【文档说明】甘肃省张掖市高台县第一中学2022-2023学年高一下学期2月月考化学试题 含解析.docx，共(16)页，634.194 KB，由小赞的店铺上传

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高一年级二月月考化学试卷说明：1.考试范围为必修第一册综合。2.考试时间75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16F19Na23Mg24S32Cl35.5K39Fe56Cu64

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的。1.据报道，2692LiBOF晶体和46CsBOF晶体有望成为深紫外非线性光学晶体。下列说法正确的是A.Li是最活

泼的金属元素B.O是最活泼的非金属元素C.2692LiBOF和46CsBOF中，B元素的化合价均为2+价D.Cs在第六周期第IA族【答案】D【解析】【详解】A．根据同一主族从上往下元素的金属性依次增强

，同一周期从左往右元素金属性依次减弱可知，最活泼的金属元素是Cs(放射性元素除外)，A错误；B．根据同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱，同一周期从左往右元素非金属性依次增强可知，F才是最活泼的非金属元

素，B错误；C．已知2692LiBOF和46CsBOF中，Li和Cs均为+1价，O为-2价，F为-1价，根据化学式中化合价代数和为0可知，B元素的化合价均为+3价，C错误；D．已知Cs是55号元素，其在第六周期第IA族，D正确；故答案为：D。2.下列叙述中

，正确的是A.NaNO3固体不导电，所以NaNO3不是电解质B.铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质C.SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D.熔融的KCl能导电，所以KCl是电解质【答案】D【解析】【分析】【详解】A．硝酸钠在熔融状态、

溶于水时都能导电，而且是化合物，是电解质，故A错误；B．铜丝、石墨是单质，不是电解质，故B错误；C．二氧化硫本身不能电离产生自由移动的离子，是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸发生了电离，因此二氧化硫是非电解质，故C错误；D．氯化钾在熔融状

态下电离出自由移动的钾离子和氯离子，能导电，而且是化合物，属于电解质，故D正确；故选D。3.下列离子方程式书写正确的是A.澄清石灰水与稀盐酸反应的离子方程式：222Ca(OH)2HCa2HO+++=+B.向氯化铜溶液中滴加硝酸银溶液：AgClAgCl+−+=C.氢氧化钡和

硫酸铜溶液反应的离子方程式：2244BaSOBaSO+−+=D.铜片浸没在稀硫酸中：22Cu2HCuH+++=+【答案】B【解析】【详解】A．澄清石灰水中，2Ca(OH)应拆成离子的形式，澄清石灰水

与稀盐酸反应的离子方程式应为2HOHHO+−+=，A错误；B．向氯化铜溶液中滴加硝酸银溶液生成氯化银沉淀，离子方程式为：AgClAgCl+−+=，故B正确；C．氢氧化钡和硫酸铜溶液反应的离子方程式应为222442Ba2OHC

uSOBaSOCu(OH)+−+−+++=+，C错误；D．铜片不和稀硫酸反应，故D错误；故选B。4.已知2322aMbO4HcMdHO+++++=+，则c为A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【详解】根据质量守恒可得a=c；根据电荷守恒可得2a+4=3c，解得c4=，故选D

。5.已知亚硫酸钠()23NaSO具有一定的还原性。在溶液中加入足量22NaO后仍能大量共存的离子组是A.2233NaClCOSO+−−−、、、B.2233CaBaNOHCO++−−、、、C.2234KCOClSO+−−−、、、D.2244FeNHClSO++−−、、、【答案】C【解析】

【分析】22NaO与水反应生成NaOH和2O。【详解】A．溶液中加入22NaO后，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，A错误；B．3HCO−与NaOH能反应，2233CaBaNOHCO++−−、、、不能大量共存，

B错误；C．2234KCOClSO+−−−、、、之间不反应，与NaOH不反应，可以大量共存，C正确；D．溶液中加入22NaO后，2Fe+被氧化为3Fe+，且反应生成的NaOH与34NHFe++、均不能大量共存，D错误；故选C。6.如图所示为元素周期表的一部分，其中X、Y、

Z、W为四种短周期元素。Z元素原子核外K层与M层上的电子数相等。下列说法中正确的是（）A.Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H3YO4B.Y的最简单气态氢化物的水溶液显弱碱性C.原子半径由小到大的顺序为X<Z<Y<WD.X、Z两种元素的氧化物中所含化学键的类型相同【答案】B【解析】【分析】

如图所示为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为四种短周期元素，根据元素周期表，四种元素分别处于第二、第三周期，Z元素原子核外K层与M层上的电子数相等，则Z为Mg元素，结合元素周期表可知X为C、Y为N、W为Al，据此解答。【详解】A．Y(N)元素的最

