【文档说明】【精准解析】山西省大同市第一中学2019-2020学年高一下学期3月网上考试化学试题.doc，共(13)页，241.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019~2020-2高一年级3月阶段性考试化学可能用到的相对原子质量：H:1Li:7N:14O:16Na:23Al:27P:31S:32Cl:35.5K:39Ba:137Rb:85一、选择题（本题包括13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意）

。1.下列实验操作完全正确的是（）A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.分液原则是：上走上，下走下，即上层液体应该从上口倒出，A项错误；B.配制溶液时，称取的固体，要在烧杯中溶解冷却后再转移到容量瓶中，B项错误；C.萃取剂应

与原溶剂互不相溶，酒精与水互溶，不能用作萃取剂，C项错误；D.足量的Cu与AgNO3溶液反应生成硝酸铜和银单质，铜和银通过过滤可以除去，D项正确；答案选D。【点睛】解决除杂问题时，抓住除杂质的必需条件：加入的试剂只能与杂质反应，反应后不能引入新的杂质。2.将过氧化钠投入到下列物质的溶液中

，溶液的质量不会减轻的是（）A.NaClB.Fe2(SO4)3C.饱和烧碱溶液D.Ba(HCO3)2【答案】A【解析】【详解】A.将足量的过氧化钠投入NaCl溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，

NaOH与NaCl不反应，无沉淀析出，溶液质量增加，A项正确；B.将足量的过氧化钠投入到Fe2(SO4)3溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而N

aOH和Fe2(SO4)3反应生成氢氧化铁，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，B项错误；C.将足量的过氧化钠投入饱和烧碱溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应中消耗水，而NaOH溶液为饱和溶液，水的

质量减少，原溶液中的NaOH会析出，溶液质量减小，C项错误；D.将足量的过氧化钠投入到Ba(HCO3)2溶液中，发生反应为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，增加质量相当于Na2O的质量，而NaOH和Ba

(HCO3)2反应生成碳酸钡的沉淀，析出沉淀的质量大于氧化钠的质量，溶液质量减小，D项错误；答案选A。【点睛】解题关键：过氧化钠与水反应生成氧气，增加质量相当于Na2O的质量，如果生成的NaOH能与溶液反应生成沉淀，只要溶液析出的沉淀的质量大于生成的Na2O的质

量，则质量减轻。3.表中是食用碘盐包装上的部分说明，下列说法正确的是（）A.高温会导致碘的损失B.碘酸钾可氧化氯化钠C.可用淀粉检验碘盐中的碘酸钾D.该碘盐中碘酸钾含量为20mg/kg～50mg/kg【答案】A【解析】【详解】A.食

用方法是烹饪时，待食品熟后加入碘盐，就表明高温会导致碘的损失，A项正确；B.既然食盐中可以加入少量碘酸钾，说明碘酸钾不可氧化氯化钠，B项错误；C.使淀粉变蓝是碘单质的特性，碘酸钾没有此性质，C项错误；D.该碘盐

中碘的含量为20~50mg/kg而不是碘酸钾的含量，D项错误；答案选A。4.下列说法中正确的是（）A.元素周期表是按相对原子质量逐渐增大的顺序从左到右排列的B.最外层电子数相同的元素一定属于同一族C.非金

属元素的最外层电子数都大于等于4D.同周期元素的电子层数相同【答案】D【解析】【详解】A．元素周期表是原子的核电荷数（即原子序数）从小到大排列的，A错误；B．最外层电子数相同的元素不一定是同一族，如Mg和He，B错误；C．H是非金属元素，其最外层电子数为1,小于4，C错误

。D．将电子层数相同的元素排成一个横行即为周期，D正确；故答案选D。5.X、Y、Z是周期表中相邻的三种短周期元素，X和Y同周期，Y和Z同主族，三种元素原子的最外层电子数之和为17，核内质子数之和为31，则X、Y、Z是()

A.Mg、Al、SiB.Li、Be、MgC.N、O、SD.P、S、O【答案】C【解析】【详解】A.Al、Si不是同一主族的元素；B.Li、Be、Mg最外层电子数之和为5，核内质子数之和为19；C.N、O

