湖南省衡阳市八中2024-2025学年高一上学期第三次月考化学试卷

衡阳市八中2024级高一第三次月考化学试题注意事项：本试卷满分为100分，时量为75分钟可能用到的相对原子质量：Ba：137O：16H：1Fe：56C：12Cu：64Na：23S：32K：39一、单选题(每题3分)1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是A.“雾失楼台，月迷津渡”，雾属于胶体，能产生丁达尔效应B.碳酸钠晶体()失去结晶水的过程，称为风化，属于物理变化C.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”诗句中涉及氧化还原反应D.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应【答案】B【解析】【详解】A．雾霾形成的气溶胶属于胶体的一种，能产生丁达尔效应，A正确；B．脱去结晶水属于化学变化，B错误；C．爆竹爆炸是黑火药的爆炸反应，物质在氧气中快速燃烧，发生了氧化还原反应，C正确；D．铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，D正确；故选B。2.X、Y、Z、W、M五种短周期主族元素在周期表中位置如图所示，W的原子序数是Y的两倍。下列说法正确的是XYZWMA.X、Y形成的化合物会产生酸雨、光化学烟雾等B.最简单氢化物的热稳定性：C.Z的最高价氧化物具有良好的导电性D.最高价氧化物对应的水化物的酸性：【答案】A【解析】【分析】由图推断，W的原子序数是Y的两倍，则Y为O，W为S，X为N、Z为、M为。【详解】A．会形成酸雨，臭氧、氮氧化物和一些碳氢化合物在紫外线照射下会产生光化学烟雾，A正确；B．最简单氢化物的热稳定性：，即，B错误；C．Z的最高价氧化物为，不具有良好的导电性，，C错误；D．的非金属性比S的强，所以的最高价氧化物对应水化物的酸性比S的强，D错误；答案选A。3.下列溶液中的物质的量浓度与50mL1mol·L1中的物质的量浓度相等的是A.100mL2mol·L1KCl溶液 B.25mL2mol·L1溶液C.50mL2mol·L1NaClO溶液 D.75mL1mol·L1溶液【答案】A【解析】【分析】溶液具有均一性，溶液浓度与体积无关，1mol·L1中的物质的量浓度是2mol·L1。【详解】A．150mL2mol·L1KCl溶液中c(Cl)=2mol·L1×1=2mol/L，故A正确；B．25mL2mol·L1溶液中c(Cl)=2mol·L1×2=4mol/L，故B错误；C．50mL2mol·L1NaClO溶液中不含有Cl，故C错误；D．75mL1mol·L1溶液中c(Cl)=1mol·L1×3=3mol/L，故D错误；故选A。4.在下列条件下，一定能大量共存的离子组是A.使紫色石蕊变红的溶液中：、、、B.无色透明的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.与铝反应能放出氢气的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．能使石蕊变红的溶液呈酸性，具有还原性，具有氧化性，可发生氧化还原反应，不共存，A错误；B．呈紫色，不符合无色条件，B错误；C．溶液呈碱性，、、、离子不反应，所以能大量共存，C正确；D．与铝反应能放出氢气的溶液可以是酸性或碱性，与发生反应不共存，D错误；故选C。5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温下，1mol/L的HCl溶液中含有的氢离子数为B.16.9g过氧化钡()固体中阴、阳离子总数为C.个氢氧化铁胶体粒子的质量是107gD.1mol氯气溶于足量的水，转移电子数为【答案】B【解析】【详解】A．没有给出盐酸溶液的体积，无法计算出氢离子数目，A错误；B．16.9g过氧化钡物质的量为0.1mol，固体中阴、阳离子共0.2mol，总数为0.2NA，B正确；C．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，则NA个氢氧化铁胶粒中含有的氢氧化铁的物质的量多于1mol，质量也大于107g，C错误；D．氯气与水反应，1mol氯气溶于足量的水，因是可逆反应，故转移电子数为小于，D错误；故选B。6.自由能大小可以反映物质氧化能力的相对强弱，自由能越大，氧化能力越强。锰元素的自由能氧化态图如图所示，下列说法不正确的是A.碱性条件下MnO2易被还原为Mn(OH)2B.碱性条件下的氧化能力明显降低C.中Mn+7价D.酸性条件下1个被充分还原，转移5个电子【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，碱性条件下MnO2与Mn(OH)2的自由能接近，因此MnO2很难被还原为Mn(OH)2，错误，A符合题意；B．