高价氧化物对应的水化物的化学式为HNO3，选项A错误；B．Y(N)的最简单气态氢化物是氨气，其水溶液氨水显弱碱性，选项B正确；C．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小，原子半径越大，故原子半径由小到大的顺序

为Y(N)＜X(C)＜W(Al)＜Z(Mg)，选项C错误；D．X(C)的氧化物中含有共价键，Z(Mg)的氧化物中含有离子键，二者所含化学键类型不相同，选项D错误。答案选B。7.已知：3NF的结构式可以表示为。一定条件下，氨

与氟气发生反应：32344NH3FNF3NHF++一定条件。下列有关说法错误．．的是A.除2F外，反应物和生成物均为共价化合物B.3NF中各原子均满足8电子稳定结构C.3NF中只含极性共价键D.4NHF中既含有离子键又含有共价键【答案】A【解析

】【详解】A．4NHF为离子化合物，A错误；B．3NF中N和F共用电子对，均满足8电子稳定结构，B正确；C．3NF中N和F共用电子对，N和F对电子对的吸引能力不同，形成极性共价键，C正确；D．+4NH和F之间形成离子键

，+4NH内部N和H之间形成共价键，D正确；故选A。8.已知2Zn+为无色离子。验证3Fe+转化为2Fe+的实验操作和实验现象如下：实验操作实验现象①向3FeCl溶液中加入锌粉至3Fe+恰好转化为2Fe+②滴加KSCN溶液I.溶液由黄色变成浅绿色II.溶液无明显变化

下列分析不合理．．．的是A.解释现象I的反应：3222FeZn2FeZn+++++=B.若步骤②改为滴入少量氨水，则对应的现象是立即产生红褐色沉淀C.若步骤①中3FeCl溶液与锌粉反应后还有锌粉剩余，则对应的现象是溶液由黄色

变成无色D.还原性：2ZnFe+【答案】B【解析】【详解】A．Zn和3FeCl溶液反应生成FeCl2和ZnCl2，溶液由黄色变成浅绿色，离子方程式为：3222FeZn2FeZn+++++=，故A正确；B．步骤②改为滴入少量氨水，对应的现象是立即产生白色沉淀Fe(O

H)2，B错误；C．若步骤①中3FeCl溶液与锌粉反应后还有锌粉剩余，Zn会继续和FeCl2反应生成Fe和ZnCl2，则对应的现象是溶液由黄色变成无色，故C正确；D．由I现象可知，Zn和3FeCl溶液反应生

成FeCl2和ZnCl2，则还原性：2ZnFe+，故D正确；故选B。9.下列有关除杂的操作中正确的是A.FeO固体中含少量CuO杂质：将混合物置于过量的稀盐酸中，过滤B.除去NaCl溶液中少量的4FeS

O杂质：向溶液中加入适量NaC.除去NaCl溶液中少量的3NaHCO杂质：向溶液中加入适量的氢氧化钠固体，然后过滤D.除去2FeCl溶液中的3FeCl杂质：向溶液中加入过量铁粉【答案】D【解析】【详解】A

．FeO和CuO均可以溶于稀盐酸，达不到除杂的目的，A错误；B．向溶液中加入适量Na，钠先与水反应生成氢氧化钠，再与硫酸亚铁反应生成氢氧化铁和硫酸钠，引进新的杂质，B错误；C．NaOH和NaHCO3反应生成Na2CO3，引入新杂质，除

去NaCl溶液中少量3NaHCO杂质，应该加入过量的盐酸，然后加热煮沸除去HCl，C错误；D．除去2FeCl溶液中的3FeCl杂质：向溶液中加入过量铁粉，铁粉将3FeCl还原为2FeCl，D正确；故选D。1

0.过氧化钠可作呼吸面具中的供氧剂，实验室可用如图装置制取少量过氧化钠。下列说法错误．．的是的A.装置X还可以制取22HCO、等气体B.②中所盛试剂为浓硫酸C.若②中所盛试剂为浓盐酸，则产物一定氯化钠D.③的作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Z【答案】C【解

析】【详解】A．装置X为固液不加热制取气体的装置，可以制取22HCO、等气体，A正确；B．②为干燥氧气的装置，所盛试剂为浓硫酸，B正确；C．若②中所盛试剂为浓盐酸，那么在装置Z中可能发生多种反应，水蒸气、HCl、氧气都可以与钠反应，产物不一定是氯化钠，C错误；D．③中盛

