辽宁省沈阳市第八十三中学2022-2023学年高一上学期9月月考化学试题含解析

辽宁省沈阳市第八十三中学2022-2023学年高一上学期9月月考化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列各组物质，按化合物、单质、混合物的顺序排列的是

A．明矾、石墨、熟石灰 B．生石灰、白磷、盐酸

C．干冰、铁、 液氨 D．烧碱、氮气、冰水混合物

【答案】B

【详解】A．明矾是KAl(SO4)2·12H2O，为化合物，石墨为单质，熟石灰是氢氧化钙的固体，属于化合物，不是混合物，故A错误；

B．生石灰是氧化钙、属于化合物，白磷是一种磷单质，盐酸是氯化氢气体的水溶液、属于混合物，故B正确；

C．液氨属于化合物，不是混合物，故C错误；

D．冰水混合物中只有一种水分子，属于化合物、不属于混合物，故D错误；

故选B。

2．下列电离方程式错误的是（　　）

A．NaHCO3=Na++H++CO B．NaOH =Na++ OH-

C．Mg（NO3）2=Mg2++2NO D．Na2SO4=2Na++SO

【答案】A

【详解】A．NaHCO3=Na++HCO，A错误；

B．NaOH是强碱，强电解质，其电离方程式为NaOH =Na++ OH-，B正确；

C．Mg（NO3）2是可溶性盐，强电解质，其电离方程式为Mg（NO3）2=Mg2++2NO，C正确；

D．Na2SO4是可溶性盐，强电解质，其电离方程式为Na2SO4=2Na++SO，D正确。

答案选A。

3．如图用分类法表示了一些物质或概念的从属或包含关系，下列分类不正确的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【分析】由图可知，概念的范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。

【详解】A．NaAlO2是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，盐属于纯净物，故A正确；

B．胶体是分散质粒子直径在1nm~100nm的分散系，分散系是混合物，故B正确；

C．氧化铝属于两性氧化物，两性氧化物属于氧化物，故C正确；

D．碱式碳酸铜属于碱式盐、不属于碱，故D错误；

故答案选D。

4．FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3浊液是三种重要的分散系，下列叙述中不正确的

A．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在10-9-10-7m之间

B．分别用一束光透过三种分散系，只有Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应

C．三种分散系的稳定性：FeCl3溶液> Fe(OH)3胶体> Fe(OH)3浊液

D．Fe(OH)3胶体、Fe(OH)3浊液均能与盐酸反应，且反应现象相同

【答案】D

【详解】A．三种分散系的本质区别是分散质粒子直径大小不同，其中胶体的分散质粒子直径介于1-100nm之间，则氢氧化铁胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子的直径在10-9～10-7米之间，故A正确；

B．丁达尔效应是胶体所特有的性质，则分别用一束光透过三种分散系时，只有氢氧化铁胶体有丁达尔效应，故B正确；

C．溶液是均一、稳定的分散系，胶体是均一、介稳定的分散系，而浊液是不均一、不稳定的分散系，则三种分散系的稳定性顺序为：FeCl3溶液>Fe(OH)3胶体>Fe(OH)3浊液，故C正确；

D．氢氧化铁胶体加入盐酸时，胶体会先发生聚沉转化为氢氧化铁沉淀，后氢氧化铁沉淀与盐酸生成氯化铁而溶解，氢氧化铁浊液加入盐酸时，氢氧化铁沉淀直接和盐酸反应生成氯化铁而溶解，两者与盐酸反应的实验现象不同，故D错误；

故选D。

5．下列离子方程式中正确的是

A．Fe与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe3++H2↑

B．氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O

C．硫酸滴加到氢氧化钡溶液中：H++OH—=H2O

D．碳酸氢钠和盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2O

【答案】B

【详解】A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；

B． 氧化铁粉末与稀盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，故B正确；

C．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2++SO+2H++2OH−═2H2O+BaSO4↓，故C错误；

D．碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O，故D错误；

故选B。

6．下列关于氧化还原反应的叙述，正确的是 (    )

A．失去电子的反应是还原反应 B．作氧化剂的物质不能是还原剂

C．发生氧化反应的物质是氧化剂 D．失去电子的物质是还原剂

【答案】D

【分析】在氧化还原反应中，得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂，氧化剂发生还原反应，还原剂发生氧化反应，在同一氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可能是同一物质，也可能是不同物质。

