四川省阆中中学校2023-2024学年高一上学期11月月考化学试题 Word版含解析.docx

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阆中中学校2023年秋高2023级期中教学质量检测化学试题(满分：100分时间：75分钟)第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题包括14个小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意)1.分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是A.根据SiO2是酸性氧化物，可推知其能与NaOH溶液反应B.Na2O2是碱性氧化物C.根据丁达尔现象将分散系分为胶体、溶液和浊液D.CH3COOH是多元酸【答案】A【解析】【详解】A．酸性氧化物是指能与碱反应只生成盐和水的氧化物，所以可根据SiO2是酸性氧化物，判断其可与NaOH溶液反应，A正确；B．Na2O2与水反应不仅生成碱还有气体生成，Na2O2为过氧化物，B错误；C．根据分散系直径大小，将分散系分为胶体、溶液和浊液，C错误；D．一元酸、二元酸是根据酸分子中能电离出的H+个数区分的，而不是H原子个数，D错误；故答案为：A。2.下列说法正确的是A.PM2.5颗粒物(直径小于等于2.5微米)扩散在空气中都会形成胶体B.CO属于非金属氧化物，也属于酸性氧化物C.酸、碱、盐之间发生的反应一定是复分解反应D.硫酸钠采用交叉分类法分类既属于硫酸盐又属于钠盐，同时也属于含氧酸盐【答案】D【解析】【详解】A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，1微米纳米胶体粒子直径在1~100纳米之间，PM2.5不都在此范围内，所以不能都形成胶体，A错误；B．CO属于非金属氧化物，CO既不能与酸反应也不能与碱反应，故不属于酸性氧化物(属不成盐氧化物)，B错误；C．酸、碱、盐之间发生的反应并不都属于复分解反应，如次氯酸钠和盐酸反应，C错误； D．硫酸钠由Na+和构成，所以属于钠盐、硫酸盐、含氧酸盐，D正确；故答案为：D。3.下列电离方程式中，正确的是A.硫酸镁溶液：MgCl2=Mg2++ClB.熔融状态的硫酸氢钠：NaHSO4=Na++H++SOC.硫酸铝溶液：Al2(SO4)3=2Al3++3SOD.次氯酸溶液：HClO=H++ClO-【答案】C【解析】【详解】A．硫酸镁在水溶液下电离处镁离子和氯离子，，A错误；B．硫酸氢钠在熔融条件下电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式，B错误；C．硫酸铝在溶液中电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为，C正确；D．次氯酸是弱酸弱电解质，，D错误；故答案为：C。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=12的溶液：Na+、K+、CO、SOB.滴入酚酞变红的溶液：Na+、Mg2+、SO、NOC.加入铁粉放出H2的溶液：K+、Na+、CO、Cl-D.无色透明的溶液：NH、Na+、MnO、Cl-【答案】A【解析】【分析】【详解】A．的溶液呈碱性，、、、在碱性溶液中能大量共存，故A正确；B．遇酚酞变红的溶液呈碱性，则不能大量存在，故B错误； C．与反应生成，应是酸性溶液，不能大量存在，C错误；D．显紫红色，故D错误；答案选A。5.下列各组物质不属于同素异形体的是A.H2O和H2O2B.O2和O3C.金刚石和石墨D.红磷和白磷【答案】A【解析】【分析】由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件:同种元素形成，不同单质;据此进行分析判断。【详解】A、H2O和H2O2是化合物，不是单质，故H2O和H2O2不属于同素异形体，故A错误；B、O2和O3都是由氧元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故B正确；C、金刚石和石墨都是由碳元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故C正确；D、红磷和白磷都是由磷元素形成的不同物质，都是单质，互为同素异形体，故D正确；综上所述，本题正确选项A。【点睛】判断同素异形体的关键把握两点:(1)同种元素形成，(2)不同单质；6.下列各组物质，因反应条件(温度或者反应物用量)改变，不会引起产物改变的是A.Na和O2B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2D.C和O2【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Na和O2在常温下反应产生Na2O，在加热时反应产生Na2O2，反应条件不同，反应不同，A不符合题意；B．