天津华明中学2023年高一化学月考试题含解析

天津华明中学2023年高一化学月考试题含解析一、单选题（本大题共15个小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共60分。）1.下列气体中，既有颜色又有毒性的是（）A．Cl2B．COC．N2D．CO2参考答案：A【考点】氯气的物理性质．【分析】A、氯气是黄绿色气体，有毒；B、CO是无色无味气体，有毒；C、氮气是无色无味气体，无毒；D、二氧化碳是无色无味气体，无毒．【解答】解：A、氯气是黄绿色气体，有毒，故A可选；B、CO是无色无味气体，有毒，故B不选；C、氮气是无色无味气体，无毒，故C不选；D、二氧化碳是无色无味气体，无毒，故D不选．故选：A．2.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（）A.FeCl2

B．FeCl3

C．CuCl2D．MgCl2参考答案：D略3.鉴别某溶液中含有Br-还是I-，可以选用的试剂最合适的是

（

）A．碘水和淀粉溶液

B．氢氧化钠C．氯水和淀粉溶液

D．四氯化碳参考答案：C4.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（）A．铝片与稀盐酸的反应

B．Ba（OH）2．8H2O与NH4Cl的反应C．灼热的炭与CO2的反应

D．甲烷在氧气中的燃烧反应参考答案：C考点：氧化还原反应；吸热反应和放热反应．分析：从元素的化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，常见的吸热反应有：C和水、CuO等反应，大多数分解反应以及氢氧化钡晶体和氯化铵的反应等．解答：解：A．铝片与稀盐酸的反应为放热反应，故A错误；B．Ba（OH）2．8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应，但不是氧化还原反应，故B错误；C．灼热的炭与CO2的反应为吸热反应，也为氧化还原反应，故C正确；D．甲烷在氧气中的燃烧反应为放热反应，故D错误．故选C．点评：本题考查化学反应类型的判断，为高频考点，注意氧化还原反应的特征是化合价的升降，学习中注意归纳常见吸热反应以及放热反应，题目难度不大．5.下列说法中正确的是

（

）

A．H2SO4的摩尔质量是98g

B．1molH2O的质量是18g/mol

C．1molN2的体积是22.4L

D．Cl－的摩尔质量是35.5g/mol参考答案：D略6.向含有1molKI的溶液中加入含0.1molX2O72?的酸性溶液，使溶液中I－恰好全部被氧化生成I2，并使X2O72?被还原为Xn＋，则n值为A.4

B.3

C.2

D.1参考答案：D【分析】根据氧化还原反应中得失电子数相等或化合价升降数相等计算。【详解】恰好反应时，1molKI失电子1mol生成0.5molI2，0.1molX2O72?得电子0.1×2(6-n)mol生成0.2molXn＋。因得失电子相等，有1mol＝0.1×2(6-n)mol，解得n＝1。本题选D。【点睛】氧化还原反应中，得失电子数相等或化合价升降数相等。应用这个规律可使计算简化，且不必写出化学方程式。7.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是A.NF3是氧化剂，H2O是还原剂B.若1molNF3被还原，反应转移电子数为2NAC.若生成0.4molHNO3，则转移0.4mol电子D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1参考答案：D只有氮元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错。由化学方程式可知，3molNF3参加反应，其中2mol被还原，1mol被氧化，转移的电子的物质的量为2mol，所以1molNF3被还原，反应转移电子数为NA，故B错。生成0.4molHNO3，转移的电子的物质的量为0.4mol×(5-3)=0.8mol，故C错。NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故D正确。

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NO

B．肯定只有NO

C．可能有Cl2和O2

D．肯定没有Cl2、NO2，可能有O2参考答案：A9.在分子中，处于同一平面上的原子数最多可能有A．12个

B．14个

C．18个

D．20个参考答案：D10.下列反应中，属于氧化还原反应同时又是吸热反应的是（

）A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应

B．铝与稀盐酸C．灼热的炭与CO2反应

D．甲烷与O2的燃烧反应参考答案：C略11.能源是当今社会发展的三大支柱之一。有专家指出：如果对燃烧产物如CO2、H2O、N2等能够实现利用太阳能让它们重新组合(如右图)，可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化为A．化学能

B．电能

C．生物质能

D．热能参考答案：D略12.下列物质与其用途相符合的是（）①N2——保护气②SiO2——光导纤维③AgBr——照相机感光底片④碘—预防甲状腺肿大⑤Al2O3——耐火材料⑥NaClO——消毒剂

