江苏省苏州高新区第一中学教育集团2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（解析版）

苏州高新区第一中学教育集团2023-2024学年第一学期12月自主学习独立作业高一年级化学(总分100分时间75分钟)一、选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.下列哪种物质不列入城市“空气质量日报”的首要污染物（

）A.CO2 B.NO2 C.SO2 D.可吸入颗粒物PM2.5【答案】A【解析】【详解】A.CO2是空气成分之一，不属于空气污染物，A符合题意；B.NO2属于氮氧化物，会破坏臭氧层，且溶于雨水形成酸雨，属于空气污染物，B不符合题意；C.SO2溶于雨水形成酸雨，且为有毒气体，属于空气污染物，C不符合题意；D.可吸入颗粒物PM2.5，会形成雾霾，造成空气污染，属于空气污染物，D不符合题意；故答案为：A2.下列有关化学用语正确的是A.中子数为12钠原子： B.KBrO3中Br元素的化合价：-1C.Cl-的结构示意图： D.硫酸钾的电离方程式：【答案】D【解析】【详解】A．中子数为12的钠原子的质量数为11+12=23，该核素为，故A错误；B．K为+1价，O为-2价，根据化合价代数和为零可知，KBrO3中Br元素的化合价为：+5，故B错误；C．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，核外电子分层排布2、8、8，最外层电子数为8，其结构示意图为，故C错误；D．硫酸钾完全电离生成钾离子和硫酸根离子，电离方程式为，故D正确；答案选D。3.实验室从草木灰中获得碳酸钾并检验钾元素存在的原理和装置不能达到实验目的的是A.溶解 B.过滤C.蒸发结晶 D.焰色反应【答案】D【解析】【详解】把草木灰加入水中，用玻璃棒搅拌可以加速草木灰中所含的碳酸钾等可溶性盐的溶解，过滤除去不溶性固体，所得滤液经过蒸发结晶可获得碳酸钾粗产品，焰色试验时，由于钠元素的干扰，检验钾元素应透过蓝色的钴玻璃观察，则D满足；答案选D。4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.细铁粉具有还原性，可用作食品抗氧剂 B.NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂C.漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张 D.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料【答案】A【解析】【详解】A．细铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应，所以可用作食品抗氧剂，A符合题意；B．NaHCO3具有弱碱性，能与HCl反应，所以NaHCO3可用于制胃酸中和剂，与NaHCO3受热易分解无关，B不符题意；C．漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与二氧化碳、水反应生成氧化性强的次氯酸，可作漂白剂，与漂白粉稳定性无关，C不符题意；D．Al2O3是离子化合物，离子键强，使其熔点高，可用作耐高温材料，与Al2O3是两性氧化物无关，D不符题意。答案选A。5.碳元素形成的化合物品种多样，常见有CO、CO2、Na2CO3、NaHCO3、酒精、醋酸等，它们在生活与生产中应用广泛。NaHCO3俗称小苏打，下列有关NaHCO3的说法正确的是A.NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++COB.NaHCO3溶液呈酸性，可与NaOH溶液反应C.可用石灰水区别NaHCO3溶液和Na2CO3溶液D.NaHCO3粉末与相同浓度的盐酸反应比Na2CO3粉末更剧烈【答案】D【解析】【详解】A．NaHCO3是弱酸的酸式盐，在水溶液中的电离方程式：，故A错误；B．NaHCO3溶液呈弱碱性，可与NaOH溶液反应，，故B错误；C．石灰水中的氢氧化钙分别与NaHCO3溶液和Na2CO3溶液反应都会生成碳酸钙沉淀，无法区别，故C错误；D．因为碳酸钠和盐酸反应分两步进行，、，所以NaHCO3粉末与相同浓度的酸反应比Na2CO3粉末更剧烈，故D正确；故答案为：D。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.强碱性溶液中：、、、B.新制饱和氯水中：、、、C.澄清透明的溶液中：、、、D.的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与NH会发生产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，A不符合题意；B．新制饱和氯水具有强氧化性，会与Fe2+、SO发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；C．澄清透明的溶液中：MnO、NO、SO、K+之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．碘离子和铁离子、次氯酸根离子均会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；故选C。7.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（

