2020学年高一化学第一次月考试题（含解析） 11页

‎2019学年高一 第一次月考化学试题 ‎1. 英国科学家道尔顿曾经说过：“有的人能够远远超越其他人，其主要原因与其说是天才，不如说他有专心致志坚持学习和不达目的决不罢休的顽强精神”，道尔顿为近代化学科学的发展作出的卓越贡献是（ ）‎ A. 提出元素的概念 B. 建立燃烧现象的氧化学说 C. 提出原子学说，为近代化学的发展奠定坚实的基础 D. 发现元素周期律，把化学元素及其化合物纳入一个统一的体系 ‎【答案】C ‎【解析】A．波义耳提出元素的概念，故A不选；B．拉瓦锡建立燃烧现象的氧化学说，故B不选；C．1803年道尔顿建立原子说是近代化学诞生的标志，故C选；D．门捷列夫发现元素周期律，故D不选；故选C。‎ ‎2. 关于化学科学的叙述中，正确的是（ ）‎ A. 化学学科与其他学科分支的联系不紧密 B. 化学知识只是在工业生产中起到重要作用 C. 化学研究会造成严重的环境污染，最终人类将毁灭在化学物质中 D. 化学科学是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的重要自然科学 ‎【答案】D ‎【解析】A．任何一个学科都不是孤立存在的，都是与其它学科紧密联系的，故A错误；B．化学知识不仅在工业生产中起到重要作用，也在生活中起到重要作用，与人们的生产、生活紧密相关，故B错误；C．化学研究会造成严重的环境污染，但人类可以利用化学反应将有毒物质转化为无毒物质，并进一步解决环境问题，故C错误；D．化学科学是一门重要的自燃科学，是在微观水平上研究物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用等方面，故D正确；故选D。‎ ‎3. 下列关于摩尔质量的叙述中正确的是（ ）‎ A. 1 mol CO的质量是28g·mol－1 B. 硫酸根离子的摩尔质量是98g C. Cl2的摩尔质量是71 g·mol－1 D. NaCl的相对分子质量是58.5 g·mol－1‎ - 11 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、1mol一氧化碳的质量为28g，28g•mol-1为一氧化碳的摩尔质量，故A错误；B、硫酸根离子的摩尔质量为98g/mol，98g为1mol硫酸的质量，故B错误；C、氯气的相对分子质量为71，其摩尔质量为71g/mol，故C正确；D、相对分子质量单位为1，省略不写，氯化钠的相对分子质量为58.5，58.5 g•mol-1为氯化钠的摩尔质量，故D错误；故选C。‎ 点睛：掌握摩尔质量与质量、摩尔质量与相对分子量的关系是解题的关键。某种物质的质量、摩尔质量、相对分子质量在数值上可以相等，但单位不同，质量的单位为g，摩尔质量的单位为g/mol，相对分子质量单位为“1”，省略不写。‎ ‎4. 下列关于钠的叙述，正确的是（ ）‎ A. 钠是银白色金属，硬度很大 B. 加热时，金属钠剧烈燃烧，产生黄色火焰，生成过氧化钠 C. 金属钠在空气中燃烧，生成氧化钠 D. 金属钠的熔点很高 ‎【答案】B ‎【解析】A、钠是银白色金属，质软，故A错误；B、Na燃烧火焰为黄色，生成过氧化钠，过氧化钠是浅黄色的固体，故B正确；C、在空气中燃烧生成过氧化钠，故C错误；D、Na的熔点较低，不到100℃，故D错误；故选B。‎ ‎5. 下列物质中，与氯气、盐酸都能发生反应且生成不同氯化物的是( )‎ A. Fe B. Al C. Cu D. Zn ‎【答案】A ‎【解析】A．铁能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+2HCl═FeCl2+H2↑，Fe与氯气反应生成FeCl3，与盐酸反应生成FeCl2，生成的氯化物不同，故A正确；B．铝能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：2Al+3Cl22FeCl3，铝与稀盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的化学方程式为：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，铝与氯气反应生成AlCl3，与盐酸反应生成AlCl3，生成的氯化物相同，故B错误；C．铜和氯气在点燃的条件下反应Cu+Cl2CuCl2，生成氯化铜，铜在金属活动顺序表中排在氢的后面，和盐酸不反应，故C错误；D．锌能够在氯气中燃烧，反应的化学方程式为：Zn+Cl2ZnCl2‎ - 11 -‎ ‎，锌与稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的化学方程式为：Zn+2HCl═ZnCl2+H2↑，锌与氯气反应生成ZnCl2，与盐酸反应生成ZnCl2，生成的氯化物相同，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查氯气的性质，注意常见金属的性质以及盐酸和氯气的氧化性的不同。