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1、芝华中学2022-2022学年第一次月考高一化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 Fe 56一、选择题(此题包括18小题，每题3分，共54分，每题只有一个选项符合题意)1. 将钠投入滴有石蕊的水中，以下有关现象的表达中错误的选项是A. 钠浮在液面上B. 有气体产生C. 水溶液变为红色D. 钠熔成小球并在水面四处游动【答案】C【解析】试题分析：钠的密度小于水，所以钠会浮在液面上，故A正确；钠和水反响2Na+2H2O=2NaOH+H2，生成氢氧化钠和氢气，所以有无色无味的气体产生，B正确；钠和水
2、反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠溶液呈碱性，紫色石蕊试液遇碱变蓝色，不是红色，C错误； 钠和水反响生成氢氧化钠和氢气，反响放热，钠熔点低反响过程中融成小球在水面四处游动， D正确。考点：考查了钠和水的反响，涉及钠的物理性质、化学性质。2.以下说法中不正确的选项是 ()A. Na2O2可用作呼吸面具中氧气的来源B. Na2O 和Na2O2投入水中都能生成NaOHC. Na2O2和Na2O 均可以露置在空气中保存D. NaCl的性质稳定，可用作调味品【答案】C【解析】试题分析：ANa2O2能够与水蒸气和二氧化碳反响放出氧气，可用作呼吸面具中氧气的来源，故A正确；BNa2O与水反响生成氢氧化钠，Na
3、2O2与水反响生成氢氧化钠和氧气，都能生成NaOH，故B正确；CNa2O2和Na2O都能与空气中水蒸气和二氧化碳反响应该密闭保存，故C错误；D在空气中，NaCl的性质稳定，常用作调味品，故D正确；应选C。考点：考查了钠及其化合物的性质和用途的相关知识。3.Na与水、氧气、氯气等均能反响，以下说法中正确的选项是 A. 将Na投入盐酸中，Na先与水反响，生成的NaOH再与HCl反响B. Na与氧气在常温下反响生成Na2O2，加热时二者反响生成Na2OC. Na虽然能与氯气反响生成NaCl，但不能在氯气中燃烧D. 常温下，Na可以与水反响，证明Na比Fe更活泼【答案】D【解析】【详解】A、将Na投入
4、盐酸中，Na先与HCl反响生成氢气及氯化钠，假设Na过量，过量的Na再与水反响，选项A错误；B、Na与氧气在常温下反响生成Na2O，加热时二者反响生成Na2O2，选项B错误；C、Na在氯气中可以燃烧，选项C错误；D、常温下，Na可以与水剧烈反响，Fe与水常温下不反响，证明Na比Fe更活泼，选项D正确；答案选D。4.以下关于钠及其化合物的表达正确的选项是 Na2O与Na2O2都能和水反响生成碱，它们都是化合反响Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2稀溶液反响得到白色沉淀钠在常温下不容易被氧化Na2O2可做供氧剂，而Na2O不能向酚酞溶液中参加Na2O2粉末，溶液先变红后褪色，并有气泡
5、生成A. 只有B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】Na2O2与水反响不是化合反响，故错误；NaHCO3溶液不与CaCl2溶液反响，故错误；钠在常温下易被氧化成氧化钠，故错误；Na2O2能和水蒸气或二氧化碳反响放出氧气，可做供氧剂，而Na2O不能，故正确；向酚酞溶液中参加Na2O2粉末，生成氢氧化钠和氧气，溶液先变红，由于反响中有H2O2生成，且H2O2具有强氧化性，所以溶液会褪色，故正确；答案选D。5. 以下化合物中，氯元素的化合价为+5价的是A. HClB. NaClC. KClO3D. KClO4【答案】C【解析】试题分析：HCl中H为+1价，Cl为-1价， A错误；NaCl中Na
6、为+1价，Cl为-1价，故B错误；KClO3中K为+1价，O为-2价，由化合价代数和为0可知，Cl为+5价， C正确；KClO4中K为+1价，O为-2价，由化合价代数和为0可知，Cl为+7价， D错误。考点：考查有关元素化合价的计算6.以下说法正确的选项是()A. 向久置的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后退色B. 光照新制氯水有气体逸出，该气体是氧气C. 漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca(ClO)2，应密封保存D. 氯气有漂白性，所以氯气能使有色布条退色【答案】B【解析】【详解】新制氯水中，Cl2中有一局部与水发生反响：Cl2H2O=HClHClO，而久置氯水，由于HClO见光会分解放
