福建省厦门英才学校2024-2025学年高一上学期（精英班）10月月考 化学试卷

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选择题（ 共40分）
【答案】B【详解】A．我国科学家首次人工合成结晶牛胰岛素，实现了人类历史上人工合成蛋白质的突破，故A正确；
B．19世纪初，英国化学家道尔顿提出近代原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实基础，故C错误；
C．化学是在分子、原子层次上研究物质性质、组成、结构与变化规律的科学，化学家可以在微观层面上操纵分子和原子，组装分子器件和分子机器等，故C正确；
D．屠呦呦因发现青蒿素而获得 2015年诺贝尔生理学或医学奖，故D正确；
2. 【答案】D【详解】①假说法是以客观事实材料和科学理论为依据，对未知事实或规律所提出的一种推测性说明，题目未提出推测性说明，故①错误；
②通过两金属暴露于空气中，以实验研究它们在空气中的稳定性，故②正确；
③没有分门别类地对物质及其变化进行研究，故③错误；
④金属钠和铁片分别放在表面皿中，采取对比方法来研究它们在空气中的稳定性，故④正确；
所以采取得方法为实验法、比较法，②④正确，答案选D。
3．【答案】A【解析】D．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色烟，生成氯化铜，产物溶于水得蓝绿色溶液，A正确；B．钠属于很活泼的金属，实验过程中用小刀切后剩余的钠需要放回原试剂瓶，B错误；C．金属钠在氯气中燃烧，发出黄色火焰，产物是氯化钠，溶于水，但不会产生无色气体，C错误；D．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢，瓶口上方有白色雾，烟是固体小颗粒，D错误；
4．【答案】C【解析】A．光照条件下，HClO分解生成HCl、O2，所以光照新制氯水有气泡冒出，冒出的气泡为O2，故A错误；B．氯水中存在反应：Cl2+H2OHCl+HClO，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故B错误；C．向镁粉中加入新制氯水，有无色无味的气体产生，无色气体是HCl和Mg反应生成的H2，故C正确；D．盐酸中含有Cl－，干扰氯水中Cl－的检验，应该用硝酸酸化，故D错误；故选C。
5.【答案】A【详解】A．10.6gNa2CO3的物质的量为，每个碳酸钠中含有2个钠离子，则10.6gNa2CO3中含有的钠离子数目为0.2NA，故A正确；
B．标准状况下，乙醇是液体，11.2L乙醇的物质的量不是0.5ml，则所含有的分子数不是0.5NA，故B错误；
C．NA个CO2分子的物质的量是1ml，通常状况下，气体的摩尔体积不一定为22.4L/ml，则NA个CO2分子所占有的体积不一定是22.4L，故C错误；
D．每个氯化镁中含有2个氯离子，但未知MgCl2溶液体积，无法用n=cV计算物质的量，故D错误；
6. 【答案】D【详解】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在左盘的小烧杯中称量，故A错误；B、固体溶解在烧杯中进行，B错误；C、向容量瓶中转移溶液时应该用玻璃棒引流，C错误；D、如果钠与水反应放热，大试管中气体受热膨胀，U型管中红墨水液面左侧降低，右侧升高，D正确。
7．【答案】C【分析】根据溶液中阳离子带有的正电荷总数与阴离子带有的负电荷总数相等计算。
【详解】少量Cl2通入NaOH稀溶液，发生反应：Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O，有反应转化关系可知：c(Cl-)=c(ClO-)所得溶液中含有Na+、Cl-、ClO-、OH-四种离子，根据电荷守恒可得关系式：c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)，将各种离子浓度带入上述式子，0.03 ml/L= c(OH-)+0.01 ml/L+0.01 ml/L，解得c(OH-)=0.01 ml/L，故合理选项是C。
8．【答案】D【详解】A. ①中84消毒液与医用酒精混合，溶液温度升高，产生大量气泡，而②中医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴至相同温度，却无明显现象，说明①产生的气体不是乙醇蒸气，证明①中产生的大量气泡与酒精挥发无关， A正确；
B. 酸性条件下84消毒液中的NaCl、NaClO会反应产生Cl2从溶液中逸出，不能说明酸性条件有利于84消毒液与医用酒精发生反应，B错误；