能与盐酸反应的金属应为活泼金属，且与氯气反应生成不相同的氯化物，说明金属存在多种化合价。‎ ‎6. 下列叙述中错误的是 （　　）‎ A. 1 mol任何物质都含有相同的原子数 B. 1 mol O2中约含有6.02×1023个氧分子 C. 1 mol氢气中含有2mol氢原子和2mol电子 D. 阿伏加德罗常数可表示为6.02×1023mol－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、由于纯净物中含有的原子数不同，所以1 mol任何纯净物含有的原子数不一定相同，故A错误；B、根据N=nNA，1mol氧气中含有6.02×1023个氧分子，故B正确；C、1mol氢气中含有1mol×2=2mol氢原子，含有电子的物质的量为：2mol×1=2mol，故C正确；D、1mol任何物质约含有6.02×1023个分子，所以阿伏加德罗常数可表示为6.02×1023mol-1，故D正确；故选A。‎ ‎7. 研究物质性质的基本程序有：①预测物质的性质；②观察物质的外观；③解释和结论；④实验和观察。其中，正确的顺序为（ ）‎ A. ②①④③ B. ①②③④ C. ③①②④ D. ④③②①‎ ‎【答案】A ‎【解析】研究物质性质的基本程序为：观察物质的外观性质→预测物质性质→实验和观察→对实验现象进行分析、解释→得出结论，所以正确的顺序为：②①④③，故选A。‎ ‎8. 设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 （ ）‎ A. 常温常压下，22.4L CO2的质量为44 g B. 常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4 NA C. 12.4 g 白磷（P4）中含有的磷原子数为0.4 NA D. 0.1 mol·L－1稀硫酸100 mL中硫酸根个数为0.1 NA ‎【答案】C ‎【解析】A、常温常压下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算22.4L CO2的质量，故A错误；B、氦气是单原子分子，1mol氦气含有的核外电子数为2NA - 11 -‎ ‎，故B错误；C、依据磷元素守恒，结合n==计算，12.4 g 白磷(P4)中含有的磷原子数=×NA=0.4 NA，故C正确；D、100 mL 0.1 mol•L-1稀硫酸中含有硫酸的物质的量为0.1L×0.1 mol•L-1=0.01mol，硫酸根个数为0.01 NA，故D错误；故选C。‎ ‎9. 下列关于氯水的叙述，正确的是（ ）‎ A. 新制的氯水中只含Cl2和H2O B. 新制的氯水可使蓝色的石蕊试纸先变红后褪色 C. 光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2‎ D. 氯水放置数天后酸性将减弱 ‎【答案】B ‎【解析】A．氯水中存在反应Cl2+H2O=HClO+HCl，HClO为弱酸，溶液中存在Cl2、HClO、H2O分子，故A错误；B．氯水中含有HCl，具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，HClO具有强氧化性、漂白性，可使蓝色石蕊试纸褪色，故B正确；C．光照氯水，在光照条件下发生：2HClO2HCl+O2，生成气体为O2，故C错误；D．氯水放置数天，次氯酸不稳定，分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，故D错误；故选B。‎ 点睛：知道氯水中含有的主要微粒是解答本题的关键。氯气微溶于水，氯水中存在Cl2+H2O=HClO+HCl反应，其中HClO具有强氧化性、漂白性和不稳定性，在光照条件下发生2HClO2HCl+O2。‎ ‎10. 下列有关实验现象的叙述，不正确的是（ ）‎ A. 氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰 B. 铁丝在氯气中燃烧，生成红棕色烟 C. 钠在氯气中燃烧，生成白色的烟 D. 铜丝在氯气中燃烧，生成蓝色的烟 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：铜在氯气中燃烧，可观察到有棕黄色的烟，生成氯化铜，其它选项正确。故选D。‎ 考点：氯气的化学性质。‎ ‎【名师点晴】本题考查氯气的性质，侧重于反应现象的判断，注意氯气与铁、铜反应的现象的区别，难度不大，注意相关基础知识的积累，学习中要注意观察实验现象。常见烟雾现象总结如下：a．棕(黄)色的烟：Cu或Fe在Cl2中燃烧；b．