7、出氧气，最终溶液将变为盐酸，不含HClO，有酸性而无漂白性，因此向久置氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液只变红而不退色，选项A错误，选项B正确； Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，为了防止漂白粉与空气接触而变质，漂白粉应密封保存，选项C错误；Cl2本身无漂白性，不能使枯燥的有色布条退色，选项D错误。答案选B。7.以下物质的保存方法不正确的选项是 A. 漂白粉密封保存B. 氯水保存在无色试剂瓶中C. 过氧化钠应密封保存D. 金属钠保存在煤油中【答案】B【解析】【详解】A、漂白粉露置在空气中，会与二氧化碳及水蒸气反响而逐渐失效，故应密封保存，选项A正确；B、氯水中的次氯酸见光分解，故氯水需保存在棕色试
8、剂瓶中，选项B不正确；C、过氧化钠能与空气中的二氧化碳及水蒸气反响，故应密封保存，选项C正确；D、金属钠能与空气中的氧气及水蒸气反响，故通常保存在煤油中，选项D正确。答案选B。【点睛】此题考查药品的储存，解题的关键是了解所储存物质的特性，易错点为选项B，氯水中的次氯酸见光分解，故氯水需保存在棕色试剂瓶中。8.以下关于氯气和氯水的说法中正确的选项是A. 氯气是一种无色、密度比空气大的有毒气体B. 红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl2C. 新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2有毒，能毒杀细菌D. 氯水放置数天后酸性增强【答案】D【解析】【详解】A、氯气是一种黄绿色、密度比空气大的有毒气体，故A错误
9、；B、氯气的氧化性较强，红热的铁丝在Cl2中剧烈燃烧生成FeCl3，故B错误；C、新制氯水能杀菌消毒是因为Cl2溶于水生产了次氯酸，次氯酸能杀菌消毒，故C错误；D、氯水放置数天后，次氯酸分解生成盐酸，酸性增强，故D正确；应选D。9.两瓶气体，分别是HCl和Cl2，可以区别它们的方法或试剂是观察颜色翻开瓶盖看有无白雾硝酸银溶液湿润的红色石蕊试纸湿润的蓝色石蕊试纸A. B. C. D. 【答案】C【解析】观察颜色：无色气体为氯化氢，黄绿色气体为氯气，可以区别；翻开瓶盖看有无白雾：产生白雾的为氯化氢，不产生白雾的为氯气，可以区别；硝酸银溶液：两种气体溶于水后都会产生氯离子，氯离子都会与硝酸银反响产生
10、氯化银白色沉淀，无法区别；湿润的红色石蕊试纸：能使试纸变红的是氯化氢气体，能使试纸先变红后褪色的是氯气，可以区别；湿润的蓝色石蕊试纸：能使试纸变红的是氯化氢，能使试纸先变红后褪色的是氯气，可以区别；答案选C。10.NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法中正确的选项是( )A. 含0.1mol BaCl2的溶液中Cl数为0.1NAB. 22gCO2所含有的分子数为0.5NAC. 11.2LCO2所含有的分子数为0.5NAD. 常温下NA个Cl2分子所占有的体积为22.4L【答案】B【解析】【详解】A含0.1 mol BaCl2的溶液中Cl数为0.2NA，A错误；B22 g CO2的物质的量是0.5
11、mol，所含有的分子数为0.5NA，B正确；C11.2 L CO2不一定处于标准状况下，因此物质的量不一定是0.5mol，那么所含有的分子数不一定为0.5NA，C错误；D常温下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，因此NA个Cl2分子所占有的体积不是22.4 L，D错误；答案选B。11.设NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是 A. 17g氨气所含电子数目为10NAB. 32g氧气所含原子数目为NAC. 在25，压强为1.01105Pa时，11.2L氮气所含的原子数目为NAD. 32g氧气与44g二氧化碳的体积一定相同【答案】A【解析】【详解】A. 1个氨分子含10电子，17g氨气为
12、1mol，所含电子数目为10NA，故A正确；B. 氧分子为双原子分子，32g氧气所含原子数目为2NA，故B错误；C. 在25，压强为1.01105Pa，不是标准状况，故C错误；D. 温度、压强不一定相同，32g氧气与44g二氧化碳的体积不一定相同，故D错误；应选A。12.用NA表示阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是( )A. 常温常压下，11.2L二氧化硫所含的氧原子数等于NAB. 0.5molH2O所含电子数为9NAC. 8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NAD. 300mL2molL-1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NA【答案】C【解析】【详解】A常温常压下，11.
