江苏省苏州市西安交通大学苏州附属中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（解析版）

2023-2024学年第一学期高一第二次自主练习化学相对原子质量：第I卷(选择题，共42分)一、单项选择题：本题包括小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.是指粒径不大于的可吸入悬浮颗粒物B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C.、、都是可形成酸雨的气体D.空气质量指数越小，说明空气质量越好【答案】C【解析】【详解】A．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5um的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，故A正确；B．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少生产生活对环境的污染，而不能污染后再治理，故B正确；C．CO2是温室效应的气体，不是形成酸雨的气体，故C错误；D．空气质量指数是定量描述空气质量状况的非线性指数，其指数越小，空气质量越好，故D正确；故本题选C。2.下列有关化学用语表示正确的是A.的结构示意图B.的电离方程式：C.生石膏的化学式：D.中子数为10的氧原子：【答案】A【解析】【详解】A．硫离子的质子数为16，核外电子数为18，A正确；B．碳酸氢钠在水溶液电离出钠离子和碳酸氢根离子，，B错误；C．生石膏的化学式CaSO4·2H2O，C错误；D．氧原子的质子数为8，中子数为10，则质量数为18，，D错误；答案选A。3.按混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是A.氯化氢、醋酸、金属铜 B.海水、氯化钾、硫酸钡C.食盐水、烧碱、氯化钙 D.空气、硫酸钠、乙醇【答案】D【解析】【分析】【详解】A．氯化氢是纯净物，是电解质；铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A不选；B．硫酸钡在熔融状态能电离出自由移动的离子而导电，是电解质，故B不选；C．氯化钙在水中或熔融状态下都能电离出自由移动的离子而导电，是电解质，故C不选；D．空气是混合物；硫酸钠在水中或熔融状态下都能电离出自由移动的离子而导电，是电解质；乙醇在水中和熔融状态下都不能导电，是非电解质，故D选；故选D。【点睛】电解质和非电解质都必须是化合物，单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥B.维生素C具有还原性，可用于鲜榨的果汁保鲜C.氧化镁难溶于水，可用作阻燃材料D.次氯酸钠呈碱性，可用作染料等有机色素的漂白剂【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，与氯气不反应，所以可以干燥氯气，与脱水性无关，故A不符合题意；B．维生素C具有还原性，可以防止果汁被氧化，起到保鲜作用，故B符合题意；C．氧化镁作阻燃材料室因为其熔点高，与难溶于水的性质无关，C不符合题意；D．次氯酸钠具有强的氧化性，可用作染料等有机色素的漂白剂，不是碱性的原因，故D不符合题意。答案选B。5.实验室保存的浓盐酸标签如图所示，某同学用此浓盐酸配制500mL0.2mol·L-1的稀盐酸。下列说法错误的是盐酸分子式HCl相对分子量36.5密度1.19g·cm3HCl的质量分数36.5%A.该浓盐酸的物质的量浓度为11.9mol·L-1B.配制溶液所用的容量瓶不需要干燥C若定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏小D.实验需用到的玻璃仪器有烧杯、容量瓶、胶头滴管三种【答案】D【解析】【详解】A．该浓盐酸的物质的量浓度为=11.9mol/L，A正确；B．配制溶液时，容量瓶不需要进行干燥，B正确；C．定容时仰视刻度线，则溶液的体积将偏大，导致所配溶液浓度偏小，C正确；D．配制500mL0.2mol/L的稀盐酸溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管四种，D错误；故答案选D。6.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.的溶液中含有的离子数目为B.标况下，与所含的氧原子数相同C.和足量的反应，转移的电子数目为D.在的条件下，中含有的分子数小于【答案】D【解析】【详解】A．是弱酸，只能部分电离，的溶液中含有的离子数目小于，故A错误；B．标况下，不是气体，的物质的量不是1mol，故B错误；C．