）A.FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-B.氯气溶于水：Cl2+H2OH++CI-+HClOC.次氯酸钙中通二氧化硫：SO2+Ca2++H2O+2ClO-=CaSO3↓+2HClOD.水玻璃(硅酸钠水溶液)中滴加醋酸：SiO32-+2H+=H2SiO3↓【答案】B【解析】【详解】A.反应前后电荷不守恒，A不符合题意；B.Cl2溶于水的过程中，与H2O反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸，在离子方程式中保留化学式，B符合题意；C.ClO-具有氧化性，能将SO2氧化成SO42-，C不符合题意；D.CH3COOH为弱酸，在离子方程式中保留化学式，D不符合题意；故答案为：B。8.亚氯酸钠()是一种高效的漂白剂和氧化剂，一种制备亚氯酸钠的流程如下。下列说法正确的是A.反应①阶段，参加反应的和的物质的量之比为1：2B.为加快反应②速率，可以选用高温条件C.反应②中的，可用代替D.反应②的条件下，的氧化性大于【答案】D【解析】【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，氯元素化合价由+5变为+4，还原剂是SO2，硫元素化合价由+4变为+6，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A错误；B．过氧化氢不稳定，高温易分解，故不能高温反应，B错误；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO2代替H2O2，C错误；D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；故选D。9.硫酸亚铁是一种重要的化工原料，部分转化如下图所示。下列说法正确的是A.只用KSCN溶液不可以检验是否变质B.制纳米时通入的需过量C.制时应将饱和溶液加入溶液中D.生成的反应为氧化还原反应【答案】C【解析】【分析】硫酸亚铁在氢氧化钠溶液中通入氧气发生反应生成纳米四氧化三铁；硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁沉淀；硫酸亚铁加入硫酸铵发生反应生成(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。【详解】A．若FeSO4变质，其中含有Fe3+，遇KSCN溶液会变为血红色，可据此检验是否变质，A错误；B．四氧化三铁中铁元素化合价+2价、+3价，氧气过量会氧化亚铁为+3价，不能得到四氧化三铁，B错误；C．制FeCO3时，应将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中，避免生成氢氧化亚铁沉淀，C正确；D．生成中铁元素化合价为+2价，反应过程中无元素化合价的变化，因此反应不是氧化还原反应，D错误；故选C。10.已知X、Y、Z、W四种元素，原子序数小于18且依次增大。其中X元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍：Y元素最外层电子数比其次外层电子数多4个；Z元素原子最外层有1个电子；W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数。下列说法正确的是A.W元素形成的阴离子的结构示意图为B化合物XY属于酸性氧化物C.化合物能与发生化合反应D.化合物中阴、阳离子的最外层电子数均达到8个电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】已知X、Y、Z、W四种元素，原子序数小于18且依次增大，其中X元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，X为C元素：Y元素最外层电子数比其次外层电子数多4个，Y为O元素；Z元素原子最外层有1个电子，Z为Na元素；W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数，W为S元素；据此推断作答。【详解】A．W元素形成的阴离子为S2-，S2-的结构示意图为，A项错误；B．化合物XY为CO，CO属于不成盐氧化物、不属于酸性氧化物，B项错误；C．