【详解】A．失去电子的物质是还原剂，发生氧化反应，故A错误；

B．作氧化剂的物质也可能是还原剂，例如反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故B错误；

C．得电子的物质是氧化剂，发生还原反应，故C错误；

D．失去电子化合价升高的物质是还原剂，故D正确；

答案选D。

7．某元素在化学反应中由化合态(化合物)变为游离态(单质)，则该元素

A．一定被氧化 B．一定被还原

C．可能被氧化也可能被还原 D．以上都不是

【答案】C

【详解】某元素在化学反应中由化合态变为游离态可能被氧化也可能被还原，若阴离子变为单质，元素的化合价升高被氧化，若阳离子变为单质，元素的化合价降低被还原，故选C。

8．下列变化需要加入氧化剂才能实现的是

A．S2-→HS－ B．HCO3－→CO2 C．I－→I2 D．Cu2+→Cu

【答案】C

【详解】A．S2-→HS－的反应中S元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故A错误；

B．HCO3-→CO2的反应中所含元素化合价没有发生变化，不需要加入氧化剂，与酸反应即可，故B错误；

C．I－→I2的反应中I元素的化合价升高，被氧化，须加入氧化剂才能实现，故C正确；

D．Cu2+→Cu的反应中Cu元素的化合价降低，被还原，需加入还原剂才能实现，故D错误；故选C。

【点睛】当物质所含元素化合价升高时，被氧化，须加入氧化剂才能实现。注意有些物质所含元素的化合价发生变化时，不一定需要加入氧化剂或还原剂，如氯酸钾的分解反应等。

9．在反应5NH4NO3=2HNO3+4N2↑+9H2O中，发生氧化反应与发生还原反应的氮原子个数之比是

A．1∶3 B．5∶3 C．5∶8 D．5∶4

【答案】B

【详解】由方程式可知，反应中，铵根离子中氮元素化合价升高被氧化，硝酸根离子中氮元素化合价部分降低被还原，由得失电子数目守恒可知，发生氧化反应与发生还原反应的氮原子个数之比是5∶3，故选B。

10．对于反应CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑有下列判断：

①H2只是氧化产物， ②H2只是还原产物， ③H2O是氧化剂， ④CaH2中的H元素被还原，⑤此反应中的氧化产物和还原产物的分子个数之比为1:1。 上述判断正确的是

A．①④⑤ B．②④ C．① D．③⑤

【答案】D

【详解】反应中CaH2中氢元素从-1价变化为0价，做还原剂被氧化为氢气；H2O中氢元素化合价从+1价变化为0价，做氧化剂被还原为H2；①氢气是氧化产物和还原产物，错误；②氢气是氧化产物和还原产物，错误；③H2O是氧化剂，正确；④CaH2中的氢元素被氧化，错误；⑤反应中的氧化产物与还原产物的分子个数之比为1：1，正确；综上，答案D。

11．下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A．碳酸钠溶液中：、Ca2+、Cl-、

B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、

C．含有大量 的溶液：Na+、、Cl-、OH-

D．无色透明溶液中：K+、I-、、

【答案】B

【详解】A．Ca2+与碳酸钠溶液中的碳酸根反应生成碳酸钙，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；

B．能使酚酞变红的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、Ba2+、Cl-、之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故B符合题意；

C．、OH-之间发生反应生成碳酸根和水，在溶液中不能大量共存，故C不符合题意；

D．为紫色，为有色离子，I-、之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；

答案选B。

12．已知反应：①；

②(未配平)

下列有关说法正确的是

A．方程式①中为

B．还原性强弱：

C．，

D．反应不能发生

【答案】B

【详解】A．根据原子守恒并结合离子方程式两边离子所带电荷总数相等可知，反应①为SO2+2Fe3++2H2O=SO +2Fe2++4H+，W为4H+，A错误；

B．还原剂的还原性强于还原产物，由反应①可知，还原性：SO2>Fe2+，B正确；

C．反应②中，Cr元素的化合价由+6降到+3，Fe元素化合价由+2升高到+3，根据得失电子守恒可得，Cr2O 和Cr3+对应的化学计量数分别为1、2，Fe2+和Fe3+对应的化学计量数均为6，则a=6，再结合离子方程两边离子所带电荷总数相等可得，b=14，C错误；

D．Cr2O具有强氧化性，SO2具有还原性，且由①、②可知氧化性：Cr2O> SO，则Cr2O能将SO2氧化为SO，即反应Cr2O+3SO2+2H+=2Cr3++3 SO+H2O能发生，D错误；

故选B。

二、多选题

13．根据下列反应：(1)2Fe3++2I-= 2Fe2++I2(2)Br2+2Fe2+= 2Br- +2Fe3+ ，判断下列顺序正确的是

A．还原性：Br->Fe2+>I- B．还原性：I->Fe2+>Br-

C．氧化性：Br2>Fe3＋>I2 D．氧化性：I2>Fe3＋>Br2

【答案】BC

【分析】反应物中元素化合价降低，作氧化剂、有氧化性，发生还原反应得到还原产物；反应物中元素化合价升高、作还原剂、有还原性，发生氧化反应、所得产物为氧化产物；氧化性：氧化剂＞氧化产物、还原性：还原剂＞还原产物；

