2022-2023学年河南省郑州市中牟县第一高级中学高一上学期第三次月考化学试题含解析

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河南省郑州市中牟县第一高级中学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．根据所学化学知识，推测下列说法正确的是
A．一小块钠置于空气中较长时间，最终会变成Na2O2
B．取少量待测液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则待测溶液中一定含有SO
C．将自来水注入鱼缸以前需在阳光下曝晒一段时间，目的是使水中的HClO分解
D．能通过化合反应制得Fe(OH)3，但不能通过化合反应制得FeCl2
【答案】C
【详解】A．一小块钠置于空气中，首先与空气中的氧气反应产生Na2O，Na2O与水反应产生NaOH，NaOH吸收空气中的水形成NaOH溶液，NaOH吸收空气中的CO2反应产生Na2CO3，故一块Na在空气中较长时间放置，最终会变成Na2CO3，A错误；
B．取少量待测液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，因此待测溶液中不一定含有SO，B错误；
C．氯水中含有Cl2与水反应产生HCl、HClO，HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl、O2，防止HClO伤害鱼苗，因此将自来水注入鱼缸以前需在阳光下曝晒一段时间，目的是使水中的HClO分解，C正确；
D．Fe(OH)2与O2、H2O发生化合反应产生Fe(OH)3，也可以通过FeCl3与Fe通过化合反应制得FeCl2，D错误；
故合理选项是C。
2．用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有 NaOH 溶液的棉花。下列对实验现象的分析错误的是

A．①中湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝色
B．②中产生白色沉淀说明 Cl2 和 AgNO3溶液反应产生了Cl-
C．③中反应后液体具有漂白性
D．三支试管口的 NaOH 溶液均可防止氯气逸出
【答案】B
【分析】①装置制取氯气；②装置检验氯离子；③氯气与氢氧化钙反应主要制取次氯酸钙；④装置检验氯水的酸性；据此分析。
【详解】A．氯气与碘化钾反应生成碘单质，遇淀粉变蓝，则①中湿润的淀粉碘化钾试纸先变蓝色，A正确；
B．浓盐酸具有挥发性，也可能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，不能确定Cl2 和 AgNO3溶液反应产生了Cl-，B错误；
C．氯气和澄清石灰水反应得到次氯酸钙，具有漂白性，则③中反应后液体具有漂白性，C正确；
D．氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氢氧化钠溶液可吸收氯气尾气，三支试管口的NaOH溶液均可防止氯气逸出，D正确；
故本题选B。
3．代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是
A．标准状况下，分子数为的CO、混合气体体积约为22.4L，质量为28g
B．离子所带电荷总数相等的和，氧原子的物质的量之比为2∶1
C．10g，46％的乙醇水溶液中所含氢原子数目大于0.6
D．物质的量相等的和，所含的电子数均为10
【答案】D
【详解】A．标准状况下，分子数为NA的CO、N2 混合气体的物质的量为，混合气体体积约为1mol×22.4L/mol=22.4L，质量为1mol×28g/mol=28g，故A正确；
B．离子所带电荷总数相等的和，离子的物质的量之比为2：1，氧原子的物质的量之比为2：1，故B正确；
C．10g46%的乙醇(C2H6O) 水溶液中，乙醇分子中含有氢原子数为×6×NA/mol=0.6NA，水分子中也含有氢原子，故乙醇(C2H6O）)水溶液中所含氢原子数目大于0.6NA，故C正确；
D．CH4和中均含有10个电子，等物质的量的CH4和，所含的电子数相等，但题目未给具体的物质的量，故电子数目无法求算，故D错误；
故选：D。
4．下列物质的分类完全正确的是
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
苛性钠


