《云南省玉溪市元江民族中学2018-2019学年高一6月月考化学试卷 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省玉溪市元江民族中学2018-2019学年高一6月月考化学试卷 Word版含解析（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、云南省元江民中2018-2019学年6月份考试高一化学分卷I一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)1.下列从混合物中分离出其中的某一成分，所采取的分离方法正确的是（ ）A. 利用氯化钾与碳酸钙的溶解性差异，可用溶解、过滤的方法除去碳酸钙B. 由于碘在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来C. 水的沸点是100 ，酒精的沸点是78.5 ，所以可用加热蒸馏法使含水酒精变为无水酒精D. 氯化钠的溶解度随温度的下降而减小，所以可用冷却法从热的含有少量氯化钾的氯化钠浓溶液中得到纯净的氯化钠晶体【答案】A【解析】试题分析：A、氯化钾易溶于水，碳酸钙不溶，因此可用溶解、过滤的方法除去
2、碳酸钙，A正确；B、酒精与水混溶，则酒精不能作萃取剂，应用苯或四氯化碳将碘水中的碘萃取出来，故B错误；C、直接加热蒸馏易形成共沸混合物，应加CaO后蒸馏使含水酒精变为无水酒精，故C错误；D、氯化钠的水中溶解度虽然随温度的下降而减小，但是其减小的幅度较小，使用冷却法提纯氯化钠不可行，D错误。故选A。考点：考查了物质的分离和提纯的相关知识。2.下列说法不正确的是A. 同温、同压下，相同质量的气体都占有相同的体积B. 同温、同压下，相同体积的气体都含有相同数目的分子C. 1 mol O2中含有1.2041024个氧原子，在标准状况下占有体积22.4 LD. 由0.2 g H2和8.8 g CO2、5
3、.6 g CO组成混合气体，其密度是相同状况下O2密度的0.913倍【答案】A【解析】同温、同压下，质量相同的不同气体的物质的量不一定相同，所以不一定占有相同的体积，故A项错误；由阿伏加德罗定律知，B项正确；标准状况下1 mol任何气体所占体积均为22.4 L,1 mol O2中含氧原子数为26.0210231.2041024，C项正确；0.2 g H2、8.8 g CO2、5.6 g CO的物质的量分别为0.1 mol、0.2 mol、0.2 mol，该混合气体的总质量为14.6 g，总物质的量为0.5 mol，所以该混合气体的平均摩尔质量为29.2 gmol1，氧气的摩尔质量为32 gmo
4、l1，两者的相对密度为29.5320.913，D项正确。3.对下列实验的评价，正确的是（ ）A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-B. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32-C. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+D. 验证烧碱溶液中是否含有Cl，先加稍过量的稀硝酸除去OH，再加入AgNO3溶液，如有白色沉淀，则证明有Cl【答案】D【解析】A氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液中可能含有银离子，不一定含有
5、SO42-，故A错误；B将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能为二氧化硫、二氧化碳，原溶液中可能存在HCO3-、SO32-等离子，不一定含有碳酸根离子，故B错误；C碳酸钡和碳酸钙等沉淀都可溶于盐酸，原溶液中可能含有Ca2+，不一定含有Ba2+，故C错误；D验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加过量的稀硝酸除去OH-，AgCl不溶于硝酸，如有白色沉淀生成，证明含Cl-，故D正确；故选D。点睛：解答该类题目要注意排除离子的干扰，注意实验的严密性，把握物质的性质。本题的易错点为B，能够使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳或二氧化硫。4. 将4gNaOH固体溶解在水里，配得1L溶液，从中取出1
6、0mL，这10mL溶液的物质的量浓度是A. 1mol/LB. 0.1 mol/LC. 0.01 mol/LD. 10 mol/L【答案】B【解析】【分析】据浓度概念和溶液的性质回答。【详解】n(NaOH)=4g/40gmol-1=0.1mol，c(NaOH)=0.1mol/1L=0.1 molL-1。溶液是均一混合物，不论取出多少，其浓度不变。本题选B。5.高岭土的组成可表示为Al2Si2Ox(OH)y，其中x、y的数值分别是（ ）A. 7、2B. 5、4C. 6、3D. 3、6【答案】B【解析】【分析】依据化合物中各种元素化合价代数和为0计算解答。【详解】铝、硅、氧、氢氧根分别显+3价、+4
7、价、2价、1价,依据化合物中各元素的化合价代数和为0,则有(+3)2+(+4)2+(2)x+(1)y=0，即2x+y=14，A. 若x，y分别为7，2，则2x+y=16，不符合题意，A项错误；B. 若x，y分别为5，4，则2x+y=14，符合题意，B项正确；C. 若x，y分别为6，3，则2x+y=15，不符合题意，C项错误；D. 若x，y分别为3，6，则2x+y=12，不符合题意，D项错误；答案选B。6.下列关于物质的量的表述中不正确的是（ ）A. 1.5 mol H2O和2.5 mol水B. 2 mol H2SO4和5 mol硫酸C. 1.2 mol H2和1.6 mol氢D. 10 mol
