2022-2023学年四川省泸县第四中学高一上学期第三次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省泸县第四中学高一上学期第三次月考化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，计算题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

四川省泸县第四中学2022-2023学年高一上学期第三次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质的化学式表示正确的是
A．纯碱-- B．胆矾--
C．消石灰-- D．漂白粉--
【答案】B
【详解】A．碳酸钠俗称纯碱、苏打，其化学式为Na2CO3，选项A错误；
B．胆矾，也叫蓝矾，是五水硫酸铜，化学式为，选项B正确；
C．消石灰也叫熟石灰，是氢氧化钙，化学式为，是生石灰的化学式，选项C错误；
D．漂白粉的主要成分是和，选项D错误；
答案选B。
2．下列实验装置不能达到实验目的的是

A．用装置甲分离和水 B．用装置乙从食盐水中提取
C．用装置丙将自来水制成蒸馏水 D．用装置丁分离与
【答案】C
【详解】A．难溶于水，可用过滤操作分离，故A正确；
B．NaCl的溶解度受温度影响变化不大，可用蒸发结晶获得NaCl晶体，故B正确；
C．蒸馏操作的冷凝水是下进上出，进水方向有错，故C错误；
D．与互不溶，可用萃取分液操作分离，故D正确；
故选：C。
3．我国承诺在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当，下列措施不利于实现“碳中和”的是
A．研究CO2转化为淀粉的技术 B．加强CO2的捕集和再利用
C．践行节能低碳的生活方式 D．加大化石能源的消费比重
【答案】D
【详解】A．研究CO2转化为淀粉的技术，若技术成熟，就可以使CO2转化为有价值的淀粉，既降低了空气中CO2的浓度，也可以为动物提供食物，为化工生产提供原理和原料，有利于实现“碳中和”，A正确；
B．加强CO2的捕集和再利用，可以满足人们生产的原料，同时也降低了空气中CO2的浓度，有利于实现“碳中和”，B正确；
C．践行节能低碳的生活方式，就可以减少化石能源的开采与利用，因而有利于实现“碳中和”，C正确；
D．加大化石能源的消费比重，不仅会产生大量固体废弃物，同时也会产生大量CO2，导致空气中CO2的浓度大大增大，不利于实现“碳中和”，D错误；
故合理选项是D。
4．“价类二维图”是学习元素及其化合物知识的重要模型。氯元素的“价类二维图”如题图所示，下列说法不正确的是

