天津市经济技术开发区第一中学2024-2025学年高一上学期第二次月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1天津市经济技术开发区第一中学2024-2025学年高一上学期第二次月考相对原子质量：H-1C-12O-16K-39Na-23Al-27S-32Fe-56Cl-35.5一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题3分，共60分)1.下列说法不正确的是（）A.1mol氧气的质量为32gB.常温常压下，1molCO2气体体积约为22.4LC.88gCO2的摩尔质量为44g/molD.1L2mol/L的BaCl2溶液中含Cl-的个数为2.408×1024【答案】B【详析】A．氧气摩尔质量为32g/mol，则1mol氧气的质量为32g，故A正确；B．常温常压下气体摩尔体积等于22.4L/mol，常温常压下，1molCO2气体体积大于22.4L，故B错误；C．二氧化碳相对分子质量为44，则其摩尔质量为44g/mol，故C正确；D．氯离子浓度为氯化钡2倍，氯离子物质的量为1L×2×2mol/L=4mol，溶液中氯离子数目为4mol×6.02×1023mol-1=2.408×1024，故D正确；故答案为B。2.下列溶液中物质的是浓度最大的是A.溶液 B.溶液C.溶液 D.溶液【答案】D【详析】A．氯酸钾溶液中不存在氯离子，A错误；B．200mL0.25mol·L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.25mol/L×3=0.75mol/L；C．75mL0.25mol·L-1MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=0.25mol/L×2=0.5mol/L；D．溶液Cl-的物质的量浓度c(Cl-)=1mol/L；则物质的是浓度最大的是1mol/L；故选D。3.表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A.在的溶液中，含有个数为B.56g铁粉与标况下22.4L氯气充分反应，转移电子数C.通常状况下，个分子占有的体积为22.4LD.所含的电子数为个【答案】D【详析】A．的溶液中，氯离子浓度为，但未知溶液的体积，无法计算其物质的量及个数，A错误；B．铁粉和氯气反应生成氯化铁，氯气不足，电子转移数由氯气决定。56g铁粉与标况下22.4L氯气充分反应，转移电子数，B错误；C．标准状况下，个分子占有的体积为22.4L，通常情况下所占体积大于22.4L，C错误；D．式量为19，为10电子微粒。物质的量为0.1mol，所含的电子数为个，D正确；故选D。4.下列叙述中正确个数的是①标准状况下，6.02×1023个分子所占体积约是22.4L；②1molH2O中含有2mol氢和2mol氧；③0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳原子；④两种物质物质的量相同，则它们在标准状况下的体积相同；⑤同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大；⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比⑦2mol水的摩尔质量是1mol水的摩尔质量的2倍。A.2个 B.3个 C.4个 D.5个【答案】B【详析】①气体摩尔体积使用对象只有气体，若非气体，则不能使用气体摩尔体积计算体积，故①错误；②2mol氢和2mol氧指代不明确，应是1molH2O中含有2mol氢原子和1mol氧原子，故②错误；③0.012kg12C中含有碳原子数目为阿伏加德罗常数，0.012kg12C中含有约6.02×1023个碳原子，故③正确；④两种物质的物质的量相同，其体积不一定相同，如1mol水和1mol氢气在标况下体积不同，故④错误；⑤在同温同体积时，气体压强与物质的量成正比，则气体物质的量越大压强越大，故⑤正确；⑥同温同压下气体摩尔体积相同，，则气体密度与其相对分子质量成正比，故⑥正确；⑦摩尔质量是单位物质的量的物质所具有的质量，与物质的量无关，水的摩尔质量为18g/mol，故⑦错误；综上解析，③⑤⑥正确。答案选B。5.下列铁化合物通过化合反应、置换反应、复分解反应均能得到的是A.Fe3O4 B.FeCl3 C.FeCl2 D.Fe(OH)3【答案】C【详析】A．铁与氧气点燃可生成四氧化三铁，为化合反应，铁与水蒸气在高温条件下生成四氧化三铁和氢气，为置换反应，但不能通过复分解反应得到四氧化三铁，A不符合题意；B．铁与氯气反应生成三氯化铁，为化合反应，氢氧化铁与盐酸反应可得到三氯化铁，为复分解反应，但不能通过置换反应得到三氯化铁，B不符合题意；C．Fe+2FeCl3=3FeCl2，该反应为化合反应，Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，该反应为置换反应，Fe(OH)2+HCl=FeCl2+2H2O，该反应为复分解反应，C符合题意；D．