装的是碱石灰，作用是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置Z，D正确；故选C。11.某反应过程中存在2Fe+、3NO−、3Fe+、4NH+、H+和2HO六种粒子，测得3Fe+、3NO−的质量分数(w)随时间变化的曲线如图所示，下列判断错误的是A.3NO−被

还原，发生还原反应B.还原性：2++4Fe>NHC.2Fe+被氧化为3Fe+D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:8【答案】D【解析】是【详解】A．根据图象得出NO3−、H+、Fe2+反应，反应中NO3−所含氮元素化合价降低

，被还原，发生还原反应，故A正确；B．根据题意说明NO3−、H+、Fe2+反应生成Fe3+、NH4+和H2O，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，得到还原性：Fe2+>NH4+，故B正确；C．该反应中Fe2+化合价升高，失去电子，Fe2+被氧化为Fe

3+，故C正确；D．NO3−、H+、Fe2+反应生成Fe3+、NH4+和H2O，还原剂是Fe2+，化合价升高1，氧化剂是NO3−，氮元素化合价降低8，根据化合价升降守恒，因此在反应中参加反应的还原剂与氧化剂的

物质的量之比为8:1，故D错误。答案为D。12.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.11.2L二氧化碳气体和9g水中所含的分子数均为A0.5NB.25℃、101kPa下，22.4L氧气的分子数为ANC.常温常压下，416g

CH中含有A4N个CH−D.240.5molCH含有AN个原子【答案】C【解析】【详解】A．11.2L二氧化碳未说明在标准状况下，无法计算物质的量，故A错误；B．25℃，101KPa不是标准状况，22.4L氧气的物质的量不

是1mol，故B错误；C．常温常压下，416gCH的物质的量为1mol，每个甲烷分子中含有4个CH−，故1mol甲烷中含有A4N个CH−，故C正确；D．240.5molCH含有0.5mol×6×AN=3AN个原子，故D错误；答案选C。13.X、Y是短周期主族非金属元素，两者可以形成化合物2XY。在

恒温密闭容器中，液态化合物2XY和一定量的氧气恰好完全燃烧，反应的化学方程式为2222XY()3O()XO()2YO()+=+液气气气。在标准状况下测得生成物的体积是33.6L，密度是12.56gL−。下列叙述中正确的是A.在标准状况下，参加反应的2O的

体积为44.8LB.2XY的摩尔质量为176gmol−C.Y为C元素D.在相同条件下测得反应后容器内的气压明显减小【答案】B【解析】【详解】A．由化学方程式2222XY()3O()XO()2YO()+=+液气气气可知，反应前后气体的体积

不发生变化，故()()()222VOVXOVYO33.6L=+=，即在标准状况下，参加反应的2O的体积为33.6L，A错误；B．生成物的总质量为133.6L2.56gL86.0g−，氧气的物质的量为1.5mol，根据质量守恒定律可知2XY的质量为186.

0g1.5mol32gmol38.0g−−=，根据化学方程式可知()()2211nXYnO1.5mol0.5mol33===，2XY的摩尔质量为176gmol−，B正确；C．由B项分析可知，2XY的相对分子质量为76，结合

产物22XOYO、均为气体，则Y为S元素，X为C元素，C错误；D．根据方程式2222XY()3O()XO()2YO()+=+液气气气，反应前后气体分子数不变，反应后容器内气压不变，D错误；故选B。14.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子

序数依次增大，X的次外层电子数是其电子总数的14，Y是地壳中含量最高的金属元素，X与Z位于同一主族，2WX常用作消毒剂、漂白剂。下列有关叙述正确的是A.Z和W可以形成化合物42ZWZW、，两者含有的化学键类型不同B

.离子半径的大小关系：232WZYX−−+−C.X、Z形成的简单气态氢化物的热稳定性：22HZHXD.相同质量下，2WX的漂白效果好于2W【答案】D【解析】的【分析】周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的次外层电子数是其电子总数的14，则X电子总数为8，次外

层电子数为2，X为O元素；Y是地壳中含量最高的金属元素，Y是Al元素；2WX常用作消毒剂、漂白剂，W是Cl元素；X与Z位于同一主族，Z是S元素。【详解】A．根据题意可知，X是O元素，Y是Al元素，Z是S元素，W是Cl

元素。4SCl、2SCl都是共价化合物，只含共价键，A错误；B．离子半径的大小关系为223SClOAl−−−+，B错误；C．非金属性O＞S，则简单氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，C错误；D．21gClO转移15mol67.5电子，21gCl转移12

mol71电子，所以相同质量下，2ClO的漂白效果好于2Cl，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.为了测定钠的相对原子质量，将装置(如图所示)放在电子天平上，读出的数据为284.843g。加入一小块钠后读数为258.

