福建省莆田市莆田四中2024-2025学年高一下学期月考化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1福建省莆田市莆田四中2024-2025学年高一下学期月考试卷一、单选题1．化学与我们日常生产、生活及环境密切相关，下列说法错误的是A．维生素C用作抗氧化剂，说明维生素C具有还原性B．当火灾现场存放有大量金属钠时，可以用水来灭火C．节日燃放五彩缤纷的烟花，呈现的是锂、钠、钾等金属元素的焰色D．为防止食品受潮而变质，常在包装袋中放入生石灰【答案】B【解析】维生素C用作抗氧化剂，说明它能与氧化剂发生氧化还原反应，则维生素C具有还原性，A正确；在常温下，钠与水能发生剧烈反应并生成易燃、易爆气体氢气，所以当火灾现场存放有大量金属钠时，不能用水来灭火，应该用沙土灭火。B错误；锂、钠、钾燃烧时，火焰分别呈现紫红色、黄色、紫色等焰色，则节日燃放五彩缤纷的烟花，呈现的是锂、钠、钾等金属元素的焰色，C正确；生石灰具有很强的吸水性，能吸收周围环境中的水蒸气，从而使周围环境保持干燥，所以常在包装袋中放入生石灰，防止食品受潮而变质，D正确；故选B。2．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A．图1所示装置分离CCl4和I2的混合物B．图2所示装置制取并收集二氧化硫C．图3所示装置除去CO2气体中的少量SO2D．图4所示装置配制100mL0.1000mol/L硫酸溶液【答案】C【解析】CCl4和I2的混合物互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故A错误；SO2的密度大于空气，应用向上排空气法收集，即长进短出，故B错误；SO2与饱和碳酸氢钠溶液反应生成CO2，CO2在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小。故可以除杂，C正确；浓硫酸不能在容量瓶中稀释，故D错误；故选：C。3．下列有关性质的比较，不正确的是A．金属性：Na>K B．氧化性：ClC．还原性：H2S>【答案】A【解析】同主族从上向下金属性增强，因此金属性Na<K，A错误；非金属性：Cl>Br，因此氧化性：Cl2>Br2，B正确；同周期自左向右非金属性逐渐增强，非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，则还原性：H2S>HCl，答案选A。4．下列各组物质中，满足图示关系并在一定条件能一步转化的组合是序号XYZW①Na2ONa2O2NaClNa②FeCl2FeCl3Fe(OH)3Fe2O3③Ca(ClO)2Cl2HClHClO④Al(OH)3Al2O3Na[Al(OH)4]AlA．①② B．①③ C．②③ D．③④【答案】B【解析】Na2O和氧气反应生成Na2O2，Na2O2和盐酸反应生成NaCl，电解熔融NaCl生成金属钠，钠和氧气在常温下生成Na2O，故选①；FeCl2和氯气反应生成FeCl3，FeCl3和氢氧化钠反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解为Fe2O3，Fe2O3不能一步反应转化为FeCl2，故不选②；Ca(ClO)2和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2和氢气反应生成HCl，稀HCl和次氯酸钠反应HClO，HClO和氢氧化钙反应生成Ca(ClO)2，故选③；Na[Al(OH)4]不能一步反应生成Al，Al不能一步反应生成Al(OH)3，故不选④；一定条件下能一步转化的是①③，选B。5．下列根据实验现象所得出的结论中，一定正确的是()A．无色溶液使蓝色石蕊试纸变红，结论：溶液显酸性B．无色溶液焰色反应呈黄色，结论：溶液是钠盐溶液C．无色溶液加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，结论：溶液中含Ca(OH)2D．无色溶液中加入氢氧化钠溶液，加热产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，结论：溶液中含NH3【答案】A【解析】酸性物质能使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以使蓝色石蕊试纸变红的溶液溶液显酸性，A正确；焰色反应呈黄色的一定含钠元素但不一定是盐溶液，如可能是碱NaOH溶液，B错误；无色溶液加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，该溶液可能是可溶性的钙盐、钡盐或Ba(OH)2，C故选A。6．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LB．25℃，1.01×105Pa，64gSO2中含有的原子数为3NAC．在常温常压下，11.2LCl2含有的分子数为0.5NAD．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA【答案】B【解析】氦气为单原子分子，故含NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，故在标况下为22.4L，故A错误；64g二氧化硫的物质的量为1mol，而二氧化硫为三原子分子，故1mol二氧化硫中含3NA个原子，故B正确；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氯气的物质的量小于0.5mol，故分子数小于0.5NA个，故C错误；标况下水为液体，故不能根据气体摩尔体积的物质的量无法计算，故D错误；故选B。7．下列各组离子能在溶液中大量共存的是A．