13、2L二氧化硫物质的量不是0.5mol，因此氧原子数也不等于NA，故A错误；B.1mol水分子中含10mol电子，0.5molH2O所含的电子数为5NA，故B错误；CCu2S的摩尔质量是CuO的2倍，含有的铜原子也是CuO的2倍，故8.0g混合物可以认为均由CuO构成，故含有的CuO的物质的量为n=0.1mol，那么含0.1NA个铜原子，故C正确；D.300mL2molL-1蔗糖溶液中溶质分子物质的量=0.3L2mol/L=0.6mol，溶液中还含有水分子，溶液中所含分子数大于0.6NA，故D错误；应选C。【点睛】熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。此题易错点为C，也可以设Cu2S和CuO
14、的物质的量分别为x、y，根据质量找到x、y的关系，然后再求含有的铜原子数。13.同温同压下，甲容器中的NH3和乙容器中的CH4所含的原子总数相同，那么甲容器与乙容器的体积之比为 A. 11B. 54C. 34D. 21【答案】B【解析】【详解】设氨气和甲烷的物质的量分别是xmol、ymol，由同温同压下，体积比等于气体的物质的量比可得4x5y，解得xy54，应选B。14.同温、同压下等质量的SO2气体和CO2气体，以下有关比拟的表达中，正确的选项是()密度比为1611密度比为1116体积比为1611体积比为1116A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】同温同压下，气体摩尔体积相同，
15、设两种物质的质量都为1g，那么SO2和CO2的物质的量之比=mol：mol=11：16，根据知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=64g/mol：44g/mol=16：11，根据V=Vm知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=44g/mol：64g/mol=11：16，所以正确；应选B。15.500 mL 2 molL1的MgCl2溶液中含有氯离子的物质的量是()A. 1 molB. 2 molC. 3 molD. 1000 mol【答案】B【解析】试题分析：nMgCl2= 2mol/L05L=1mol；nCl=2nMgCl2= 2mol，故B正确。考点：此题考查物质的量浓度
16、。16.300 ml 0.1 molL的ALCl3溶液与200 ml 0.3 molL的NaCl溶液中cCl-之比为A. 1：1B. 1：2C. 1：3D. 3：2【答案】A【解析】根据氯化铝与氯化钠的化学式可知，溶液中氯离子浓度分别是0.1mol/L3和0.3mol/L1，所以两份溶液中氯离子的浓度之比是11的，答案选A。17.以下各物质所含原子数由多到少的顺序是( )24 g石墨0.7 mol NH34.6 g钠0.2 mol H2SO44 g HeA. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】24g石墨的物质的量 ，含有C原子为2NA；1个NH3含有4个原子，所以0.7 mol NH
17、3含有原子物质的量，故原子个数为2.8 NA；4.6 g钠的物质的量，含有Na原子为0.2 NA；0.2 mol H2SO4含有原子物质的量，故含有的原子数为1.4 NA；4gHe的物质的量为含有He原子为NA；故所含原子数由多到少的顺序是，应选B。【点睛】此题重点考查质量、物质的量和个数之间的相互转化。根据 计算石墨、钠、He的物质的量，再计算各物质含有原子数目进行比拟，注意He为单原子分子。18.现有500 mL 1 molL1的H2SO4溶液，以下操作及结论正确的选项是 A. 取出50mL该溶液，其中c(SO42-)0.1 molL1B. 取出50mL该溶液，参加足量的BaCl2溶液，完
18、全反响，可得11.65gBaSO4沉淀C. 取出100mL该溶液，参加足量的锌粒，充分反响，所得气体的体积为2.24LD. 取出50mL该溶液，加蒸馏水配制成100 mL溶液，其中所含溶质质量为9.8g【答案】B【解析】【详解】A、50 mL该溶液中，H2SO4的物质的量浓度为1 molL1，那么c(SO42-)=1 molL1，选项A错误；B、50mL该溶液中，n(H2SO4)=0.05 mol，参加足量的BaCl2溶液可得到沉淀的质量m(BaSO4)=0.05 mol233gmol1=11.65 g，选项B正确；C、取出100mL该溶液，参加足量的锌粒，充分反响，生成氢气的物质的量为0.1