293g，加入水后每隔相同时间读得电子天平的数据(装置+水+煤油+试样的质量)如下表：(不考虑煤油的挥发)读数次数123456质量/g258.191258183258.150258.143258.143—回答下列问题：（1）写出钠与水反应的化学方程式：_______。（

2）计算钠的相对原子质量必须用到的数据是____。不必进行第6次读数的原因是_____。（3）若去掉干燥管，则所测得的钠的相对原子质量可能_______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。（4）该实验使用电子天平的目的是_______。.（5）求得钠的相对原子质量为_______。【答案】（1

）222Na2HO2NaOHH+=+（2）①.氢气的质量②.第4、5次数据相同，说明反应已停止（3）偏小（4）称量速度快、精确度高（5）23.00【解析】【分析】根据m=nM，为了测定钠的相对原子质量，需需要准确称量钠的质量和钠

的物质的量；根据222Na2HO2NaOHH+=+，钠的物质的量等于2倍的氢气的物质的量，所以实验需要准确称量反应生成氢气的质量。【小问1详解】钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为222Na2HO2NaOHH

+=+；【小问2详解】根据m=nM，计算钠的相对原子质量需要钠的质量和物质的量，根据222Na2HO2NaOHH+=+可知，钠的物质的量等于2倍的氢气的物质的量，氢气的物质的量可由氢气的质量计算得到，所以必须用到的数据是氢气的质量。第4、5次数据相同，说

明反应已停止，所以不必进行第6次读数。【小问3详解】若去掉干燥管，则随氢气挥发出去的水的质量会被看作氢气的质量，即求得的钠的物质的量偏大，则测得的钠的相对原子质量偏小。【小问4详解】该实验使用电子天平的目的是称量速度快、精确度高；【小问5详解】()2mH258.293g25

8.143g0.150g=−=，()2nH0.075mol=；根据222Na2HO2NaOHH+=+可知，n(Na)=0.15mol；m(Na)258.293g254.843g3.450g=−=，则13.450gM(Na)=23.00gmol0.15mol−=

。16.下表是元素周期表的一部分，表中所列的数字分别代表某一种元素。周期IA0一①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA二⑥三②④⑦⑧四③⑤⑨请回答下列问题：（1）属于卤族元素的有_______(填元素符号，下同)；属于碱金属元素的有_______。（2）②③原子结构的相同点是_______。（

3）画出元素④的原子结构示意图：_______；元素④与⑤同属于_______族；预测它们单质的化学性质的相似性是_______。（4）元素⑥与⑦的原子最外层电子数都为_______；单质的氧化性：⑥

_______(填“>”或“<”)⑦，其依据是_______。（5）写出一种由上述九种元素中的三种不同主族元素组成的离子化合物的化学式：_______(任写一种)。【答案】（1）①.ClBr、②.Na、K（2）最外层电

子数均为1（3）①.②.第IIA③.都具有还原性（4）①.6②.>③.氧和硫属于同主族非金属元素，氧原子的半径比硫原子的小，得电子能力更强，硫在氧气中燃烧生成SO2（5）NaBrO或KClO【解析】【分析】由题干元素周期表信息可知，①为H、

②为Na、③为K、④为Mg、⑤为Ca、⑥为O、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Br，据此分析解题。【小问1详解】元素周期表中第ⅦA为卤族元素，故属于卤族元素的有Cl、Br，元素周期表中第IA为碱金属，故为属于碱金属元素的有Na、K，故答案为：Cl、Br；Na、

K；【小问2详解】由题干元素周期表信息可知，②为Na、③为K，故②③原子结构的相同点是最外层上电子均为1，故答案为：最外层电子数均为1；【小问3详解】由题干元素周期表信息可知，④为Mg、⑤为Ca，则元

素④的原子结构示意图为：，元素④与⑤的原子最外层上均为2个电子，故同属于ⅡA族，其最外层电子数较少，反应中容易失去电子，故可预测它们单质的化学性质的相似性是具有较强的还原性，故答案为：；ⅡA族；都具有还原性；【小问4详解】由题干元素

周期表信息可知，⑥为O、⑦为S，则元素⑥与⑦的原子最外层电子数都为6，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，故单质的氧化性为⑥＞⑦，其依据是氧和硫属于同主族非金属元素，氧原子的半径比硫原子的小，得电子能力更强，硫在氧气中燃烧生成SO2，故答案为：6；＞；

氧和硫属于同主族非金属元素，氧原子的半径比硫原子的小，得电子能力更强，硫在氧气中燃烧生成SO2；【小问5详解】离子化合物是由阴阳离子构成的化合物，通常含有活泼金属元素的化合物为离子化合物，故由上述九种元素中的三种不同主族元素组成的离子化合