不能通过置换反应得到Fe(OH)3，D不符合题意；答案选C。6.高铁酸钠是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水的处理。工业上制备高铁酸钠的方法之一，用离子方程式表示为。下列说法不正确的是A.中铁元素的化合价为＋6价B.是氧化剂，具有氧化性C.的氧化性强于D.在反应中得电子，是还原产物【答案】B【详析】A．已知中Na为+1价，O为-2价，根据化学式中各元素的化合价代数和为0，故铁元素的化合价为＋6价，A正确；B．反应中Fe的化合价由中的+3价升高到中的+6价，被氧化，故Fe3+是还原剂，具有还原性，B错误；C．已知反应中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，故的氧化性强于，C正确；D．由方程式可知在反应中得电子，是还原产物，D正确；故答案为：B。7.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如下图甲所示。下列推断不合理的是A.X在高温下可与H2O(g)反应生成ZB.N在空气中不稳定，利用图乙装置制取N并可减缓其被氧化C.可存在P→M→Z→P的循环转化关系D.若P为盐酸盐，可将其饱和溶液逐滴滴入沸水中制备Fe(OH)3胶体【答案】A【详析】由题干铁的价类二维图可知，X为Fe、Y为FeO、Z为Fe2O3、M为Fe(OH)3、N为Fe(OH)2，Q为亚铁盐，P为铁盐，据此分析解题。A．由分析可知，X为Fe、Z为Fe2O3，Fe在高温下可与H2O(g)反应生成Fe3O4，而不是Fe2O3，A错误；B．由分析可知，N为Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，图乙装置生成的H2可排出装置中的空气，从而减缓Fe(OH)2被氧化，B正确；C．由分析可知，Z为Fe2O3、M为Fe(OH)3、P为铁盐，根据反应方程式，，可知，可存在P→M→Z→P的循环转化关系，C正确；D．由分析结合若P为盐酸盐可知，P为FeCl3，实验制备Fe(OH)3胶体的方法为：将烧杯中的蒸馏水加热煮沸后，向沸水中滴加5~6滴饱和氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色停止加热，即可制备Fe(OH)3胶体，D正确；故答案为：A。8.下列除杂质的操作中不正确的是A.铝粉中混有铁粉：用磁铁吸引除去B.FeCl2溶液中混有FeCl3：加入过量铁粉充分反应后过滤C.NaHCO3固体中混有少量Na2CO3：加入适量稀盐酸D.Mg(OH)2中混有Al(OH)3：加入足量NaOH溶液后过滤【答案】C【详析】A．铁可以被磁铁吸引，铝不能，可用磁铁吸引除去铝粉中的铁粉，A正确；B．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，过量的铁过滤除去，B正确；C．碳酸钠和碳酸氢钠都与盐酸反应，且会生成氯化钠，引入新杂质，C错误；D．氢氧化镁不与氢氧化钠溶液反应，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到氢氧化镁，D正确；答案选C。9.在强酸性溶液中，因发生氧化还原而不能大量共存的离子组是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】C【详析】A．在强酸性溶液中存在大量H+，与H+反应生成二氧化碳和水，但不是发生氧化还原，A不符合题意；B．、反应生成硫酸钡沉淀，不能共存，但不是发生氧化还原，B不符合题意；C．强酸性溶液中H+、、发生氧化还原不能共存，C符合题意；D．强酸性溶液中H+、反应生成水，、反应生成氢氧化铁沉淀，不能共存，但不是发生氧化还原，D不符合题意；故选C。10.实验室利用反应2KClO32KCl＋3O2↑制取氧气，今24.5gKClO3参加反应，则得到标准状况下的氧气的体积是A.2.24L B.4.48L C.44.8L D.6.72L【答案】D【详析】24.5gKClO3的物质的量是=0.2mol，则有2mol∶0.2mol=3mol∶n(O2)，则n(O2)=0.3mol，故产生的氧气在标准状况下的体积是0.3mol×22.4L·mol-1=6.72L。故选D。11.a、b、c、d、e分别是Cu、Ag、Fe、Al、Mg五种金属中的一种。已知：①a、c、e均能与稀硫酸反应放出气体；②b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d；③c与强碱溶液反应放出气体，e的一种氧化物具有磁性。由此判断，a、b、c、d、e依次为A.Fe、Cu、Al、Ag、Mg B.Mg、Cu、Al、Ag、FeC.Al、Cu、Mg、Ag、Fe D.Mg、Ag、Al、Cu、Fe【答案】B【详析】由③c与强碱溶液反应放出气体，则c为Al；e的一种氧化物具有磁性，则e为Fe；由①a、c、e均能与稀硫酸反应放出气体，则a为Mg；②b与d的硝酸盐溶液反应，置换出单质d，则b为Cu，d为Ag，故a、b、c、d、e依次为Mg、Cu、Al、Ag、Fe；故选B。