白烟：Na在Cl2中燃烧；NH3‎ - 11 -‎ 遇到HCl气体；c．白雾：由HX等极易溶于水的气体产生；d．白色烟雾：P在Cl2中燃烧。e．镁条在空气中燃烧发出耀眼白光；在CO2中燃烧生成白色粉末（MgO），产生黑色固体。‎ ‎11. 在0.5 L某浓度的NaCl溶液中含有0.5 mol Na+，下列对该溶液的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 该溶液的物质的量浓度为1 mol·L-1‎ B. 该溶液中含有58.5 g NaCl C. 配制100 mL该溶液需用5.85 g NaCl D. 量取100 mL该溶液倒入烧杯中，烧杯中Na+的物质的量为0.1 mol ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：B项，溶液中m（NaCl)=0.5mol*58.5g/mol=29.25g，故B项错误；A项，该溶液的浓度为c=n(Na+)/V=1mol/L，故A项正确；C项，配制100ml溶液需要m（NaCl)=0.1L*1mol/L*58.5g/mol=5.85g，故C项正确；D项，溶液中n(Na+)=0.1L*1mol/L=0.1mol，故D项正确。综上所述，本题正确答案为B。‎ 考点：物质的量的综合计算 ‎12. 将一小块钠投入到CuSO4溶液中，一定观察不到的现象是（ ）‎ A. 钠浮在溶液表面 B. 发出“嘶嘶”的响声，钠块四处游动，逐渐变小直至消失 C. 有蓝色沉淀生成 D. 有红色粉末生成 ‎【答案】D ‎【解析】钠投入到CuSO4溶液中，钠先与水反应，生成的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应，A、B、C均可观察到，而不会出现红色粉末（铜）生成，故选D。‎ ‎13. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，11.2L酒精所含分子数为0.5NA B. 40gNaOH含有氧原子数为NA C. 1 L NaCl溶液中，所含离子总数为2 NA D. 标准状况下，22.4L氢气含有NA个氢原子 ‎【答案】B - 11 -‎ ‎【解析】标准状况下，乙醇不是气体，不能用于气体摩尔体积，A不正确。40g氢氧化钠是1mol，含有氧原子是1mol，B正确。C不正确，因为无法确定溶液的浓度。C不正确，标准状况下，22．4 L氢气是1mol，含有氢原子数是2NA个，D不正确。答案选B。‎ ‎14. 含有相同硫原子数的SO2和SO3，其分子的质量比为（ ）‎ A. 6∶5 B. 1∶1 C. 4∶5 D. 2∶1‎ ‎【答案】C ‎15. 浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是2H2SO4（浓）+ C CO2↑ + 2H2O + 2SO2 ↑，则12 g木炭和足量的浓硫酸反应后生成的气体在标况下的体积为（ ）‎ A. 22.4 L B. 44.8 L C. 67.2 L D. 89.6 L ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：12g碳的物质的量为1mol，浓H2SO4和木炭在加热时发生反应的化学方程式是: 2H2SO4（浓）+C＝CO2↑+2H2O+2SO2↑则生成1molCO2，2molSO2，共3mol，体积为3mol×22．4L/moL=67．2L，故选C．‎ 考点：化学方程式的有关计算 ‎16. 当物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中所含Cl－的个数相等时，这三种溶液的体积比应是（　　）‎ A. 1∶1∶1 B. 1∶2∶3 C. 3∶2∶1 D. 6∶3∶2‎ ‎【答案】D ‎...............‎ 点睛：掌握物质的量浓度、溶液体积、溶质的物质的量三者的换算是解题的关键。需要注意溶质的物质的量浓度与其电离后离子浓度的关系，同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数，与溶液的体积无关，如50mL 1mol•L-1 MgCl2溶液中氯离子浓度为：n(Cl-)=1mol/L×2=2mol/L。‎ - 11 -‎ ‎17. 1mol任何物质的质量，在以克为单位时，在数值上都等于他的_____________或______________。咖啡含有咖啡因（化学式为C8H10N4O2），则咖啡因的摩尔质量为_______________。‎ ‎【答案】 (1). 相对原子质量 (2). 相对分子质量 (3). 