CuO

B
氢氧化镁




C
氢氧化钡
HBr


SiO2
D
纯碱
HClO


CO2

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．与碱反应氮元素的化合价会变化，不符合酸性氧化物的定义，A错误；
B．属于过氧化物，不是碱性氧化物，与酸反应是氧化还原反应，不符合碱性氧化物的定义，B错误；
C．该组的物质的分类完全正确，C正确；
D．纯碱不是碱，是碳酸钠故为盐，也不是碱性氧化物，为酸性氧化物，D错误；
故本题选C。
5．下列反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．工业上常用Cl2和石灰乳反应制备漂白粉：
B．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：Ba2++H++OH-+SO= H2O+BaSO4↓
C．铜片与硝酸亚铁溶液反应：Cu+Fe2+=Cu2++Fe
D．实验室制备FeSO4时需加入少量铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+
【答案】D
【详解】A．石灰乳主要以固体形式存在，应该写化学式，反应的化学方程式应该为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，A错误；
B．不符合物质反应的微粒个数比，反应的离子方程式应该为：Ba2++2H++2OH-+SO= 2H2O+BaSO4↓，B错误；
C．金属活动性：Fe＞Cu，所以在溶液中Cu与FeSO4不能发生反应，C错误；
D．Fe2+具有强的还原性，容易被空气中的氧气氧化产生Fe3+，加入Fe粉，能够使Fe3+再被还原为Fe2+，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，D正确；
故合理选项是D。
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．稀盐酸溶液中：、、、
B．20%的溶液中：、、、
C．能使酚酞溶液变红的溶液中：、、、Fe3+
D．透明酸性溶液中：、、、
【答案】D
【详解】A．稀盐酸电离出的氢离子可以和反应，故不能大量共存，A不选；
B．有氧化性，能将氧化，故不能大量共存，B不选；
C．能使酚酞溶液变红的溶液，说明溶液是碱性的，存在大量的氢氧根，氢氧根与三价铁离子反应会生成氢氧化铁的沉淀，故不能大量共存，C不选；
D．透明酸性溶液中：H+、、、、这五种离子均不反应，故可以大量共存，选D；
故本题选D。
7．已知、、和均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为，则下列反应不能发生的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．Fe元素化合价由+3价降到+2价，故Fe2+为还原产物，S元素由+4价升到+6价，故SO2为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物，即SO2＞Fe2+，A能发生；
B．H2O2中O元素的化合价由-1价升到0价，H2O2为还原剂，S元素化合价由+6价降到+4价，SO2为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，即H2O2＞SO2，与题干不相符，B不能发生；
C．I元素的化合价由0价降到-1价，HI为还原产物，S元素化合价由+4价升到+6价，SO2为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物，即SO2＞I-，C能发生；
D．Fe元素的化合价由+3价降到+2价，Fe2+为还原产物，H2O2中O元素的化合价由-1价升到0价，H2O2为还原剂，还原剂的还原性大于还原产物，即H2O2＞Fe2+，D能发生；
故答案选B。
8．在酸性条件下，黄铁矿()催化氧化反应的离子方程式为：，实现该反应的物质间转化如图。下列分析不正确的是

A．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO做催化剂
B．反应Ⅱ中做氧化剂，被氧化
C．反应Ⅰ中做氧化剂
D．反应Ⅲ的离子方程式为，该反应不是氧化还原反应
【答案】C
【分析】反应Ⅰ中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；反应Ⅱ中Fe3+与FeS2反应生成和Fe2+，反应Ⅲ中Fe2+与NO结合生成Fe(NO)2+，进入下一循环过程，总反应2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，说明一氧化氮做催化剂，以此分析解答。
【详解】A．根据分析可知，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；
B．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中S硫元素化合价升高，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，FeS2被氧化，故B正确；
C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，铁元素的化合价从+2升高到+3价，Fe(NO)2+作还原剂，故C错误；
D．应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，化合价没有发生变化，该反应不是氧化还原反应，故D正确；
故选：C。
9．某溶液X中可能含有Cl-、SO、CO、Na+、Mg2+、Cu2+中的若干种。为了确定该溶液的组成，取一定体积的上述溶液，进行了如下实验，下列说法正确的是

A．白色沉淀1是硫酸钡、碳酸钡和氢氧化镁的混合物
B．溶液2中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，说明溶液X中含有Cl-
C．溶液X中可能存在Mg2+，一定不存在Cu2+
D．溶液X中存在Na+、SO、CO
【答案】D
【分析】由实验流程可知，X与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Cu2+，且白色沉淀1与足量盐酸反应，部分溶解，白色沉淀2为BaSO4，气体A为CO2，溶液中一定含SO、CO、Na+则不含Mg2+、Cu2+，不能确定是否含有Cl-，以此解答该题。
【详解】A．白色沉淀1为碳酸钡、硫酸钡混合物，A错误；
B．因加入盐酸，引入氯离子，不能确定溶液X是否含有氯离子，B错误；
C．含有碳酸根离子，则一定不含Mg2+，二者不能共存，C错误；
D．由以上分析可知溶液X中存在Na+、SO、CO，D正确；
故本题选D。
10．向相同体积的FeCl3、MgCl2和KCl三种溶液中分别加入5mL的0.2 mol/LAgNO3溶液，恰好可使Cl﹣离子完全沉淀，则三种盐溶液中溶质的物质的量浓度之比是
A．1:2:3 B．1:2:6 C．2:3:6 D．1:3:9
【答案】C
【详解】用5mL0.2 mol/LAgNO3溶液恰好可使相同体积的FeCl3、MgCl2、NaCl三种溶液中的氯离子完全转化为氯化银沉淀，根据方程式：Cl-+Ag+=AgCl↓可知生成的沉淀AgCl的物质的量相同，三种溶液中含有Cl-的物质的量相等。假设产生AgCl的物质的量为6mol，根据氯原子守恒，则：n(FeCl3)=1/3n(AgCl)=2mol，n(MgCl2)=1/2n(AgCl)=3mol，n(KCl)= n(AgCl)=6mol，由于溶液的体积相等，所以三种溶液的浓度比等于它们的物质的量的比，故c(FeCl3)：c(MgCl2)：c(KCl)=2：3：6，故合理选项是C。
11．某离子反应涉及 H2O、、、H+、、Cr3+六种微粒，已知反应过程中 浓度变化如图所示，已知 为橙色，Cr3+为绿色，下列说法不正确的是