Na+、Mg2+、Cl-、OH- B．H+、Ca2+、CO32-、C．Cu2+、K+、SO42-、NO3- D．Na+、HCO3-、OH【答案】C【解析】Mg2＋和OH－反应生成Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，A错误；Ca2＋和CO32-反应生成CaCO3沉淀，H＋和CO32-反应生成水和二氧化碳而不能大量共存，B错误；Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-之间不会发生化学反应，能大量共存，C正确；氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根离子和Ca2答案选C。8．下列离子方程式中，书写不正确的是A．铁和盐酸的反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑B．大理石和稀盐酸的反应：CO32-+2H+=CO2↑+HC．碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液混合：HCO3-+OH﹣=CO3D．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合：Cu2++SO42-+Ba2++2OH﹣=Cu(OH)2↓+BaSO【答案】B【解析】铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气：Fe+2H+=Fe2++H2↑，A正确；大理石难溶，不拆，和稀盐酸的反应：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，B错误；碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液混合生成碳酸钠和水：HCO3-+OH﹣=CO32-+H2O，C正确；硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合生成硫酸钡和氢氧化铜：Cu2++SO42-+Ba2++2OH﹣=Cu(OH)2答案选B。9．当溶液中X2O 72-和SO 32-离子数之比为1：3时，正好完全发生氧化还原反应，A．+1 B．+3 C．+2 D．+4【答案】B【解析】题目中问是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O72-在反应中作氧化剂，得到电子，化合价降低，即SO32-中硫元素化合价升高为SO42-，当溶液中X2O 72-和SO 32-离子数之比为1：3时，则3个SO32-离子共失去6个电子，根据氧化还原反应规律中的电子守恒可知1个X2O72-在反应过程中应得到6个电子，X2O7本题答案为B。10．氯、硫元素的价类二维图如图所示。下列说法正确的是A．Fe分别与b、g反应，产物中铁元素的化合价相同B．a+eC．工业制备得ⅰ的浓溶液常温下不与铁反应D．d、h的水溶液在空气中久置，溶液酸性均减弱【答案】B【解析】由上述氯、硫元素的价类二维图可知，g为S单质，h为SO2，i为H2SO4，j为Na2SO3，f为H2S；a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为NaClO3。Fe分别与b、g反应，分别生成FeCl3、FeS，产物中铁元素的化合价不相同，故A错误；HCl+NaClO3→Cl2，发生归中反应，根据电子守恒与电荷守恒，离子方程式为：5Cl-+6H++ClO3-=3Cl2↑+3答案选B。11．下表是元素周期表的一部分，下列说法正确的是SiPSClArGeAsSeBrKrSnSbTeIXePbBiPoAtRnA．原子半径：Se>As>PB．酸性：H2SO4>H3AsO4>H3PO4C．热稳定性：HI>HBr>HClD．上表中，元素Pb的金属性最强【答案】D【解析】根据层多径大，同电子层结构质大径小，则原子半径：As>Se>P，A错误；据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物酸性越强，则酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4，B错误；

据非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性Cl>Br>I,则稳定性：HI<HBr<HCl，C错误；

根据同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强，因此上表中，元素Pb的金属性最强，D正确；故选D。12．工业上将电石渣浆中的S2-转化为SO42-下列说法正确的是A．过程Ⅰ中，Mn(OH)2被还原B．该流程中发生的反应均为氧化还原反应C．过程Ⅱ中发生的反应为2S2-+4MnO32-+9H2O=S2O32-D．将10L480mg/LS2-转化为SO42-，理论上需要O2【答案】C【解析】过程Ⅰ中，Mn(OH)2通入氧气生成MnO32-，锰元素化合价升高，MnOH2被氧化，A错误；该流程中，CaO与硫酸锰反应生成MnOH2不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应，B错误；