19、mol，但气体体积在标准状况下才是2.24L，选项C错误；D、50mL该溶液中所含H2SO4的质量m(H2SO4)=0.05mol98 gmol1=4.9 g，选项D错误；答案选B。二、非选择题(此题包括5小题，共46分)19.1在标准状况下，体积为6.72L的CO质量为_，CO物质的量为_，CO分子数为_，CO摩尔质量为_。2在标准状况下，体积为8.96 L的CO和CO2的混合气体共14.4g。CO的质量为_g。CO的体积为_L。混合气体的平均摩尔质量为_gmol1。【答案】 (1). 8.4g (2). 0.3mol (3). 0.3NA (4). 28gmol1 (5). 5.6 (6)
20、. 4.48 (7). 36【解析】【分析】1根据n=m/M=V/Vm=N/NA计算；2设CO和CO2的物质的量分别为x、y，结合质量关系、物质的量关系计算。【详解】1在标准状况下，体积为6.72L的CO质量为28gmol-16.72L/22.4Lmol1=8.4g，CO物质的量为6.72L/22.4Lmol1=0.3mol，CO分子数为0.3molNA=0.3NA，CO摩尔质量为28gmol1。2设CO和CO2的物质的量分别为x、y，那么28x+44y=14.4gx+y=8.96L/22.4Lmol1，解得x=0.2mol、y=0.2mol，CO的质量为0.2mol28gmol1=5.6g。
21、CO的体积为0.2mol22.4Lmol1=4.48L。混合气体的平均摩尔质量为 =36gmol1。【点睛】把握物质的量为中心的根本计算公式为解答的关键，2是混合物计算，是难点，可列方程组求出各组分的物质的量，然后再进行其他相关计算。20.某校科学兴趣小组探究二氧化碳气体与过氧化钠反响是否有氧气生成，设计了如图的实验装置。B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，目的是除去二氧化碳中混有的氯化氢气体，E为收集氧气装置。1写出装置A中发生反响的化学方程式_。2C中盛有_，目的是_。3写出装置D中发生反响的化学方程式_。4指出装置E的错误：_。【答案】 (1). CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2 (2)
22、. 浓硫酸 (3). 除去二氧化碳中混有的水蒸气 (4). 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 (5). E中导气管应短进长出【解析】由题中信息可知，该兴趣小组首先用大理石和盐酸反响制取二氧化碳，然后用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的杂质氯化氢，接着经C装置将二氧化碳枯燥后再通入D与过氧化钠反响，用E排水集气收集产生的氧气，F用来承接E排出的水。1装置A中发生反响的化学方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2。2枯燥二氧化碳常用的液体枯燥剂是浓硫酸，所以C中盛有浓硫酸，目的是除去二氧化碳年中混有的水蒸气。3装置D中发生反响的化学方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+
23、O2。4排水集气，导气管应短进长出，装置E的错误是导气管长进短出，这样只能收集到很少的气体。 点睛：解性质探究实验题首先要明确实验目的，然后是原料的制备和净化，接着是性质实验，最后是实验现象的显示、观察、收集和处理，根据实验现象得出合理结论。21.某研究性学习小组欲探究氯气的化学性质，设计如下图的实验装置。：该装置气密性良好；铜粉放在耐高温托盘内(防止硬质玻璃管炸裂)。请答复以下问题：1为防止铜与空气中的氧气反响，在加热之前应该进行的操作为_。2当观察到AgNO3溶液中出现白色沉淀时，点燃酒精灯加热；写出AgNO3溶液中发生反响的化学方程式：_。3硬质玻璃管中的反响现象为_，反响的化学方程式为