和足量的反应，发生歧化反应，故转移的电子数目为NA，故C错误；D．下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，此时的物质的量小于1mol，分子数小于，故D正确。答案选D。7.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.饱和溶液B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．与Fe加热只能生成FeCl3，不能得到FeCl3，不能实现上述转化，故A不符合题意；B．SO2与水反应生成，不能得到，不能实现上述转化，故B不符合题意；C．是稀盐酸，不能与二氧化锰反应生成Cl2，不能实现上述转化，故C不符合题意；D．Na与氧气在加热下生成Na2O2，Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，可以实现上述转化，故D符合题意。答案选D。8.下列反应的离子方程式书写正确的是A.溶液中加入少量醋酸：B.氯气溶于水：C.钠与水反应：D.溶液中加入少量的溶液：【答案】A【解析】【详解】A．醋酸的酸性强于次氯酸，溶液中加入少量醋酸生成醋酸钠和次氯酸，离子方程式为：，故A正确；B．氯气溶于水反应生成盐酸和次氯酸，离子方程式为：，故B错误；C．钠与水反应生成NaOH和H2，离子方程式为：，故C错误；D．溶液中加入少量的溶液反应，将定为“1”，离子方程式为：，故D错误。答案选A。9.下列有关叙述正确的是A.用试纸测定溶液的B.用澄清的石灰水区分和溶液C.用加热的方法除去固体中少量的D.相同温度下，在水中的溶解度小于在溶液中的溶解度【答案】C【解析】【详解】A．溶液具有漂白性，不能用用试纸测定溶液的，故A错误；B．澄清石灰水与和溶液反应均可以生成碳酸钙沉淀，不能区分和溶液，故B错误；C．NaHCO3不稳定，加热易分解，可以用加热的方法除去固体中少量的，故C正确；D．相同温度下，溶液中Cl-会影响氯化铵的溶解，在水中的溶解度大于在溶液中的溶解度，故D错误。答案选C。10.侯氏制碱法以和为原料制取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品。实验室模拟“侯氏制碱法”制取少量的纯碱，下列有关实验原理和装置能达到实验目的的是A.制取 B.除去中 C.吸收 D.制取【答案】C【解析】【详解】A．利用该装置制CO2，应该用稀盐酸与碳酸钙反应，故A错误；B．除去中，用饱和碳酸氢钠溶液，但是气流的方向应该长进短出，故B错误；C．用溶有足量NH3的饱和食盐水吸收CO2，能吸收更多的CO2，有利于NaHCO3的结晶析出，故C正确；D．NaHCO3晶体加热分解不能在蒸发皿中进行，应该用坩埚或者试管，故D错误，答案选C。11.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.溶液中：B.溶液中：C.溶液中：D.溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．具有强氧化性，要被氧化而不能大量共存，故A不符合题意；B．溶液中，与碳酸钠不反应，4种离子相互间也不反应，可以大量共存，故B符合题意；C．与要反应生成碳酸根和水，不能大量共存，故C不符合题意；D．与H+要反应生成CO2和水，不能大量共存，故D不符合题意。答案选B。12.硫元素的“价一类”二维图如图所示。下列说法错误的是Aa与c、d、e都有可能反应生成bB.d溶液久置于空气中会生成，溶液的酸性增强C.盐与盐之间也可能发生反应D.铜与的浓溶液共热产生的气体通入和的混合溶液中，没有白色沉淀产生【答案】D【解析】【分析】根据硫元素化合价以及物质类别可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f为含有或的盐、g为含有或的盐。【详解】A．a为H2S，可以和SO2、H2SO3、H2SO4发生归中反应生成硫单质，故A正确；B．H2SO3具有较强的还原性，在空气中久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸的酸性更强，pH更小，故B正确；C．若g为硫酸氢盐，在溶液中可电离出H+，H+可以与或反应生成SO2和H2O，故C正确；D．铜与浓硫酸共热产生的气体是SO2，SO2具有还原性，与H2O2会发生氧化还原反应，产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，故D错误；故本题选D。13.