山东省德州市第一中学2021-2022学年高一下学期6月月考化学试题（解析版）

德州一中2021-2022 学年第二学期高一月考 化学试题 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息。 2.请将答案正确填写在答题卡上。 第I 卷(选择题) 可能用到的相对原子质量：C：12 Fe：56 Na：23 H：1 Ag：108 O：16 一、单项选择题：本题共10 小题，每小题2 分，共20 分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1. 化学科学需要借助化学专用语言描述。下列有关化学用语正确的是 A. H2O2的电子式： B. CO2分子的空间填充模型： C. 乙烯的结构简式：CH2CH2 D. 中子数为20 的氯原子：20Cl 【答案】A 【解析】 【详解】A．H2O2为共价化合物，其电子式为： ，A 正确； B．CO2为直线型分子，但碳的原子半径比氧大，图示空间填充模型错误，B 错误； C．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，C 错误； D．中子数为20 的氯原子质量数为20+17=37，可表示为：37Cl，D 错误； 答案选A。 2. 随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多，H3、O4、C60、N 等已被发现。下列有关 说法中，正确的是 A. O2与O4互为同分异构体 B. 1H2与2H3属于同位素 C. C60的质量数为720g/mol D. 一个N 中含有34 个电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．O2与O4分子式不同，两者不互为同分异构体，A 错误； B．质子数相同，中子数不同的原子互称同位素，1H2与2H3是单质，不属于同位素，B 错误； C．C60的摩尔质量为720g/mol，C 错误； D．一个N 中含有7×5-1=34 个电子，D 正确； 答案选D。 3. 下列过程中，共价键被破坏的是 ①溴蒸气被木炭吸附 ②电解水 ③酒精溶于水 ④HCl 气体溶于水 ⑤碘升华 ⑥NH4Cl 受热分解 ⑦ 氢氧化钠熔化 ⑧Na2SO4溶于水 A. ②④⑥ B. ④⑤⑥ C. ①④⑧ D. ①④⑥ 【答案】A 【解析】 【详解】①溴蒸气被木炭吸附，是物理变化，共价键不被破坏，故不选； ②电解水生成氢气和氧气，氢氧共价键断裂，故选； ③酒精溶于水，不能发生电离，共价键不被破坏，故不选； ④HCl 气体溶于水电离成H+和Cl-，共价键被破坏，故选； ⑤碘升华，破坏分子间作用力，共价键不被破坏，故不选； ⑥NH4Cl 受热分解生成氨气和氯化氢，存在离子键和共价键的破坏，故选； ⑦氢氧化钠熔化破坏离子键，故不选； ⑧Na2SO4溶于水破坏离子键，故不选； 综上分析，②④⑥正确，答案选A。 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列判断正确的是 A. 60g 乙酸与足量乙醇发生酯化反应，充分反应后断裂的C－O 键数目为NA B. 2.3g 金属钠与足量乙醇反应，产生11.2L 氢气 C. 高温下，5.6gFe 与足量硫单质反应，转移的电子数为0.2NA D. 标准状况下，2.24LCl2与2.24LCH4混合后光照反应，得到0.1NA个CH3Cl 【答案】C 【解析】 【详解】A．60g 乙酸的物质的量为 =1mol，1mol 乙酸与足量乙醇发生酯化反应为可逆反应，充 分反应后断裂的C－O 键数目小于NA，A 错误； B．2.3g 金属钠的物质的量为 =0.1mol，0.1mol 金属钠与足量乙醇反应，产生0.05molH2，但氢气 所处温度压强未知，所以产生氢气体积未知，B 错误； C．5.6gFe 的物质的量为 =0.1mol，0.1mol 铁与足量硫单质反应，生成0.1molFeS，转移0.2mol 电 子，转移电子数为0.2NA，C 正确； D．氯气与甲烷发生取代反应生成4 种氯代甲烷的化合物，标准状况下，2.24LCl2与2.24LCH4混合后光照 反应，生成CH3Cl 的分子数小于0.1NA，D 错误； 答案选C。 5. 银锌电池是一种常见化学电源，反应原理为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，其工作示意图如图所示。下 列说法正确的是 A. Zn 为负极，电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+ B. 电流从Zn 电极经外电路流向Ag2O 电极 C. 理论上每转移1mol 电子，Ag2O 电极质量减少8g D. KOH 不参与电池反应，其溶液浓度始终保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．Zn 为负极，在碱性环境中生成氢氧化锌，电极反应式为Zn 2e ﹣ ﹣+2OH-= Zn(OH)2，A 错误； B． 电流从电源的正极沿着导线流向负极，Zn 为负极，Ag2O 为正极，则电流从Ag2O 电极经外电路流向 Zn 电极，B 错误； C．正极反应为Ag2O+H2O+2e﹣= 2OH-+2Ag ，理论上每转移2mol 电子，即有 1molAg2O 转变为2molAg、 电极质量减少16g，则理论上每转移1mol 电子， Ag2O 电极质量减少8g，C 正确； D．