化合物Z2Y2、XY2依次为Na2O2、CO2，两者反应生成Na2CO3和O2，该反应不属于化合反应，C项错误；D．化合物Z2W为Na2S，其阴、阳离子分别为S2-、Na+，S2-、Na+的最外层电子数均达到8个电子的稳定结构，D项正确；答案选D。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向某溶液中加入溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸不变蓝溶液中一定不含B将除去表面氧化膜的相同大小的镁片和铝片分别投入的盐酸中，镁片反应更剧烈金属性：C将铁锈溶于过量浓盐酸，再滴入几滴溶液，观察溶液颜色变化铁锈中不含D向酸化的溶液中加入Cu片，观察Cu片溶解氧化性比强A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铵根离子和稀的NaOH溶液反应生成一水合氨，不加热得不到氨气，所以往某溶液中加入NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸颜色不变蓝，该溶液中也可能含铵根离子，A错误；B．金属性越强，反应越剧烈，镁片表面产生气泡速率大于铝片，可说明镁较活泼，则金属性：，B正确；C．溶液中亚铁离子、氯离子均会和高锰酸钾溶液反应干扰亚铁离子鉴定，C错误；D．硝酸和铜也会反应使得铜溶解，不能证明氧化性比Cu2+强，D错误；故选B。12.海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程如下：下列有关说法不正确的是A.反应②加热应在HCl气流保护下制备无水B.氯碱工业与电源正极相连的电极上产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C.过程中制得是先往精盐溶液中通入，再通入D.反应⑤中，用水溶液吸收后，用70~80%硫酸富集【答案】C【解析】【分析】氨的溶解度大于二氧化碳，由饱和精盐溶液制NaHCO3时，必须先通入NH3，使得溶液显碱性吸收更多CO2，反应生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠分解得到碳酸钠；母液加入碱生成氢氧化镁，氢氧化镁和盐酸转化为氯化镁；溴化钠和氯气生成溴单质，使用碳酸钠溶液吸收生成生成的NaBr、NaBrO3，酸化得到溴单质；【详解】A．加热会促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发导致生成氢氧化镁，故应在HCl气流中蒸发制备无水，A正确；B．氯碱工业中与电源正极相连的阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；C．氨的溶解度大于二氧化碳，由饱和精盐溶液制NaHCO3时，必须先通入NH3，使得溶液显碱性吸收更多CO2，C错误；D．碳酸钠溶液吸收生成生成的NaBr、NaBrO3，用70~80%硫酸酸化得到溴单质，D正确；故选C。13.将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如题图所示。下列说法正确的是A.在图示转化中，化合价不变的元素只有铜、氢B.过程Ⅲ反应的离子方程式为C.通入过量的氧气或者增大的浓度可以减少回收的S中CuS的含量D.有转化为硫单质时，理论上消耗的物质的量为2mol［若溶液中不变］【答案】C【解析】【分析】由图可知，反应Ⅰ为溶液中亚铁离子与空气中氧气反应生成铁离子，反应Ⅱ为硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀和氢离子，反应Ⅲ为溶液中铁离子与硫化铜反应生成硫、铜离子和亚铁离子，反应过程中金属离子的浓度不变，总反应为亚铁离子做催化剂条件下，硫化氢与氧气反应生成硫和水，反应的方程式为2H2S＋O22S↓＋2H2O。【详解】A．由分析可知，图示转化中，化合价不变的元素为铜、氢、氯，共3种，故A错误；B．由分析可知，反应Ⅲ为溶液中铁离子与硫化铜反应生成硫、铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为，故B错误；C．要减少回收S中的CuS含量，S2-不能过量，可以通入过量的氧气或者增大Fe3+的浓度与S2—反应以减小S2—的浓度，故C正确；D．由分析可知，反应过程中金属离子的浓度不变，总反应方程式为2H2S＋O22S↓＋2H2O，则1mol硫化氢转化为硫单质时，反应消耗氧气的物质的量为1mol×=0.5mol，故D错误；故选C。二、非选择题：共4趣，共61分。14.随着原子序数的递增，8种短周期元素(用英文字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。（1）元素x在元素周期表中的位置是___________。