A．随着反应的进行溶液由橙色变绿色
B．是该反应的氧化产物
C．随着反应的进行溶液的pH减小
D．该反应中参加反应的 和 物质的量之比为1：3
【答案】C
【分析】由图可知，被消耗，为反应物，变化为→，N元素的化合价升高发生氧化反应，则含Cr元素化合价降低，发生还原反应，发生变化为→Cr3+，由得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒可知该离子方程式为：+3+8H+=3+2Cr3++4H2O，以此来解答。
【详解】A．为橙色，Cr3+为绿色，发生反应：+3+8H+=3+2Cr3++4H2O，则随着反应的进行溶液由橙色变绿色，A正确；
B．N元素的化合价升高发生氧化反应，则是该反应的氧化产物，B正确；
C．反应过程中消耗氢离子，则随着反应的进行溶液的pH增大，C错误；
D．根据反应方程式可知：参加反应的和 物质的量之比为1：3，D正确；
故合理选项是C。

二、填空题
12．完成下列填空：
(1)标况下，0.66g某气态氧化物RO2体积为336mL，此氧化物的摩尔质量为_______，R的相对原子质量为_______。
(2)相同质量的CO和CO2，它们所含的原子数之比为_______。
(3)同温同压下，A容器中充满O2，B容器中充满O3。若两容器中所含原子总数相等，则A容器和B容器的容积比是_______，密度之比为_______，质量之比为_______。
(4)写出实验室制氯气的化学方程式 _______，在此过程中呈酸性的HCl与参加反应的总HCl的质量之比为_______，每产生1mol氯气转移电子数为 _______。
(5)配平化学方程式：_______。

【答案】(1)     44；     12；
(2)22∶21；
(3)     3∶2；     2∶3；     1∶1；
(4)     4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑；     1∶2；     2 ；
(5)2，16，3，2，6，6，8。

【详解】（1）设R的相对原子质量为x，标况下，336mL气态氧化物RO2的物质的量为：，则由题意可得：0.015mol（x+32）=0.66g，x=12，氧化物的摩尔质量为：44；答案为：44；12；
（2）相同质量的CO和CO2的物质的量关系为：，故原子数之比为：，故答案为：22∶21；
（3）两容器中所含原子总数相等，则O2和O3的分子数之比为3∶2，物质的量之比为3∶2，同温同压下，体积之比为3∶2，则A容器和B容器的容积之比是3∶2；同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，故为2∶3；质量之比为：1∶1；故答案为：3∶2；2∶3；1∶1；
（4）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制氯气，化学反应方程式为4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑，一共有4mol氯化氢参与反应，其中变价的为2mol，不变价的为2mol，故呈酸性的HCl与参加反应的总HCl的质量之比为：1∶2；由方程式可知，氯元素化合价由-1价变为0价，每产生1mol氯气，转移电子数为2 ；答案为：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋2H2O＋Cl2↑；1∶2；2 ；
（5）反应过程中，铁元素由+3价变为+6价，氯元素0价变为-1价，故根据电子转移守恒，原子守恒配平方程为：故答案为：2，16，3，2，6，6，8。
13．现有下列十种物质：①蔗糖 ②NaOH固体 ③稀盐酸 ④铜丝 ⑤熔融NaHSO4 ⑥液氯 ⑦CuSO4固体 ⑧乙醇⑨氯水 ⑩液态H2SO4。
(1)上述物质中可导电的是_______(填序号，下同)。
(2)上述物质中不能导电，但属于电解质的是_______。
(3)上述物质中属于非电解质的是_______。
(4)写出⑤的电离方程式_______。
(5)写出⑦与氢氧化钡溶液反应的离子方程式_______。
【答案】(1)③④⑤⑨
(2)②⑦⑩
(3)①⑧
(4)
(5)

