湖北省随州市部分高中联考协作体2024-2025学年高一上学期12月月考化学试题答案

高一化学试题参考答案一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1、解析：DA项，石墨烯为碳的单质，属于无机物；B项，不锈钢是Fe、Cr、Ni等的合金，属于金属材料；C项，石英光导纤维的主要成分为SiO2，属于无机非金属材料；D项，聚酯纤维俗称“涤纶”，是由有机二元酸和二元醇缩聚而成的聚酯经纺丝所得的合成纤维，属于有机物。2、解析：DCl2通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，A正确；氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋H2O，B正确；过量CO2通入饱和碳酸钠溶液反应产生碳酸氢钠晶体，反应的离子方程式为：2Na＋＋COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，C正确；H2SO3溶液中滴入氯化钙溶液，因亚硫酸酸性弱于盐酸，不能发生反应，D不正确。3、解析：C向可能含有H＋、NHeq\o\al(＋,4)、Mg2＋、Al3＋、NOeq\o\al(－,3)的溶液中逐滴加入NaOH溶液，开始没有沉淀生成，说明含有氢离子，生成沉淀后部分溶解，说明含有铝离子、镁离子，不含有铵根离子，不确定是否含有硝酸根离子；a点溶液含有氢离子，和碳酸根离子不共存，A错误；b点氢离子完全反应，生成了沉淀，Fe3＋不能大量存在，B错误；c点氢离子、铝离子、镁离子均恰好反应，溶液呈碱性，硝酸根离子不会和碘离子发生氧化还原反应，可以共存，C正确；d点氢氧化钠过量，和碳酸氢根离子生成水和碳酸根离子，不共存，D错误。4、解析：Deq\o(C,\s\up6(＋4))O2→eq\o(C,\s\up6(＋2))O，C化合价降低，发生还原反应，CO是还原产物，A项错误；SiH4是还原剂，发生氧化反应，B项错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，C项错误；生成1molSiO2时，由4eq\o(C,\s\up6(＋4))O2→4eq\o(C,\s\up6(＋2))O知，转移电子的物质的量是(4－2)×4mol＝8mol，D项正确。5、解析：BNa2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由＋4价升高为＋6价；NaClO3中Cl元素的化合价降低，设Cl元素在还原产物中的化合价为x，根据得失电子守恒有1×(6－4)＝2×(5－x)，解得x＝＋4，故棕黄色气体X的化学式为ClO2。6、解析：A钠与水反应放热，放出的热量引发钠与硫的反应，所以水不是催化剂，A错误；硫化钠为强碱弱酸盐，溶于水后，发生水解使溶液显碱性，所以酚酞的水溶液变为红色，B正确；钠与硫反应引发后，不需要加热就能继续反应说明其为放热反应，C正确；硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜黑色固体，D正确。7、解析：CA项，如果不这样做，会给样品火焰颜色带来干扰，正确；B项，观察钾的焰色时要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光再观察，正确；C项，焰色试验应选择本身颜色较浅的火焰，错误；D项，NaCl与KCl灼烧时火焰颜色不同，可以用焰色试验鉴别，正确。8、解析：B装置A将液态H2O转化为气态，与装置B中的铁粉在高温下发生反应，A项正确；铁与H2O(g)在高温下发生反应生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up7(高温))Fe3O4＋4H2，B项错误；因生成的H2中含有较多的水蒸气，故需要用碱石灰等不与H2反应的干燥剂进行干燥，C项正确；不纯的H2在点燃时可能会发生爆炸，故在点燃H2前必须检验其纯度，D项正确。9、解析：C标号①处发生的反应为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Cu2＋＋Fe=Cu＋Fe2＋，2Au3＋＋3Fe=2Au＋3Fe2＋，②处发生的反应是Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，③处发生的反应是铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故①、②、③处发生的反应均为氧化还原反应，A正确；标号③处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开，加入的相应物质是稀硝酸，故B正确；由上述分析可知，标号①处发生的离子反应超过三个，故C错误；Fe2O3是红棕色粉末，俗称铁红，工业上常用作红色颜料，故D正确。10、解析：D钠一般是由电解熔融NaCl的方法来制取，而电解饱和食盐水得到的是NaOH、H2和Cl2，故D错误。11、解析：CA项，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁时应将稀硫酸和氢氧化钠溶液预先煮沸，使溶解的空气逸出，故A正确；B项，氢氧化亚铁具有强还原性，易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故实验开始阶段，应把弹簧夹C和D都打开，A中反应产生氢气，排除装置中的空气，故B正确；C项，一段时间后，关闭弹簧夹C，但不能关闭弹簧夹D，可利用生成的氢气使装置A中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置B的氢氧化钠溶液中，反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，故C错误；D项，本实验利用反应生成氢气排净装置中的空气，使装置处于还原氛围，故实验结束后关闭弹簧夹D，可以长时间保存氢氧化亚铁，故D正确。12、解析：B加入稀硫酸溶解合金，产生的气体为氢气，A错误；共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂”的目的是除去Ni、Co元素，所以“滤渣1”的主要成分为NiS、CoS，B正确；“沉铁”所用物质草酸是一种弱酸，不能拆，正确的离子方程式为：Fe2＋＋H2C2O4=FeC2O4↓＋2H＋，C错误；流程中未产生六价铬化合物，D错误。