A．a是离子化合物
B．b与水反应可以得到d
C．c对应的水化物能与溶液反应
D．可溶性e中的阴离子可用溶液和稀硝酸检验
【答案】A
【详解】A．a点为，为共价化合物，错误；
B．b点为，d点为，b与水反应可得d，正确；
C．c点对应的水化物为，可以与反应，正确；
D．e点对应的阴离子为，可用硝酸银和稀硝酸检验，正确；
故选A。
5．钠遇水立即发生剧烈反应：，实验室将钠保存在煤油中。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为12的钠原子：
B．的结构式：
C．的电子式：
D．的空间填充模型：
【答案】B
【详解】A．钠原子的质子数为11，中子数为12，质量数为23，则中子数为12的钠原子为，故A错误；
B．H2O中H和O共用一对电子对，结构式为：，故B正确；
C．氢氧化钠属于离子化合物，由钠离子与氯离子构成，其电子式为，故C错误；
D．用原子间的相对大小表示分子的真实的空间构型的模型为空间填充模型，氢气分子的空间填充模型是，为球棍模型，故D错误；
故选：B。
6．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．溶液：、、、
C．溶液：、、、
D．溶液：、、、
【答案】D
【详解】A．、与ClO-发生氧化还原反应，不能大量存在，故A错误；
B．、不能大量共存，故B错误；
C．、结合生成沉淀，不能共存，故C错误；
D．各种离子之间互不反应，能大量存在，故D正确；
故选：D。
7．下列事实不能用元素周期律解释的是
A．碱性：NaOH>LiOH B．酸性：HCl>H2CO3
C．原子半径：S＞O D．热稳定性：HF＞HI
【答案】B
【详解】A．钠的金属性强于锂，其最高价氧化物水化物的碱性NaOH强于LiOH，能用元素周期律解释，A不符合题意；
B．HCl不是氯元素的最高价氧化物水化物，不能用元素周期律解释酸性：HCl>H2CO3，B符合题意；
C．同主族元素的原子半径从上往下逐渐增大，故原子半径：S＞O，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．F的非金属性比I强，与H形成的共价键键能HF＞HI，故热稳定性：HF＞HI，能用元素周期律解释，D不符合题意；
故选B。
8．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．氧化镁投入稀盐酸：MgO+2H+=Mg2++H2O
B．金属铜投入FeCl3溶液：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+
C．NaOH溶液滴入NaHCO3溶液：OH-+HCO=CO2↑+H2O
D．硫酸铜溶液滴入氢氧化钡溶液：SO+Ba2+=BaSO4↓
【答案】A
【详解】A．氧化镁投入稀盐酸：MgO+2H+=Mg2++H2O，A正确；
B．金属铜投入FeCl3溶液：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，B错误；
C．NaOH溶液滴入NaHCO3溶液：OH-+HCO=CO+H2O，C错误；
D．硫酸铜溶液滴入氢氧化钡溶液：SO+ Cu2++ 2OH-+Ba2+=BaSO4↓+ Cu(OH)2↓，D错误；
故选A。
9．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．溶液：、、、
C．溶液：、、、
D．溶液：、、、
【答案】A
【详解】A．溶液中、、、丶不反应，可大量共存，A符合；
B．溶液中与氢离子反应生成二氧化碳和水，B不符合；
C．溶液中钙离子、均与结合生成沉淀，不能大量共存，C不符合；
D．溶液中、与高锰酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合；
答案选A。
10．下列指定的离子方程式正确的是
A．氯气溶于水：
B．碳酸钙溶于醋酸：
C．钠和水反应：
D．硫酸与氢氧化钡溶液反应：
【答案】C
【详解】A．氯气溶于水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，则离子方程式为：，故A错误；
B．碳酸钙溶于醋酸，醋酸为弱酸，则离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO−，故B错误；
C．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑，故C正确；
D．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，则离子方程式为：，故D错误；
故选：C。
11．为探究Na2O2与H2O的反应，进行了如下实验：有关说法不正确的是（   ）

A．实验ⅰ中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
B．实验ⅲ中MnO2做H2O2分解反应的催化剂
C．综合实验ⅰ和ⅲ可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成
D．综合实验表明，实验ⅱ酚酞褪色的原因是溶液碱性变弱
【答案】D
【详解】A. 据流程知，实验ⅰ中发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，A正确；
B. 据流程知，实验ⅰ中有氢氧化钠和双氧水生成、实验ⅲ中MnO2做H2O2分解反应的催化剂，B正确；
C. 由流程知，综合实验ⅰ和ⅲ可以说明Na2O2与H2O反应有H2O2生成，C正确；
D. 综合实验表明，实验ⅱ酚酞褪色的原因是双氧水的漂白性，D不正确；
答案选D。
12．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法中，不正确的是

A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B．过程②中，Fe3+作氧化剂
C．过程③中，各元素化合价均未改变
D．回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
【答案】C
【详解】A．过程①中，发生复分解反应，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A正确；
B．过程②中，发生的反应为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，Fe3+作氧化剂，B正确；
C．过程③中，氧气是氧化剂，Fe2+是还原剂，O和Fe元素化合价发生变化，C错误；
D．根据转化关系图可判断回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓，D正确；
故选C。
13．向一定量的Fe、FeO、的混合物中加入的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL (标准状况)的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是
A． 5.6g B．8.4g C．11.2g D．已知数据不足，无法计算
【答案】B
【详解】溶液中加入KSCN溶液无红色出现，所以所得溶液中的溶质是FeCl2，根据原子Cl守恒，，，所以FeCl2的物质的量为0.15mol，根据铁原子守恒，=0.15mol，最终得到的铁也是0.15mol，质量为；
故答案为：B。
14．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物或离子化合物
C．Y的单质的氧化性比Z的强
D．Y的气态氢化物稳定性强于Z气态氢化物
【答案】B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，Z是O元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Y为N元素，X上一周期的主族元素，只能是H元素，W是短周期中金属性最强的元素，W为Na元素。
【详解】A． 同周期从左到右原子半径减小Z＜Y，原子半径：r(X) B． X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物如HNO3等和离子化合物如NH4NO3 等，B正确；
C． O的非金属性强于N，故N的单质的氧化性比O的弱，C错误；
D． O的非金属性强于N，故H2O稳定性强于NH3，D错误；
故选B。
15．溶液中可能含有H+、、Mg2+、Al3+、Fe3+、、中的几种。①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是