NaOH溶液和少量CO2反应产生Na2CO3；与过量CO2反应产生NaHCO3，二者相对量的多少不同，反应产物不同，B不符合题意；C．Na2O2和CO2反应产生Na2CO3、O2，与反应物的相对多少无关，C符合题意；D．在点燃时，C和少量O2反应产生CO，与足量O2反应产生CO2，反应物的相对量多少不同，反应产物不同，D不符合题意；故合理选项是C。7.要验证Mg、Fe、Cu三种金属的活动性顺序，可选用下列哪组物质进行实验A.Cu、FeCl2溶液、MgCl2溶液 B.Fe、Cu、MgCl2溶液C.Mg、CuO、FeSO4溶液D.Fe、CuSO4溶液、MgCl2溶液【答案】D【解析】【详解】验证金属的活动性强弱，可以利用金属之间的置换反应，排在前面的金属可以置换出后面的金属，而不能置换出前面的金属，题目中比较Mg、Fe、Cu三种金属的活动性顺序，由于铁的活动性排在Mg、Cu之间，故可以利用铁可以置换出Cu而不能置换出Mg来进行实验，所以用铁来分别置换铜与镁，置换出来，说明比铁的活泼性弱，否则比铁的活泼性强；故选D。8.下列物质中，不能由单质直接化合生成的是A.Na2O2B.FeCl2C.HClD.FeCl3【答案】B【解析】【详解】A．钠与氧气加热条件下生成Na2O2，Na2O2能由单质直接化合生成，A不符合题意；B．铁与氯气反应生成FeCl3，FeCl2不能由单质直接化合生成，B符合题意；C．氢气和氯气反应生成HCl，HCl能由单质直接化合生成，C不符合题意；D．铁与氯气反应生成FeCl3，D不符合题意；答案选B。9.ClO2是一种高效杀菌剂。工业上可通过以下反应制得ClO2：。下列说法正确的是A.NaClO3被氧化B.Na2SO3作氧化剂C.ClO2是非电解质D.Na2SO4是还原产物【答案】C【解析】【分析】对于反应，NaClO3中Cl元素由+5价降低到+4价，Na2SO3中S元素由+4价升高到+6价。【详解】A．由分析可知，NaClO3中Cl元素化合价降低，得电子作氧化剂，被还原，A不正确；B．Na2SO3中S元素由+4价升高到+6价，失电子作还原剂，B不正确；C．ClO2为非金属氧化物，属于非电解质，C正确； D．Na2SO3是还原剂，则Na2SO4是氧化产物，D不正确；故选C。10.下列物质中，既含有氯分子，又含有氯离子是A.氯化钠溶液B.新制氯水C.漂白粉D.液氯【答案】B【解析】【详解】A．氯化钠溶液中只有Cl-，故A不符合题意；B．新制氯水中含有Cl2、HClO、ClO-、Cl-，故B符合题意；C．漂白粉成分是CaCl2、Ca(ClO)2，含有Cl-、ClO-，故C不符合题意；D．液氯是氯气单质，只有Cl2，故D不符合题意；答案为B。11.侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献，他所发明的联合制减法的生产流程可以简化成下图。下列说法错误的是A.第②步发生的主要反应为B.流程中先通是为了形成碱性环境，以吸收更多的，提高生产效率C.可用溶液鉴别小苏打和纯碱D.该工艺的碳原子利用率理论上为100%【答案】C【解析】【详解】A．第②步发生的主要反应是利用碳酸氢钠溶解度小的原理，NH3⋅H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，A正确；B．氨气的溶解度大，故流程中先通NH3是为了形成碱性环境，以吸收更多的CO2，提高生产效率，B正确；C．Ba(OH)2溶液与小苏打和纯碱都反应生成碳酸钡沉淀，C错误；D．该工艺的碳原子都转化为目标产物（碳酸氢钠），故利用率理论上为100%，D正确；故答案为：C。12.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是 A.将稀硫酸滴在铜片上：Cu＋2H+=Cu2+＋H2↑B.NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋＋OH-＋HCO=CaCO3↓＋H2OC.CO2通入Na2CO3溶液：CO2＋CO＋H2O=2HCOD.碳酸钙与盐酸反应：CO＋2H+=CO2↑＋H2O【答案】C【解析】【详解】A．铜与稀硫酸不反应，该离子方程式不符合事实，A错误；B．少量Ca(OH)2和NaHCO3反应离子方程式为Ca2++2OH-+2═CaCO3↓+2H2O+，B错误；C．二氧化碳通入碳酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠，离子方程式书写正确，C正确；D．碳酸钙难溶于水，应写成化学式，CaCO3＋2H+=Ca2++CO2↑＋H2O，D错误；选C。13.钠与氯气反应的改进装置如图，将玻璃管与氯气发生器相连，管内放一块黄豆粒大小的金属钠(已吸净煤油)，尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球。