13、解析：AN能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，各具有1、3、5、7个轨道，每个轨道最多可容纳2个电子，故可容纳32个电子，所以有32种运动状态，A正确；在K能层中，只有1个轨道，能容纳自旋相反的2个电子，B不正确；原子轨道是电子在核外空间出现概率较大的区域，电子并没有固定的运动轨迹，C不正确；电子云是用小黑点疏密来表示电子出现的概率密度大小，小黑点不表示电子，D不正确。14、解析：A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，故r(Na＋)>r(Mg2＋)，A正确；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性强弱：H3PO4<HClO4，B错误；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：I1(O)<I1(N)，C错误；在NH3中，H显正价，N显负价，故电负性大小：χ(H)<χ(N)，D错误。15、解析：ACeq\o\al(2－,2)与Oeq\o\al(2＋,2)是等电子体，所以Oeq\o\al(2＋,2)中含有一个O≡O键，因此1molOeq\o\al(2＋,2)中含有π键2NA个，故A项正确；CO与N2结构相似，CO中含有一个C≡O键，分子中σ键与π键数目之比为1∶2，故B项错误；CN－与N2结构相似，CH2=CHCN分子中含有一个C=C键和一个C≡N键，因此CH2=CHCN分子中含有6个σ键和3个π键，σ键与π键的数目之比为2∶1，故C项错误；若该反应中有4molN—H键断裂，即1molN2H4参与反应，则生成1.5mol氮气，氮气中含有N≡N键，形成π键的数目是3NA，故D项错误。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16、（13分）解析：(3)废水呈酸性，且其中含有大量Na＋、Cu2＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－、NOeq\o\al(－,3)，欲除去废水样品中的Cu2＋和SOeq\o\al(2－,4)，最终得到中性溶液，从流程知，a为氢氧化钠溶液，加入氢氧化钠溶液除了中和氢离子，还产生氢氧化铜沉淀，过滤后，溶液1中含OH－、Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、Cl－和NOeq\o\al(－,3)，试剂b为氯化钡或硝酸钡，过量的钡离子用Na2CO3除去，故试剂c为Na2CO3；过滤后，白色沉淀2为硫酸钡和碳酸钡的混合物，溶液2含OH－、Na＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2－,3)，再加入适量盐酸即可得到中性溶液。答案：(1)B(2)H＋、OH－、Cu2＋(3)①Na2CO3Na＋、NOeq\o\al(－,3)②过滤漏斗、烧杯、玻璃棒③BaCO3＋2H＋=Ba2＋＋H2O＋CO2↑17、（14分）解析：(1)沉淀法是利用碳酸钠能与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，Na2CO3＋CaCl2=CaCO3↓＋2NaCl，称量沉淀质量，依据碳酸根离子物质的量为碳酸钠物质的量计算得到；加入沉淀试剂氯化钙过量目的是完全沉淀碳酸根离子，确定CaCl2溶液是否过量的方法是取少量的上层清液加入碳酸钠溶液，若变浑浊则CaCl2过量；沉淀表面有氯化钠溶液，判断沉淀是否洗净的操作是取最后一次洗涤液，加入硝酸银溶液后若不变浑浊则洗净。(2)要减少CO2的溶解，则应该用饱和的碳酸氢钠溶液。由于盐酸易挥发，则生成的CO2中含有氯化氢，而HCl会与NaHCO3反应生成CO2，从而导致实验结果不准确。(3)可以利用混合物中的氯化钠反应生成氯化银沉淀，测定氯化银的沉淀质量计算氯化钠质量得到样品中碳酸钠的质量分数，把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3过滤洗涤烘干称量，实验操作过程中需要用到玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。答案：(1)静置，向上层清液中继续滴加CaCl2溶液，若无沉淀生成说明CaCl2已过量沿玻璃棒向过滤器中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复2～3次，然后向最后一次的滤液(洗涤液)中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液判断是否洗净(2)饱和NaHCO3溶液从A出来的气体中混有HCl，会与NaHCO3反应生成CO2(3)把一定量的混合物溶解后加入足量的HNO3，再加AgNO3过滤洗涤烘干称量硝酸和硝酸银烧杯、玻璃棒、漏斗18、（14分）解析：(1)由实验装置图可知，装置甲中橡胶管a的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(3)若装置甲中生成的氯气将装置中的空气完全排出后，过量的氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，FeCl3与溶液中的硫氰化钾反应，使溶液变为红色。(4)装置丙中在碱性条件下，次氯酸根离子与铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子、氯离子和水，反应的离子方程式为3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－=2FeOeq\o\al(2－,4)＋3Cl－＋5H2O。答案：(1)平衡气压，便于浓盐酸顺利流下MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)挥发出的氯化氢与氢氧化钠溶液反应，干扰Na2FeO4的制备(3