甘肃省兰州市第五十五中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

2019—2020年度第一学期12月月考考试

高一化学

相对原子质量    H : 1    O : 16    Cl : 35.5    Al: 27     Zn: 65

一、选择题（共15小题，每题4分.满分60分）

1.在盛有溴水的三支试管中分别加入汽油、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现如图所示的现象。下列说法正确的是(　　)

A. ①加入的是CCl4，②加入的是汽油，③加入的是酒精

B. ①加入的是酒精，②加入的是CCl4，③加入的是汽油

C. ①加入的是汽油，②加入的是酒精，③加入的是CCl4

D. ①加入的是汽油，②加入的是CCl4，③加入的是酒精

【答案】D

【解析】

【详解】汽油能萃取溴水中的溴，但汽油的密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色；

四氯化碳能萃取溴水中的溴，但四氯化碳的密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色；

酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液仍然为橙黄色。则①加入的是汽油，②加入的是CCl4，③加入的是酒精；

故合理选项是D。

2.a mol硫酸中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为(　　)

A. mol－1 B. mol－1

C. mol－1 D. mol－1

【答案】B

【解析】

【详解】一个硫酸分子中含有四个氧原子，所以含有b个氧原子的硫酸的分子数是，NA === mol－1，答案选B。

3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是

A. 常温常压下，11.2 L CO2所含的原子数为1.5NA

B. 常温常压下，48 g O3含有的氧原子数为3NA

C. 标准状况下，22.4 L H2O所含分子数为NA

D. 标准状况下，22.4 L H2所含原子数为NA

【答案】B

【解析】

【详解】A.常温常压下，11.2 L CO2的物质的量不是0.5mol，所含的原子数不是1.5NA，A错误；

B.常温常压下，48 g O3物质的量是48g÷48g/mol＝1mol，所含的原子数为3NA，B正确；

C.标准状况下水不是气态，不能利用气体摩尔体积计算22.4 L H2O所含的分子数为NA，C错误；

D. 标准状况下，22.4 L H2的物质的量是1mol，所含原子数为2NA，D错误；

答案选B。

4.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差。下列情况一定会使所配溶液浓度偏低的是(　　)

①用天平称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了

②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤

③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水

④定容时，仰视容量瓶的刻度线

⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线

A. ①②⑤ B. ②④⑤

C. ③④⑤ D. ①②④⑤

【答案】B

【解析】

【详解】①对于天平来说，右盘应放砝码，其质量加上游码读数即为物质的质量，如果位置颠倒但没使用游码，则不会使称量的物质的质量小于所需质量，不会影响浓度；

②烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会导致溶质的损失，浓度偏低；

③容量瓶内有少量蒸馏水，不会影响浓度；

④定容时,仰视容量瓶的刻度线会导致加水偏多，浓度偏低；

⑤操作错误，导致多加水，而使浓度偏低。

答案选B。

5.等物质的量浓度的NaCl、MgCl2两种溶液的体积比为3∶2，则两种溶液中Cl－的物质的量浓度之比为(　　)

A. 1∶2 B. 3∶4 C. 1∶ 1 D. 3∶2

【答案】A

【解析】

【详解】溶液中离子的物质的量浓度和溶液的体积无关，NaCl溶液中的Cl－的物质的量浓度和NaCl的物质的量浓度相等，MgCl2溶液中的Cl－的物质的量浓度是MgCl2的物质的量浓度的2倍，所以等物质的量浓度的NaCl、MgCl2两种溶液中Cl－的物质的量浓度之比为1:2，故选A。

【点睛】电解质溶液中离子的物质的量浓度等于溶质的物质的量浓度乘以离子个数。因为溶液是均一稳定的，所以离子的物质的量浓度和溶液的体积无关。

6.磁流体是电子材料的新秀，它既具有固体磁性，又具有液体的流动性。制备时将含等物质的量的硫酸亚铁和硫酸铁的溶液混合，再滴入稍过量的氢氧化钠溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子的直径在5.5～36 nm 的磁流体。下列说法中正确的是(　　)