（2）元素x、z可形成含10电子的分子甲，其结构式为___________。在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂的消除剂，所得产物不污染环境，其化学方程式是___________。（3）x分别与yzd形成的化合物中，最稳定的物质是___________(填化学式)（4）元素d．e形成的简单离子，半径较大的离子是___________(填离子符号)。（5）元素g、h的最高价氧化物的水化物的酸性较强的是___________(填化学式)。（6）元素e、f的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为___________。（7）化合物遇水反应生成氨气()和一种强碱，反应的化学方程式为___________。（8）NaH的电子式___________。【答案】14.第一周期第ⅠA族15①.②.16.H2O17.O2-18.HClO419.20.21.【解析】【分析】8种短周期元素中，d、g均有-2价，二者处于ⅥA族，而g的原子序数较大，故d为O元素、g为S元素；y有+4价，其处于ⅣA族，原子序数小于d(氧)，故y为C元素；z的原子序数介于y(碳)、d(氧)之间，故z为N元素；e有+1价，其处于ⅠA族，原子序数大于d(氧)，故e为Na；f有+3价，处于ⅢA族，原子序数大于e(钠)，故f为Al；h有-1价，原子序数大于g(硫)，故h为Cl；x有+1价，处于ⅠA族，其中原子半径小于y(氮)，故x为H元素，综上分析可知，x为H、y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl；【小问1详解】x为H，位于第一周期第ⅠA族；【小问2详解】由分析可知，x为H，z为N，故元素x、z可形成含10电子的分子为氨气，结构式为；氨气具有还原性，过氧化氢具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成氮气和水，其化学方程式是；【小问3详解】非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，x分别与yzd形成的化合物中，最稳定的物质是H2O；【小问4详解】电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；元素O、Na形成的简单离子，半径较大的离子是O2-；【小问5详解】非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素g、h的最高价氧化物的水化物的酸性较强的是HClO4；【小问6详解】元素e、f的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝，两者反应生成四羟基合铝酸钠和水，反应的离子方程式为；【小问7详解】化合物遇水反应生成氨气()和一种强碱，根据质量守恒可知碱为氢氧化钠，反应的化学方程式为；【小问8详解】NaH的电子式。15.硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用作纸浆漂白的脱氯剂。实验室可用下图装置制备少量Na2S2O3。已知∶①BaS2O3难溶于水；②Na2S2O3在酸性溶液中发生反应(1)装置A用于制备SO2，其化学方程式为_____。装置B的作用是_____。(2)装置C中反应生成Na2S2O3的同时放出CO2，其离子方程式为___，该反应中SO2体现了____性(填“氧化”或“还原”)。(3)装置C所得溶液经过结晶等操作获得的Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验其中含有Na2SO4的方法是∶取少量固体，______，静置，过滤，_____，有白色沉淀生成。(4)装置D的作用是_____(5)为验证装置C中生成了CO2，下列所选的试剂组合和顺序合理的是____。a.品红→NaOH溶液→澄清石灰水b.酸性KMnO4溶液→品红→澄清石灰水c.NaOH溶液→品红→澄清石灰水【答案】①.②.防止倒吸③.④.氧化⑤.加入足量稀盐酸⑥.向滤液中加入少量BaCl2溶液⑦.吸收SO2，防止污染空气⑧.b【解析】【分析】向盛有亚硫酸钠固体烧瓶中滴加浓硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫和碳酸钠、硫化钠溶液反应生成硫代硫酸钠，用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此回答问题。