，故B错

24、误；C形成的两种离子分别是M2和R，故C错误；DMR2的电子式为，故D错误，故答案选A。21.W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，X与Z属于同主族的元素，Z 元素最高正价与最低负价之和为4；Y为短周期元素中半径最大的元素，下列说法正确的是( )A. 简单离子半径YXB. 非金属性WZC. 氢化物稳定性XZWD. 最高价氧化物对应水化物的酸性WZ【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大的短周期元素，W元素最外层电子数是内层电子数的两倍，由于最外层电子数不能超过8个，则W是第二周期的C元素；X与Z属于同主族的元素，Z元素最高正价与最低负

25、价之和为4，则Z是第A元素，X是O，Z是S；Y为短周期元素中半径最大的元素，Y是钠元素，据此分析解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是C、O、Na、S。则A. 核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子半径YX，A错误；B. 非金属性SC，B错误；C. 非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物稳定性OSC，C正确；D. 非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性是硫酸大于碳酸，D错误；答案选C。22.下列说法正确的是A. 原子序数之差为2的两种元素不可能位于同一主族B. D核外有36个电子，则元素D位于第四周期第A族C. 位于同一主族的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数可能为x+4D. 位于同一周期的甲、乙两种元素，甲位于第A族，原子序数为x，乙位于第A族，则乙原子序数可能为x+19【答案】B【解析】【详解】氢和锂是同一主族的两种元素，其原子序数之差为2，故A错误；D核外有36个电子，则D原子有35个电子，为Br元素，Br位于第四周期第A族，故B正确；同主族相邻两周期原子序数差值可能为2、8、18、32等，所以同一主族的甲、乙两种元素，甲的原子序数为x，则乙的原子序数不可能为x+4，故C错误；同一周期第A族与第A族之间原子序数之差可能为2、12和26，乙原子序数不可能为x+19，故D错误。故选B。23.下列物