A. 所得的分散系属于悬浊液

B. 该分散系能产生丁达尔效应

C. 所得的分散系中分散质为红棕色的氧化铁

D. 向分散系中加入氯化钠固体，无明显变化

【答案】B

【解析】

【详解】A、分散质粒子的直径在1～100 nm之间的分散系属于胶体，磁流体的分散质粒子的直径在5.5～36 nm之间，因此磁流体属于胶体，选项A错误；

B、该分散系属于胶体，能产生丁达尔效应，选项B正确；

C、磁流体为黑色，分散质不可能为红棕色的氧化铁，选项C错误；

D、向分散系中加入氯化钠固体，胶体产生聚沉，选项D错误。

答案选B。

7.下列说法正确的是

①难溶于水的盐(CaCO3、BaSO4等)都是非电解质

②不是电解质的物质一定是非电解质

③强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度

④电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴离子和阳离子

⑤熔融的电解质都能导电

A. ①③⑤⑥ B. ②④⑤ C. ④ D. ⑤

【答案】C

【解析】

【详解】①难溶于水的盐(CaCO3、BaSO4等)在熔融时能导电，所以是电解质，错误；

②不是电解质的物质也不一定是非电解质，如单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，错误；

③强酸溶液中氢离子浓度不一定大于弱酸溶液中氢离子浓度，因为还受起始浓度的影响，错误；

④电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴离子和阳离子，正确；

⑤熔融的电解质不一定能导电，如熔融的氯化铝等就不能导电，错误。

综合以上分析可知，只有④正确。

故答案为C。

8.下列说法正确的是(　 　)

A. 液态HCl不导电，所以HCl是非电解质

B. NH3的水溶液能导电，所以NH3是电解质

C. 铜、石墨均能导电，所以它们都是电解质

D. 蔗糖在水溶液中和熔融时都不导电，所以是非电解质

【答案】D

【解析】

【详解】A. 液态HCl不导电，但是氯化氢水溶液能导电，所以HCl是电解质，故错误；B. NH3的水溶液能导电，但NH3不是电解质，一水合氨是电解质，故错误；C. 铜、石墨均能导电，但他们都属于单质，不是电解质，故错误；D. 蔗糖在水溶液中和熔融时都不导电，所以是非电解质，故正确。故选D。

【点睛】在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，注意必须是本身电离出离子而导电的化合物，如二氧化硫或二氧化碳或氨气等，水溶液导电，但本身是非电解质。

9.P单质在反应4P＋3KOH＋3H2O=3KH2PO2＋PH3中的变化是

A. 被氧化 B. 被还原

C. 既被氧化又被还原 D. 既未被氧化又未被还原

【答案】C

【解析】

【分析】

4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中只有P元素的化合价发生变化，以此来解答。

【详解】反应4P+3KOH+3H2O═3KH2PO2+PH3中，P元素的化合价部分由0升高到+1价，部分由0降低到﹣3价，则P既被氧化又被还原，答案选C。

10.海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂二氧化硫发生作用以达到富集的目的，化学反应为Br2＋SO2＋2H2O=2HBr＋H2SO4，下列说法正确的是(　　)

A. 溴发生了还原反应

B. 二氧化硫反应中被还原

C. 溴在反应中失去电子

D. 该反应既是化合反应又是氧化还原反应

【答案】A

【解析】

【详解】A．因Br元素的化合价由0降低为-1价，Br2在反应中作氧化剂，表现氧化性，发生了还原反应，选项A正确；

B．S元素的化合价由+4价升高到+6价，SO2作还原剂，被氧化，选项B错误；

C．Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2在反应中得到电子，选项C错误；

D. 该反应的生成物为两种，不属于化合反应；反应中溴元素、硫元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，选项D错误。

答案选A。

11.下列化学变化中，需加入氧化剂才能实现的是(　　)

A. C→CO2 B. CO2→CO

C. CuO→Cu D. H2SO4→BaSO4

【答案】A

【解析】

【详解】A．C元素化合价升高，被氧化，需加入氧化剂才能实现，选项A正确；

B．C元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项B错误；

C．Cu元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，选项C错误；

D．各元素化合价均不变，无须加入氧化剂或还原剂，选项D错误；

答案选A。

【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的理解，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，加入氧化剂才能实现，则题中物质应具有还原性，与氧化剂发生氧化还原反应，所含元素被氧化，化合价升高。

12.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应时，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的盐酸和氢氧化钠的物质的量之比为

