福建省宁德市博雅培文学校2023-2024学年高一下学期第一次月考化学试题（原卷版+解析版）

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一、单选题(10*4=40分)
1. 金属钛无毒且有惰性，能与肌肉和骨骼生长在一起，因而有“生物金属”之称。下列有关和说法中正确的
A. 和中均含有22个中子B. 和的化学性质不同
C. 和互称为同位素D. 和为同一核素
【答案】C
【解析】
【详解】A、和中均含有22个质子而不是中子，选项A错误；
B、和是同种元素的不同原子，化学性质相同，选项B错误；
C、和质量数不同，但质子数相同，中子数不同，互为同位素，选项C正确；
D、和质子数相同中子数不同，为同一种元素的不同核素，选项D错误；
答案选C。
2. 下列排列顺序错误的是
A. 碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3B. 酸性：HClO>HNO3>H2CO3
C. 氢化物的稳定性：HF>HCl>PH3D. 原子半径：F＜O＜S＜Na
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强；根据金属活动顺序表，可知金属性：Ca＞Mg＞Al，则碱性：Ca(OH)2＞Mg(OH)2＞Al(OH)3，A正确，不选；
B．HClO是弱酸，酸性弱于H2CO3，故酸性：HNO3>H2CO3>HClO，B错误，符合题意；
C．非金属元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，同周期元素的非金属性从左到右依次增强，同主族元素的非金属性从上到下依次减弱，则非金属性：F＞Cl＞P，则氢化物的稳定性：HF＞HCl＞PH3，C正确，不选；
D．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素原子半径从上到小逐渐增大，则原子半径：F＜O＜S＜Na，D正确，不选；
答案选B。
3. X+ 的核外电子数为18，则X元素在周期表中的位置是（ ）
A. 第三周期第0族B. 第四周期第I A族
C. 第三周期第I A族D. 第四周期第VI A族
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】由X+的核外电子数为18可知，X元素的原子序数为18+1=19，则X为K元素，K原子的原子结构示意图为，由原子结构示意图可知K原子核外有4个电子层、最外层电子数是1，K元素位于元素周期表第四周期第I A族，故选B。
【点睛】阴离子核外电子数=原子序数+离子所带电荷数，阳离子核外电子数=原子序数-离子所带电荷数，原子中核外电子数=原子序数，根据该离子的核外电子数确定原子序数，再根据该原子核外电子层数、最外层电子数确定在周期表中的位置是解答关键。
4. 2017年5月，中国科学院、国家语言文字工作委员会、全国科学技术名词审定委员会正式向社会发布元素 115 号(Mc)的中文名称为镆。288Mc 原子内中子数与质子数之差是
A. 173B. 115C. 58D. 288
【答案】C
【解析】
【详解】288Mc中质子数为115，质量数为288，其中子数=质量数-质子数=288-115=173，原子内中子数与质子数之差是173-115=58，故答案为C。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y+与X2-具有相同的电子层结构，Z原子的最外层电子数等于X原子最外层电子数的一半，则下列叙述正确的是（ ）
A. Y2X2中阴阳离子的个数比为1：1
B. 原子半径的大小顺序：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
C. X和W形成的常见化合物WX2为直线型分子
D. Y、Z的最高价氧化物的水化物之间能发生反应
【答案】D
【解析】
【分析】Y+与X2-具有相同的电子层结构，则Y为Na；X为O；X、W同主族，则W为S；Z原子的最外层电子数等于X原子最外层电子数的一半则Z为Al，以此分析。
【详解】Y+与X2-具有相同的电子层结构，则Y为Na；X为O；X、W同主族，则W为S；Z原子的最外层电子数等于X原子最外层电子数的一半则Z为Al。
A Y2X2为Na2O2，属于离子化合物，阴阳离子为Na+和，个数比为2：1，故A错误；
B. 同周期原子半径递减，同主族原子半径递增，则原子半径的大小顺序：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故B错误；
C. X和W形成的常见化合物SO2，其中S原子为sp2杂化，呈“V”型结构，故C错误；
D. Y、Z的最高价氧化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者混合可以发生反应，故D正确。
故答案选：D。
6. 下列说法不正确是
A. 离子半径：K+＞Mg2+＞Al3+＞H+B. 失电子能力：Sr＞Ca＞Mg＞Be
C. 原子半径：Ge＞Si＞C＞OD. 得电子能力：S＜Cl＜O＜P
【答案】D
【解析】
【详解】A．核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：K+＞Mg2+＞Al3+＞H+，A正确；
B．金属性越强，越易失去电子，失电子能力：Sr＞Ca＞Mg＞Be，B正确；
C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：Ge＞Si＞C＞O，C正确；