A.②③④⑤⑥

B.①②③④⑤

C.②③④⑤

D.全部参考答案：D略13.按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于：①酸

②氢化物

③氧化物

④含氧酸

⑤一元酸

⑥强酸

⑦化合物

⑧混合物

⑨无机化合物

A、①④⑤⑥⑦⑨

B、①②③④⑤⑥⑦⑨

C、①②④⑧

D、①④⑤⑥参考答案：A略14.下列说法正确的是A．形成离子键的阴阳离子间只存在静电吸引力B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性和还原性依次减弱C．元素周期表中所含元素种类最多的周期是第七周期D．元素周期律是元素原子核外电子排布周期性变化的结果参考答案：D略15.甲烷是天然气的主要成分，是一种高效、低耗、污染小的清洁能源。下列有关甲烷的说法正确的是①甲烷是一种正四面体结构的分子②物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，生成物只有CH3Cl和HCl③0.5mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol④1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗2mol氯气A.①② B.③④ C.①③ D.②④参考答案：C【详解】①甲烷分子中C原子是sp3杂化，形成4个能量等同的轨道，然后与4个H原子结合，形成CH4，因此CH4是一种正四面体结构的分子，①正确；②甲烷与氯气发生取代反应的逐步进行的，因此即使是按物质的量1：1的甲烷与氯气发生取代反应时，生成物也不是只有CH3Cl和HCl，还可能含有CH2Cl2、CHCl3、CCl4等，②错误；③甲烷化学式是CH4，1mol甲烷完全反应，消耗2molO2，则0.5mol甲烷完全燃烧时消耗氧气最多为1mol，③正确；④根据取代反应的特点，1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗4mol氯气，④错误；故合理选项是C。二、实验题（本题包括1个小题，共10分）16.（15分）不同浓度的硫酸与锌反应时，硫酸可以被还原为SO2，也可被还原为H2。为了验证这一事实，某同学拟用如图所示装置进行实验（实验时压强为101kPa，温度为0℃）。

（1）若在烧瓶中放入0.65g锌粒，与cmol·L－1的H2SO4反应，为保证实验结论的可靠，量气管的适宜规格是

。A．200mL B．300mL

C．400mL（2）若0.65g锌粒完全溶解，装置Ⅲ增重0.64g，则圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为

；（3）若烧瓶中投入ag锌且完全反应，氢氧化钠洗气瓶增重bg，量气管中收集到VmL气体，则有：ag÷65g·mol－1×2＝bg÷64g·mol－1×2+VmL÷22400mL·mol－1×2，该等式依据的原理是

；（4）若在烧瓶中投入10g锌，加入一定量的18mol·L－1浓硫酸10mL，充分反应后锌有剩余，测得装置Ⅲ增重3.2g，则整个实验过程产生的气体中，m(SO2)/m(H2)=

；若撤走装置Ⅱ中盛有无水氯化钙的U形管，m(SO2)/m(H2)的数值将

（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。参考答案：（1）B

（3分）（2）Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O（3分）（3）转移电子守恒

（3分）

（4）20：1

（3分）

偏大（3分）

略三、综合题（本题包括3个小题，共30分）17.我校化学实验室欲用NaOH固体配制1.0mol?L﹣1的NaOH溶液240mL：（1）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容其正确的操作顺序为

．本实验必须用到的仪器除天平、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管等外，还需要的仪器有

．（2）某同学欲称量NaOH固体，他先用托盘天平称量、烧杯的质量，天平平衡后的状态如图所示．烧杯的实际质量为

g，要完成本实验该同学应称取

gNaOH．（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是

．（4）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏大的是

A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面B．定容时俯视刻度线C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D．定容后塞上瓶塞反复摇匀静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线．参考答案：（1）②①③⑤⑥⑦④；250mL容量瓶；（2）27.4；10.0；（3）查漏；（4）BC．考点：配制一定物质的量浓度的溶液．分析：（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序；根据配制步骤是计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析需要的仪器；（2）根据当物品和砝码放反时m物=m砝﹣m游可知烧杯的质量；根据n=cV和m=nM来计算出所需的NaOH的质量；（3）容量瓶在使用钱必须查漏；（4）根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析．解答：解：（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来对操作顺序进行排序可得正确的操作顺序是：②①③⑤⑥⑦④；操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所以所需仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，根据提供的仪器可知，还需仪器有250mL容量瓶，故答案为：②①③⑤⑥⑦④；250mL容量瓶；（2）据图可知，砝码的质量为30g，游码的质量为2.6g，但将砝码和烧杯放反了，而当物品和砝码放反时，m物=m砝﹣m游=30g﹣2.6g=27.4g；由于无240ml容量瓶，故选用250ml容量瓶，配制出的是250ml1.0mol/L的NaOH溶液，所需的NaOH的物质的量n=cV=0.25L×1.0mol/L=0.25mol，质量m=NM=0.25mol×40g/mol=10.0g，故答案为：27.4；10.0；（3）容量瓶在使用前必须查漏，故答案为：查漏；（4）A．转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，会导致溶质损失，则浓度偏小，故A不选；B．定容时俯视刻度线，则溶液体积偏小，则浓度偏大，故B选；C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，则冷却后溶液体积偏小，则浓度偏大，故C选；D．定容后塞上瓶塞反复摇匀静置后，液面低于刻度线是正常的，再加水至刻度线则浓度偏小，故D不选．故选BC．点评：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的计算和误差分析，属于基础型题目，难度不大．18.（12分）下表是元素周期表的一部分，回答下列有关问题：（1）写出下列元素符号：①

，⑥

，⑦

，11