24、_。4装置中空试管的作用是_。5实验中，观察到紫色石蕊溶液颜色的变化为_。6烧杯中氢氧化钠溶液的作用是_，发生反响的化学方程式为_。7盛水的试管中，溶液最后的颜色为_，说明氯气_(填“能或“不能)溶于水。【答案】 (1). 通入氯气排尽装置中的空气 (2). Cl2H2O=HClHClO、HClAgNO3=AgClHNO3 (3). 剧烈反响，产生棕黄色的烟 (4). CuCl2CuCl2 (5). 防止右侧试管中的水倒吸入硬质玻璃管中，使硬质玻璃管炸裂 (6). 先变红后褪色 (7). 吸收尾气中的氯气，防止污染空气 (8). Cl22NaOH=NaClNaClOH2O (9). 浅黄绿色
25、(10). 能【解析】【分析】通入枯燥的氯气加热后与铜反响生成氯化铜，硬质玻璃管中的反响现象为：剧烈反响，产生棕黄色的烟，氯化铜溶于水，用水吸收，末反响的氯气与水反响，氯水既有酸性又有漂白性，观察到紫色石蕊溶液颜色的变化为先变红后褪色，氯水中含有氯离子，与AgNO3溶液反响生成白色沉淀，氯气有毒，尾气用氢氧化钠溶液处理，防止污染空气。【详解】1为防止铜与空气中的氧气反响，在加热之前应该进行的操作为通入氯气排尽装置中的空气。2氯气与水反响生成盐酸和次氯酸，当观察到AgNO3溶液中出现白色沉淀时，点燃酒精灯加热；AgNO3溶液中发生反响化学方程式：Cl2H2O=HClHClO、HClAgNO3=A
26、gClHNO3 。3铜和氯气加热后发生反响生成氯化铜，硬质玻璃管中的反响现象为剧烈反响，产生棕黄色的烟，反响的化学方程式为CuCl2CuCl2 。4装置中空试管的作用是防止右侧试管中的水倒吸入硬质玻璃管中，使硬质玻璃管炸裂。5氯水既有酸性又有漂白性，实验中，观察到紫色石蕊溶液颜色的变化为先变红后褪色。6氯气有毒，烧杯中氢氧化钠溶液的作用是吸收尾气中的氯气，防止污染空气，发生反响的化学方程式为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O。7盛水的试管中，溶液最后的颜色为浅黄绿色，说明氯气能溶于水。22.某0.2L无土栽培用的营养液中含有KCl、K2SO4、NH4Cl三种溶质，测得该营养液中局部离子
27、的浓度柱状图如图甲所示：1该营养液中K2SO4的物质的量浓度为_molL1，含KCl的质量为_。2该营养液中NH4Cl的物质的量为_。3将该营养液加水稀释，稀释过程中NH浓度(c)随溶液体积(V)变化的曲线如图乙所示，那么V1_，V2_。【答案】 (1). 4.0 (2). 14.9g (3). 1.6mol (4). 0.2 (5). 1.0【解析】【分析】1根据硫酸根离子的浓度可知硫酸钾的物质的量浓度，根据钾离子守恒可以计算出氯化钾的浓度及质量；2根据氯离子的总浓度、氯化钾的浓度可以计算出氯化铵的物质的量浓度，再根据n=cV计算出氯化铵的物质的量；3据c=n/V可知V=n/c，代入数据求算
28、即可。【详解】1硫酸根离子物质的量浓度为4.0molL1，那么硫酸钾的物质的量浓度为：cK2SO4=cSO42=4.0molL1；根据钾离子守恒可知，cK=cKCl+2cK2SO4，那么cKCl=cK-2cK2SO4=9.0molL1-4.0molL12=1.0molL1，溶质氯化钾的质量为：mKCl=McV=74.5gmol11.0molL10.2L=14.9 g；2根据氯原子守恒可知，cCl=cKCl+cNH4Cl，那么：cNH4Cl=cCl-cKCl=9.0molL1-1.0molL1=8.0molL1，氯化铵的物质的量为：nNH4Cl=8.0molL10.2L=1.6mol；3据c=n
29、/V可知V=n/c，V1=1.6mol/8molL1=0.2L，V2=1.6mol/1.6molL1=1.0L；【点睛】此题考查了物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度的概念及计算方法，难点12要能够利用质量守恒找出溶液中各离子浓度之间的关系。23.过氧化钠投入水中能发生以下反响：2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2。假设7.8g过氧化钠投入足量水中，求生成NaOH 的物质的量和所生成的O2在标准状况下的体积。【答案】n(NaOH)0.2mol V(O2)22.4L/mol0.05mol=1.12L【解析】试题分析：设生成NaOH 的物质的量为x，所生成的O2在标准状况下的体积为y，那么由2Na2O2+ 2H2O = 4NaOH + O2 278 4 22.47.8g X y由比例关系式：所以x= 0.2 y=1.12考点：物质的量有关的计算点评：此题重点考查的是物质的量在化学计算中的应用，解答此类为题需要对定量关系一定要准确识记，会应用。