先给钠预热，到钠熔化成小球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述错误的是A.反应生成的大量白烟是氯化钠晶体B.浸有NaOH溶液的棉球主要用于防止空气中二氧化碳进来与钠反应C.从实验现象上判断钠的熔点较低D.钠性质非常活泼，本质原因是钠原子的最外层只有1个电子，该电子很容易失去【答案】B【解析】【详解】A．钠与氯气加热反应生成氯化钠固体颗粒，会有白烟现象，故A正确；B．氯气有毒不能排放到空气中，又氯气易与NaOH溶液反应，所以浸有NaOH溶液的棉球主要用于防止氯气排放到空气中污染空气，故B错误；C．钠预热即可熔化，可知其熔点较低，故C正确；D．钠最外层只有一个电子，易失去电子，表现出强还原性，因此钠很活泼，故D正确；故选：B。14.已知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2+3Cl﹣+5H2O。则中R 的化合价是A.+3B.+4C.+5D.+6【答案】D【解析】【分析】化合物中元素化合价代数和为零，该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，据此判断R元素化合价。【详解】该离子中O元素化合价为﹣2价，R、O元素化合价的代数和为﹣2，所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣(﹣2)×4=+6；答案选D。第II卷(非选择题共58分)15.海洋的水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。海水中含有多种盐类，如、等。目前，通过海水晒盐可制得食盐晶体和苦卤，食盐精制后可制成饱和用以生产、、、、等，苦卤经过氯气氧化、热空气吹出、吸收等一系列操作可获得Br2。电解熔融氯化钠可冶炼。海底埋藏大量可燃冰资源，是一种清洁能源。（1）上述标有序号的物质中属于电解质的是_______(填序号，下同)，属于非电解质的是_______。（2）写出⑤溶于水的电离方程式_______。（3）将⑧与④混合，写出离子反应方程式_______。（4）将少量⑨通入④的溶液中，写出离子反应方程式_______。（5）将⑤与④的溶液混合，写出离子反应方程式_______。【答案】（1）①.①②④⑤⑥②.⑨⑪（2）NaHCO3=Na++HCO（3）H++OH-=H2O（4）SO2+2OH-=SO+H2O（5）HCO+OH-=CO+H2O【解析】 【小问1详解】①NaCl属于电解质；②MgSO4属于电解质；③食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质；④NaOH为电解质；⑤NaHCO3为电解质；⑥NaClO为电解质；⑦Cl2既不是电解质也不是非电解质；盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑨SO2非电解质；⑩Na为单质，既不是电解质也不是非电解质；⑪甲烷属于非电解质；故答案为：①②④⑤⑥；⑨⑪；【小问2详解】NaHCO3为强电解质；故答案为：；【小问3详解】盐酸与NaOH发生中和反应；故答案为：；【小问4详解】SO2体现酸性氧化物性质与碱反应；故答案为：；【小问5详解】碳酸氢钠与碱反应生成碳酸根；故答案为：。16.I．某化学兴趣小组设计了如图装置制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯，回答下列问题：（1）A中发生反应的化学方程式为_______。 （2）储气瓶b可以收集氯气，则b内盛放的试剂名称是_______。（3）在装置D中能看到的实验现象是_______。（4）装置F中盛有NaOH溶液，其作用是_______。Ⅱ．某小组为探究CO2与过氧化钠(Na2O2)反应设计了以下实验，请回答下列问题：（5）装置A的作用是_______。（6）为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分，小组同学取适量反应后B中的固体于试管中，加入足量的蒸馏水溶解形成溶液M，无气泡产生，则该固体中不含_______。该小组同学继续进行探究。【提出问题】反应后硬质玻璃管中固体的成分是什么？【做出猜想】猜想一：Na2CO3，猜想二：Na2CO3和NaOH。（7）【实验验证】小组同学取少量溶液M于试管中，向其中加入过量的_______(填写合适试剂的符号：a氯化钡；b氢氧化钡)溶液，若产生白色沉淀，过滤，滤液中滴加几滴酚酞试液，溶液变红，则证明猜想二成立。（8）小组中有同学认为，将上述酚酞试液换成Cu(NO3)2溶液，若有_______生成，也能得出同样的结论。（9）研究发现过氧化钠具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，Na2O2和SO2反应的化学方程式为_______。