B. ①中84消毒液和医用酒精混合均匀，溶液温度升高，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化，③中84消毒液和蒸馏水混合均匀并水浴至相同温度，产生的现象除无气泡外，其余与①相同，①中刺激性气味的产生可能与酒精无关，B正确；
D. 医用酒精和蒸馏水混合，溶液无明显现象；84消毒液和蒸馏水混合，溶液中无明显现象，略有刺激性气味；84消毒液和医用酒精混合，溶液温度升高，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化，说明84消毒液与医用酒精混合后，溶液中发生了化学反应，产生了新的物质，D正确；
9. 【答案】D【详解】A．次氯酸钠NaClO中Na为+1价、O为-2价，其中Cl元素显＋1价，故A正确；
B．该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度约为：ml/L=4ml/L，故B正确；C．次氯酸钠易与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气，所以“84消毒液”保存时不能敞口放置，需要密封保存，故C正确；
D．欲用NaClO固体配制含25% NaClO的消毒液480mL，需用500 mL容量瓶，需要称量的NaClO固体质量为500 mL×1.19g/mL×25%=148.8g，故D错误；
10．【答案】C【分析】由题意分析，碳粉燃烧生成二氧化碳，也能生成一氧化碳，根据化学方程式：C+O2CO2，因为一定温度和体积下气体的压强与分子数成正比，生成二氧化碳的过程中氧分子和二氧化碳分子的分子个数比为1:1，所以生成二氧化碳的过程中气体体积不变，生成一氧化碳的过程中氧分子和一氧化碳的分子个数比为1:2，生成一氧化碳的过程中气体体积增大；若完全转化为一氧化碳，气体分子个数变为原来的2倍，压强也变为原来的2倍，但图示中显示压强为原来的1.4倍，所以没有完全生成一氧化碳，即反应后的气体应该为一氧化碳和二氧化碳的混合物，且个数比CO：CO2=4:3，据此解题。
【详解】A．AB 段电热丝放热，使容器内气体受热膨胀，压强变大，但温度没有达到碳粉的着火点，故A项错误；
B．生成二氧化碳的过程中分子和二氧化碳分子的分子个数比为1:1，所以生成二氧化碳的过程中气体体积不变，CD段压强增大是由于反应放热和生成一氧化碳造成的，故B项错误；
C．据分析可知，个数比CO：CO2=4:3，质量比为4×28:3×44=28:33，故C项正确；
D．据分析可知，个数比CO：CO2=4:3，质量C：O=7×12：10×16=21:40，故D项错误；
11．【答案】(1)2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
2Fe+3Cl2=(点燃)=2FeCl3
(3)Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
(4)Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O
(5)2Na+CuSO4+2H2O═Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑
【难度】0.65
【知识点】次氯酸及其性质和用途、漂白粉和漂粉精的制备原理、钠与盐溶液的反应、过氧化钠和二氧化碳反应
12．【答案】(16分)（1）1.5 （2分） （2）36.5 （2分）
（3） 6.72 （2分） 2.8 （2分）
（4）2：3 （2分） 1∶1 （2分）
（5）0.1ml∙L−1（2分） 0.2ml（2分）
【解析】（1）1.806×1024个H2O分子的物质的量是，其中氧原子的物质的量是3ml，含有相同氧原子数的二氧化碳的物质的量是1.5ml，即1.5 ml CO2中含有的氧原子数与1.806×1024个H2O分子含有的氧原子数相同。
（2）0.4 ml SiH4分子中含有2ml原子，含有相同原子数HCl的物质的量是1ml，其质量是36.5g。
（3）标准状况下，8.96 L甲烷和一氧化碳的混合气体，其物质的量是8.96L÷22.4L/ml＝0.4ml，质量为7.6g，设混合气体中甲烷、CO的物质的量分别是x ml、y ml，则16x+28y＝7.6，x+y＝0.4，解得x＝0.3，y＝0.1，所以甲烷的体积为0.3 ml×22.4 L/ml＝6.72 L，一氧化碳的质量为0.1 ml×28 g/ml＝2.8 g。
（4）等物质的量的O2和臭氧(O3)，其质量之比为32:48＝2:3。若O2和O3质量相等，由于二者均是氧原子组成的单质，则其原子数之比为1:1。