物的化学式有：NaBrO或KClO等，故答案为：NaBrO或KClO等。17.已知常见无机物的转化关系如图所示，C是黄绿色气体。（1）气体R是_______(填化学式)。（2）B的化学式为_______，E的

化学式为_______。（3）写出沉淀H与盐酸反应生成D溶液的离子方程式：_______。（4）写出检验D溶液中阳离子的离子方程式：_______。（5）写出由F转变成J的化学方程式：_______。【答案】（1）2H（2）①.2FeCl②.KOH（3）3

32Fe(OH)3HFe3HO+++=+（4）33Fe3SCNFe(SCN)+−+=（5）3KClAgNOAgClKNO+=+【解析】【分析】F溶液中加入3AgNO溶液和稀3HNO有白色沉淀J生成，

则J为AgCl；透过蓝色钴玻璃观察，溶液的焰色呈紫色，则溶液中含有K+，F为KCl，E为KOH；白色沉淀G遇空气转化为红褐色沉淀H，则白色沉淀G为2Fe(OH)，红褐色沉淀H为3Fe(OH)；向红褐色沉淀H中加盐酸转化为D溶液，则D为3FeCl；C是黄绿色气体

，则C为2Cl；B溶液中通入2Cl得到D溶液（3FeCl溶液），则B为2FeCl；A为Fe，试剂M为稀盐酸，则气体R为2H。【小问1详解】由分析可知，气体R2H。【小问2详解】由分析可知，B的化学式为2Fe

Cl。【小问3详解】由分析可知，H为3Fe(OH)，3Fe(OH)与盐酸反应生成氯化铁和水，离子方程式为：332Fe(OH)3HFe3HO+++=+。【小问4详解】D溶液中阳离子为Fe3+，可用KSCN溶液检验Fe3+，离子方程式为：33Fe3SCNFe(SCN)

+−+=。【小问5详解】KCl和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀，方程式为：3KClAgNOAgClKNO+=+。18.将一定质量的镁和铝的固体混合物投入200mL稀盐酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入的NaOH溶液体

积的变化关系如图所示。是回答下列问题：(1)写出将固体混合物投入稀盐酸中所发生的氧化还原反应的离子方程式：___________。(2)写出加入NaOH溶液的体积为200~240mL时反应的离子方程式：___________。(3)在反应过程中放出的

气体在标准状况下的体积为___________。(4)原固体混合物的质量为___________。(5)所用NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为___________。【答案】①.+3++2+222A1+6H=2A1+3HMg+2

H=Mg+H、②.--322Al(OH)+OH=AlO+2HO③.10.08L④.9.0g⑤.5.0mol·L－1【解析】【分析】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中盐酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生

的反应为：HCl+NaOH=NaCl+H2O．当V(NaOH溶液)=200mL时，沉淀量最大，此时生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为NaCl，根据钠元素守恒可知此时n(NaCl)等于200mL氢氧化钠溶液中

含有的n(NaOH)；从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，其物质的量为0.15mol，则沉淀量最大是Mg(OH)2为0.15mol，Al(OH)3为

0.35mol-0.15mol=0.2mol；由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为

0.20.240.20molLL−=5mol·L－1。【详解】(1)将固体混合物投入稀盐酸中所发生的氧化还原反应Mg与HCl反应、Al与HCl反应，离子方程式：+3++2+222A1+6H=2A1+3HMg+2H=Mg+H、。故答案为：+3++2

+222A1+6H=2A1+3HMg+2H=Mg+H、；(2)加入NaOH溶液的体积为200~240mL时，NaOH溶解Al(OH)3，反应的离子方程式：--322Al(OH)+OH=AlO+2HO。故答案为：--322Al(OH)+OH=AlO+

2HO；(3)混合物中含有0.15molMg、0.2molAl，根据电子守恒可知生成氢气的物质的量为：0.1520.223molmol+=0.45mol，标准状况下0.45mol氢气的体积为：22.4

L/mol×0.45mol=10.08L。故答案为：10.08L；(4)混合物中含有0.15molMg、0.2molAl，则混合物的质量为：24g/mol×0.15mol+0.2mol×27g/mol=9g，原固体混合物的质量为9.0g。故答案为：9.0g；(5)由于从200mL到240mL

，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n(NaOH)=n[Al(OH)3]=0.2mol，氢氧化钠的浓度为0.20.240.20molLL−=5mol/L，所用NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为5.0mol·L－1。故

答案为：5.0mol·L－1。