D．非金属性越强，得电子能力越强，得电子能力：P＜S＜Cl＜O，D错误；
答案选D
7. 科学家预测原子序数为114的元素具有相当稳定的同位素，它的位置在第七周期ⅣA族，称为类铅。下列关于它的性质的叙述中，错误的是
A. 最外层电子数为4B. 金属性比铅强
C. 有7个电子层D. 最高价氧化物对应水化物是强酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子序数为114的元素位置在第七周期ⅣA族，最外层电子数为4，故A正确；
B．同主族元素从上到下金属性增强，所以金属性比铅强，故B正确；
C．原子序数为114的元素位置在第七周期ⅣA族，有7个电子层，故C正确；
D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，该元素是金属元素，最高价氧化物对应水化物不可能是强酸，故D错误；
选D。
8. 下列变化不能一步实现的是( )
A. Na2SiO3→H2SiO3B. H2SiO3→SiO2
C. SiO2→H2SiO3D. SiO2→Na2SiO3
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，Na2SiO3→H2SiO3，硅酸钠通入二氧化碳气体生成硅酸，故A不选；
B选项，H2SiO3→SiO2，硅酸受热分解得到二氧化硅，故B不选；
C选项，SiO2→H2SiO3，二氧化硅不和水反应生成硅酸，故C可选；
D选项，SiO2→Na2SiO3，二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，故D不选。
综上所述，答案为C。
【点睛】二氧化硅、氧化铝、氧化铁、氧化铜、氧化镁都不溶于水，也不与水反应。
9. 大多数物质的俗名是根据其特殊的物理性质或用途得来的。下列物质的俗名与化学式或用途不相符的一项是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．石英成分是SiO2，SiO2是制造光导纤维的原料，SiO2不导电，不能用于集成电路，故A说法错误；
B．Na2CO3的俗名是纯碱，制备玻璃的原料是纯碱、石灰石、石英，故B说法正确；
C．Na2SiO3的水溶液称为水玻璃，硅酸钠用途之一是制备硅胶，故C说法正确；
D．氧化铁俗称铁红，用作油漆和涂料，故D说法正确；
答案选A。
10. 实验室模拟工业提碘，路线如下：

下列说法正确的是
A. 操作①为研磨，主要仪器为研钵
B. 可使用淀粉溶液检验步骤③过滤后的水溶液中是否含有 I-
C. 操作④~⑥的目的是为了富集碘
D. 步骤⑥反应离子方程式为I-+IO+6H+=I2+3H2O
【答案】C
【解析】
【分析】海带干灼烧得到海带灰，放入水中溶解过滤得到含碘离子的水溶液，通入氯气氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液，得到含碘单质的四氯化碳溶液，加入氢氧化钠溶液和碘单质发生反应，分液得到NaI和NaIO3的水溶液，加入稀硫酸酸化发生反应生成碘单质，再加入萃取剂四氯化碳萃取分液得到含碘单质的四氯化碳，蒸馏方法分离得到碘单质，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，操作①为灼烧，主要仪器为坩埚、铁三脚、泥三角等，A错误；
B．碘单质遇到淀粉溶液变为蓝色而不是碘离子或者碘元素，故不可使用淀粉溶液检验步骤③过滤后的水溶液中是否含有 I-，B错误；
C．由题干转化流程图可知，操作④为将I-氧化为I2并用CCl4萃取后分液，步骤⑤为向富含碘单质的CCl4溶液中加入NaOH溶液将I2转化为易溶于水的NaI和NaIO3，然后分液分离出水层和有机层，步骤⑥为向水层中加入稀硫酸将NaI和NaIO3又转化为I2，这样做的目的是为了富集碘，C正确；
D．步骤⑥反应离子方程式为5I-+IO+6H+=3I2+3H2O，原离子方程式电荷不守恒，D错误；
故答案为：C。
二、填空题(除标记外2分每空)
11. 元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。
(1)元素Ga在元素周期表中的位置为：第_____周期第____族。
(2)Sn的最高正价为____，Cl的最高价氧化物对应水化物的化学式为___，Bi的最高价氧化物为_____。
(3)根据元素周期律，推断：
①阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是______元素(填元素符号)。
②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4______H2SeO4(填“＞”“＜”或“＝”)。
③氢化物的还原性：H2O______H2S(填“＞”“＜”或“＝”)。
④原子半径比较：N______Si(填“＞”“＜”或“＝”)
(4)可在图中分界线(虚线部分)附近寻找______(填序号)。
A．优良的催化剂 B．半导体材料C．合金材料 D．农药
(5)请设计实验比较C、Si的非金属性强弱顺序(可供选择的药品有：CaCO3固体、稀硫酸、盐酸、饱和NaHCO3溶液、饱和Na2CO3溶液、硅酸钠溶液，化学仪器根据需要选择)________。
【答案】 ①. 四 (2) ②. ⅢA ③. ＋4 ④. HClO4 ⑤. Bi2O5 ⑥. F ⑦. ＜ ⑧. ＜ ⑨. ＜ ⑩. B ⑪.