由图可知，碱性条件下自由能远远小于酸性条件下的自由能，因此碱性条件下的氧化能力明显降低，正确，B不符合题意；C．在离子中，元素的化合价代数和等于离子所带的电荷数。设中Mn的化合价为x，中O的化合价为2价，有x+(－2)×4=－1，得x=+7。则中Mn为+7价，正确，C不符合题意；D．由图可知，酸性条件下1个被充分还原，转化为自由能最低的Mn2+，化合价由+7价降低到+2价，则转移5个电子，正确，D不符合题意；答案选A。7.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A.用石灰乳制漂白粉：B.加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用：C.用氯化铁溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：D.用硫代硫酸钠溶液脱氯：【答案】B【解析】【详解】A．石灰乳中Ca(OH)2主要以固体形式存在，不能拆写为离子形式，该反应离子方程式为：2Ca(OH)2+2Cl2=2Ca2++2Cl+2ClO+2H2O，A错误；B．加碘盐中含有，若其与药物碘化钾片同时服用，在酸性条件下会发生反应：，反应生成有毒的I2，对人体有害，因此加碘盐与药物碘化钾片尽量不要同时服用，B正确；C．得失电子不守恒、电荷不守恒，反应的离子方程式应为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；D．反应不遵循客观事实，反应生成的是、Cl、H+，该反应的离子方程式应为：，D错误；故选B。8.硫酰氯()常用于制造医药品、染料等，某实验小组拟用干燥的氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取硫酰氯，装置如图所示：已知：的沸点为69℃，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。下列说法错误的是A.装置①中，为了提高浓盐酸的利用率，可控制分液漏斗缓慢逐滴滴加B.装置②中试剂是饱和食盐水，装置③中试剂是浓硫酸C.装置④需要热水浴，控制温度超过69℃，装置⑤需要冰水浴D.“尾气处理”时需在装置⑤后接装有氢氧化钠溶液的洗气瓶【答案】D【解析】【分析】利用纯净干燥的氯气和二氧化硫反应制取硫酰氯，由实验装置可知，装置①中制备氯气，装置②中除去氯气中的氯化氢，装置③中浓硫酸干燥氯气，装置④中发生，装置⑤中吸收产物，最后吸收尾气；【详解】A．装置①中，为了提高浓盐酸的利用率，可控制分液漏斗缓慢逐滴滴加，以便控制反应速率，提高原料利用率，A正确；B．生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，则装置②中试剂是饱和食盐水，装置③中试剂是浓硫酸，B正确；C．的沸点为69℃，因此装置④需要热水浴，控制温度超高69℃，使生成的硫酰氯进入装置⑤吸收，其中装置⑤需要冰水浴，C正确；D．为吸收尾气氯气和二氧化硫，同时防止水蒸气进入装置④中，则“尾气处理”时需在装置⑤后接装有碱石灰的干燥管，D错误；故选D。9.钠在空气中燃烧，发现其产物中混有黑色物质，某研究小组对黑色物质进行如图所示的实验探究。下列推测错误的是A.a试管中的现象说明钠的燃烧产物中可能含有B.b试管的溶液为无色，推测滤液中含有C.由上述实验现象可得与硫酸反应的离子方程式为D.滤渣中黑色物质产生的原因可能是【答案】B【解析】【分析】a试管溶液变红，说明钠块不纯，含有Fe元素；滤渣中有不溶于酸的黑色物质，说明燃烧产物中有C；加足量硫酸后加入KSCN溶液变红说明滤液中有，故产生的黑色物质可能由和C组成。b管中溶液褪色，并产生小气泡，说明滤液中有，则与硫酸发生离子反应：，而与不可能共存，故滤液中不可能有据此解答，。【详解】A．结合分析，a试管中溶液变为红色，则存在铁离子，说明钠的燃烧产物中可能含有，Fe3O4和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，A正确；B．b管中溶液褪色，并产生小气泡，说明滤液中有，则与硫酸发生离子反应：，而与不可能共存，故滤液中不可能有，B错误；C．由分析可知，与硫酸的反应会生成过氧化氢，其反应方程式为：，C正确；D．滤渣中有不溶于酸的黑色物质，说明燃烧产物中有C，则原因可能为钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和碳单质，反应的化学方程式为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，D正确；故选B。10.1898年，居里夫人发现了元素钋()，是已知最稀有的元素之一，在地壳中含量约为100万亿分之一、的放射性能使空气发生电离，它与铍混合可作为中子源，也用作静电消除剂。