过程Ⅱ中，MnO32-与S2−反应生成S2O32-和MnOH2，根据电子守恒，电荷守恒，质量守恒可知，发生的反应为2S2-+4MnO32-+9H故选C。13．对晶体MgCl2∙xH2O进行如下实验探究，确定其组成：步骤1：充分灼烧2.03g该晶体，得到混合气体甲和0.40g固体乙(含有两种元素的纯净物)。步骤2：将混合气体甲通过浓硫酸，气体的质量减少0.90g。步骤3：将剩余气体溶于水中配成100mL溶液丙。取10mL溶液丙与含0.002mol的NaOH溶液恰好完全反应。下列有关说法正确的是A．混合气体甲中两气体的物质的量之比是1：5 B．固体乙的成分是MgOC．溶液丙中c(H+)为0.02mol/L D．x=5【答案】B【解析】灼烧晶体MgCl2∙xH2O得到混合气体甲和固体乙(含有两种元素的纯净物)，可知混合气体甲为HCl和H2O，固体乙应为MgO，又由骤2可知减少的气体为应为水，则水的物质的量，n(H2O)=0.90g18g/mol=0.05mol；又由步骤3可知HCl的物质的量为0.02mol，混合气体甲中两气体的物质的量之比是：n(HCl):n(H2O)=0.02mol:0.05mol=2:5，故A项错误；B项正确溶液丙中c(H+答案选B。14．铝是一种很重要的金属，可以发生一系列反应制备物质。下列说法错误的是A．反应①又称铝热反应，常用于野外焊接铁轨B．利用②③反应都能产生氢气，产生等量氢气消耗Al的质量相等且转移电子数也相等C．常用反应⑥制备Al(OH)3，方法是向Al2(SO4)3溶液中滴加足量的NaOH溶液使得沉淀量最大D．工业上常用反应⑦制备金属铝，制备过程中常加入冰晶石以降低Al2O3的熔点【答案】C【解析】反应①3Fe3O4+8Al高温9Fe+4Al2O3，该反应称铝热反应且是放热反应常用于野外焊接铁轨，A正确；

利用②③反应都能产生氢气，反应的计量系数关系都是2Al∼3H2∼6e-，因此产生等量氢气消耗Al的质量相等且转移电子数也相等，B正确；向Al2(SO4)3溶液中滴加足量的NaOH溶液生成的Na[Al(OH)4]不能使得沉淀量最大，可以向Al故选C。15．已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的核外电子层结构，则下列叙述正确的A．原子半径A>B>D>C B．原子序数：d>c>b>aC．离子半径：C>D>B>A D．单质的还原性：A>B>D>C【答案】C【解析】短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同的核外电子层结构，可知A、B、C、D四种元素在周期表中的相对位置是。电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径B>A>C>D，故A错误；

由上可知原子序数：a>b>d>c，故B错误；aA2+、bB+、cC3-、dD-电子层相同，质子数越多半径越小，质子数a>b>d>c，离子半径：C3->D->B+>A2+，故C正确；

金属性越强，单质还原性越强，同周期元素从左到右金属性减弱，同主族从上到下金属性增强，单质的还原性：B>A>C>D，故D错误；选C。16．已知下列元素的原子半径如下图，根据以上数据，P原子的半径可能是原子NSOSi半径r/(10-10m)0.701.040.661.17A．1.10×10-10 B．0.80×10-10 C．1.20×10-10 D．0.70×10-10【答案】A【解析】在元素周期表中，P与Si、S同周期，与N同主族，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，同主族元素从上到下，原子半径依次增大，则原子半径P＞N，Si＞P＞S，所以P原子半径应介于1.04×10-10~1.17×10-10之间，故选A。二、解答题17．随着原子序数的递增，8种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如下图所示：(1)h在元素周期表中的位置是。(2)d、g的简单氢化物中热稳定性较强的是(填化学式)。(3)e与f相比，金属性较强的是(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是。(填字母序号)。a．e单质的熔点比f单质的低，单质的硬度也比f单质小b．e单质可与冷水剧烈反应，而f单质与冷水几乎不反应c．e的最高价氧化物的水化物是强碱，而f的最高价氧化物的水化物具有两性(4)h的单质能将z从其简单氢化物中置换出来，化学方程式为。【答案】(1)第三周期第ⅦA族(2)H2O(3)Nabc(4)3Cl2+2NH3=6HCl+N2【解析】通常，主族元素的最高正化合价等于其最外层电子数，元素的最低负化合价，等于其最外层电子数-8。由图中元素的最高正化合价或最低负化合价及原子半径、原子序数，可推出x、y、z、d、e、f、g、h分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。（1）由分析可知，h为17号元素Cl，其原子结构示意图为，在元素周期表中的位置是：第三周期第ⅦA族。（2）d、g分别为O、S，二者为同主族元素，同主族元素从上到下，非金属性依次减弱，则非金属性O＞S，元素的非金属性越强，其简单氢化物热稳定性越强，则简单氢化物的热稳定性较强的是H2O。（3）e与f分别为Na、Al，二者为同周期元素，且Na在Al的左边，同周期元素从左到右，金属性依次减弱，则金属性较强的是Na。熔点和硬度取决于单质中微粒间的作用力，与元素的金属性无关，则由Na单质的熔点比Al单质的低，单质的硬度也比Al单质小，不能得出Na的金属性比Al强这一结论，a不符合题意；金属性越强，它的单质与水反应越剧烈，由Na单质可与冷水剧烈反应，而Al单质与冷水几乎不反应，可得出Na的金属性比Al强这一结论，b符合题意；元素的金属性越强，它的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由e的最高价氧化物的水化物NaOH是强碱，而f的最高价氧化物的水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，可得出Na的金属性比Al强这一结论，c符合题意；故选bc。