湖南省宁远一中2024-2025学年高一下学期第一次月考化学试卷

宁远一中年第一次月考化学试卷时量：分钟满分：分可能用到的相对原子质量：I一、选择题本题包括小题，每小题3分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关说法不正确的是A.碳化硅是一种新型陶瓷材料，具有耐高温耐磨的特点B.晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维C.硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料D.石墨烯是一种新型无机非金属材料，具有高电导率的特点【答案】B【解析】A金属材料，故A正确；BB错误；C故C正确；D性能，故D正确；故选：B。2.每年10月23日上午602到晚上602被誉为“摩尔日”(MoleDay)为60210/23，外观与阿伏加德罗常数近似值6.02×1023相似。用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，18g水所占的体积约为22.4LB.1molOH中含有电子数为10NAC.0.1molFeCl·6HO加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NAD.将22.4LHCl配成1L溶液，c(H+)为1mol/L【答案】B第1页/共17页【解析】【详解】A．标况下，水不是气体，无法计算水分子的体积，故A错误；B．1molOH中含有电子为(1+8+1)mol、数目为10N，故B正确；C1100nm1守恒，所制得的胶体的粒子数远小于0.1N，故C错误；D．没有指明标准状况，难以计算HCl的物质的量，故D错误；故选：B。3.下列化学用语完全正确的一组是A.质量数为31的磷原子：B.硫离子结构示意图：C.次氯酸电子式：D.KHSO4熔融电离：KHSO=K++H++SO；KHCO3溶解于水，其电离：KHCO=K++H++CO【答案】A【解析】【详解】A．P质子数为15、质量数为31的磷原子：，A正确；B．硫离子核内16个质子，核外18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子，所以硫离子结构示意图：，B错误；C．次氯酸分子内，氧原子分别与氢、氯原子共用1对电子对，电子式：，C错误；D．KHSO4熔融电离：KHSO=K++HSO；KHCO3溶解于水，其电离：KHCO=K++HCO，D错误；答案选A。4.在无色透明溶液中，能大量共存的离子组是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、第2页/共17页【答案】B【解析】【详解】A.题给附加条件是无色溶液，含的溶液一般呈蓝色，A项不符合题意；B.、、、离子间不反应，能大量共存，B项符合题意；C.和C项不符合题意；D.与能发生反应生成沉淀，不能大量共存，D项不符合题意。答案选B。5.已知在酸性溶液中易被还原成溶液中不可能发生的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．因为氧化性，所以反应不能生成，即反应不能发生，A符合题意；B．因为氧化性，所以能发生，B不符合题意；C．根据反应：，可知氧化性：，反应可能发生，C不符合题意；D．根据反应可知氧化性：，反应能发生，D不符合题意；故选A。6.工业上用洗净的废铜屑做原料来制备硝酸铜，从节约原理及防治污染环境的角度考虑，宜采取的方法是A.B.C.D.【答案】C【解析】第3页/共17页【详解】A．该反应中酸体现氧化性、酸性，且反应中生成有毒气体NO，污染环境，A不符合题意；B．该反应中酸体现氧化性、酸性，且反应中生成有毒气体NO，污染环境，B不符合题意；C．该反应中硝酸只体现酸性，且反应过程中没有有毒气体生成，消耗酸少且环保，C符合题意；D．该反应中生成有毒气体二氧化硫，且硫酸铜与硝酸不反应，消耗酸多且污染环境，D不符合题意；故选C。7.下列离子方程式正确的是A.钠与水反应：B0.01mol/L溶液与0.02mol/L溶液等体积混合：C.少量通入溶液中：D.向溶液中通入足量：【答案】B【解析】【详解】A．Na与HO反应的离子方程式为2Na+2HO=2Na++2OH+H↑，A错误；B．0.01mol/L溶液与0.02mol/L溶液等体积混合，离子方程式为，B正确；C．少量通入溶液中，离子方程式为SO+HO+Ca2++3ClO=CaSO↓+2HClO+Cl，C错误；D．向溶液中通入足量，离子方程式为2Fe2++4Br+3Cl=2Fe3++2Br+6Cl，D错误；故答案选B。8.以太阳能为热源的铁氧化合物循环法分解水制过程如图所示。下列叙述错误的是A.过程Ⅰ的化学方程式为第4页/共17页B.过程Ⅱ的反应属于氧化还原反应C.铁氧化合物循环法制具有节约能源、产物易分离等优点D.该总反应中，每消耗能产生，转移电子【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，过程I是在太阳能作用下四氧化三铁分解为氧化亚铁和氧气，反应方程式是：，故A正确；BII是水和FeO在加热条件下生成氢气和四氧化三铁，，是氧化还原反应，故B正确；C．铁氧化合物循环制H2成本低且产物一个是固体，一个是气体，易分离，故C正确；D．