A．溶液中一定不含，可能含有
B．在滴加NaOH物质的量为0.7-0.8 mol时，发生离子反应为Al3++4OH-=+2H2O
C．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+
D．n(H+):n():n(A13+)=1:2:1
【答案】D
【分析】①加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中有H+，一定无，根据溶液呈电中性，溶液中一定存在；
②加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知:0≤n(NaOH)≤0.1 mol时，发生反应:H++OH-=H2O，0.1 mol≤n(NaOH)≤0.5 mol时， 发生A13++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；0.5 mol≤n(NaOH)≤0.7 mol时，发生反应+OH-=NH3·H2O；在0.7 mol≤n(NaOH)≤0.8 mo1时，发生Al(OH)3+OH- =+2H2O。根据反应转化关系计算可得:n(H+)=0.l mol，n(A13+)=0.1 mol，n(Mg2+)=0.05 mol，n() =0.2 mol，据此进行判断。
【详解】根据上述分析可知溶液中含n(H+)=0.l mol，n(A13+)=0.1 mol，n(Mg2+)=0.05 mol，n() =0.2 mol，根据电荷守恒可知溶液中一定，根据电荷守恒可知2n()=n(H+)+3n(A13+)+2n(Mg2+)+n()，2n()=0.1 mol+3×0.1 mol+2×0.05 mol+0.2 mol=0.7 mol，n()=0.35 mol。
A．加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中含有H+，一定无，根据溶液呈电中性，溶液中一定存在，A错误；
B．在滴加NaOH物质的量为0.7-0.8 mol时，发生反应，Al(OH)3被过量NaOH溶液溶解，发生离子反应为Al(OH)3+OH- =+2H2O，B错误；
C．根据上述分析可知溶液中含有的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、，C错误；
D．根据上述分析可知溶液中含有n(H+)=0.l mol，n() =0.2 mol，n(A13+)=0.1 mol，则n(H+):n():n(A13+)=0.1 mol:0.2 mol:0.1 mol=1:2:1，D正确；
选D。

二、计算题
16．（1）质量都是50g的HCl、NH3、CO2、O2四种气体中，含有分子数目最少的是____________,在相同温度和相同压强下，密度最小的是____________。
（2）标准状况下，将1g氦气、11g二氧化碳和4g氧气混合，该混合气体的体积约为____________________L
（3）agO2中含N个氧原子，则阿伏加德罗常数为____________
（4）10gCaCO3能与含____________________molHCl的盐酸完全反应；生成CO2在标准状况下的体积为____________________L
（5）标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为____________________。
（6）标准状况下，某CO2和H2混合气体的密度为1.25g/L，则混合气体的平均摩尔质量为____________________。
【答案】     CO2     NH3     14          0.2     2.24     64     28g/mol
【详解】(1)HCl、NH3、CO2、O2的摩尔质量分别为36.5g/mol、17g/mol、44g/mol、32g/mol，50g的HCl、NH3、CO2、O2物质的量分别为、、、，物质的量越小，分子数越少，即CO2分子数最少，同温同压下，密度之比=摩尔质量之比，所以密度最小的为NH3，故答案为：CO2；NH3；
(2)1g氦气、11g二氧化碳和4g氧气的物质的量分别为、、，则混合气体总物质的量=（）mol=，则标况下该混合气体的体积=×22.4L/mol=14L，故答案为：14；
(3)agO2的物质的量=，O原子的物质的量=，则阿伏加德罗常数=，故答案为：；
(4)，故答案为：0.2；2.24；
(5)标况下672mL气体的物质的量=，则该气体的摩尔质量M==64g/mol，所以该气体的相对分子质量=64，故答案为：64；
(6)M=ρVm=1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，故答案为：28g/mol。