A. 1∶1 B. 2∶1

C. 3∶1 D. 1∶3

【答案】C

【解析】

【详解】铝与足量的稀盐酸反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；铝与足量的氢氧化钠溶液反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。可以看出生成等量的H2时，消耗的盐酸和氢氧化钠物质的量之比为6:2=3:1。

【点睛】一定量的铝与足量非氧化性酸或强碱反应生成的氢气体积在相同状况下相同，其消耗的酸与碱的物质的量之比为3:1。

13.在强碱性溶液中不能大量共存的离子组是(　　)

A. Ba2＋、Na＋、NO3-、Cl－ B. K＋、Na＋、CO32-、S2－

C. K＋、Na＋、NO3-、SO42- D. NH4+、Cu2＋、Cl－、NO3-

【答案】D

【解析】

【详解】选项A、B、C中的各离子在强碱溶液中相互之间不反应，可大量共存，而选项D中Cu2+、OH-结合生成沉淀，NH4+和OH-生成一水合氨弱电解质而不能大量共存。

答案选D。

【点睛】本题考查离子共存，应注意(1)在溶液中某些离子间能互相反应生成难溶性物质时，这些离子就不能大量共存；

(2)离子间能结合生成难电离物质时，则这些离子不能大量共存；

(3)离子间能结合生成挥发性物质时，则这些离子不能大量共存；

(4)离子之间能发生氧化还原反应时，则这些离子不能大量共存；

(5)还应注意题目是否给出溶液的酸碱性，在酸性溶液中除题给离子外，还应有大量H+；在碱性溶液中除题给离子外，还应有大量OH-。

14.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是(　　)

A. 澄清石灰水与盐酸反应：OH－＋H＋===H2O

B. 氧化镁与稀硝酸反应：O2－＋2H＋===H2O

C. 硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液混合：Ba2＋＋SO42-===BaSO4↓

D. 碳酸钙溶于稀盐酸：CO32-＋2H＋===H2O＋CO2↑

【答案】A

【解析】

试题分析：氧化镁与稀硝酸反应，MgO为固体，不能拆开；硫酸镁溶液与氢氧化钡溶液与混合：Ba2＋+2OH-＋SO42-+Mg2+===BaSO4↓+Mg(OH)2↓; 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO3＋2H＋===Ca2++H2O＋CO2↑

考点：离子方程式的书写

点评：本题主要考查了离子方程式的书写，注意哪些物质可拆成离子。

15.将金属铜投入金属甲的盐溶液中，观察到铜的表面出现银白色物质；金属乙投入稀硫酸中，观察到乙的表面有气泡产生。下列关于金属甲、乙、铜活动性顺序的叙述正确的是(　　)

A. 乙>铜>甲 B. 甲>铜>乙

C. 乙>甲>铜 D. 甲>乙>铜

【答案】A

【解析】

【详解】将金属Cu投入金属甲的盐溶液中，观察到Cu的表面出现银白色物质，说明铜能将甲置换出来，铜的金属活动性比甲强，即铜＞甲；金属乙投入稀硫酸中，观察到乙的表面有气泡产生，说明乙的金属活动性比氢强，即乙＞氢；由于铜排在氢的后面，则金属甲、乙、Cu的活动性由强到弱的顺序是乙＞铜＞甲。

答案选A。

【点睛】本题考查金属活动性应用，掌握金属活动性应用“反应则活泼、不反应则不活泼”是正确解答此类题的关键，在金属活动性顺序中，位于氢前面的金属能置换出酸中的氢，位于前面的金属能把排在它后面的金属从其盐溶液中置换出来，据此可确定三种金属活动性由强到弱的顺序。

二  填空题（共18分）

16.现有下列物质：

①氢氧化钠固体　②铜丝　③氯化氢气体　④稀硫酸　⑤二氧化碳气体　⑥氨水　⑦碳酸钠粉末　⑧蔗糖晶体　⑨熔融氯化钠　⑩胆矾晶体

请用序号填空：

(1)上述状态下可导电的是____________。

(2)属于电解质的是__________________。

(3)属于非电解质的是________________。

(4)上述状态下的电解质不能导电的是____________。

【答案】    (1). ②④⑥⑨    (2). ①③⑦⑨⑩    (3). ⑤⑧    (4). ①③⑦⑩

【解析】

【分析】

（1）能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒；

（2）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；

（3）非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物；

（4）题目中的电解质只有氢氧化钠固体、熔融氯化钠、碳酸钠粉末、胆矾晶体，氢氧化钠、氯化钠、碳酸钠和胆矾晶体在水溶液中或熔融状态下才能够导电。

【详解】（1）能导电的物质--必须具有能自由移动的带电的微粒，金属铜中存在能自由移动的带负电的电子能导电，稀硫酸、氨水和熔融氯化钠中都有能自由移动的正负离子，也能导电，故答案为：②④⑥⑨；