【解析】
【分析】(1)根据Ga和Al同主族，在Al的下一个周期来回答判断；
(2)根据同主族元素性质递变规律来回答；
(3)同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，原子半径逐渐增大，最高价含氧酸的酸性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，原子半径逐渐增大，最高价含氧酸的酸性减弱，据此回答；
(4)金属和非金属的分界线附近来寻找半导体材料；
(5)根据元素的最高价含氧酸的酸性越强，则元素的非金属性越强来回答。
【详解】(1)Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，即第四周期第ⅢA族；
(2)Sn和碳同主族，最高价是＋4价；Cl的最高价是＋7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4；Bi和N元素同主族，所以最高正价是＋5价，最高价氧化物为：Bi2O5；
(3)①同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是F；
②As和Se同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4＜H2SeO4；
③原子半径：氧原子大于硫原子，非金属性减弱，氢化物的还原性：H2O＜H2S；
④原子电子层越多，半径越大，所以原子半径：N＜Si；
(4)可在金属和非金属的分界线附近来寻找半导体材料；
(5)C、Si的非金属性强弱顺序为C＞Si，可以根据碳酸酸性强于硅酸来证明，化学反应中，强酸可以制得弱酸，即在试管中加入CaCO3固体，再加入盐酸，将生成气体通过NaHCO3溶液洗气后，通入Na2SiO3溶液中生成白色胶状沉淀，则碳酸酸性强于硅酸，结论：非金属性：C＞Si。
12. 已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A、B、C、D为短周期元素，且只有A、D为非金属元素。A的氢化物溶于水得到的溶液能使酚酞溶液变红。B、C、D的最高价氧化物对应水化物相互之间能够两两反应，且D原子最外层电子数是C原子最外层电子数的2倍。B、E元素同主族，且原子序数相差8。
（1）E在元素周期表中的位置：___________，写出E的最高价氧化物对应水化物与C的单质反应的化学方程式：___________。
（2）A的氢化物溶于水后的电离方程式为___________；实验室制备A的氢化物的化学方程式为___________。
（3）B单质在空气中燃烧后产物为___________，写出该产物和水反应的离子方程式：___________。
【答案】（1） ①. 第4周期ⅠA族 ②. 2KOH+2Al+2H2O=2KAlO2+3H2 ↑
（2） ①. NH3·H2ONH+OH- ②. Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O
（3） ①. Na2O2 ②. 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
【解析】
【分析】已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A、B、C、D为短周期元素，且只有A、D为非金属元素。A的氢化物溶于水得到的溶液能使酚酞溶液变红，说明为碱性，即A为氮元素。B、C、D的最高价氧化物对应水化物相互之间能够两两反应，说明有铝元素，根据原子序数的关系分析，C为铝，且D原子最外层电子数是C原子最外层电子数的2倍，则D为硫元素，B为钠元素。B、E元素同主族，且原子序数相差8，则E为钾元素。
【小问1详解】
根据以上分析可知，E为钾元素，在第4周期ⅠA族。其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钾，其水溶液与铝反应生成偏铝酸钾和氢气，方程式为：2KOH+2Al+2H2O=2KAlO2+3H2 ↑；
【小问2详解】
氮元素的氢化物为氨气，溶于水生成一水合氨，在水中电离出铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为：NH3·H2ONH+OH-；实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，同时生成氯化钙和水，方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
【小问3详解】
钠在空气中燃烧生成Na2O2。过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
13. 高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：