根据图示，整个过程是太阳能为热源分解水生成H2和氧气，总反应为2HO=2H↑+O↑，每消耗能产生，转移电子，故D错误；答案选D。9.用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到相应实验目的的是A.用图1装置测定的浓度B.用图2装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液C.用图3装置均匀制取纯净的二氧化碳气体D.用图4装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气【答案】D【解析】第5页/共17页【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性、能腐蚀橡皮管，因此盛装KMnO4溶液应选用酸式滴定管，不可用图1装置测定Fe2+的浓度，A不符合题意；BHSO4冷却后将稀释后的HSO4溶液沿玻璃棒注入容量瓶，B不符合题意；C3易溶于水，因此不能用此装置制取纯净的二氧化碳气体，C不符合题意；D4可听到爆鸣声，可检验氢气，D符合题意；故选D。10.常作有机合成的催化剂，易潮解，升华温度为。某化学活动小组用下列装置制备无水，下列说法正确的是A.上述实验方案只存在1处错误B.反应开始时，先点燃④的酒精灯，再启动①中反应C.装置②和装置③的位置不能互换D.含有的浓盐酸与足量的反应生成【答案】C【解析】【详解】A．二氧化锰和浓盐酸的反应需要加热；氯化铝易升华，导出氯化铝的导管太细，容易堵塞导管；装置⑥中氢氧化钠溶液中水易挥发，进入装置⑤使产品变质，共3处错误，A错误；B．先启动①中反应，通入氯气排净装置内空气，再点燃④的酒精灯，使氯气在与铝发生反应，B错误；C③的位置不能互换，C正确；D．二氧化锰和浓盐酸随着反应的进行，浓盐酸变成稀盐酸，不再生产氯气，故含有14.6gHCl的浓盐酸与第6页/共17页足量的MnO2反应生成的Cl2小于0.1mol，D错误；故选C。同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和O，②NO2和N，③NH3和O将3支试管均倒置于盛水的水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为、、，则下列的关系正确的是A.V>V>V3B.V>V>V2C.V>V>V1D.V>V>V2【答案】C【解析】【详解】设各种气体的体积都为1，①根据，剩余的体积=，②根据，即剩余NO和N2的体积=，③氨气极易溶于水，不溶于水，剩余的体积=1，所以V>V>V，故选C。12.g的稀硫酸，充分反应后，剩余固体质量为g。则和的关系是A.B.C.D.不能确定【答案】A【解析】【详解】铁与铜的混合物中，加入不足量的稀硝酸，反应后剩余金属mg,该金属为Cu或Cu、Fe；铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，金属又部分溶解，剩余金属mg，故m1一定大于m，故A正确。13.某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molHSO1.2molFe(已知NO被还原为NO)。下列说法正确的是A.反应过程中转移的电子数3NAB.反应后生成NO的体积为24.4LC.所得溶液中c(Fe2+)：c(Fe3+)=1∶3D.所得溶液中c(NO)=2.4mol/L第7页/共17页【答案】C【解析】n(H+)=2.2moln(NO)=3.5moln(Fe)=1.2mol少，判断溶液中剩余离子的物质的量关系及电子转移情况。【详解】某稀溶液中含有3.5molKNO3和2.2molHSO，则其中含有n(H+)=2.2mol，n(NO)=3.5mol。向其中加入1.2molFe，充分反应(已知NO被还原为NO)，首先发生的反应是：Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2HO，1.2molFe完全反应，消耗1.2molNO，4.8molH+，而H+只有4.4mol，可见H+消耗完，铁过量，反应会消耗1.1mol金属Fe，1.1molNO，生成1.1molFe3+，同时反应产生1.1molNO气体，铁还剩余0.1mol，过量Fe和反应产生的Fe3+Fe+2Fe3+=3Fe2+0.1mol铁消耗0.2molFe3+0.3molFe2+。反应转移电子数3.3N，0.1molFe发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，转移电子0.2N，故反应转移电子总数目为3.5N，A错误；B.无反应条件，无法计算反应生成的NO的体积，B错误；C.根据上述分析可知反应生成0.3molFe2+，0.9molFe3+，所得溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶3，C正确；D.所得溶液中剩余n(NO)=3.5mol1.1mol=2.4mol，溶液体积未知，无法计算反应后溶液中硝酸根离子的浓度c(NO)，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查有关混合物反应的计算，注意利用离子方程式进行解答，题目涉及反应物有过量时的计算，要结合物质反应的物质的量关系，判断什么物质过量，什么物质不足量，以不足量的物质为标准进行解答，题目有利于学生理解，侧重考查学生的分析与计算能力。