下列说法不正确的是A.含有的中子数为126B.Po元素位于元素周期表中第六周期第ⅥA族C.的最外电子层为Q层D.的衰变核反应方程为，则X为He元素【答案】C【解析】【详解】A．中的质量数为210，质子数为84，则含有的中子数为210－84=126，A正确；B．第六周期最后一个稀有气体元素是86号元素，则84号元素Po位于第六周期第ⅥA族，B正确；C．位于第六周期，则有6个电子层，电子层从内到外分别是K、L、M、N、O、P、Q，则最外电子层为P层，C错误；D．的衰变核反应方程为，根据守恒规律可知X为，D正确；故选C。11.化学兴趣小组采用次氯酸钙与浓盐酸反应制取氯气，并探究了氯气的性质。实验装置如图所示(已知：Br2溶于水显橙黄色，I2溶于水显棕黄色)，下列说法正确的是A.将a处次氯酸钙换成二氧化锰也可达成实验目的B.湿润的pH试纸先变红后褪色，说明Cl2有酸性和漂白性C.观察到c处溶液变红，d处变为橙黄色，e处变为棕黄色，能说明氧化性：Cl2＞Br2＞I2D.次氯酸钙与浓盐酸反应每生成1mol氯气转移1mol电子【答案】D【解析】【分析】次氯酸钙与盐酸反应可产生Cl2，Cl2中混杂的水蒸气可被氯化钙吸收。氯气无漂白性，不能使干燥的pH试纸褪色。Cl2与水发生反应生成HCl和HClO，其中HCl水溶液显酸性，HClO有漂白性，因此湿润的pH试纸先变红后褪色。Cl2具有强氧化性，可通过c、d、e实验验证，用NaOH溶液吸收尾气。【详解】A．稀盐酸和二氧化锰在常温下不反应，因此不能将a处次氯酸钙换成二氧化锰，A错误；B．氯气与水发生反应生成HCl和次氯酸，其中HCl水溶液显酸性，HClO有漂白性，故湿润的pH试纸先变红后褪色，而不是Cl2有酸性和漂白性，B错误；C．氯气氧化Fe2＋为Fe3＋，Fe3＋和KSCN反应生成Fe(SCN)3，使得溶液变红色；氧化Br－生成Br2，d处变为橙黄色；氧化I－生成I2，e处变为棕黄色；说明氧化性Cl2大于Br2，Cl2大于I2，但是不能说明Br2氧化性大于I2，C错误；D．ClO－和Cl－在酸性条件下发生归中反应生成Cl2，离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O，ClO－中Cl的化合价为＋1，降低到0价，降低了1价，可知每生成1molCl2转移1mol电子，D正确；答案选D。12.下列说法正确的是A.0.1mol/L溶液的酸性： B.氧化性C.碱金属单质的密度随着原子序数的增加逐渐增大 D.ⅠA族元素都是碱金属元素【答案】A【解析】【详解】A．卤族元素从上而下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Br＞I，则酸性：，A正确；B．元素金属性越强，则简单阳离子氧化性越弱，锂和钠同主族，金属性Na＞Li，则氧化性，B错误；C．碱金属元素的密度从上往下呈增大趋势，但钠和钾的密度表现出反常现象，钾的密度实际上比钠小，C错误；D．ⅠA族中H元素不是碱金属元素，D错误；故选A。13.从某含有、、的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下，则下列说法不正确的是A.试剂a为铁，试剂b为稀硫酸B.加入试剂a过程中，有红色固体析出后，说明溶液中已经反应完全C.试剂c可为溶液，相应的反应为D.溶液W可作“腐蚀液”腐蚀覆铜板【答案】A【解析】【分析】向含、、CuCl2废液中加过量的试剂铁单质，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，铁和氯化铜反应置换出铜，过滤，滤渣Y含铜和铁，滤液X为氯化亚铁，滤渣Y中加盐酸溶解铁，过滤得金属铜，向氯化亚铁通氯气，得氯化铁溶液。【详解】A．根据以上分析试剂a为铁，试剂b为稀盐酸，不能用稀硫酸，会引入杂质，A错误；B．加入铁，因为氧化性大于，铁先和反应，然后才和氯化铜反应生成红色铜，所以有红色固体析出后，说明溶液中已经反应完全，B正确；C．若试剂c为溶液，H2O2与Fe2+反应，根据得失电子守恒可知H2O2和Fe2+的系数比为1：2，再结合原子守恒可得离子方程式为，C正确；D．溶液W为氯化铁，因为氧化性大于，可作“腐蚀液”腐蚀覆铜板，D正确；故答案为：A。14.将一定量的氯气通入的氢氧化钾浓溶液中，加热少许时间后，恰好完全反应，测得溶液中含氯元素的离子有：。下列说法不正确的是A.一共消耗了氯气B.当溶液中时，反应的离子方程式为：C.若反应中转移的电子为，则D.反应生成的有一定的氧化性【答案】A【解析】【详解】A．的氢氧化钾浓溶液中，氢氧化钾为0.6mol，根据钾元素、氯元素守恒可知，总量为0.6mol，则消耗氯气0.3mol，A错误；B．当溶液中时，则生成个数比为5:1，根据电子守恒可知，反应的离子方程式为：，B正确；C．