194g.mol-1‎ ‎【解析】物质的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，1mol任何物质的质量，在以克为单位时，如果物质的构成微粒是分子，则其质量在数值上等于其相对分子质量，如果物质是由原子构成的，则其质量在数值上等于其相对原子质量；咖啡因的相对分子质量=12×8+1×10+14×4+16×2=194，其摩尔质量和其相对分子质量在数值上相等，所以其摩尔质量是194g/mol，故答案为：相对分子质量；相对原子质量；194g•mol-1。‎ ‎18. 某淡黄色粉末可在潜水艇中作为氧气的来源，常被用作供氧剂。根据下图所示转化关系及现象填空：‎ ‎（1）该淡黄色粉末为__________________；‎ ‎（2）X粉末的名称为__________________；‎ ‎（3）反应（I）的化学方程式为______________________________；‎ ‎（4）反应（II）的化学方程式为____________________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2O2或过氧化钠 (2). 铜 (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH ‎【解析】淡黄色粉末为Na2O2，生成气体为氧气，固体为碳酸钠，由氧气和X反应的产物以及与硫酸反应后的溶液的颜色可知X为Cu，反应Ⅱ为碳酸钠与氢氧化钙的反应，生成沉淀为碳酸钙，溶液为氢氧化钠溶液，则氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀。‎ ‎(1)根据上述分析可知淡黄色粉末为Na2O2或过氧化钠，故答案为：Na2O2或过氧化钠；‎ ‎(2)X粉末为铜，故答案为：铜；‎ - 11 -‎ ‎(3)反应(I)为过氧化钠与二氧化碳的反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；‎ ‎(4)反应Ⅱ为碳酸钠与氢氧化钙的反应，生成碳酸钙和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，故答案为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH。‎ 点睛：本题侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合应用。把握物质的颜色为解答该题的关键。本题的突破口为淡黄色粉末能够与二氧化碳反应生成气体，故淡黄色粉末为过氧化钠。‎ ‎19. 实验室现要配制浓度约480 mL、2 mol·L-1 的NaOH溶液:‎ ‎（1）需要NaOH固体质量是________g。‎ ‎（2）配制该溶液时，应选用________mL的容量瓶。‎ ‎（3）在容量瓶上无需标记的是（______） ‎ ‎ A.温度 B.刻度线 C.浓度 D.容积 ‎（4）在配制过程需要用到的仪器有_______________________________________。‎ ‎（5）在称取NaOH固体后，进行了下列操作：‎ ‎①往容量瓶中小心加蒸馏水至液面距刻度线1～2cm处，改用胶头滴管加蒸馏水，使溶液凹液面的最低处与刻度线相切；‎ ‎②将容量瓶塞紧，并充分摇匀；‎ ‎③将NaOH固体于烧杯中溶解，待其溶液冷却后，沿玻璃棒注入容量瓶中；‎ ‎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。‎ 上述操作步骤中，正确的顺序是__________________。（填序号）‎ ‎（6）在实验过程中共有____________次用到玻璃棒？作用分别是什么？___________________________‎ ‎（7）如右图所示是该学生转移溶液的示意图，‎ ‎ ‎ 图中的错误有①_____________________________；‎ - 11 -‎ ‎②_____________________________。‎ ‎（8）若实验过程中出现了如下情况，应如何处理？‎ ‎①加蒸馏水时不慎超过了刻度线：______________________________‎ ‎②向容量瓶中转移溶液时，不慎有液滴掉在容量瓶外面：_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 40.0g (2). 500 (3). C (4). 托盘天平、500ml容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 (5). ③④①② (6). 2次 (7). 搅拌、引流 (8). 未用玻璃棒引流 (9). 使用100ml的容量瓶不符合规格 (10). 【答题空10】重新配制 (11). 