、S在元素周期表中左右相邻，且后两都同在第VIA族，最外层电子数之和为17，核内质子数之和为31，符合题意；D.P、S、O最外层电子数之和为17，核内质子数之和为39。综上所述，符合题意的是C，选C。6.将足量

的铜屑加入到浓度均为2mol•L-1的HNO3和H2SO4的混合溶液100mL中，充分反应后，转移电子的物质的量为（）A.0.6molB.0.8molC.0.45molD.0.4mol【答案】C【解析】【详解】将足量

的铜屑加入到100mL浓度均为2mol•L-1的HNO3和H2SO4的混合溶液中，发生反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，由于n(H+)=112molL0.1L4molL0.1L−−+=0.6mol，n(NO3-)=

12molL0.1L−=0.2mol，可知H+不足，消耗的n(Cu)=30.6mol8=0.225mol，转移电子的物质的量为0.225mol2=0.45mol，答案选C。7.某集气瓶内装的混合气体呈红棕色，加入足量蒸馏水，盖上

玻璃片振荡得橙黄色溶液，气体颜色消失，再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，该混合气体可能是（）A.N2、NO2、Br2B.NO2、NO、N2C.NO2、NO、O2D.N2、O2、Br2【答案】A【解析】【详解

】“混合气体是红棕色”，Br2蒸气和NO2气体均呈红棕色，所以至少含有Br2和NO2中的一种；“振荡得橙黄色溶液”，溴水为橙黄色，所以含有Br2，排除B、C选项。“打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色”说明有NO存在，NO遇O2迅速变为NO2；可

能是因为混合气中本身存在NO，也可能是因为NO2与水反应生成了NO，故混合气体中NO、NO2至少有一种。A、D选项中都没有NO，而A选项中存在NO2，答案选A。8.一定条件下，将等体积NO和O2充入一试管，并将试管倒立于水槽中，充分反应后剩余气体的体积约为原总体积的A.1

/8B.1/4C.3/8D.3/4【答案】A【解析】【详解】NO和O2溶于水的方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由方程式并结合已知条件可知氧气过量，设原有两种气体的体积均为1L，则反应后剩

余的氧气的体积为：1－34=14，所以充分反应后剩余气体的体积约为原总体积的141+1=18，即A正确。9.某溶液中含有SO42-、SO32-、HCO3-、CO32-等四种离子。将过量的Na2O2固体加入其中后，仍能大量存在的离子是（）A.SO42-、H

CO3-B.SO42-、SO32-、CO32-C.SO32-、HCO3-D.SO42-、CO32-【答案】D【解析】【详解】SO32-与Na2O2发生氧化还原反应生成SO42-，Na2O2能与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应后溶液呈碱性，HCO3-与OH-反应生成CO32-

，则反应后能大量共存的离子为：SO42-、CO32-，答案选D。10.一定条件下磷与干燥氯气反应,若0.25g磷消耗掉314mL氯气(标准状况),则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于（）A.3:1B.5:3C.2:3D.1:2【答案】A【解析】【详解】参加反应的P和Cl2的

物质的量之比为0.250.3143122.4：=1：1.75；因此产物中n（Cl）：n（P）=（1.75×2）：1=3.5：1，则根据十字交叉法可知：，即产物中PCl3和PCl5的物质的量之比1.5：0.5=3：1，故选A。11.元素

周期表的种类相当多，如大象式、回路式、能级式、亚历山大式等，教材上所附的长式周期表是目前使用最普遍的周期表。有一种非常有趣的钟表式周期表如图所示，下列说法正确的是（）A.12：00时“时针”所指元素的金属性最强B.从中午12：00点到下午6：00点，“时针”所指元素的金属性依次减弱C.8：55时“

时针”和“分针”所指的两种元素（“针”所指以最近为准）形成的化合物中阴、阳离子之比为1：1D.2：00时，“时针”和“分针”所指的元素的原子最外层均只有两个电子，性质相似【答案】C【解析】【详解】A.12：

00时为镁，11：00时为钠，钠的金属性最强，A项错误；B.H的金属性弱于Li、Be，B项错误；C.8：55时“时针”和“分针”所指的两种元素分别是F和Na，二者形成离子化合物NaF，阴、阳离子之比为1：1，C项正确；D.2：00时，“时针”和“分针”所指的元素分别为H

e和Mg，前者性质稳定，后者性质活泼，D项错误；答案选C。12.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是（）A.洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B

.洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡C.在Z导管出来的气体中没有二氧化碳D.在Z导管口排出无色气体【答案】B【解析】【详解】C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，

气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。A.根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，C

O2与BaCl2溶液不反应，A项错误；B.根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；C.CO2不能被BaCl2溶液吸收，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；D.反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；答案选B。1

3.向一定量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量m与加入Ba(OH)2溶液的体积V之间的关系正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】向一定质量的明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液时，先发生的反应是2KAl(SO4)2+3B

a(OH)2＝2Al(OH)3↓+3BaSO4↓+K2SO4，然后2Al(OH)3+K2SO4+Ba(OH)2＝2KAlO2+BaSO4↓+H2O，在第二个过程中，Al(OH)3减少的质量，会小于BaSO4生成的质量，故沉淀还会增加，增加程

度没有第一个过程快，当硫酸根全部消耗完成时，沉淀质量将不变，答案选C。二、填空题（共61分）14.已知X、Y、Z都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而Z原子的最外层电子数是次外层电子数

的三倍，Y和Z可以形成两种以上气态化合物，则（1）X的化学式是_____、Y的化学式是_____、Z的名称是_____。（2）由Y和Z组成，且Y和Z质量比为7：20的化合物的化学式（分子式）是_____。（3）由

X、Y、Z中的两种元素组成，且与X2Z分子具有相同电子数的一种阳离子是_____。（4）由X、Y、Z元素按原子个数比为4：2：3组成的化合物，该化合物的化学式（分子式）是_____。【答案】(1).H(2).N(3).氧(4).N

2O5(5).NH4+(6).NH4NO3【解析】【分析】根据原子的核外电子排布情况，X原子的电子层数与它的核外电子总数相同，可推出X为H，而Z原子的最外层电子数是次外层电子数的三倍，只有次外层为2个电子时满足，可知Z为O，再根据

Y和Z可以形成两种以上气态化合物，原子序数依次递增得出Y只能为N。【详解】(1)由分析可知：X为H，Y为N，Z为O，故答案为：H；N；氧；(2)氮和氧的质量之比=720，根据公式n=mM，又原子的物质的量之比等于原子数量之比，则其原子数量之比=7201416：=2：5，则该物质的分子式为N

2O5，故答案为：N2O5；(3)X2Z分子式H2O，具有10个电子，由X、Y、Z中的两种元素组成，且电子数为10个的一种阳离子有NH4+，故答案为：NH4+；(4)X、Y、Z元素按原子个数比为4：2：3组成的化合物，满足条件的分子有NH4NO3，故答案为：NH4NO3。

15.有H、D、T三种原子，各自可形成双原子分子H2、D2、T2，请填写下列各题。①标准状况下，它们的密度之比为_____。②相同物质的量的三种单质中，质子数之比为_____。③各1g三种单质中，它们的质子数之比为_____。④

同温同压下，1LD2和T2气体中所含中子数之比_____。【答案】(1).1：2：3(2).1：1：1(3).6：3：2(4).1：2【解析】【详解】①密度公式为：ρ=mmmnMMVnVV==，相同条件下，Vm相同

，所以其密度之比等于其摩尔质量之比，为1：2：3，故答案为：1：2：3；②每个H2、D2、T2分子中含有的质子数都是2，物质的量相同的三种单质含有的分子数相同，含有的质子数相同，所以为1：1：1，故答案为：1：1：1；③物质的量的公式为：n=mM，各1g三种单质，转化为

物质的量之比为6：3：2，物质的量之比等于分子数之比，每个H2、D2、T2分子中含有的质子数都是2，它们的质子数之比6：3：2，故答案为：6：3：2；④根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，物质的量之比等于气体体积之比，故D2和T2的物质的量之比为1：1

，物质的量相同的单质含有的分子数相同，D2和T2中子数分别为2和4，1LD2和T2气体中所含中子数之比=1214=1：2，故答案为：1：2。16.短周期元素X、Y、Z在元素周期表中的位置如图所示，回答下列问题。XYZ(1)元素X的单质分子是____(写化学式)。(2)Y位于