若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.3mol；若生成，则，根据电子守恒可知，，则，转移电子0.5mol；故若反应中转移的电子为，则，C正确；D．中氯处于中间价态，有一定的氧化性，D正确；故选A。二、非选择题(每空2分)15.氯化亚铜常作催化剂。以下是从含、的电镀废水中制备氯化亚铜的工艺流程图。如图是滤液中、的含量与pH的关系及CuCl产率与pH的关系图。（1）在电镀废水中加碱产生沉淀，过滤得到电镀污泥，则电镀污泥的主要成分为___________；（2）由反应①制备CuCl时的最佳pH在___________左右；（3）对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气下进行时CuCl产率较高，由此推测CuCl具有___________性；（4）写出反应①中化学反应方程式：___________；（5）隔绝空气条件下，从滤液中制得晶体的实验操作为：___________；（6）取晶体4.34g隔绝空气条件下，失去结晶水后得固体3.26g，所得固体溶于水分成二等份，一份加入足量溶液，得到白色固体2.33g；另一份加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g。写出晶体的化学式：___________。【答案】（1）Fe(OH)3、Cu(OH)2（2）3.5（3）还原（4）2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+2K2SO4+FeSO4（5）蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥（6）K2Fe(SO4)2•6H2O【解析】【分析】由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥；向电镀污泥中加入硫酸控制pH使氢氧化铜溶解，而氢氧化铁不溶解，过滤得到高浓度的硫酸铜溶液；向高浓度的硫酸铜溶液加入铁与氯化钾，调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，过滤得到氯化亚铜沉淀和含有的硫酸亚铁、硫酸钾滤液，隔绝空气条件下，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。【小问1详解】由流程图可知，向电镀废水中加碱，Cu2+、Fe3+与碱反应生成氢氧化铁和氢氧化铜沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和氢氧化铜的电镀污泥，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；【小问2详解】由CuCl产率与pH的关系图可知，析出CuCl沉淀的最佳pH应为CuCl的产率最大，且氢氧化铁杂质较少，制备CuCl时的最佳pH是3.5左右，故答案为：3.5；【小问3详解】对CuCl产率探究时发现反应①在隔绝空气条件下进行时CuCl产率较高，说明氯化亚铜具有还原性，能被空气中的氧气氧化，故答案为：还原；【小问4详解】反应①为调节溶液pH和反应温度使硫酸铜与铁、氯化钾反应生成了硫酸亚铁、硫酸钾和氯化亚铜，反应的化学方程式为2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4，故答案为：2CuSO4+Fe+2KCl=2CuCl↓+FeSO4+K2SO4；【小问5详解】隔绝空气条件下，含有硫酸亚铁、硫酸钾的滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤(洗涤)、干燥；【小问6详解】由题意可知，结晶水的物质的量为=0.06mol，由加入足量BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀质量为2.33g可知硫酸根的物质的量为×2=0.02mol，由加入足量NaOH溶液后，加热、灼烧得红色粉末0.4g可知亚铁离子的物质的量为×2×2=0.01mol，则钾离子的物质的量为=0.02mol，n(K+)：n(Fe2+)：n()；n(H2O)=0.02mol：0.01mol：0.02mol：0.06mol=2:1:2:6，晶体的化学式为K2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为：K2Fe(SO4)2•6H2O。16.铁的化合物在工业生产以及人体健康等方面具有重要作用。回答下列问题：（1）人体易吸收亚铁离子，补铁时常食用维生素C，其中维生素C的作用是___________；（2）重金属对水资源的污染性极大。电镀废水中的铬主要以(Cr为＋6价)的形式存在。可采用以下方案除去电镀废水中的Cr(Ⅵ)。