三、填空题
17．硒()是动物和人体所必需的微量元素之一，也是一种重要的工业原料。硒在自然界中稀少而分散，常从精炼铜的阳极泥中提取而得。

(1)硒在元素周期表中的位置如图所示：
①在元素周期表中位置表示为_______；
②用电子式表示的形成过程：_______。
(2)阳极泥中的硒主要以和的形式存在，工业上提取硒的流程如下：

①请写出与浓反应的化学方程式：_______。
②写出“还原”步骤对应的化学方程式，并用单线桥标出电子转移情况：_______。
(3)下列说法正确的是_______。
A．既有氧化性又有还原性 B．原子半径由大到小顺序：
C．热稳定性： D．酸性：
【答案】(1)     第四周期，第ⅥA族    
(2)         
(3)AD

【详解】（1）①Se位于周期表第四周期，第ⅥA族；
②H2Se的电子式为：，用电子式表示的形成过程：；
（2）①与浓反应生成CuSO4、SO2和，反应的化学方程式：；
②“还原”步骤被还原生成Se，SO2被氧化生成，电子由S元素转移到Se元素，用单线桥标出电子转移情况为：；
（3）A．SeO2中Se元素化合价为+4价，处于中间价态，则既有氧化性又有还原性，故A正确；
B．同一周期从左往右，原子半径逐渐减小；同一主族从上往下，原子半径逐渐增大，则原子半径由大到小顺序：，故B错误；
C．非金属性Se＜S＜Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故热稳定性：H2Se＜H2S＜HCl，故C错误；
D．非金属性Se＜Br＜Cl，则酸性：H2SeO4＜HBrO4＜HClO4，故D正确；
故答案为：AD。

四、实验题
18．实验室里可用如下图所示的装置制取氯酸钾、次氯酸钠，并验证氯水的性质。

图中a为氯气发生装置，c的试管中盛有15mL30%的溶液，并置于热水浴中，d的试管中盛有15mL 8%的溶液，并置于冰水浴中，f为的发生装置。
(1)制取氯气时，在烧瓶中先加入一定量的固体，再通过___________(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的浓盐酸。
(2)装置b的作用是___________。
(3)f装置中反应的化学方程式为___________。
(4)比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，两者的差异是___________。
(5)反应完毕经冷却后，c装置的试管中有大量晶体析出，图中符合该晶体溶解度随温度变化规律的曲线是___________(选填字母)；从c装置的试管中分离该晶体的操作是___________(填写实验操作名称)。

(6)将d中余气与f中产生的气体通入e中，产生的现象为___________。
(7)该实验有一处明显的缺点是___________。
【答案】(1)分液漏斗
(2)除去中的
(3)
(4)反应温度及碱液浓度不同
(5)     M     过滤
(6)有白色沉淀生成
(7)无尾气处理装置

【分析】根据图示分析知，图中a为氯气发生装置；装置b中的饱和食盐水目的是除去氯气中的HCl；装置c中的试管中盛有15mL 30%的KOH溶液，并置于水浴中，在加热条件下，气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O；装置d中的试管中盛有15mL 8%的NaOH溶液，并置于冰水浴中，氯气在常温下与NaOH反应生成NaClO、NaCl和HO；f装置为制备二氧化硫的装置，生成的二氧化硫进入e中，与左侧通入的氯气反应，最终生成白色硫酸钡沉淀，据此分析解答。
【详解】（1）如图所示，a装置中存放浓盐酸的为分液漏斗；
（2）制备氯气时，浓盐酸易挥发，所以b中饱和食盐水的作用是除去中的；
（3）F装置为制备二氧化硫的装置，反应方程式为：；
（4）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，两者的差异是反应温度及碱液浓度不同；
（5）反应完毕经冷却后，c装置的试管中有大量晶体析出，说明此物质的溶解度随温度的升高会明显增大，则符合条件的为M曲线；从c装置的试管中分离该晶体的操作是过滤；
（6）E装置中，发生的反应为SO2+Cl2+Ba2++2H2O=BaSO4+2Cl-+4H+，所有现象为有白色沉淀生成；
（7）该实验过程中会产生有毒气体氯气和二氧化硫，过量的气体会从e装置溢出，所有实验有一处明显的缺点是无尾气处理装置。