【详解】（1）物质导电原因一是导体有自由移动的电子，二是电解质有自由移动的离子，上述物质中④是金属导体，有自由移动电子，能导电；③⑨是电解质溶液，⑤是熔融状态电解质，均有自由移动的离子，能导电。
（2）不能导电，但属于电解质的有固态电解质②⑦、液态共价化合物类电解质⑩。
（3）非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物，属于非电解质的是①⑧。
（4）是强电解质，熔融NaHSO4电离时，不能电离出和，因此熔融NaHSO4电离方程式为。
（5）CuSO4和Ba(OH)2均是可溶性强电解质，要发生复分解反应，生成Cu(OH)2沉淀和BaSO4沉淀，反应的离子方程式为。
14．用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 g·cm-3)配制成1 mol·L-1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：
(1)配制稀盐酸时，应选用容量为___mL的容量瓶。
(2)经计算需要___mL浓盐酸，在量取时宜选用下列量筒中的___ (填字母)。
A．5 mL量筒     B．10 mL量筒
C．25 mL量筒     D．50 mL量筒
(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：
①等稀释的盐酸的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入选定规格的容量瓶中。
②往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液的液面与瓶颈的刻度线相切。
③在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。
④用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液全部注入容量瓶。
上述操作中，正确的顺序是___________(填序号)。
(4)在上述配制过程中，用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，则配制的稀盐酸浓度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则配制的稀盐酸浓度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)250
(2)     21.6     C
(3)③①④②
(4)     偏低     偏低

【详解】（1）因配制溶液的体积为220mL，容量瓶的规格中没有220mL，所以只能选250mL容量瓶；
（2）浓盐酸的物质的量浓度为；设所需浓盐酸的体积为V，有V×11.6mol/L=0.25L×1mol/L，则V=0.0216L=21.6mL，根据“大而近”的原则，结合需要量取的浓盐酸的体积可知所需的量筒为25mL；
（3）操作步骤有量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为③①④②；
（4）用刚刚洗涤洁净的量筒来量取浓盐酸，量取的盐酸被稀释了，其物质的量偏小，所配制溶液的浓度偏低；若未用蒸馏水洗涤烧杯内壁或未将洗涤液注入容量瓶，则一部分溶质损失，所配制溶液的浓度偏低。
15．铁是人类较早使用的金属之一。运用铁及其化合物的知识，完成下列问题。
(1)所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是_______(填字母代号)。
A．Fe B．FeCl2 C．FeSO4 D．Fe2O3
(2)电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板。
①请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：_______。
②反应后的废液中含有Fe3+，请写出用KSCN溶液检验铁离子的离子方程式_______。请问能否用酸性高锰酸钾溶液检验反应后的溶废液中是否含有Fe2+？_______(填能或不能)，并用离子方程式解释原因：_______ 。
③现将反应后的废液采用以下流程进行回收再生，根据流程图完成下列填空。

沉淀A中含有的单质：_______，气体C可以把滤液转化成FeCl3腐蚀液，写出反应过程中的离子方程式_______。加入H2O2溶液也可以到达相同目的，请写出H2O2与滤液反应离子方程式：_______。
【答案】(1)BC
(2)     2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+     Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3     不能     +8H++5Fe2+=Mn2++ 5Fe3++4H2O、2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O     Fe、Cu     2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-     H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+

【详解】（1）A．Fe单质中Fe元素化合价为0价，处于Fe元素的最低化合价，只有还原性，没有氧化性，A不符合题意；
B．FeCl2中Fe元素化合价为+2价，处于Fe元素的最低化合价0价和最高化合价+3价之间，既有氧化性又有还原性，B符合题意；
C．FeSO4中Fe元素化合价为+2价，处于Fe元素的最低化合价0价和最高化合价+3价之间，既有氧化性又有还原性，C符合题意；
D．Fe2O3中Fe元素化合价为+3价，处于Fe元素的最高化合价，只有氧化性，没有还原性，D不符合题意；
故合理选项是BC；
（2）①FeCl3溶液与铜反应生成FeCl2、CuCl2，该反应的离子方程式：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
②反应后的废液中含有Fe3+，可根据Fe3+与SCN-反应生成血红色物质Fe(SCN)3，据此检验Fe3+的存在，则用KSCN溶液检验铁离子的离子方程式为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
反应后的废液中含有Fe2+、Cl-，二者都具有还原性，都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应后的溶废液中是否含有Fe2+，有关反应的离子方程式为：+8H++5Fe2+=Mn2++ 5Fe3++4H2O、2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
③向反应后的废液中加入过量废铁屑，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤，所得废液中含有Fe2+，沉淀A中含有过量的Fe及置换出来的Cu。向沉淀A中加入过量稀盐酸，比较活泼的金属Fe会发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，而活动性比较弱的Cu与稀盐酸不能发生反应，则所得沉淀B为Cu单质，将两次含有Fe2+的滤液合并，然后向其中通入Cl2，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，反应产生FeCl3，使腐蚀液得到再生。
则根据上述分析可知沉淀A中含有的单质有Fe、Cu；气体C可以把滤液转化成FeCl3腐蚀液，则气体是C是Cl2，反应过程中的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
加入H2O2溶液也可以到达相同目的，则在酸性条件下H2O2与滤液中Fe2+反应的离子方程式：H2O2+2H++2Fe2+=2H2O+2Fe3+。