从电池总反应Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag 知，KOH 不参与电池反应，但水消耗了，故通常情况下， 其溶液浓度逐渐增大，D 错误； 答案选C。 6. 反应3Fe(s)+4H2O(g)=Fe3O4(s)+4H2(g)，在一容积可变的密闭容器中进行，下列说法正确的是 A. 增加Fe 的量，其反应速率加快 B. 将容器的体积缩小一半，其反应速率加快 C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大，其反应速率加快 D. 保持压强不变，充入N2使容器的体积增大，其反应速率不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．由于铁是 固体，增加用量几乎对速率无影响，故A 错误； B．由于有气体参与反应，缩小容器体积，气体反应物浓度增大，反应速率增大，故B 正确； C．保持体积不变，充入N2，体系压强增大，但反应物的浓度未变，则速率也不变,故C 错误； D．保持压强不变，充入N2， 容器体积增大，反应物浓度降低，则化学反应速率减小，故D 错误； 本题答案B。 7. 利用如图装置能达到相应实验目的的是 选项 试剂a 试剂b 试剂c 实验目的 A 稀盐酸 NaHCO3 澄清石灰水 验证得电子能力Cl>C B 浓氨水 生石灰 酚酞 证明NH3·H2O 是弱碱 C 氯水 淀粉KI 溶液 NaOH 溶液 证明氧化性Cl>I D 浓硝酸 石灰石 Na2SiO3溶液 验证得电子能力 N>C>Si A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，但生成的二氧化碳中 含有氯化氢，且盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，所以不能比较两种元素得到电子的能力，故A 错误； B．浓氨水遇生石灰反应放出氨气，氨气溶于水显碱性，能使酚酞试液显红色，但不能证明NH3·H2O 是弱 碱，故B 错误； C．氯气具有强氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，可以证明氧化性Cl＞I，故C 正确； D．浓硝酸和石灰石反应生成二氧化碳，二氧化碳能和硅酸钠反应生成硅酸沉淀，但由于生成的二氧化碳 中含有挥发出的硝酸，所以不能比较碳酸和硅酸的酸性强弱，因此也不能比较三种元素的得到电子的能力， 故D 错误。 故选C。 8. 某研究性学习小组为了证明铁的金属活动性比铜强，设计了如下实验方案: ①将铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出 ②定量的铁粉和铜粉与浓硫酸在加热条件下反应分别生成FeSO4和CuSO4 ③将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解 ④把铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上无气泡而铜片上有气泡产生 ⑤把铁片和铜片置于盛有浓硝酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡而铜片上无气泡产生 以上实验方案设计合理的是 A. ①④ B. ①③④ C. ②③④ D. ②⑤ 【答案】A 【解析】 【详解】①发生的反应方程式为Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，利用金属活动性强的制取金属活动性弱的，说明 铁的金属性强于铜，故①可以达到实验目的； ②两者都可以跟浓硫酸发生反应，因此无法比较出两者活动性，故②不能达到实验目的； ③发生离子方程式为Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，说明Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，无法比较铁的金属性强于 Cu，故③不能达到实验目的； ④构成原电池，一般金属性强的作负极，铜片上有气泡产生，该电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，铜片为正 极，Fe 片为负极，能够说明Fe 的金属性强于Cu，故④能达到实验目的； ⑤铁片与浓硝酸在常温下发生钝化反应，阻碍反应的进行，不能说明Fe 的金属性强于Cu，故⑤不能达到 实验目的； 综上所述，选项①④正确； 答案为A。 9. 绿原酸( )是一种有机弱酸，金银花的水浸取液经下列操作可获得绿原酸粗品。下列说法错误的 是 A. 该流程中乙酸乙酯可循环利用 B. 萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上 C. 分液时，应先从分液漏斗的下口放出下层液体，然后再放出上层液体 D. 蒸馏时选用直形冷凝管，且冷凝水从下口进，上口出 【答案】C 【解析】 【分析】盐酸能抑制绿原酸电离，根据相似相溶原理知，绿原酸易溶于乙酸乙酯，提取液加入乙酸乙酯， 分液得到有机层，减压蒸馏得到绿原酸，然后浸膏，经冷却、过滤得到绿原酸粗产品，以此解答该题。 【详解】A．