14.碳酸氢铵水，“合成”过程中发生了化合反应。下列说法错误的是第8页/共17页A.“造气”时，需要控制好煤与空气的用量，减少CO的生成B.常温常压下，等体积的N、H、NH、CO2所含分子数均相同C.为了获得更多的NHHCO，可以先向水中通入足量CO，再通入足量NH3DN、H2合成NH3时，每转移3mole，生成17gNH3【答案】C【解析】【分析】煤、空气加入水进行造气，产生的二氧化碳进入碳酸化；氮气、氢气合成氨进行碳酸化；水吸氨也进入碳酸化，冷却、过滤、洗涤、干燥得到碳酸氢铵晶体；【详解】A“造气”时，需要控制好煤与空气的用量，使煤完全燃烧，减少CO的生成，选项A正确；BNHNHCO2B正确；CCONH的量不多，无法获得更多的NHHCO，选项C错误；D．N、H2合成NH3时，N元素由0价变为3价，每转移3mole，生成17gNH，选项D正确；答案选C。三、非选择题本题包括4小题，共分)15.A、B、D、E、X均为中学化学常见物质，相互转化关系如图所示(部分物质略去)。I.若A为气体单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体。（1）实验室制取B的化学方程式为_______。（2）D和CO均是汽车尾气的主要成分，通过汽车尾气催化转化装置生成无污染气体，降低污染物排放，第9页/共17页写出该反应的化学方程式：_______。II.若A是淡黄色固体，B中阴、阳离子均为10电子粒子，常温下X是无色气体。（3）A与X反应的化学方程式：_______。（4）将一定量的气体X通入B的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，产生的气体与HCl物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)X后的B溶液中的溶质为_______比为_______。III.若A、X为单质，D能使品红溶液褪色。（5）B与D反应生成A的化学方程式为_______。（6）铜与E的浓溶液反应的化学方程式为_______。【答案】（1）Ca(OH)+2NHClCaCl+2NH↑+2HO（2）2CO+2NON+2CO2（3）2CO+2NaO=2NaCO+O2（4）①.NaOH、NaCO3②.1：1（5）（6）【解析】【分析】I.若A为气体单质，气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝，E为红棕色气体，则A为N，B为NH，E为NO，X为O，D为NO；II.若A是淡黄色固体，B10XA为NaOB为NaOH，X为CO，D为NaCO，E为NaHCO。III.若A、X为单质，D能使品红溶液褪色，可知D为SO，则A为S，X为氧气，B为HS，E为SO。【小问1详解】第10页/共17页实验室制取NH3的化学方程式：Ca(OH)+2NHClCaCl+2NH↑+2HOCa(OH)+2NHClCaCl+2NH↑+2HO；【小问2详解】NO和CO反应方程式为：2CO+2NON+2CO；故答案为：2CO+2NON+2CO；【小问3详解】A与X反应的化学方程式：2CO+2NaO=2NaCO+O；故答案为2CO+2NaO=2NaCO+O；【小问4详解】将一定量的气体CO2通入NaOH的溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，根据NaCO+HCl=NaHCO+NaCl、NaHCO+HCl=NaCl+HO+CO↑，可知NaCO3转化为NaHCO、NaHCO3转化为NaCl需要的HClHCl与产生二氧化碳消耗HCl的物质的量之比为3:2，所以溶液中还存在NaOH，说明原溶液中为NaOH、NaCO，两者的物质的量之比等于消耗盐酸的体积之比，结合图像可知为1：1；故答案为：NaOH、NaCO；1：1；【小问5详解】二氧化硫与硫化氢反应生成S和水，反应方程式为：，故答案为：；【小问6详解】E的浓溶液为浓硫酸，铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫，反应方程式为：，故答案为：；16.X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如表所示：XYZMRQ原子半径0.1860.0740.0990.143/nm第11页/共17页1，+主要化合价4，+42+37其他阳离子核外无电子无机非金属材料的主角焰色试验呈黄色（1）Z的单质与水反应的化学方程式为___________。（2）Y与R相比，非金属性较强的是___________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是___________(填标号)。a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b．稳定性：c．最高价氧化物对应的水化物的酸性：（3）根据表中数据推测Y的原子半径的范围：______________________。（4+乙丙+___________(写出一种即可)。【答案】（1）（2）①.②.bc（3）①.0.099②.0.143（4）(或)【解析】XX为HY4+4Y为Si；Z的焰色试验的火焰呈黄色，则Z为Na；R主要化合价为，则R为Cl；M主要化合价为2，则M为O；Q主要化合价为+3价，根据原子半径分析得到Q为Al。