通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一、对下列实验现象及解释正确的是现象解释A向的水溶液中滴加溶液，并通入气体，有白色沉淀生成通入的一定是氧化性气体B将用棉花包裹放在石棉网上，向棉花上滴几滴水，观察棉花否燃烧与是放热反应C向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝色溶液X不含D久置于空气中的和漂白粉均会变质两者的变质原因相同A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，则X可以是氧化性的气体如氯气，可以将SO2氧化成硫酸根，生成沉淀为硫酸钡，也可以是碱性气体如氨气，氨气可以和SO2反应产生SO，生成亚硫酸钡沉淀，故A错误；B．过氧化钠与水反应生成氧气且放热，则棉花燃烧可证明，故B正确；C．加入稀NaOH溶液，没有加热，可能生成一水合氨，氨气不会逸出，由实验操作和现象可知，溶液中可能含NH，故C错误；D。在空气中变质是因为被氧气氧化，漂白粉在空气中变质是因为次氯酸钙与空气中的CO2和水生成次氯酸，次氯酸分解生成氧气和HCl，原理不相同，故D错误。答案选B。14.以菱镁矿(主要成分为，含少量等物质)为原料制备的实验流程如下图所示。下列说法正确的是A.与稀盐酸反应的离子方程式为B.氧化过程说明氧化性C.“沉铁”后的溶液中大量存在、、、D.可通过电解溶液得到单质【答案】B【解析】【分析】菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)中加入稀盐酸酸溶，MgCO3、FeCO3与稀盐酸反应得到MgCl2和FeCl2的混合液，过滤除去不溶于酸的杂质，向滤液中通入Cl2氧化，Fe2+被氧化生成Fe3+，再加氨水沉铁，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3，滤液中含有MgCl2，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2·6H2O。【详解】A.MgCO3为难溶物，不能拆开，MgCO3与稀盐酸反应的离子方程式为MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，故A错误；B.氧化过程中Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，Cl2为氧化剂，Fe3+为氧化产物，能够说明氧化性：Cl2>Fe3+，故B正确；C.Mg2+、都与OH-反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.电解MgCl2溶液时，得到是Mg(OH)2，无法获得Mg，电解熔融MgCl2才会得到Mg，故D错误；故本题选B。第II卷(非选择题，共58分)15.回答下列问题。Ⅰ．金属钛用途广泛。从海水中提取Mg和Cl2，并联合用金红石(主要成分TiO2)冶炼金属钛，其主要工艺流程如下。回答下列问题：（1）试剂①通常选石灰乳而不用NaOH的原因是___________。（2）Mg(OH)2沉淀中混有少量Ca(OH)2，可选用试剂___________(填序号)除去。a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．MgCl2溶液（3）反应①除生成TiCl4外还生成一种可燃性气体，该反应的化学方程式为___________。（4）不同温度下，反应②中钛提取率随时间变化曲线如图，综合考虑成本和效益选择最适宜的温度和时间为___________℃、___________min。Ⅱ．空气吹出法是目前“海水提溴”的主要方法之一，其主要工艺流程如图所示：（5）步骤②说明溴单质具有___________性，步骤③④的目的是___________。（6）步骤③的还原剂若为Na2SO3溶液，则其离子方程式为___________。【答案】（1）石灰乳原料丰富，成本低（2）c（3）（4）①.1000②.30min(28min～32min均合理)（5）①.挥发②.富集溴单质，便于后续提取液溴（6）Br2++H2O=+2Br-+2H+【解析】【分析】海水中加入石灰乳，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀；过滤后，往沉淀中加入盐酸，得到MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶，得到MgCl2∙6H2O晶体，在HCl气流中灼烧晶体，得到无水MgCl2，熔融电解，可得到Mg和Cl2；Cl2与焦炭、TiO2在高温下反应可生成TiCl4，用Mg还原可制得Ti。【小问1详解】试剂①属于碱，通常选石灰乳而不用NaOH的原因是：石灰乳原料丰富，成本低。【小问2详解】Mg(OH)2沉淀中混有少量Ca(OH)2，可将Ca2+转化为可溶性物质，且不引入新的杂质，选用试剂为MgCl2溶液除去，故选c。