《四川省2019-2020学年高一化学下学期第一次在线月考试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省2019-2020学年高一化学下学期第一次在线月考试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、四川省泸县第五中学2019-2020学年高一化学下学期第一次在线月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 23 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 第I卷 选择题（45分）一、单选题（每小题3分，共15个小题，共45分）1.下列关于物质用途的叙述中，不正确的是A. 钾钠合金呈液态，可做快中子反应堆的导热剂B. 硅酸钠俗称“水玻璃”，是制造水泥的原料C. 硅是太阳能电池的常用材料D. 氧化镁的熔点高达2800，是优质的耐高温材料【答案】B【解析】【详解】A. 钾钠合金呈液态，导热性好，可做快中子反应堆的导热剂，A正确；B. 硅酸钠溶液俗称“水玻
2、璃”，制造水泥的原料主要是纯碱、石灰石和石英，B错误；C. 硅能导电，是太阳能电池的常用材料，C正确；D. 氧化镁的熔点高达2800，是优质的耐高温材料，D正确；答案选B。2.同温同压下，某容器充满N2重114 g，若充满He重102 g，现充满某气体重116 g，则该气体的相对分子质量为()A. 101B. 17C. 32D. 10【答案】C【解析】【详解】体积都相同，则在同温同压下这三种气体的物质的量相等；设空容器重ag，则(114g-ag)28g/mol=(102g-ag)4g/mol，解得a=100，N2的物质的量是（114g-100g)28g/mol=0.5mol；某气体的质量是11
3、6g-100g=16g，某气体的摩尔质量为16g0.5mol=32g/mol，则某气体的相对分子质量是32；答案选C。3.“纳米技术”广泛地应用于催化及军事科学中，“纳米材料”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得混合物具有的性质是A. 不能透过滤纸B. 有丁达尔效应C. 所得液体一定能导电D. 所得物质一定为悬浊液或乳浊液【答案】B【解析】【分析】分散系中分散质直径在1nm100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm100nm之间，则该混合物属于胶体，据此解答。【详解】A胶
4、体能透过滤纸，A错误；B胶体具有丁达尔现象，B正确；C胶粒不一定带电，液体分散剂若为非电解质，则不能导电，C错误；D该混合物属于胶体，不属于悬浊液或乳浊液，D错误；答案选B。4.Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，用如下方法制备：在过量KOH溶液中加入适量AgNO3溶液，生成Ag2O沉淀；保持反应温度为80，再边搅拌边将一定量K2S2O8溶液缓慢加到上述混合物中。反应完全后，过滤、洗涤、真空干燥就可得到固体样品。整个制备过程可用下列化学反应方程式描述：2AgNO34KOHK2S2O8 Ag2O22KNO3 2K2SO42H2O。在上述制备过程中，沉淀表面吸附物质不含有()A. KNO3B.
5、 K2SO4C. KOHD. AgNO3【答案】D【解析】【详解】从反应方程式2AgNO34KOHK2S2O8 Ag2O22KNO3 2K2SO42H2O中可以看出，析出沉淀后的溶液中有大量的K2SO4和KNO3可溶性物质，反应物KOH也是过量的，所以沉淀从溶液中析出过程中会附着大量的KOH、K2SO4和KNO3。AgNO3作为反应物，已被完全转化为沉淀Ag2O2，所以沉淀表面也就不可能吸附有AgNO3，故选D。5.下表所列各组第I栏中的化学反应与第II栏中的化学反应都可以用第III栏中的离子方程式表示的是选项第I栏第II栏第III栏A往少量NaOH溶液中投入铝片往过量NaOH溶液中投入铝片A
6、l+2OH+2H2O=2AlO2+3H2B往Fe2（SO4）3溶液中滴入氢氧化钠溶液往Fe2（SO4）3溶液中滴入氢氧化钡溶液Fe3+3OH=Fe（OH）3CNaHCO3溶液滴入Ca（OH）2溶液NaHCO3溶液滴入NaOH溶液OH+HCO3=CO32+H2OD往NaOH溶液中通入过量CO2气体往NaOH溶液中通入少量CO2气体CO2+OH= HCO3A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.Al与少量氢氧化钠溶液还是过量氢氧化钠溶液的反应都是生成偏铝酸钠和氢气，只有一个离子方程式，选项A正确；B.硫酸铁中滴加氢氧化钠只生成氢氧化铁沉淀，而滴加氢氧化钡溶液时，除生成氢氧化铁
7、沉淀外，还有硫酸钡沉淀生成，所以离子方程式不同，选项B错误；C.碳酸氢钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，而碳酸氢钠与氢氧化钠溶液反应只生成碳酸钠、水，离子方程式不同，选项C错误；D.氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，氢氧化钠与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，离子方程式不同，选项D错误；答案选A。6.在氧化还原反应中,水作为氧化剂的是A. 2Na+2H2O=2NaOH+H2B. 3NO2+H2O=2HNO3+NOC. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2D. 2F2+2H2O=4HF+O2【答案】A【解析】【详解】A. 2Na+2H2O=2NaOH+H2，反应物水中氢元素的化合价