8、 Ne和12 mol氖原子【答案】C【解析】【详解】1.6mol氢指代不明，分子、原子、离子未指明，故C错误；故选C。【点睛】物质的量是表示微观离子的物理量，需要标注微粒种类。7.铝既能与硫酸溶液反应，又能与烧碱溶液反应，下列说法不正确的是（ ）A. 两个反应都是氧化还原反应B. 铝与硫酸反应时，硫酸作氧化剂C. 铝与烧碱溶液反应时，氢氧化钠作氧化剂D. 两个反应都有气体生成【答案】C【解析】【分析】铝既能与硫酸溶液反应化学方程式为：2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2铝能与烧碱溶液反应的化学方程式为：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2，根据氧化
9、还原反应的规律和具体反应作答。详解】根据上述分析可知：A. 两个反应都是氧化还原反应，A项正确；B. 铝与硫酸反应时，硫酸转化为氢气，其中H元素化合价从+1价降低到0价，被还原，作氧化剂，B项正确；C. 铝与烧碱溶液反应时，可理解为铝先与水反应生成氢氧化铝与氢气，生成的氢氧化铝再与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，因此水作氧化剂，C项错误；D. 两个反应都有氢气生成，D项正确；答案选C。【点睛】C项是本题的难点，学生要理解铝与氢氧化钠反应的实质。8.为刻蚀在玻璃上的精美的花纹图案，则刻蚀过程中发生的主要化学反应为（ ）A. CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2B. NaHCO3HCl=NaC
10、lH2OCO2C. Si4HF=SiF42H2D. SiO24HF=SiF42H2O【答案】D【解析】刻蚀过程中所发生的主要化学反应为SiO2+4HFSiF4+2H2O，故选D。9.为达到下列实验目的，所采用的方法正确的是（ ）A. 分离汽油和水的混合物分液B. 分离水和酒精的混合物分液C. 用酒精从碘水中提取碘萃取D. 从溴水中提取溴分液【答案】A【解析】【详解】A水和汽油的混合物分层，则利用分液法可分离，A项正确；B水和酒精互溶，不能采用分液方法分离，B项错误；C. 酒精与水互溶，不能作为萃取剂，C项错误；D溴水不分层，不能利用分液分离，溴易溶于有机溶剂，不易溶于水，应利用萃取分离，D项错
11、误；答案选A。【点睛】萃取剂的选择遵循四原则：1、与原溶剂不互溶；2、与被萃取的物质不反应；3、被萃取的物质在萃取剂中的溶解度比原溶剂大；4、要不易于挥发，要特别注意酒精不能作为水溶液中溶质的萃取剂。10.纳米是长度单位，1纳米等于1109米，物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质。例如将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧。下列对“纳米铜”的有关叙述正确的是（ ）A. 常温下“纳米铜”比铜片的还原性强，反应时反应速率快B. “纳米铜”颗粒更细小，反应时接触面积大，反应速率快C. “纳米铜”与铜是同素异形体D. 常温下“纳米铜”比铜片更易得电子，反应时反应速率快【答案
12、】B【解析】试题分析：A常温下“纳米铜”比铜片的与氧气的接触面积大，活动性强，反应时反应速率快。错误。BCu是固体，把Cu制成“纳米铜”颗粒更细小，化学反应时接触面大，所以反应速率快。最强。C“纳米铜”与铜都是Cu元素的同种单质，只是颗粒大小不同而已。错误。D常温下“纳米铜”比铜片更易失去电子，反应时反应速率快。错误。考点：考查“纳米铜”的性质的知识。11.如图是氢氧燃料电池(电解质溶液为磷酸溶液)构造示意图。下列关于该电池的说法不正确的是（ ）A. a极是负极B. 电子由a通过灯泡流向bC. 正极的电极反应是O22H2O4e=4OHD. 氢氧燃料电池是环保电池【答案】C【解析】试题分析：A、
13、在氢氧燃料电池中，通入氢气的一极发生氧化反应，为原电池的负极，所以a极是负极，正确；B、电子从负极流向正极，所以电子从a极流出，经灯泡流向b，正确；C、正极是氧气得到电子的反应，电解质为酸性，则生成的氢氧根离子与氢离子反应生成水，即氧气得到电子与氢离子结合生成水，错误；D、氢氧燃料电池的产物是水，无污染，所以属于环保电池，正确，答案选C。考点：对氢氧燃料电池的判断12. 下列说法中，正确的是A. 酸性：盐酸氢硫酸（H2S），故非金属性：ClSB. 第二周期元素的最高正化合价从左到右依次升高C. 共价化合物中只存在共价键离子化合物中一定含有离子键D. 元素原子的最外层电子数越多，得电子能力越强，
14、失电子能力越弱【答案】C【解析】比较元素的非金属性应该是通过最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，A不正确；B不正确，因为F没有正价；全部由共价键形成的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物是离子化合物，C正确；D不正确，例如稀有气体元素既难失去电子，又难得到电子，因此答案选C。13.关于氢键，下列说法不正确的是A. HF的沸点比HCl的沸点高是由于HF分子间存在氢键所致B. 水在结冰时体积膨胀，是由于水分子之间存在氢键C. NH3的稳定性很强，是因为其分子间能形成氢键D. 在氨水中水分子和氨分子之间也存在着氢键【答案】C【解析】【分析】氢原子与电负性大、半径小的原子X（氟、氧、氮等）以共价键结
15、合，若与电负性大的原子Y（与X相同的也可以）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-HY形式的键，称为氢键，是范德华力之外的另一种分子间力，氢键的存在对物质的物理性质有很大的影响，存在氢键的物质，溶解性和沸点增大。【详解】A项、氢键是某些氢化物(如NH3、H2O、HF)等分子间存在的比分子间作用力稍强的作用力，它的存在使氢化物的熔点、沸点相对较高，HF的沸点比HCl的沸点高是HF分子间形成氢键所致，故A正确；B项、水在结冰时体积膨胀是因为在冰中水分子间更多地以氢键结合排列成规整的晶体，从而使冰的结构中有许多空隙，造成体积膨胀，故B正确；C项、NH3的稳定性取决于NH键的强弱，与分子间能形成氢键无关，故C错误；D项、在氨水中氨分子和水分子之间以氢键结合形成一水合氨，故D正确。故选C。【点睛】本题考查氢键的概念及对