【小问3详解】反应①除生成TiCl4外，生成的一种可燃性气体应为CO，该反应的化学方程式为。【小问4详解】从图中可以看出，30min左右，钛的提取率基本最高，1000℃时钛的提取率与1500℃时接近且耗能要小得多，所以最适宜的温度和时间为1000℃、30min(28min～32min均合理)。【小问5详解】步骤②中，用空气可将溴吹出，则说明溴单质具有挥发性；步骤③④中，将Br2转化为Br-，又将Br-转化为Br2，从而增大Br2的浓度，其目的是：富集溴单质，便于后续提取液溴。【小问6详解】步骤③的还原剂若为Na2SO3溶液，则与Br2反应生成HBr和Na2SO4，其离子方程式为Br2++H2O=+2Br-+2H+。【点睛】若不在HCl气流中灼烧MgCl2∙6H2O晶体，则得不到无水MgCl2，最终可能得到MgO。16.控制和治理二氧化硫，是解决酸雨问题的有效途径。（1）氨水、水悬浊液吸收烟气中后经催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，微溶于水，易溶于水；溶液中的物质的量分数随的分布如图1所示。①氨水吸收。向氨水中通入少量，主要反应的离子方程式为___________；当通入至溶液时，溶液中浓度最大的阴离子是___________(填化学式)。②水悬浊液吸收。向水悬浊液中匀速缓慢通入，在开始吸收的内，吸收率、溶液均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图2)。溶液几乎不变阶段，主要产物是___________(填化学式)；吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为___________。（2）用碱性溶液吸收二氧化硫。工业上控制在时，将含有的烟气和碱性溶液按图示方式通入反应釜，发生反应。①该反应中，表现出___________(填写具体化学性质)。②反应釜中采用“气-液逆流”接触吸收法的优点是___________。③为了提高的吸收效率，工业上常加作催化剂，催化过程如图所示。在催化过程中，反应产生的四价镍和氧原子具有强氧化能力，能加快吸收速度。过程2中与的物质的量之比为，试写出过程2的离子反应方程式___________。（3）催化氧化。其他条件相同时，调节吸收得到溶液的在范围内，越低生成速率越大，其主要原因是___________；随着氧化的进行，溶液的将___________(“增大”、“减小”或“不变”)。（4）碘、水吸收二氧化硫，具体流程如图所示。已知：易挥发。①在反应器中，控制温度不超过的目的是___________。②在分离器中，分离和的方法为___________(填字母)。A．过滤B．蒸馏C．结晶③碘、水吸收二氧化硫的总反应方程式为___________。④该工艺中可以循环使用的物质是___________。【答案】（1）①.②.③.ZnSO3④.（2）①.还原性②.让烟气与吸收液充分接触，提高SO2的吸收效率③.2NiO2＋ClO−＝Ni2O3＋Cl−＋2O（3）①.pH越低，溶液中的的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快②.减小（4）①.防止温度过高时水气化且增大碘的流失②.b③.SO2＋2H2O＝H2SO4＋H2④.I2【解析】【小问1详解】①向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为；根据图−1所示，pH＝6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有和，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是，故答案为；；②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：；故答案为ZnSO3；。【小问2详解】①反应中硫元素由＋4价上升为＋6价，失电子，表现还原性，故答案为还原性；②反应釜中采用“气−液逆流”接触吸收法有利于反应物的充分接触，从而提高二氧化硫的吸收效率，故答案为让烟气与吸收液充分接触，提高SO2的吸收效率；③如图所示，过程2反应物为NiO2和ClO−，生成物为Ni2O3、Cl−、O，由电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2NiO2＋ClO−＝Ni2O3＋Cl−＋2O，故答案为2NiO2＋ClO−＝Ni2O3＋Cl−＋2O。【小问3详解】可以经氧气氧化生成，这一过程中需要调节溶液pH在4.5～6.5的范围内，pH越低，溶液中的的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量反应生成，反应的离子方程式为2＋O2＝2＋2H＋，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小，故答案为pH越低，溶液中的的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；减小。【小问4详解】①由题意，I2易升华，而且温度超过100℃水变成水蒸气，控制温度不超过100℃的目的是防止温度过高时水气化且增大碘的流失，故答案为防止温度过高时水气化且增大碘的流失；