（1）工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式为___________；当有1 ml C参与反应时，该反应转移的电子数是___________。
（2）还原炉中发生的化学反应方程式为：___________。
（3）上述工艺生产中循环使用的物质除外，还有___________。
（4）工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为_________。
（5）关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_________。
A．自然界中存在天然游离的硅单质
B．玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品
C．既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
D．硅元素在金属与非金属的分界线处，因此具有弱导电性，一般可用于作为半导体材料
E．已知C与Si的最高正价都是正四价，由于，用类比法得知，
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）HCl （4）
（5）BD
【解析】
【小问1详解】
用石英砂和过量焦炭高温加热生成粗硅的化学方程式为: ，，当有参与反应时，该反应转移的电子数是；
【小问2详解】
还原炉中发生反应：。
【小问3详解】
流化床反应器中发生反应：，还原炉中发生反应：，所以上述工艺生产中循环使用的物质除外，还有HCl。
【小问4详解】
氢氟酸来雕刻玻璃，氢氟酸和反应,化学方程式为：。
【小问5详解】
A．自然界中不存在天然游离的硅单质，硅是以二氧化硅和硅酸盐存在于自然界中，A错误；
B．玻璃、水泥、陶瓷是三大传统的硅酸盐产品，B正确；
C．中四氟化硅不是盐，则该反应不能体现二氧化硅为碱性氧化物，能和NaOH(等碱)溶液反应生成硅酸钠(等盐)溶液和水，故属于酸性氧化物， C错误；
D．在周期表中，硅元素在金属与非金属的分界线处，是优良的半导体材料，D正确；
E．不溶于水，也不与水反应， E错误；
故选BD。
14. 浩瀚的海洋里蕴藏着丰富的资源，可以从海水中获得镁和溴等物质。从海水中提取镁和溴的步骤如下：

已知：相关物质熔点
（1）以牡蛎壳为原料的优点是_______。
（2）“操作1”名称是_______。
（3）加入试剂a发生反应的离子方程式为_______。
（4）下列说法正确的是_______(填字母)。
A．利用蒸馏法实现海水淡化，发生了化学变化
B．“酸化”的目的之一是与滤液中的碱反应
C．能用热空气吹出，是利用了的挥发性
（5）上述海水提溴的过程经过2次“”转化，目的是_______。
（6）试剂b可以选用_______(填名称)。
（7）工业上电解冶炼金属镁，以为原料而不用的原因是_______。
【答案】（1）原料方便易得
（2）过滤 （3）
（4）BC （5）富集溴元素
（6）盐酸 （7）熔点很高()，而熔点相对较低，熔融时会耗费大量的能量而增加生产成本
【解析】
【分析】由流程可知，牡蛎壳经煅烧得到生石灰，往浓缩海水中加生石灰反应生成沉淀，经操作1过滤可分离得到和含Br-的滤液。滤液经酸化后，通入试剂a为Cl2，发生反应；利用溴的挥发性，鼓入热空气吹出溴，所得含溴空气与SO2、水发生反应Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，从而达到富集的目的；通入氯气与HBr反应得到液溴。氢氧化镁与试剂b为盐酸反应生成氯化镁，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离得到晶体，在HCl气流中脱水得到无水，最后电解熔融的制得单质Mg，以此来解答。
【小问1详解】
以牡蛎壳为原料，由于原料方便易得，利用大规模生产。
【小问2详解】
经“操作1”后可分离得到固体和液体，则该操作为过滤。
【小问3详解】
根据分析，试剂a为Cl2，Br-和Cl2反应的离子方程式为。
【小问4详解】
A．利用各组分沸点不同，通过蒸馏可实现海水淡化，该过程属于物理变化，A错误；
B．为了将浓缩海水中的镁离子完全沉淀，CaO应加过量，因此过滤后所得含Br-滤液中含有过量的Ca(OH)2，故“酸化”的目的之一是与滤液中的碱反应，B正确；
C．利用的挥发性，鼓入热空气可将吹出，C正确；
故选BC。
【小问5详解】
由于浓缩海水中的溴离子浓度过低，后续蒸馏会耗费大量能源，增加生产成本，因此上述海水提溴的过程经过2次“”转化，其目的是富集溴元素，节约成本。
【小问6详解】
加入试剂b的目的是将转化为，因此可以选用盐酸。
【小问7详解】
由于熔点很高()，而熔点相对较低，熔融时会耗费大量的能量，从而增加生产成本，因此工业上电解冶炼金属镁，以为原料而不用。选项
俗名
主要成分(化学式)
用途
A
石英
SiO2
集成电路
B
纯碱
Na2CO3
制备玻璃
C
水玻璃
Na2SiO3
制备硅胶
D
铁红
Fe2O3
用作油漆和涂料
物质
熔点/
2852
714