重新配制 ‎【解析】(1)配制浓度约480 mL、2 mol·L-1 的NaOH溶液，需要选用500mL容量瓶配制，因此需要称量NaOH固体的质量为0.5L×2mol/L×40g/mol=40g，故答案为：40.0g；　‎ ‎(2)实验室中没有480mL的容量瓶，应该选用500 mL容量瓶，故答案为：500 ；‎ ‎(3)容量瓶上标有的量有：温度、刻度线、容积，未标注浓度，故选：C；‎ ‎(4)配制步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般天平称量固体，把NaOH倒入烧杯进行溶解(可用量筒量取水)，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器有：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；故答案为：托盘天平、500mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管；‎ ‎(5)实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作进行排序，所以正确的顺序为：③④①②，故答案为：③④①②；‎ ‎(6)实验两次用到玻璃棒，其作用分别是在溶解氢氧化钠时用玻璃棒搅拌可以加速固体溶解；容量瓶瓶颈太细，移液时用玻璃棒将溶液引流入容量瓶，故答案为：2次，搅拌，加速溶解、引流；‎ ‎(7)配制一定物质的量浓度的溶液必须用玻璃棒引流，防止液体外溅，实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL的容量瓶，故答案为：未用玻璃棒引流；使用100mL的容量瓶不符合规格；‎ ‎(8)①配制过程中一旦出现错误操作必须重新配制，故答案为：重新配制；‎ ‎②配制过程中一旦出现错误操作必须重新配制，故答案为：重新配制。‎ ‎20. 某同学按下图进行实验，在A中放的是干燥的红色纸条，B中放的是湿润的红色纸条，C中盛放的是氢氧化钠溶液。请回答下列问题。‎ - 11 -‎ ‎（1）通入Cl2一段时间后，A、B装置中，红色纸条的现象和结论为：‎ 装置 现象 结论 A ‎______________‎ 潮湿的氯气______（填能或不能）使红色纸条褪色，因为反应生成的____________具有漂白性 B ‎______________‎ ‎（2）C装置的作用是__________________________‎ 写出装置C中反应的化学方程式：_________________________________‎ ‎【答案】 (1). 无明显现象 (2). 能 (3). 纸条褪色 (4). HClO (5). 除去多余的Cl2气，防止污染环境 (6). 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ‎【解析】(1)A中放的是干燥的红色纸条，B中放的是湿润的红色纸条，氯气不能使A中纸条褪色，而B中生成HClO，所以纸条褪色，则A中没有明显现象，B中褪色，因B中生成的HClO具有漂白性，故答案为： ‎ 装置 现象 结论 A 无明显现象 能；HClO B 纸条褪色 ‎(2)氯气有毒，不能排放在空气中，利用NaOH溶液吸收，所以C的作用为除去多余的Cl2气，防止污染环境，发生的反应为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：除去多余的Cl2气，防止污染环境；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。‎ 点睛：注意A、B装置的对比作用及环境保护为解答的关键。要注意把握氯气没有漂白性，HClO具有漂白性。‎ ‎21. 对于反应2CO+O2=2CO2，生成33.6L二氧化碳（STP），通过计算回答：‎ - 11 -‎ ‎①需要氧气的物质的量是_________。‎ ‎②将生成的二氧化碳通入足量的物质的量浓度为0.5mol·L－1 Ca(OH)2溶液充分反应，则消耗Ca(OH)2溶液的体积是______升。‎ ‎【答案】 (1). 0.75mol (2). 3L ‎【解析】①标况下，33.6L二氧化碳的物质的量为=1.5mol，设需要氧气的物质的量为n，则：‎ ‎2CO+O2=2CO2‎ ‎    1   2‎ ‎    n   1.5mol 所以1：2=n：1.5mol，解得：n=0.75mol，答：需要氧气的物质的量为0.75mol；‎ ‎②二氧化碳通入足量的Ca(OH)2溶液，发生反应Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，由方程式可知需要n[Ca(OH)2]=n(CO2)=1.5mol，故需要Ca(OH)2溶液的体积==3L，答：消耗该Ca(OH)2溶液的体积为3L。‎ ‎ ‎ - 11 -‎