②由题意，硫酸是高沸点含氧酸难挥发，HI易挥发，二者沸点相差较大，所以可以蒸馏分离，故答案为b；

③由整个流程图可知，起始反应物为二氧化硫和水，最终生成物为硫酸和氢气，碘单质经过各个流程后最终变回碘单质，故反应为SO2＋2H2O＝H2SO4＋H2，故答案为SO2＋2H2O＝H2SO4＋H2；

④碘单质经过各个流程后最终变回碘单质，故可以循环使用，故答案为I2。17.和高铁酸钾是两种高效消毒剂，均可用于净化水。（1）工业上常将制备成固体以便运输和贮存，流程如下：已知：饱和溶液在低于时析出，高于时析出，高于分解为和。①在吸收器中反应的方程式为___________。②操作a：蒸发至有大量晶体析出、______、______、低于干燥，得到固体。（2）高铁酸钾为紫黑色固体，易溶于水，微溶于浓溶液，是一种高效净水剂。一种制备的方法为：与溶液反应生成(在较高温度下生成)，与溶液反应制得。实验装置如下图所示：①装置A中反应的离子方程式为___________。②装置C中三颈烧瓶置于冰水浴中的目的是___________。③装置C中制得的离子方程式为_________；充分反应后静置，取装置C中上层清液加入饱和溶液，析出紫黑色晶体，过滤。使用饱和溶液的作用是________。④实验室可用间接碘量法测定含少量杂质的样品的纯度：称取样品溶于碱性溶液中，调节使混合液充分反应。用的标准溶液进行滴定，消耗标准溶液。滴定时，发生反应的离子方程式：；。试计算样品的纯度：___________(写出计算过程)。【答案】（1）①.2ClO2＋H2O2＋2NaOH═2NaClO2＋O2↑＋2H2O②.趁热过滤③.介于38℃～60℃的温水洗涤（2）①.②.防止Cl2与KOH反应生成KClO3③.④.降低溶解度，使充分析出⑤.82.5%【解析】【分析】（1）由流程可知，吸收器中发生2ClO2＋H2O2＋2NaOH═2NaClO2＋O2↑＋2H2O，高于38℃时析出NaClO2，控制温度不能太高，且防止过氧化氢分解及气体的溶解度减小，过滤后对滤液a，55℃蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，介于38℃～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥，得到NaClO2固体；（2）根据实验装置图可知，A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，氯气中有挥发出的来的氯化氢，所以B装置中饱和食盐水是除去氯气中的氯化氢，装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，为防止在较高温度下生成KClO3，与溶液反应制得，C装置中用冰水浴，反应的尾气氯气用D装置中氢氧化钠吸收；据此分析解题。【小问1详解】①吸收器中，ClO2，NaOH和H2O2生成NaClO2和氧气，反应的方程式为为2ClO2＋H2O2＋2NaOH═2NaClO2＋O2↑＋2H2O，故答案为2ClO2＋H2O2＋2NaOH═2NaClO2＋O2↑＋2H2O；②据分析可知过滤后对滤液a，55℃蒸发至有大量晶体析出，趁热过滤，介于38℃～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥，得到NaClO2固体；故答案为趁热过滤；介于38℃～60℃的温水洗涤。【小问2详解】①A装置中用二氧化锰与浓盐酸加热制得氯气，离子方程式为，故答案为；②Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3，所以冰水浴的目的是防止Cl2与KOH反应生成KClO3，故答案为防止Cl2与KOH反应生成KClO3；③装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，与溶液反应制得，离子方程式为，易溶于水、微溶于浓KOH溶液，所以向装置C中加入饱和KOH溶液作用为降低溶解度，使充分析出，故答案为；降低溶解度，使充分析出；④根据；，得，，，，K2FeO4样品的纯度为，故答案为82.5%。18.二氧化碳的捕集和利用是我国能源领域实现碳达峰、碳中和目标的一个重要研究方向。（1）某校科研人员利用溶液实