（4）h的单质(Cl2)能将z从其简单氢化物(NH3)中置换出来，则生成HCl和N2，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为3Cl2+2NH3=6HCl+N2。18．运用化学反应原理研究硫单质及其化合物的反应，对生产、生活、环境保护等领域有着重要的意义。学习小组在实验室中利用如图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：(1)实验用70%的硫酸而不用浓硫酸的原因是。(2)装置e中出现填现象可证明SO2具有还原性，反应离子方程式为。(3)实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I-+4H+⇌S↓+2I2+2H2O。探究：SO2在KI溶液体系中的反应产物有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。方案操作预期现象结论ⅰ取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴①溶液(填试剂名称)，振荡无明显变化浊液中无I2ⅱ将装置d中浊液进行分离得淡黄色固体和澄清溶液取适量分离后的澄清溶液于试管中，②③④综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，其反应的离子方程式为：。(4)晶体碘酸钾(KIO3)是一种常用的食品添加剂，常用硫代硫酸钠滴定测定碘酸钾纯度：准确称取1.000gKIO3产品转移至200mL容量瓶中定容，精确量取20.00mL该溶液置于锥形瓶中，加入足量碘化钾，用5mL盐酸酸化(IO3-+5I−+6H+=3I2+3H2O)，盖紧塞子，置于避光处3min，用0.1004mol/L硫代硫酸钠溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许淀粉溶液，继续滴定至终点(I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。平行滴定三次，平均消耗0.1004mol/LNa2S2O计算产品的纯度。(请写出计算过程，结果保留三位有效数字)。【答案】(1)用Na2SO3粉末制备SO2时，利用了硫酸的酸性，98%的浓硫酸中cH+太小，反应慢；硫酸浓度过小，因(2)紫红色褪去（或变浅）2(3)淀粉加入足量稀盐酸，再加入适量BaCl2溶液有白色沉淀生成反应后的浊液中含有SO42-3SO2+2H2OKIS↓+4H++2(4)89.5%【解析】（1）用Na2SO3粉末制备SO2时，实质是SO32-和H+反应，硫酸浓度太大时主要以硫酸分子的形式存在cH+太小，反应慢；硫酸浓度过小，因二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫的逸出；故答案为：用Na2SO（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性，反应离子方程式为2MnO（3）方案ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知方案ⅰ①中加入几滴淀粉溶液；根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO42-+2I-+4H+可知，方案ⅱ则要检验反应后的溶液中含有SO42-，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入②足量的稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液；③若看到有白色沉淀生成；④说明反应后的浊液中含有SO42-；综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应，生成了S和SO42-，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OKIS↓+4H++2SO42-。（4）每次平均消耗的nS2O32-=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol，由关系式IO3-~3I219．硫酸是重要的化工产品，可用于生产化肥、农药、炸药、染料等。工业制硫酸的原理(反应条件和部分生成物已略去)如图所示：回答下列问题：(1)FeS2中硫元素的化合价是，“过程Ⅰ”发生的反应为4FeS2+11O2高温(2)“过程Ⅱ”中由SO2制备SO3的化学方程式为(3)某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含SO2的烟气，以减少其对环境造成的污染。“SO2吸收塔”中发生反应的化学方程式为，该流程中可循环利用的物质为(填化学式)。图中的氨气来源于工业生产，而实验室制取NH3的方法与其不同，写出实验室制取氨气的化学方程式，实验室制取氨气时常用的干燥剂为(【答案】(1)-1Fe2O(2)2SO(3)SO2+NH4【解析】（1）FeS2中Fe为+2价，S为-1价，由反应可知FeS2被氧气氧化生成氧化铁和二氧化硫，因此氧化产物为：Fe2O3和SO2，故答案为：（2）“过程Ⅱ”中SO2经催化氧化生成SO3，反应方程式为：2SO2（3）由图中信息可知在吸收塔中亚硫酸铵溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸氢铵，反应方程式为：SO2+NH42SO3+H2O=2NH4HSO3，由图可知生成的NH420．三氯乙醛(CCl3CHO)是生产农药、医药的重要中间体，实验室制备三氯乙醛的反应装置示意图(加热装置未画出