（2）电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，故答案为：①③⑦⑨⑩；

（3）非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能能够导电的化合物，故答案为：⑤⑧；

（4）题目中的电解质只有氢氧化钠固体、熔融氯化钠、碳酸钠粉末、胆矾晶体，氢氧化钠、氯化钠、碳酸钠和胆矾晶体在水溶液中或熔融状态下才能够导电，固体状态下没有能自由移动的正负离子，不能导电，故答案为：①③⑦⑩。

17.已知铜在常温下能被稀硝酸溶解，其反应的化学方程式如下：

3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O

(1)被氧化的元素是________，被还原的元素是______。

(2)发生氧化反应的物质是__________，发生还原反应的物质是__________。

(3)用双线桥法表示反应电子得失的方向和数目__________________________

【答案】    (1). Cu    (2). N    (3). Cu    (4). HNO3    (5).

【解析】

【分析】

（1）所含元素化合价降低物质为氧化剂，所含元素化合价升高的物质为还原剂，还原剂对应的产物为氧化产物；

（2）还原剂失电子，化合价升高，发生氧化反应；氧化剂得电子，化合价降低，发生还原反应；

（3）根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数。

【详解】（1）N元素的化合价降低，被还原；Cu元素的化合价升高，被氧化；则被氧化的元素是Cu，被还原的元素是N；

（2）在反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O中，Cu元素的化合价由0升高到+2价，N元素的化合价由+5降低为+2价，则发生氧化反应的物质是Cu，发生还原反应的物质是HNO3；

（3）在反应3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O中，Cu元素的化合价由0升高到+2价，N元素的化合价由+5降低为+2价，转移的电子为6e-，则双线桥法标出电子得失的方向和数目为。

三、推断题（共10分）

18.有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光；C在一定条件下与水蒸气反应生成氢气和一种黑色固体。根据以上信息回答下列问题：

(1)写出化学式：

A．________；B.________；C.________。

(2)写出化学方程式：

①C与水蒸气反应______________________________________________________；

②A与水反应_______________________________________________________。

【答案】    (1). Na    (2). Mg    (3). Fe    (4). 3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2    (5). 2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑

【解析】

【分析】

有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，则A为钠；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，则B为镁；C在一定条件下与水蒸气反应生成H2和一种黑色固体，则C为铁，据此分析。

【详解】有A、B、C三种常见的金属单质，A在空气中燃烧生成淡黄色固体，则A为钠；B也能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，则B为镁；C在一定条件下与水蒸气反应生成H2和一种黑色固体，则C为铁。

(1)A、B、C的化学式分别为 Na 、 Mg 、 Fe。

(2)化学方程式为

①C与水蒸气反应化学方程式为3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2；

②A与水反应化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。

四、计算题（共12分）

19.把13g Zn放入足量的盐酸中，Zn完全反应。计算:

(1)13g Zn的物质的量___________

(2)参加反应HCl的物质的量___________

(3)生成H2的体积(标准状况)___________

【答案】    (1). 0.2mol    (2). 0.4mol    (3). 4.48L

【解析】

【分析】

本题主要考查化学计量在化学方程式中的应用。根据n=计算13gZn的物质的量；根据方程式Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，计算参加反应n（HCl）、生成n（H2）以及标准状况下V（H2），由此分析解答。

【详解】（1）n===0.2mol；

（2）Zn+2HCl==ZnCl2+H2↑

      1      2               1

0.2mol n(HCl)      n(H2)

所以n(HCl)=2n(Zn)=0.4mol；

（3）由（2）可知，生成H2的物质的量n=0.2mol，其在标准状况下的体积=0.2mol×22.4L/mol=4.48L。