【答案】（1）（2）饱和食盐水溶液或饱和氯化钠溶液（3）溶液先变红色后褪色（4）吸收多余的氯气，防止污染空气（5）吸收CO2中混有的HCl（6）Na2O2（7）a（8）蓝色沉淀（9）Na2O2+SO2=Na2SO4 【解析】【分析】I．图中A装置制备氯气，B装置用氯气把Fe2+氧化为Fe3+，C装置氯气将I-氧化为I2，D装置氯气先与水反应生成氯化氢和次氯酸，使紫色石蕊变红，由于次氯酸具有强氧化性，又使溶液褪色，F装置处理尾气并防止倒吸，G装置可储存多余氯气，Ⅱ．含有HCl的CO2通过饱和的碳酸氢钠溶液，可除去二氧化碳中的HCl气体，潮湿的二氧化碳与过氧化钠在反应生成氧气，同时所得固体为Na2CO3和NaOH，反应后剩余的二氧化碳用氢氧化钠吸收，最后用排水法收集新生成的氧气，据此分析解题。【小问1详解】A装置为实验室制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；【小问2详解】由分析可知，b收集氯气，其中溶液需尽可能减少氯气与水的反应，故b中盛放的试剂应为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；【小问3详解】D装置氯气先与水反应生成氯化氢和次氯酸，使紫色石蕊变红，由于次氯酸具有强氧化性，又使溶液褪色，故看到的现象为溶液先变红色后褪色，故答案为：溶液先变红色后褪色；【小问4详解】由于E中生成的HCl及未反应完的Cl2有毒，所以需处理尾气，故NaOH溶液的作用是吸收氯化氢和氯气，防止污染空气，故答案为：吸收氯化氢和氯气，防止污染空气；【小问5详解】碳酸氢钠与盐酸发生反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O，故装置A的作用是吸收CO2中混有的HCl，故答案为：吸收CO2中混有的HCl；【小问6详解】为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分，小组同学取适量固体于试管中，加入足量的蒸馏水，溶解形成溶液M，无气泡产生，由于2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，则该固体中不含Na2O2，故答案为：Na2O2；【小问7详解】为了证明是否存在Na2CO3和NaOH，先用过量Ba2+、Ca2+除去碳酸根，再用酚酞检验OH-是否存在，故加入的钡盐、钙盐，不能存在碱性物质，只能选BaCl2，故答案为：a；小问8详解】 将上述滤液中滴加的酚酞试液换成硝酸铜溶液，也能得出同样的结论，因为氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子反应方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；如果有蓝色沉淀生成，说明固体中含有氢氧化钠，故答案为：蓝色沉淀；【小问9详解】已知Na2O2具有强氧化性，SO2具有强还原性，故Na2O2和SO2能发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4，故答案为：Na2O2+SO2=Na2SO4。17.氧化还原反应在日常生活和工业生产中有重要应用。I．已知反应：（1）每生成3个Cl2分子，转移_______个电子。（2）该反应中被还原的元素是_______，氧化产物是_______。（3）在该反应中HCl既表现还原性又表现_______性。Ⅱ．阅读下面一段材料并回答问题。高铁酸钾使用说明书【化学式】K2FeO4【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末，无臭无味【产品特点】干燥品在室温下稳定，在强碱溶液中稳定，随着pH减小，稳定性下降，与水反应放出氧气。K2FeO4通过强烈的氧化作用可迅速杀灭细菌，有消毒作用，同时不会产生有害物质。K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理【用量】消毒净化1L水投放5mgK2FeO4即可达到卫生标准（4）K2FeO4中铁元素的化合价为_______。（5）下列关于K2FeO4的说法中，不正确的是_______。a．是强氧化性的盐b．固体保存需要防潮c．其消毒和净化水的原理相同d．其净水优点有：作用快、安全性好、无异味（6）工业制备K2FeO4需要在碱性环境下进行，现提供反应体系中7种物质，Fe(NO3)3、Cl2、H2O、KOH、K2FeO4、KCl、KNO3请写出制备K2FeO4的化学反应方程式_______。（7）将K2FeO4与水反应的化学方程式配平：_______。