【小问1详解】Z的单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的化学方程式是；【小问2详解】a．常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态，不能比较非金属性强弱，故a不符合题意；b．与Cl第12页/共17页性越强，氢化物越稳定，因此稳定性：，则非金属性：，故b符合题意；c．比较非金属性可以通过其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来判断，酸性越强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：，可知R非金属性更强，故c符合题意；【小问3详解】根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，因此原子半径小于，大于，即Y的原子半径的范围是；【小问4详解】甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物对应的水化物，且甲+乙丙+水，则甲、乙可以是与、与、与，生成的丙分别是、、。17.氧化物的混合物，利用该材料得到胆矾的一种流程如下：已知：调pH可将Fe2+与Cu2+分离，但不易将Fe2+与Cu2+分离。请回答下列问题：（1）流程中“粉碎”目的是___________。（2___________。（3___________；该过程温度不宜过高，原因为___________。（42”的成分为___________(填化学式)___________。（5）有同学从上述流程中的“氧化”和“调pH”联想到过氧化钠也具有氧化性，且与水反应能生成氢氧化钠。于是向硫酸亚铁溶液中加入一定量的过氧化钠固体，观察到有红褐色固体产生且无气体生成。若过氧化钠与硫酸亚铁反应的物质的量之比为1：2，则该反应的离子方程式为___________。【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，使废旧金属充分反应（2）第13页/共17页（3）①.②.温度过高HO2会分解，降低氧化效率（4）①.Fe(OH)3②.直接蒸发结晶易使胆矾失去结晶水（5）【解析】【分析】由题给流程可知，废旧金属材料粉碎后焙烧得到氧化铜、四氧化三铁、氧化铝，向金属氧化物中加入氢氧化钠溶液，氧化铝与氢氧化钠溶液反应转化为偏铝酸钠，四氧化三铁和氧化铜不反应，过滤得到含有偏铝酸钠的滤液11稀硫酸反应转化为硫酸铁和硫酸亚铁，氧化铜与稀硫酸反应转化为硫酸铜，向酸浸后的溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入氧化铜或氢氧化铜调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和硫酸铜溶液；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾。【小问1详解】流程中“粉碎”可以增大固体的表面积，使反应物的接触面积增大，有利于加快焙烧时的反应速率，使废旧金属充分反应。【小问2详解】“碱浸”时发生反应为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式为。【小问3详解】“酸浸、氧化”时发生的反应为酸性条件下，亚铁离子与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为；该过程温度不宜过高，过氧化氢受热发生分解反应，会降低氧化效率，不利于亚铁离子完全转化为铁离子。【小问4详解】2”的成分为氢氧化铁沉淀：胆矾带有结晶水，若“一系列操作”采用直接蒸发结晶会导致胆矾受热失去结晶水，无法制得胆矾。【小问5详解】NaO2与FeSO4反应的物质的量之比为1：2，且有红褐色固体产生，无气体生成，根据现象和原子守恒可知生成物为Fe(OH)、NaSO4和Fe(SO)，反应的离子方程式为。第14页/共17页18.某化学兴趣小组为探究和的还原性强弱，进行下列实验：（10.2mol和0.4molNaI100mL___________。配制溶液过程中，所用蒸馏水需要加热到沸腾，然后冷却使用，原因是___________。（2）取(1)中配制的溶液5mL于一洁净的试管中，滴加少量的1.0mol/L的稀硝酸1mL，振荡之后，溶液呈黄色。同学们对溶液变成黄色的原因提出了不同的看法：甲同学认为是因为稀硝酸氧化了，生成了单质，碘溶于水呈黄色；则甲认为反应的离子方程式为___________。乙同学认为是因为稀硝酸氧化了为___________。丙同学认为是因为稀硝酸氧化了NO在空气中被氧化成，溶于硝酸成黄色。（3）随后化学兴趣小组进行如下实验进行验证：实验步骤实验现象结论①取少量黄色溶液于试管中，滴加甲同学观点正试管中溶液变成蓝色淀粉溶液确②取少量黄色溶液于试管中，滴加乙同学观点不___________KSCN溶液正确③取1.0mol/L的稀硝酸5mL丙同学观点不铜片液呈蓝色正确过量的硝酸能④另取少量KI溶液于试管中，滴够将氧化成加过量的1.0mol/L产生无色气体，滴加淀粉溶液后溶液为无色更高价态的后再滴加淀粉溶液在上述实验②中的现象为___________大于第15