使用不同的还原剂可选用(300元/吨)、(2100元/吨)(其中Cr被还原为＋3价)，除铬率随pH的变化如图所示。①综合考虑工业成本，工业上更适合采用___________为还原剂进行除铬，该还原剂使用的最佳___________。②在酸性条件下，与反应的离子方程式为___________，氧化性：___________(填“>”或“<”)，还原性：___________(填“>”或“<”)，每消耗1mol转移电子为___________mol。【答案】（1）作还原剂（2）①.FeSO4②.8③.④.>⑤.>⑥.6【解析】【小问1详解】人体易吸收亚铁离子，由于Fe2+易被氧化成Fe3+，故补铁时常食用维生素C，主要由于维C具有还原性，可将食物中Fe3+还原为Fe2+，其作用是作还原剂；【小问2详解】①根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，还原1mol，分别需要6molFeSO4、3molNaHSO3，根据原料成本价格，分别所需金额为(元)、(元)，综合看，工业上更适合采用FeSO4作还原剂，如图可知，FeSO4在pH=8时效果最好，故该还原剂使用的最佳pH为8；②在酸性条件下，Fe2+与反应的离子方程式为，其中Fe2+作还原剂，被氧化成Fe3+，作氧化剂，被还原成Cr3+，故氧化性：>Fe3+，还原性：Fe2+>Cr3+，每消耗1mol转移电子为6mol。17.在常温下为黄色气体，熔点为59.5℃，沸点为11℃，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂，在碱性环境中易发生反应：。的制备方法有多种。回答下列问题：（1）工业制备反应原理如下：，当生成标准状况下氯气1.12L时，反应转移的电子物质的量为___________mol。（2）一种有效成分为、、的“二氧化氯泡腾片”溶于水时，逸出大量；同时在酸性条件下发生自身氧化还原反应，得到溶液。①中氯元素的化合价为___________，生成的离子方程式为___________。②已知上述生成的反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：1，写出该反应的离子方程式为___________。（3）实验室可用如图所示装置制备(夹持装置略)。①装置A中发生反应的化学方程式为___________。②装置B收集时，为了更好的收集，可采取的措施为___________(填一条)。（4）的稳定性较差，易分解，常用和NaOH的混合溶液将其转化为进行保存，该反应中每生成1mol，消耗的物质的量为___________mol，若加入过量的NaOH可能导致的后果是___________。【答案】（1）0.1（2）①.+3②.③.（3）①.②.将装置B置于冰水浴中（4）①.2②.产品中含有杂质NaClO3和NaClO【解析】【小问1详解】该反应中NaClO3中的Cl得到1个电子，生成1个ClO2，HCl中的Cl失去1个电子生成0.5个Cl2，当生成标况下氯气1.12L，物质的量为0.05mol，转移电子数为0.1NA；【小问2详解】①由化合物中各元素的化合价代数和为0可知，NaClO2中的Cl化合价为+3价；与电离出的H+反应生成CO2气体，离子方程式为：；②NaClO2在酸性条件下发生自身氧化还原反应生成ClO2，则其自身失电子生成ClO2，得电子生成Cl，已知氧化产物和还原产物的物质的量之比为4：1，则ClO2和Cl的系数比为4：1，再结合电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为离子方程式为；【小问3详解】①该装置中Cl2与NaClO2反应生成ClO2，1个NaClO2失去1个电子，1个Cl2得到2个电子生成2个Cl，则反应物中Cl2和NaClO2的系数比应该为1：2，再结合原子守恒可得化学方程式为；②根据题干可知，ClO2的沸点较低，容易汽化，为了更好的收集ClO2，可将装置B置于冰水浴中；【小问4详解】H2O2和NaOH混合溶液可将ClO2转化为NaClO2，则该反应中H2O2失电子生成氧气，ClO2得电子生成NaClO2，生成1molO2，H2O2共转移2mol电子，则消耗ClO2的物质的量为2mol；根据题干可知，碱性条件下ClO2与氢氧根离子反应生成和ClO，若加入过量氢氧化钠，则生成的ClO2与氢氧化钠反应，产品中含有杂质NaClO3和NaClO。18.硫酸铜主要用作纺织品媒染剂、农业杀虫剂等，其晶体在不同温度下会逐步失去结晶水甚至分解。长郡化学社对硫酸铜晶体受热分解的产物成分进行探究，请回答下列问题：I．探究硫酸铜晶体的分解产物为探究硫酸铜晶体的分解产物，某同学设计了如下实验：观察到的实验现象有：A中有固体残留；B中无水硫酸铜变蓝；C中产生白色沉淀；D中溶液颜色变浅、无沉淀产生；E中溶液变为红色。（1）装有无水硫酸铜