五、计算题
19．请回答下列问题：
(1)标准状况下，V L氯化氢(HCl)溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)所得溶液的密度为ρ g/mL，则所得盐酸物质的量浓度为_______
(2)将a mol钠和a mol铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d g·mL-1，该溶液中溶质质量分数为_______
(3)在200 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液中，c(Mg2+)为0.2 mol·L-1，c(Cl-)为1.3 mol·L-1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 mol·L-1 NaOH溶液的体积为_______
(4)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入112 mL Cl2(标准状况下)，恰好将Fe2+完全氧化。x值为_______
(5)向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 mol·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是_______
(6)某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀之间的关系如下图所示。则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为_______

【答案】(1)1000Vρ/(36.5V+22400)
(2)
(3)80mL
(4)0.80
(5)2.8g
(6)2∶2∶1

【详解】（1）标准状况下，V L氯化氢的物质的量为mol，故溶质质量m=g，溶液质量为(+1000)g，则所得盐酸溶液的体积为10-3L，则盐酸物质的量浓度c==，故答案为：。
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝再和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，由反应关系可知，，，
所得溶质NaAlO2的质量为82a g，溶液质量为（23+27）a g+m g-()2g=(46a+m)g，则该溶液中溶质（NaAlO2）质量分数为100%=，故答案为：。
（3）溶液中n(Cl-)=0.2L1.3 mol·L-1=0.26mol，n(Mg2+)=0.2L0.2 mol·L-1=0.04mol，根据电荷守恒，溶液中n(Al3+)==0.06mol，将200 mL此混合溶液中的Mg2+全部转化为沉淀分离出来，反应后的溶液为NaCl和NaAlO2的混合溶液，由原子守恒可知n(NaOH)= n(Na)= n(Cl)+n(Al)= 0.26mol+0.06mol=0.32mol，所以至少需加4 mol·L-1 NaOH溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为：80mL。
（4）根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2被还原为Cl-转移的电子数相等，标准状况下112 mL Cl2反应转移电子的物质的量==0.01mol，则有(3-)x=0.01，解得x=0.80，故答案为：0.80。
（5）盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)=0.1L1 mol·L-1=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)= n(FeCl2)=0.05mol，质量为0.05mol56g/mol=2.8g，故答案为：2.8g。
（6）向混合溶液中加入NaOH溶液，NaOH先与H+反应，该反应过程没有沉淀生成，由图可知与H+反应的NaOH溶液的体积为10mL，溶液中H+的物质的量为0.01L0.1 mol·L-1=0.001mol；当H+消耗完之后再加入NaOH溶液，会与Al3+和Mg2+反应生成沉淀，随着NaOH溶液的加入沉淀越来越多，但是当沉淀完全时，再加入NaOH溶液，由于氢氧化铝溶于NaOH溶液，所以沉淀的质量会减少，即图中的B-C段，此段消耗的NaOH溶液是10mL，根据氢氧化铝与氢氧化钠的反应方程式得出氢氧化铝的物质的量为0.01L0.1 mol·L-1=0.001mol，溶液中Al3+的物质的量为0.001mol，参与生成沉淀的NaOH溶液在生成沉淀最多时消耗的NaOH溶液的体积是50mL-10mL=40mL，NaOH的物质的量为0.004mol，根据生成的氢氧化铝的物质的量可以得出与Al3+结合的氢氧根的物质的量为0.003mol，所以与Mg2+结合的氢氧根的物质的量为0.004mol-0.003mol=0.001mol，所以氢氧化镁的物质的量为0.0005mol，所以溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为0.001: 0.001: 0.0005=2:2:1，故答案为：2:2:1。