【详解】在2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则氧化性Fe3+＞I2、还原性I-＞Fe2+，在Br2+2Fe2+=2Br-+2Fe3+，则氧化性Br2＞Fe3+、还原性Fe2+＞Br-，综合氧化性Br2＞Fe3+＞I2、还原性I-＞Fe2+＞Br-，因此BC正确；

答案选：BC。

三、实验题

14．某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其性质。

(1)现有甲、乙、丙三名同学进行Fe(OH)3胶体的制备。

①甲同学的操作是：取一小烧杯，加入25 mL蒸馏水加热至沸腾，向沸水中逐滴加入1～2 mL FeCl3饱和溶液，继续煮沸至混合液呈红褐色，停止加热。

②乙直接加热饱和FeCl3溶液。

③丙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟。

你认为哪位同学的制备方法更合理：_______

可以利用胶体的什么性质来证明有Fe(OH)3胶体生成？_______。

(2)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是_______。

A．Fe(OH)3胶体粒子的直径在1～100 nm之间

B．Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应

C．Fe(OH)3胶体是均一的分散系

D．Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸

(3)若向Fe(OH)3胶体中滴入硫酸直到过量，描述此过程的实验现象_______。

(4)写出下列反应的离子方程式

①氢氧化钡和稀硫酸反应：_______；

②少量碳酸氢钠溶液和澄清石灰水反应：_______；

【答案】(1)     甲     丁达尔效应

(2)A

(3)开始形成红褐色沉淀，后来沉淀溶解，变为棕黄色溶液

(4)     2H+++ Ba2++2OH- =BaSO4↓+2H2O     +Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O

【分析】在沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸，当溶液变为红褐色时立即停止加热，就制取得到Fe(OH)3胶体。胶体与其它分散系的根本区别是分散质微粒直径在1-100 nm之间。胶体会发生丁达尔效应、聚沉、电泳等；离子反应方程式在书写时要注意物质的拆分原则及二者相对量多少对化学反应的影响。

（1）

①甲同学在沸腾的蒸馏水中滴加1-2 mL饱和FeCl3溶液，继续煮沸，当溶液变为红褐色时立即停止加热，这是制备氢氧化铁胶体的正确操作，甲正确；

②乙直接加热饱和FeCl3溶液，导致大量FeCl3水解产生许多Fe(OH)3，且未水解的FeCl3的电离产生的离子的电荷会中和胶粒的电荷而发生聚沉现象，最终得到Fe(OH)3沉淀，因此不能制得Fe(OH)3胶体，乙错误；

③丙向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，为了使反应进行充分，煮沸10分钟会导致胶体聚沉，最终不能制取得到Fe(OH)3胶体，丙错误；

故制取方法更合理的是甲同学；

当用一束激光照射Fe(OH)3胶体时，从胶体的侧面会看到一条光亮的通路，即胶体能够发生丁达尔效应，而其它分散系不能形成丁达尔效应，故可以利用胶体的丁达尔效应证明有Fe(OH)3胶体生成；

（2）

Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1-100 nm之间，故合理选项是A；

（3）

向Fe(OH)3胶体中滴加少量H2SO4时，硫酸电离产生的的负电荷会中和胶粒的正电荷，使胶体发生聚沉而形成Fe(OH)3沉淀；当硫酸过量时，二者发生中和反应产生可溶性Fe(SO4)3溶液，使溶液变为黄色，故向Fe(OH)3胶体中滴入硫酸至过量，看到的实验现象是先形成红褐色沉淀，后沉淀溶解，变为棕黄色溶液；

（4）

①氢氧化钡和稀硫酸反应产生BaSO4沉淀和水，反应的离子方程式应该为：2H+++ Ba2++2OH- =BaSO4↓+2H2O；

②少量碳酸氢钠溶液和澄清石灰水反应时，要以不足量的NaHCO3为标准，假设其物质的量是1 mol，反应产生CaCO3沉淀、H2O、NaOH，该反应的离子方程式为：+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O。

四、填空题

15．回答下列问题

(1)已知下列十种物质①CH3COOH ②Cu ③NO ④干冰 ⑤硫酸  ⑥Ba(OH)2 ⑦Fe(OH)3胶体⑧液氨⑨稀硝酸⑩NaHSO4。根据上述提供的物质，回答下列问题

①属于电解质的是_______(填序号，下同)，属于非电解质的是_______ 。

②在熔融状态下不导电而在水溶液下导电的电解质是_______。

(2)地壳中含量最多的金属元素原子结构示意图_______；写出CH3COOH电离方程式_______

(3)下列微粒：Fe2＋、Cl-、H+、HCl、Zn，其中只有氧化性的微粒是______，只有还原性的微粒是______，既有氧化性又有还原性的微粒是______。