由图可知，减压蒸馏时冷凝收集得乙酸乙酯、乙酸乙酯能作绿原酸的萃取剂，则该流程中可 循环利用的物质是乙酸乙酯，故A 正确； B．萃取振荡时，右手手心顶住分液漏斗的塞子，并用右手握住漏斗颈部，防止塞子松动，用左手食指与 中指夹住分液漏斗的旋塞，同时左手也握住分液漏斗（目的的控制住旋塞不要松动），将分液漏斗倒置， 振荡，因此分液漏斗下口应倾斜向上，故B 正确； C．乙酸乙酯的密度小于水，萃取分液时，水层在下方，分液时，应先打开分液漏斗顶塞，再打开旋塞， 应先从分液漏斗的下口放出下层液体，然后关闭旋塞，再把上层液体从上口倒出，故C 错误； D．蒸馏时为防止液体残留在冷凝管中，应选用直形冷凝管，且冷凝水从下口进，上口出，故D 正确； 故选C。 10. 根据乙醇的性质可以推测异丙醇(如图)的性质，下列说法不正确的是 A. 异丙醇能在空气中燃烧 B. 异丙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 异丙醇可与金属钠发生反应生成氢气 D. 做异丙醇与乙酸反应实验时，先在试管中加入浓硫酸，然后边振荡边慢慢加入异丙醇和乙酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．异丙醇能在空气中燃烧生成二氧化碳和水，A 正确； B．异丙醇能被酸性高锰酸钾氧化，异丙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B 正确； C．金属钠能置换出羟基中的氢，所以异丙醇可与金属钠发生反应生成异丙醇钠和氢气，C 正确； D．做异丙醇与乙酸反应实验时，加入试剂顺序为：异丙醇、浓硫酸、乙酸，将浓硫酸加入醇中是为了防 止混合产生的热量导致局部过热而使液体飞溅，与浓硫酸的稀释原理一样，D 错误； 答案选D。 二、不定项选择题。本题共5 小题，每小题4 分，共20 分。每个小题有一个或者两个选项符 合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分。 11. 实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K B. 实验中装置b 中的液体逐渐变为浅红色 C. 装置c 中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 【答案】D 【解析】 【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b 中四氯化碳的作用是 吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c 中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作 用是防止倒吸。 【详解】A 项、若关闭K 时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。 打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A 正确； B 项、装置b 中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故 B 正确； C 项、装置c 中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C 正确； D 项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后 分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯 溴苯，故D 错误。 故选D。 【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注 意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。 12. 随原子序数的递增，8 种短周期元素(用字母x，y、z 等字母表示)原子半径的相对大小、最高正价或最 低负价的变化如图所示。 下列说法错误的是 A. y 元素在周期表的位置是第2 周期ⅣA 族 B. 元素简单离子半径 C. x、z 元素能组成一种四原子共价化合物，其电子式可以表示为 D. e、f、g 元素的最高价氧化物对应的水化物两两之间可以相互反应 【答案】BC 【解析】 【分析】由短周期元素的原子半径、化合价可知，x 只有+1 价，原子序数最小，x 为H；由原子序数可知 y、z、d 位于第二周期，由化合价可知y 为C、z 为N、d 为O；e、f、g、h 位于第三周期，由化合价可知e 为Na、f 为Al、g 为S、h 为Cl，以此来解答。 【详解】由上述分析可知，x 为H、y 为C、z 为N、d 为O、e 为Na、f 为Al、g 为S、h 为Cl， A．y 为C，在元素周期表的位置是第2 周期ⅣA 族，故A 正确； B．d 为O、f 为Al，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则d、f 常见离子的半径大小： r(O2-)＞r(Al3+)，即d>f，故B 错误； C．x、z 元素能组成一种四原子共价化合物是N2H4，电子式为 ，故C 错误； D．