【详解】(1)装置A用于制备SO2，亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，其化学方程式为，装置B是安全瓶，其作用是防止倒吸；(2)装置C中反应生成Na2S2O3的同时放出CO2，其离子方程式为，该反应中SO2中硫元素的化合价由+4价到+2价，化合价降低，被还原，体现了氧化性；(3)Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，依据，则检验其中含有Na2SO4的方法是∶取少量固体，加入足量稀盐酸，静置，过滤，向滤液中加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4；(4)从装置C中出来的有二氧化硫，则装置D的作用是吸收SO2，防止污染空气；(5)装置C中除了生成的二氧化碳，还有剩余的二氧化硫，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，再用品红检验二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液完全除去，最后通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则说明有二氧化碳气体生成，故答案为：b。16.I.侯氏联合制碱法的工艺流程如下：（1）该流程中生成的化学方程式为___________。（2）向母液b中通氨气并加入食盐粉，通氨气的作用有___________(填序号)。A.使结晶析出B.使更多地析出C.增大浓度，使更多地析出D.使转化为，提高析出的纯度Ⅱ．常温下，向含的溶液中，逐滴加入含溶质的盐酸溶液，溶液中含碳元素的各种微粒的含量随溶液变化如图（3）在滴加盐酸的过程中的数目变化的原因是___________、___________(分别用离子方程式表示)。（4）反应结束时，溶液中含碳元素的微粒的含量比反应开始时低的原因是___________。Ⅲ．某实验小组将和固体分别配制成的溶液，设计如下方案并对反应现象作出预测：实验方案预测现象预测依据操作1：向溶液中滴加溶液有白色沉淀溶液中的浓度较大，能与发生反应操作2：向溶液中滴加溶液无白色沉淀溶液中的浓度很小，不能与反应（5）实际实验后，发现操作2的现象为产生白色沉淀和气体，与预测有差异。则该条件下，溶液与液反应的离方程式为___________。【答案】（1）（2）CD（3）①.②.（4）盐酸的物质的量为碳酸钠的2倍，反应结束时有二氧化碳气体生成逸出，导致含碳元素的微粒的质量分数比反应开始时低（5）【解析】【分析】“侯氏联合制碱法”以食盐、二氧化碳、氨气为原料来制取纯碱，最大的优点是使食盐的利用率大幅度提高，应用同量的食盐比氨碱法生产更多的纯碱；饱和食盐水通入足量氨气后，再通入足量二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳循环利用；母液通入氨气、加入氯化钠固体生成氯化铵晶体，得到母液c含有氯化钠，可以循环利用；【小问1详解】饱和食盐水通入足量氨气后，再通入足量二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠晶体，；【小问2详解】向母液b中通氨气，氨气溶于水能增大溶液中的铵根离子浓度，有利于氯化铵更多地析出，氨气与溶液中的碳酸氢钠反应，使碳酸氢钠转化为碳酸钠，有利于提高析出的氯化铵的纯度，故选CD【小问3详解】在滴加盐酸的过程中碳酸根离子和氢离子生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子又和氢离子生成水和二氧化碳，故的物质的量先增加后减少的原因是、；小问4详解】含的溶液中，逐滴加入含溶质的盐酸溶液，盐酸的物质的量为碳酸钠的2倍，反应结束时有二氧化碳气体生成逸出，导致含碳元素的微粒的质量分数比反应开始时低；【小问5详解】向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀和气体，结合质量守恒可知，生成碳酸钙沉淀、二氧化碳气体，则该条件下反应的离子方程式为。17.是重要的化工原料，由软锰矿(主要成分为，主要杂质有和)制备的一种工艺流程如图：资料：①该工艺条件下与不反应。②部分金属阳离子沉淀的(25℃)。

开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3（1）“溶出”前，软锰矿需要进行研磨的目的___________。（2）“溶出”时，Fe的氧化过程及得到的主要途径如图所示。①Ⅱ是从软锰矿石中溶出的主要反应，反应的离子方程式是___________。②若全部来自于反应，完全溶出所需Fe与的物质的量比值为2，而实际比值约0.9小于2，原因是___________。（3）“纯化”时，先向溶出液中先加入，将溶液中氧化；再加入调节溶液，使、转化为氢氧化物沉淀而除去。适宜调节的范围是___________。（4）“纯化”后，过滤所得的滤渣中含有和，实验室欲以该滤渣为原料制备少量，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，___________。(须使用的试剂：溶液、干冰)（5）向所得产品中依次加入足量和足量稀，加热至充分反应，再用