12.下列实验现象，描述正确的是A.I烧杯中立即产生红褐色沉淀B.Ⅱ试管中溶液变红C.Ⅲ试管中生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色D.Ⅳ试管中的白色沉淀逐渐增多【答案】C【详析】A．饱和氯化铁溶液滴入沸水加热会发生水解反应，生成Fe(OH)3胶体，I烧杯中溶液颜色变为红褐色，而非产生红褐色沉淀，A项错误；B．氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应，溶液会变红，而非氯化亚铁溶液，B项错误；C．氯化亚铁溶液滴入氢氧化钠溶液，生成的白色絮状氢氧化亚铁沉淀会迅速被氧化成氢氧化铁，变成灰绿色，最后变成红褐色，C项正确；D．氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液，开始生成沉淀，氢氧化钠过量后沉淀逐渐溶解，而不是白色沉淀逐渐增多，D项错误；答案选C。13.物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为A. B. C. D.【答案】D【详析】设物质的量浓度相同均为amol/L的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的浓度分别为amol/L、2amol/L、3amol/L，则当溶液的体积比为3：2：1时，三种溶液中Cl-的物质的量之比为：amol/L×3VL：2amol/L×2VL：3amol/L×VL=3:4:3，故答案为：D。14.新型镁合金被大量用于制造笔记本电脑外壳、竞赛自行车框架等。由此说明镁合金具有的优异性能包括①熔点低②硬度大③耐腐蚀④密度小⑤导电性强A.①②④ B.②③④ C.②④⑤ D.③④⑤【答案】B【详析】笔记本电脑外壳、竞赛自行车框架等要求密度小，便于携带；硬度大，抗震能力强，延长使用寿命，与熔点高低、延展性、导电性无关。故选B。15.如果ag某气体中所含有的分子数为b，则cg该气体在标准状况下的体积是（式中为阿伏加德罗常数的值）A. B. C. D.【答案】A【详析】如果ag某气体中所含有的分子数为b，则cg该气体分子数为，其物质的量为，则cg该气体在标准状况下的体积是，故A符合题意。综上所述，答案为A。16.在天平的左右两个托盘上放有两个烧杯，两个烧杯中分别盛有盐酸和氢氧化钠溶液，天平处于平衡状态，当分别向两烧杯中加入等质量的铝(酸和碱都是足量的)充分反应后A.天平保持平衡 B.左高右低 C.左低右高 D.无法确定【答案】A【详析】由铝分别与碱液和酸反应的方程式：2Al＋2H2O＋2NaOH=2NaAlO2＋3H2↑；2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑,可知当酸和碱过量时，等量的铝反应能产生等量的氢气，所以天平依然保持平衡。答案选A。17.向、的混合液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在。则下列判断正确的是A.加入溶液一定不变红色 B.溶液中不一定含有C.溶液中一定含有 D.剩余固体中不一定含有【答案】A【详析】由于FeCl3的氧化性强于CuCl2，所以加入的铁粉先与FeCl3反应生成了FeCl2，多余的铁粉再与CuCl2反应生成了Cu单质。有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余。A．由分析可知，充分反应后仍有固体存在，溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A说法正确；B．通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B说法错误；C．通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C说法错误；D．通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D说法错误；答案选A。18.向30.6gFe2O3、FeO和Fe的混合物中加入1mol·L－1硫酸400mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋。若用足量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，得到的固体质量为A.22.4g B.21.6g C.18.6g D.26.4g【答案】A【详析】向30.6gFe2O3、FeO和Fe的混合物中加入1mol·L－1硫酸400mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3＋，即溶液中的溶质为FeSO4。