e、f、g 元素的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4两两之间可以相互反应，故 D 正确； 故选：BC。 13. “理解与辨析能力”和“分析与推测能力”，都是化学四大关键能力之一、读图看表识数据，对关键能力 的要求很高。一定温度下，向容积为2L 的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质 的量变化如图所示(6s 时反应达到平衡状态)，对该反应的推断正确的是 A. 进行到1s 时， B. 方程式为 C. 进行到6s 时，B 的平均反应速率为0.05mol(L·s) D. 进行到6s 时，B 和D 的物质的量浓度均为 【答案】BC 【解析】 【分析】反应系数之比等于物质的变化量之比，等于反应速率之比，根据图像，6s 到达平衡时，A 增加了 1.2mol，B 减少了0.6mol，C 减少了0.8mol，D 增加了0.4mol，故各物质的物质的量之比为A:B:C:D=1.2： 0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B(g)＋4C(g) 6A(g)＋2D(g)。 【详解】A．反应到1s 时，v（A）═ =0.6mol÷2L÷1s=0.3mol/（L•s），v（C）═ =0.2mol÷2L÷1s=0.1mol/（L•s），所以v（A）≠v（C），，A 错误； B．各物质的 物质的量之比为A:B:C:D=1.2：0.6：0.8：0.4=6：3：4：2，即该反应的化学方程式为3B＋4C 6A＋2D，B 正确； C．反应进行到6s 时，v(B)= =0.05mol•L-1•s-1，C 正确； D．反应进行到6s 时，n(B)=n(D)=0.4mol•L-1，n(B)=n(D)= = = ，D 错误； 故选BC。 14. 下列说法中不正确的是 A. C5H12有3 种同分异构体 B. 的一氯代物有3 种 C. 所有的烷烃互为同系物 D. 立方烷( )的二氯代物有3 种 【答案】BC 【解析】 【详解】A．C5H12符合烷烃的通式，有正戊烷、异戊烷、新戊烷3 种结构，A 正确； B．甲苯有四种氢原子，一氯代物也有四种，可以取代甲基上的氢，也可以取代甲基邻、间、对位的氢原 子，B 错误； C．所有的烷烃不一定互为同系物，如正戊烷、异戊烷、新戊烷互为同分异构体，C 错误； D．立方烷有三种二氯代物，可以取代同一边上的碳原子上的氢、面对角线上的碳原子上的氢、体对角线 上的碳原子上的氢，D 正确； 答案选BC。 15. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I- 形式存在)的工艺流程如下：下列说法不正确的是 A. 经①和④所得溶液中，c(I- )后者大于前者 B. ④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂 C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2) ：n(KClO3)为5：2 D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化 【答案】BC 【解析】 【分析】含I-的卤水酸化之后，通入氯气将I-氧化为I2，用高分子树脂吸附I2，再用亚硫酸钠还原成I-，得 到I-浓度较高的溶液，最后用氯酸钾氧化得到I2。 【详解】A．①中开始时c(I- )较小，④中c(I- )经过前面的吸附再还原后浓度变大，所以c(I- )后者大于前者， A 正确； B．④的作用是利用亚硫酸钠的还原性将吸附的碘还原成I-而脱离高分子树脂，B 错误； C．根据反应②Cl2+2 I- = 2Cl-+I2和⑤ +6 I-+6H+= 3I2+ Cl-+3H2O，假设分别得到3mol I2，则消耗的 n(Cl2) =3mol、n(KClO3)=1mol，则n(Cl2)：n(KClO3) =3：1，C 错误； D．⑥是将碘升华再凝华得到产品的过程，升华和凝华都是物理变化，D 正确。 答案选BC。 三、非选择题。本题共5 个小题，共60 分。 16. 下表为元素周期表的一部分，针对表中①～⑧元素填空，回答相关问题。 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0 族 一 ① 二 ② ③ ④ 三 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ (1)化学性质最稳定的是_______(填元素符号)。 (2)原子半径最大的是_______(填元素符号)；离子半径最大的是_______(填离子符号)；得电子能力最强的 是_______(填元素符号)。 (3)④⑤形成的化合物中，含有非极性共价键的化合物的电子式为_______。 (4)⑧单质与⑤最高价氧化物的水化物反应制得84 消毒液的离子方程式为_______。 (5)③④两种元素组成的某化合物，常温下是一种红棕色气体，该气体与水发生反应的化学方程式为______ _。 (6)比较②和⑦两种元素得电子能力强弱，其简单实验方案是_______。 【答案】 ①. He . ②Na . ③S2− . ④O . ⑤ . ⑥ . ⑦ . ⑧将足量稀硫酸加入碳酸钠溶液中 【解析】 【分析】根据元素周期表表中①～⑧元素元素分别为He、C、N、O、Na、Mg、S、Cl。 【详解】(