【答案】(1)     ①⑤⑥⑩     ③④⑧     ①⑤

(2)         

(3)     H+     Cl-、Zn     Fe2＋、Cl-、HCl

【分析】①CH3COOH②Cu③NO④干冰⑤硫酸⑥Ba(OH)2⑦Fe(OH)3胶体⑧液氨⑨稀硝酸⑩NaHSO4。这十种物质中，单质和混合物(⑦Fe(OH)3胶体、⑨稀硝酸)既不是电解质也不是非电解质。干冰及液氨的水溶液能导电、但离子不是自身电离产生的，故干冰、液氨均属于非电解质。

（1）

在水中或熔融状态下能够自身发生电离而导电的化合物属于电解质，常见电解质种类有：酸、碱、盐、金属氧化物等，因此属于电解质的是①⑤⑥⑩；在水中和熔融状态下都不能发生电离、因而不能导电的化合物属于非电解质，其中常见非电解质种类有：非金属氧化物、某些非金属互化物、大部分有机物，因此属于非电解质的是③④⑧；

②酸由分子构成，在熔融状态下不导电，在水溶液中发生电离能导电，因此在熔融状态下不导电而在水溶液下导电的电解质是①⑤。

（2）

地壳中含量最多的金属元素为Al，原子结构示意图； CH3COOH电离方程式

（3）

元素处于最高价态时，只有氧化性；处于最低价态时，只有还原性；处于中间价态时，则既有氧化性，又有还原性，在Fe2＋、Cl-、H+、HCl、Zn这些微粒中，只有氧化性的是、H+；只有还原性的是Cl-、Zn；既有氧化性又有还原性的是Fe2＋、Cl-和HCl。

五、元素或物质推断题

16．某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+、Fe3+中的几种。

(1)不做任何实验就可确定原溶液中不存在的离子是_______；

(2)取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失，说明原溶液中肯定存在的离子是_______，有关离子方程式为_______。

(3)将Cl2通入KOH溶液中，二者恰好完全反应得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO—与ClO的物质的量之比是1∶2，其离子方程式为_______

(4)化工厂经常用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气，其未配平的化学方程式为：Cl2 + NH3→ NH4Cl+ N2

①写出配平后的该化学方程式______

②分别用双线桥和单线桥表示上述反应转移电子的方向和数目_______

③若消耗3个分子的 Cl2时，转移的电子的数目是_______

【答案】(1)Cu2+、Fe3+

(2)     Ag+     Ag++Cl—=AgCl↓

(3)7Cl2+14OH—=11Cl—+ClO—+2ClO+7H2O

(4)     3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2     、     6个

【解析】（1）

铜离子在溶液中为淡蓝色、铁离子在溶液中为棕黄色，则无色溶液中不可能含有铜离子和铁离子，所以不做任何实验就可确定原溶液中不存在铜离子和铁离子，故答案为：Cu2+、Fe3+；

（2）

由题意可知，向溶液中加入稀盐酸会有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成说明溶液中含有银离子，溶液中的银离子与氯离子反应生成白色氯化银沉淀，反应的离子方程式为Ag++Cl—=AgCl↓，故答案为：Ag+；Ag++Cl—=AgCl↓；

（3）

氯气与氢氧化钾溶液反应生成的氯化钾为反应的还原产物，生成的次氯酸钾、氯酸钾为反应的氧化产物，设次氯酸根离子的物质的量为1mol、氯化钾的物质的量为amol，由得失电子数目守恒可得：amol×1=1mol×1+2mol×5，解得a=11mol，由氯原子原子个数守恒可知，氯气的物质的量为=7mol，由钾原子的原子个数守恒可知，氢氧化钾的物质的量为11mol+1mol+2mol=14mol，则反应的离子方程式为7Cl2+14OH—=11Cl—+ClO—+2ClO+7H2O，故答案为：7Cl2+14OH—=11Cl—+ClO—+2ClO+7H2O；

（4）

由未配平的化学方程式可知，用浓氨水检验输送氯气的管道漏气时发生的反应为氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应中氯元素的化合价降低被还原，氯气是反应的氧化剂，氮元素的化合价部分升高被氧化，氨气反应中表现碱性和还原性，反应的化学方程式为3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2；

①由分析可知，反应的化学方程式为3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2，故答案为：3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2；

②由分析可知，反应生成1mol氮气，反应转移6mol电子，则表示反应转移电子的方向和数目的双线桥为、单线桥为，故答案为：、；

③由分析可知，反应若消耗3个分子的 氯气时，转移的电子的数目是6个，故答案为：6。