根据硫酸根守恒，n(FeSO4)=n(H2SO4)=1mol·L－1×0.4L=0.4mol。若用足量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，Fe2O3、FeO被还原，得到的固体为铁。根据铁守恒，铁元素的物质的量为0.4mol，所以最后得到的铁即为0.4mol，质量为0.4mol×56g/mol=22.4g。故选A。19.如图所示，气缸的总体积一定，内部被活塞隔成Ⅰ、Ⅱ两部分，活塞可以自由移动，也可以固定。25℃时向Ⅰ中充入8gSO2，Ⅱ中充入22gCO2，则下列说法正确的是A.当活塞不再移动时，Ⅰ、Ⅱ两部分体积之比为1∶2B.当活塞不再移动时，Ⅰ、Ⅱ两部分密度之比为11∶16C.当活塞固定在气缸正中间，Ⅰ、Ⅱ两部分压强之比为4∶1D.若活塞移动到气缸正中间，Ⅰ中气体需再入24gSO2【答案】D【详析】8g二氧化硫的物质的量为=mol，22g二氧化碳的物质的量为=mol；A．由阿伏加德罗定律可知，当活塞不再移动时，I、II两部分体积之比为mol：mol=1：4，故A错误；B．由理想气体状态方程可知，当活塞不再移动时，I、II两部分密度之比等于二氧化硫和二氧化碳的摩尔质量之比，则密度之比为64：44=16：11，故B错误；C．由气体的压强之比等于气体的物质的量之比可知，当活塞固定在气缸正中间，I、II两部分压强之比为mol：mol=1：4，故C错误；D．由阿伏加德罗定律可知，活塞移动到气缸正中间说明二氧化硫和二氧化碳的物质的量相等，则I中需再通入二氧化硫的质量为mol×64g/mol-8g=24g，故D正确；故选D。20.中国科学院天津工业生物技术研究所在国际上首次实现到淀粉的全合成，其中部分核心反应过程如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.反应①中，生成理论上转移电子的数目为B.中含有电子的数目为C.反应③中的“cat。”可能为催化剂，实验室常用催化该反应D.与的混合物中含碳原子的数目为【答案】D【详析】A．由题干反应历程图可知，反应①为元素化合价由+4价降至价，则生成理论上转移电子的数目为，A正确；B．1个分子中含18个电子，的物质的量，则中含有1.8mol电子，电子的数目为，B正确；C．由题干反应历程图可知，反应③为，“cat。”在反应前后没有发生变化，则“cat。”可能为催化剂，实验室常用催化的分解，C正确；D．由题图可知，HCHO与DHA的混合物可视为个，则与DHA的混合物中含碳原子的数目为，D错误；故选D。二、简答题：共40分。21.欲配制0.80mol/L的NaOH溶液480mL，请回答下列问题：（1）实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒外，还有___________、___________。（2）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为___________g。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是___________。（4）配制溶液时，流程图中的两个明显错误是___________(填序号)。（5）若其它操作均正确，以下操作会引起所配溶液浓度偏大的是___________(填写字母)。A．在滤纸上称量NaOHB．定容时俯视刻度线C．转移前，容量瓶中有少量蒸馏水D．NaOH溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶E．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】（1）①.胶头滴管②.500mL容量瓶（2）16.0（3）检验是否漏液（4）①⑦（5）BD【小问1详析】配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，实验室没有480mL容量瓶，应用500mL容量瓶，根据实验步骤可知，实验需要的玻璃仪器除了烧杯、量筒、玻璃棒外，还有胶头滴管、500mL容量瓶。【小问2详析】需要配制500mL溶液，n(NaOH)=0.5L×0.8mol/L=0.4mol，故m(NaOH)=0.4mol×40g/mol=16.0g，应称量的NaOH的质量是16.0g。【小问3详析】使用容量瓶前必须进行的一步操作是检验是否漏液。【小问4详析】配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，流程图中的两个明显错误是①称量NaOH时应在左盘放NaOH固体，并用小烧杯盛放NaOH；⑦定容时视线应与凹液面的最低处相平。【小问5详析】Ａ．氢氧化钠具有腐蚀性，易潮解，应放在小烧杯中称量，在滤纸上称量NaOH，称得的NaOH的质量偏小，溶液浓度偏低，故A错误；B．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B正确；C．