13．【答案】(1)14.3g（2分） (2) ① ④ （2分） (3)BC（2分） (4)A （2分） (5)过滤（2分）(6) 偏小 （2分） 取少量溶液M，滴加碳酸钠溶液，若有白色沉淀生成，说明CaCl2溶液已经过量（2分）(7)96.4%（2分）
【难度】0.65
【详解】（1）配制480mL溶液需要500mL容量瓶，应称取Na2CO3•10H2O晶体的质量为0.1ml/L×0.5L×286g/ml=14.3g，故答案为：14.3g；
（2）①Na2CO3•10H2O晶体失去了部分结晶水，称取的溶质的物质的量增大，所配溶液浓度偏高；
②用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码），称取的溶质的质量偏小，所配溶液浓度偏低；
③碳酸钠晶体不纯，其中混有氯化钠，称取的溶质的质量偏小，所配溶液浓度偏低；
④配制溶液定容时需加入蒸馏水，故容量瓶未经干燥使用，对所配溶液浓度无影响；
其中引起所配溶液浓度偏高的有①，无影响的有④，故答案为：①；④；
（3）A.容量瓶用来配制一定体积准确浓度的标准溶液，故A正确；
B.容量瓶不能用来贮存溶液，配制溶液后应转移至试剂瓶中保存，故B错误；
C.容量瓶只有一个刻度线，不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，故C错误；
D.利用容量瓶可将一定物质的量浓度的溶液加水稀释配制成标准浓度的溶液，故D正确；
故答案为：BC；
（4）应称取碳酸钠质量为0.1ml/L×0.5L×106g/ml=5.3g,⑤中定容时,视线应平视刻度线,故答案为：A；
（5）“操作1”用来分离碳酸钙沉淀和溶液，故名称是过滤，故答案为：过滤；
（6）滴加CaCl2溶液应“过量”，保证碳酸根离子完全沉淀，否则可能会使测定的结果偏小，确定CaCl2溶液是否过量的方法是取少量溶液M，滴加碳酸钠溶液，若有白色沉淀生成，说明CaCl2溶液已经过量，故答案为：偏小；取少量溶液M，滴加碳酸钠溶液，若有白色沉淀生成，说明CaCl2溶液已经过量；
（7）生成碳酸钙质量为10g，物质的量是0.1ml，则碳酸钠质量为0.1ml×106g/ml=10.6g，该混合物中Na2CO3的质量分数为≈96.4%，故答案为：96.4%。
14．【答案】(1) 2：1（2分） 盐（1分）
(2)装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可（2分）
(3)否 （1分） (4) 吸收未反应的CO2 （2分） 偏高（2分） (5)（2分）
(6)视线必须与液体凹液面的最低处保持水平，注入液体后，要等一会，使附着在内壁上的液体流下来，再读取刻度值（2分） (7)80%（2分）
【难度】0.65
【分析】稀盐酸和碳酸钙在A中反应生成CO2气体，HCl易挥发，B中用饱和碳酸氢钠除去HCl气体，C中CO2和Na2O2、Na2O反应，原理为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O+CO2=Na2CO3，D中的碱石灰防止E中水蒸气进入C，同时除去未反应的水、CO2，生成的O2通过E、F测量体积，据此计算。
【详解】（1）Na2O2中由Na+与O构成，阳离子与阴离子的个数之比为2：1；CaCO3属于盐，故答案为：2：1；盐；
（2）图中有一处明显错误，装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可，故答案为：装置B中左边导管口应浸没在液面以下，右边导管口稍稍伸出橡胶塞即可；
（3）图E装置可用来测量生成氧气的体积，进行操作时，集气瓶未装满水不影响实验结果，故填：否。
（4）装置D的作用是吸收未反应的CO2，若无装置D，气体量偏多，Na2O2的质量分数偏高，故答案为：吸收未反应的CO2，防止E中水蒸气进入C；偏高；
（5）实验结束后，装置F中水的体积为VmL，已知氧气的密度为ρg•L-1，则O2的物质的量为ml，根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可得过氧化钠物质的量为ml，样品中过氧化钠的质量分数为。
（6）用读取量筒中水的体积可得知气体的体积，读得量筒里水的体积注意事项：视线必须与液体凹液面的最低处保持水平，注入液体后，要等一会，使附着在内壁上的液体流下来，再读取刻度值。
（7）在氧气中灼烧氧化钠转化为过氧化钠，固体增加的质量是9.35g－7.75g＝1.6g，即参加反应的氧气中氧元素的物质的量是0.1ml，所以氧化钠的物质的量是0.1ml，质量是6.2g，该氧化钠产品中Na2O的质量分数为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
D
A
C
A
D
C
B
D
C