元素周期表中的第____周期，第_____族。(3)比Z原子序数大的同主族且相邻周期的元素的原子序数是______。【答案】(1).He(2).2(3).VIIA(4).34【解析】根据短周期元素X、Y、Z在元素周期表中

的位置可知X是He，Y是F，Z是S。则(1)元素X的单质分子是He。(2)F的原子序数是9，位于元素周期表中的第二周期，第VIIA族。(3)S的原子序数是16，比S原子序数大的同主族且相邻周期的元素的原子序数是1

6+18＝34。17.X、Y、Z、W、T是原子序数依次增大的五种短周期元素，且X、Y、Z、W的原子序数之和为32。其中X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y、Z左右相邻，Z、W位于同一主族。T的单质常用于自来

水的杀菌消毒。请回答下列问题：（1）W元素在周期表中的位置为_____。（2）由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与金属铜反应，该反应的离子方程式为_____。（3）Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可以

相互反应，写出其离子方程式：_____。（4）Y和T两元素的非金属性强弱为Y_____T(填“>”“<”或者“=”)，可以验证该结论的方法是_____。A.比较这两种元素的气态氢化物的沸点B.比较这两种元素所形成含氧酸的酸性C.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性D

.比较这两种元素与氢气化合的难易程度E.比较这两种元素气态氢化物的还原性【答案】(1).第三周期第VIA族(2).3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O(3).NH3+H+=NH4+(4).<(5).CDE【解析】【分析】X是元素周期表中原子半径最小的元素，应为H元素，Y、Z左

右相邻，Z、W位于同一主族，且原子序数依次增大，可设Z的原子序数为a，则Y的原子序数为a-1，W的原子序数为a+8，故有1+a+a-1+a+8=32，a=8，因此Y、Z、W分别为N、O、S元素，T的单质常用于自来水的杀菌消毒，得知T是Cl。

【详解】(1)S元素的原子序数是16，在周期表中的位置为第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；(2)由X、Y、Z、W四种元素中的三种组成一种强酸，该强酸的稀溶液能与金属铜反应，该强酸是稀硝酸，反应的离子方程式为3Cu+8H++

2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O；(3)N元素的气态氢化物与其最高价氧化物的水化物可以相互反应生成硝酸铵，其离子方程式为NH3+H+=NH4+，故答案为：NH3+H+=NH4+

；(4)氯元素的非金属性强于氮元素，故答案为：<；可以验证该结论的方法，A．非金属性强弱与元素的气态氢化物的沸点无关，A错误；B．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，因此比较这两种元素所形成含氧酸的酸性不能比较非金属性强弱，B错误；C．非金属性越强，氢化物越稳定，因此比较这两种元素的气态氢

化物的稳定性可以比较非金属性强弱，C正确；D．非金属性越强，越容易与氢元素化合，因此比较这两种元素与氢气化合的难易程度可以比较非金属性强弱，D正确；E．非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，因此比较这两种元素气态氢化物的还原性可以比较非金属性强弱，E正确，故答案为：CDE。【点睛】本

题综合考查位置、结构和性质的关系，明确元素的种类为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，注意把握相关实验现象。难点是非金属性强弱比较的判断依据，判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判

断依据的，如：①通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。②通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。18.长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化，现通

过实验来测定某无水亚硫酸钠试剂的纯度。实验步骤如下：①称量ag样品，置于烧杯中。②加入适量蒸馏水，使样品溶解。③加入稀盐酸，使溶液呈强酸性，再加过量的BaCl2溶液。④过滤，用蒸馏水洗涤沉淀。⑤加热干燥沉淀物。⑥将沉淀物冷却至

室温后，称量。⑦重复⑤、⑥操作直到合格，最后得到bg固体。回答下面问题：（1）本实验中是否能用Ba（NO3）2代替BaCl2?________；其理由是________。（2）步骤③中加盐酸使溶液呈强酸性的目的是__________

___________。（3）步骤⑦的“合格”标准是：_____________________。（4）实验测得样品中无水亚硫酸钠占原有样品的质量分数是_____________________。（列出算式，不需化简）【答案】(1).不能(2).在酸性溶液中，N