8、降低，所以水做氧化剂，故选A； B. 3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应物水中氢、氧元素的化合价均未发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选B；C.过氧化钠与水的反应中发生化合价变化的只有过氧化钠中的氧元素，水中氢、氧元素的化合价均未发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选C；D. 2F2+2H2O=4HF+O2，反应物水中的氧元素化合价升高，所以水作还原剂，故不选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，所含元素化合价升高的反应物是还原剂、所含元素化合价降低的反应物是氧化剂。7.现将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，生成气体颜
9、色越来越浅，共收集到标准状况下672mL的NOX混合气体，将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水，则通入标准状况下的O2的体积为（ ）A. 504mLB. 336mLC. 224mLD. 168mL【答案】B【解析】【详解】1.92gCu的物质的量为n(Cu)=0.03mol，反应时失去电子的物质的量为20.03mol=0.06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为n(O2)=0.015mol，V(O2)=0.0
10、15mol22400mL/mol=336mL，所以通入O2的体积为336mL，故答案为B。【点睛】电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。8.0.10 mol镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为()A. 3.2 gB. 4.0 gC. 4.2 gD. 4.6 g【答案】D【解析】【分析】镁条在只含有CO2和O2混
11、合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，若镁全部与二氧化碳反应生成固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，据此答题。【详解】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法。如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，2Mg+CO22MgO+C，2 2 10.10mol 0.10mol0.05mol则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol40g/mol+0.05mol12g/mol=4.6g，再假设只有镁，
12、则固体最少，固体质量为0.10mol24g/mol=2.4克，则固体的范围应该在2.4g4.6g之间，则反应后容器内固体物质的质量不可能为D。故选D。【点睛】极限思维法是指从事物的极端上来考虑问题的一种思维法，该方法的特点是确定了事物发展的最大或最小程度以及事物发展的范围。9.下列有关钠的叙述正确的是A. 2.3 g钠与97.7 g水反应后溶液中溶质的质量分数等于4%B. 钠跟CuSO4溶液反应生成的蓝色沉淀上有时出现暗斑，这是析出了金属铜C. 因为钠比铁活泼，故将钠放入FeCl3溶液中有红褐色沉淀生成D. 钠在空气中的缓慢氧化与其在空气中点燃的产物都一样【答案】C【解析】【分析】A首先计算出
13、反应后生成的溶质氢氧化钠的质量，再计算出溶液质量，根据溶质质量分数定义式计算溶质的质量分数；B钠与水反应放热，氢氧化铜受热分解；C. 钠是活泼金属，和盐溶液反应时，先和水反应；D. 钠与氧气反应温度不同产物不同。【详解】A2.3g钠物质的量是0.1mol，依据2Na+2H2O=2NaOH+H2可知反应消耗0.1mol水，由于消耗水的质量是1.8g97.7g，可见水过量，产生溶质NaOH的物质的量是0.1mol，其质量是m(NaOH)=0.1mol40g/mol=4.0g，由于放出了氢气，所以溶液的质量m(溶液)2.3g+97.7g=100g，故溶质的质量分数大于4%，A错误；B钠跟CuSO4溶
14、液中的水先发生置换反应，产生氢氧化钠和氢气，NaOH与溶质CuSO4发生复分解反应生成的蓝色Cu(OH)2沉淀和Na2SO4，由于钠与水反应放热，使Cu(OH)2受热分解生成氧化铜而使蓝色沉淀上有时出现暗斑，B错误；C.钠与FeCl3溶液反应时，先与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和FeCl3发生复分解反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为2Na2H2O=2NaOHH2，3NaOHFeCl3=Fe(OH)33NaCl， C正确；D. 钠在空气中缓慢氧化生成白色固体Na2O，在空气中点燃生成淡黄色固体Na2O2，产物不同，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了钠的
15、性质，明确钠与盐溶液反应的原理是解题关键，注意钠与水反应条件不同，反应产物不同。10.常温下,在下列溶液中可能大量共存的离子组是A. pH=0的溶液:Fe2+、Mg2+、NO3-、SO42-B. 由水电离出的c(H+)=110-13 mol/L的溶液:Al3+、K+、SO42-、Cl-C. c (OH-)/c(H+)=1012的溶液中:Na+、SO42-、NO3-、HCO3-D. 滴加KSCN变红色的溶液:Na+、K+、Al3+、CO32-【答案】B【解析】【详解】ApH=0的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B由水电离出的c(H+)=110-13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；C.=1012的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在HCO3-，故C错误；D滴