_______K2FeO4+_______H2O=_______Fe(OH)3(胶体)+_______O2↑+_______KOH【答案】（1）6（2）①.Cr②.Cl2（3）酸（4）+6价（5）c（6）2Fe(NO3)3+3Cl2+16KOH=2K2FeO4+6KCl+6KNO3+8H2O（7）4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH 【解析】【小问1详解】在该反应中，Cr元素从+6价降低到+3价，Cl元素从-1价升高到0价，电子转移的方向数目表示为；故每生成3个Cl2分子，转移6个电子；【小问2详解】Cr元素从+6价降低到+3价，被还原；Cl元素从-1价升高到0价，Cl2是氧化产物；【小问3详解】该反应中HCl中有一部分化合价升高，表现还原性，一部分化合价没有变，生成氯化物，表现出酸性；【小问4详解】K2FeO4中铁元素的化合价为+6价；【小问5详解】a．已知K2FeO4中Fe的化合价为+6价，处于高价态，故是强氧化性的盐，a不合题意；b．由题干说明可知，K2FeO4能与水反应，故固体保存需要防潮，b不合题意；c．由题干说明可知，K2FeO4消毒是利用其强氧化性，使蛋白质发生变性，而净化水是利用K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体，可除去水中细微的悬浮物，有净水作用，二者原理不相同，c符合题意；d．由题干说明可知，K2FeO4作净水剂的优点有：作用快、安全性好、无异味，d不合题意；答案选c；【小问6详解】工业制备K2FeO4需要在碱性环境下进行，则在Fe(NO3)3、Cl2、H2O、KOH、K2FeO4、KCl、KNO3七种物质中Fe(NO3)3转化为K2FeO4，化合价升高，根据氧化还原反应有升必有降的规律可知，另一组反应为Cl2到KCl，根据氧化还原反应配平和质量守恒可得，制备K2FeO4的化学反应方程式为：2Fe(NO3)3+3Cl2+16KOH=2K2FeO4+6KCl+6KNO3+8H2O；【小问7详解】已知反应中Fe的化合价由+6价降低到+3价，即每生成1个Fe(OH)3化合价降低3，O的化合价由-2价升高到0价，即每生成1分子O2升高4，则Fe(OH)3和O2的系数分别为4和3，根据氧化还原反应配平可得，将K2FeO4与水反应的化学方程式为：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH；18.某混合溶液中可能含有H+、Na+、K+、NH、Cl-、SO、SO、CO ，且溶液中各离子的浓度均相等，取三份样品溶液进行如图所示的实验。已知：①氨气(NH3)可使湿润红色石蕊试纸变蓝；②稀硝酸的还原产物为无色气体NO，遇空气变成红棕色气体NO2。（1）沉淀A的化学式为_______，写出由样品与HNO3、Ba(NO3)2反应生成沉淀A的离子方程式_______。（2）生成沉淀C离子方程式为_______。（3）生成气体D的离子方程式为_______。（4）通过以上实验可以得出混合物中一定含有的离子有Cl-、Na+、NH、SO及_______，一定不存在的离子有_______。【答案】（1）①.BaSO4②.（2）Ag++Cl-=AgCl↓（3）（4）①.K+②.H+、SO、CO【解析】【分析】第一份样品溶液与足量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液反应生成无色气体E、沉淀A和溶液B，无色气体E遇空气变成红棕色气体F，由题给信息知，E为NO，F为NO2.由于反应有NO生成，说明发生了氧化还原反应，HNO3作氧化剂，则必有还原剂，故样品溶液中一定含还原剂SO，SO被氧化为 SO。沉淀A加足量盐酸沉淀不溶解，则该沉淀为BaSO4，由于之前溶液中的SO被氧化为SO，故样品溶液中可能含SO也可能没有，由于H+与SO不共存，因此一定不含H+。溶液B与硝酸银反应生成不溶于硝酸的沉淀C，则沉淀C为AgCl，可知样品溶液中一定含Cl-。第二份溶液与NaOH浓溶液加热生成的气体能使湿润的石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，则样品溶液中有NH。第三份溶液焰色试验火焰呈黄色，说明样品溶液中一定含有Na+。所以样品溶液中一定含有SO、Cl-、NH、Na+，一定不含H+，由于溶液中各离子的浓度均相等，根据电荷守恒，样品溶液中一定含有K+，一定不含SO、CO。综上所述，样品溶液中一定含有SO、Cl-、NH、Na+、K+，一定不含H+、SO、CO。【小问1详解】由以上分析可知沉淀A为BaSO4；样品溶液与足量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液反应生成无色气体NO、沉淀BaSO4，反应离子方程式为：；【小问2详解】沉淀C为AgCl，生成该沉淀的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；【小问3详解】第二份溶液与NaOH浓溶液加热生成的气体能使湿润的石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，发生反应的离子方程式为：；【小问4详解】