O3－能将SO32－氧化成SO42－，造成结果错误(3).保证得到的沉淀都是BaSO4，没有BaSO3(4).连续两次称量的质量不变(5).（ag－142g·mol－1×233/bggmol）×1a×100%【解析】【分析】Na2SO3容易被空气中

的O2氧化为Na2SO4，但ag样品配成溶液加入HCl后，Na2SO3已经转化为SO2，再加BaCl2就只得BaSO4沉淀。通过BaSO4的质量bg求出变质生成的Na2SO4的质量即可。【详解】（1）若加入硝酸钡，硝酸根离子在酸性条件

下具有强氧化性，可把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，导致硫酸钠的含量增加，亚硫酸钠纯度偏小，故答案为：不能；在酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，造成结果有误差；（2）要测定亚硫酸钠的纯度，需要先测出药品中硫酸钠的质量，需要

使用氯化钡将硫酸根离子转化成硫酸钡沉淀，所以加盐酸酸化除去溶液中亚硫酸根离子，故答案为：用盐酸酸化可以将SO32-转化为SO2除去，保证沉淀全部为硫酸钡；（3）重复⑤、⑥操作直到合格，最后得到bg固体，称量至恒重，防止造成结果有误差，故答案为：连续两次称量的质量不变；（4）硫酸钡沉淀质量为

bg，硫酸钡的物质的量为：n（BaSO4）=n（Na2SO4）=233/bggmol，则实验测得样品中无水亚硫酸钠占原有样品的质量分数是（ag－142g·mol－1×233/bggmol）×1a×100%，故答案为：（ag－142g·mol－1×233/bggmol）×1

a×100%。【点睛】具体的操作及设问均围绕不使Na2SO3沉淀及精确称量沉淀的质量展开，在注意原理分析的同时也要注意实验技巧的分析。19.（1）1807年，英国化学家戴维在研究中发现：电解条件下可把水分解成H2和O

2。他设想用电解的方法从KOH、NaOH中分离出K和Na。最初，戴维用饱和KOH溶液进行电解，不料还是得到H2和O2。这时，他考虑在无水条件下继续这项实验，但是，实验中产生的金属液珠一接触空气就立即燃烧起来；这时，

他又考虑在________条件下电解熔融的KOH继续实验，最后他终于成功地得到了银白色的金属钾。（2）最近，德国科学家实现了铷原子气体超流体态与绝缘态的可逆转换，该成果将在量子计算机研究方面带来重大突破。已知铷是37号元素，质量数是85。根据材料回答下列问题：Ⅰ.

铷位于元素周期表的第________周期________族。Ⅱ.关于铷的下列说法中正确的是________（填序号，下同）。①与水反应比钠更剧烈②Rb2O在空气中易吸收水和二氧化碳③Rb2O2与水能剧烈反应并释放出O2④它是极强的还原剂⑤RbOH的碱性比同浓度的NaOH弱Ⅲ.

现有铷和另一种碱金属形成的合金5g，与足量水反应时生成标准状况下的气体2.24L，则另一碱金属可能是________（填元素符号）。【答案】(1).隔绝O2(2).五(3).ⅠA(4)..①②③④(5).Na或Li

【解析】【详解】（1）有水或氧气存在的条件下，钾会被氧化，需要隔绝氧气；（2）Ⅰ.Rb是碱金属的37号元素，位于K的下面，核电荷数为19，有四个电子层，最外层有1个电子，它位于第五周期ⅠA族；Ⅱ.Rb的结构性质与Na相似，且更活泼，对应的Rb2O、Rb2O2、RbOH的性质分别与Na2O、Na2O

2、NaOH相似，其金属性强于钠，所以碱性：RbOH大于NaOH，所以选①②③④；Ⅲ.从碱金属与水反应通式2R＋2H2O=2ROH＋H2↑可知，生成0.1molH2，碱金属的物质的量为0.2mol，所以合金的平均摩尔质量M＝50.2gmol＝25g·mol－1，而M（Rb）>25g·m

ol－1，则另一碱金属的M必小于25g·mol－1，所以可能是Na或Li。