转移前，容量瓶中有少量蒸馏水，最后需要加水定容，容量瓶中有少量水不影响溶液浓度，故C错误；D．NaOH溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D正确；E．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，少量溶液残留在瓶口与瓶塞之间，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故E错误；故选BD。22.某研究小组以工厂废渣Fe3O4、Al2O3为原料制取Fe2O3工艺流程如下图。回答下列问题：（1）“碱浸”时发生反应的化学方程式为___________。（2）“操作a”中用到的玻璃仪器有烧杯、___________、___________。（3）“氧化”的目的是___________。（4）“氧化”时反应的离子方程式为___________。若用H2O2代替O2，其离子方程式为___________。（5）“操作c”发生反应的化学方程式为___________。【答案】（1）（2）①.漏斗②.玻璃棒（3）将Fe2+氧化成Fe3+（4）①.②.（5）【解析】工厂废渣中含有Fe3O4、Al2O3，碱浸氧化铝溶解，Fe3O4和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，通入氧气将Fe2+氧化成Fe3+；加入氢氧化钠生成氢氧化铁沉淀，过滤，氢氧化铁灼烧生成氧化铁。【小问1详析】氧化铝是两性氧化物，“碱浸”时氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，发生反应的化学方程式为；【小问2详析】“操作a”是固液分离，a为过滤，用到玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。【小问3详析】四氧化三铁和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁，“氧化”的目的是将Fe2+氧化成Fe3+；【小问4详析】“氧化”时Fe2+被氧气氧化成Fe3+，反应的离子方程式为。若用H2O2代替O2，其离子方程式为。【小问5详析】“操作c”是灼烧氢氧化铁生成氧化铁和水，发生反应的化学方程式为。23.某工厂的工业废水中含有大量的和较多的。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收和金属铜。请根据以下流程图回答问题。（1）若在实验室进行操作①，所用到的玻璃棒的作用是_______，试剂①是_______。（2）若取溶液B加入试管中，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是_______，此过程中涉及的氧化还原反应的化学方程式是_______。（3）已知露置在空气中很容易被氧化为，为检验B、C混合所得溶液中是否混有，应取样，并加入_______，若_______，则说明该溶液已被氧化。（4）实验室中为防止溶液被氧化，可往其中加入_______，发生反应的离子方程式是_______。（5）食品级可用作铁质营养增补剂，用制得的补铁剂表层一般会覆盖有一层糖衣，从氧化还原反应原理角度推测该糖衣的作用是_______。【答案】（1）①.引流(或防止液体外溅)②.H2SO4(或硫酸)（2）①.生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色②.4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3（3）①.KSCN溶液②.溶液变血红色（4）①.铁粉②.Fe+2Fe3+=3Fe2+（5）防止硫酸亚铁与空气中的氧气接触而氧化【解析】工厂废水中含有大量的硫酸亚铁和较多的Cu2+，向工业废水中加入过量铁粉，发生反应Fe+Cu2+=Fe2++Cu，然后过滤，滤渣A中含有生成的铜和过量的铁粉，向滤渣中加入足量稀硫酸，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，然后过滤得到铜和含硫酸亚铁和硫酸的滤液C。经过操作①得到的滤液B中含硫酸亚铁，B和C合并后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸亚铁晶体，据此解答。【小问1详析】根据上述分析，操作①用于分离固体和液体，则操作①是过滤，所用到的玻璃棒的作用是引流(或防止液体外溅)。根据上述分析，A中含有生成铜和过量的铁粉，加入试剂①的目的是将两者分开，同时不引入新的杂质，所以试剂①为稀硫酸，故答案为：引流(或防止液体外溅)；H2SO4(或硫酸)；【小问2详析】根据上述分析，B中含有硫酸亚铁，向其中滴加氢氧化钠溶液，则首先生成氢氧化亚铁白色沉淀，后氢氧化亚铁被空气中的氧气迅速氧化变成灰绿色，最后变成红褐色氢氧化铁沉淀，涉及到的氧化还原反应的化学方程式为4Fe(