安徽省郎溪中学直升班年级部2024-2025学年高一上学期11月月考化学试题

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一、选择题（本题14小题，每小题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意）
1.【答案】D
【解析】A．“零落成泥碾作尘，只有香如故”描述的主要是分子的扩散现象，未涉及化学变化，A项不符合题意；
B．“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”描述的是燃烧现象，涉及氧化还原反应，B项不符合题意；
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”描述的是利用金密度大的特点来淘金，未涉及化学变化，C项不符合题意。
D．“粉骨碎身浑不怕，要留清白在人间”涉及的是碳酸钙的分解，属于化学变化，且没有元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，D项符合题意；
2.【答案】C
3.【答案】D
【详解】A．向沸水中滴加FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为：，A错误；
B．酸式盐与碱反应时，要以不足量的Ca(OH)2为标准，假设其物质的量为1，然后根据需要确定需要的物质的量，该反应离子方程式应该为：2+Ca2++2OH-=CaCO3↓++H2O，D错误；
C．氯气溶于水时发生反应生成HCl和HClO，其离子方程式为：，HClO是弱电解质，不能拆开，C错误；
D．向氢氧化钠溶液中通入过量CO2反应生成NaHCO3，其反应的离子方程式为：，D正确；
4.【答案】B
【解析】A．标准状况下，H2O是液态，22.4 LH2O不是1ml，分子数不是NA，A错误；
B．32g O2和O3混合物中，含有的氧原子为，氧原子个数为 2NA，B正确；
C．常温下，Ba(OH)₂ 溶 液中，Ba(OH)₂ 和水中都含有氢原子，其数目大于 NA，C错误；
D．Fe(OH)3胶粒是多个分子集合体，用1ml FeCl3制备Fe(OH)3胶体，所得胶粒的数目为小于NA，D错误；
5．【答案】D
6．【答案】C
【详解】A．烧杯中水不能装满，所以A错；
B．用CaCl2溶液,但不可用澄清石灰水否则都有白色沉淀无法鉴别，所以B错；
C．C正确；
D．检验K2CO3溶液应透过蓝色钴玻璃，D错误；
7.【答案】C
【分析】①加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能存在Cl-、CO32-、SO42-；
②0.04ml为氨气，溶液中一定含有NH4+，并且物质的量为0.04ml；
③2.33g为硫酸钡，6.27g为硫酸钡和碳酸钡；
再根据电荷守恒，得出一定存在钾离子。
【详解】①与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有Cl-、CO32-、SO42-；
②加足量NaOH溶液加热产生气体，气体是氨气，故一定有铵离子0.04ml；
③不溶于盐酸的2.33g为硫酸钡，物质的量是0.01ml；n(SO42-)==0.01ml，6.27g沉淀是硫酸钡和碳酸钡，碳酸钡质量为6.27g-2.33g=3.94g，物质的量为0.02ml，故一定存在CO32-、SO42-，因而一定没有Mg2+、Ba2+；再根据电荷守恒，正电荷为：n(+)=n(NH4+)=0.04l；n(-)=2n(CO32-)+2n(SO42-)=0.06ml故一定有K+，最少是0.02ml；
综合以上可以得出，一定存在的离子有NH4+、K+、CO32-、SO42-，一定没有的离子Mg2+、Ba2+，可能存在Cl-；
A．一定存在钾离子，故A正确；
B．一定没有的离子Mg2+、Ba2+，故B正确；
C．可能存在Cl-，故C错误；
D．混合溶液中CO32-的浓度为c(CO32-)==0.1ml/L，故D错误；
故选C。
8.【答案】B
【详解】A．在过程I中作为反应物，在过程Ⅱ中又作为生成物，反应前后质量不变，故是催化剂，A正确；
B．根据化合价升降，过程Ⅰ的反应方程式为，每生成12 ml FeO，同时生成2mlO2，转移8ml电子，B错误；
C．过程Ⅰ的反应方程式为，氧化产物为氧气，还原产物为FeO，C正确；
D．根据化合价升降，过程Ⅱ的反应方程式为，则FeO和的化学计量数之比为3∶1，D正确；
故选B。
9.【答案】C
10.【答案】A
【解析】A．+5价的N元素降低到+4价，-2价的O元素升高到0价，符合氧化还原反应的规律，A正确；
B．只有N元素化合价下降到-3价和+2价，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应的规律，B错误；
C．只有N元素化合价下降到+1价和+2价，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应的规律，C错误；
D．只有N元素化合价下降到0价和+4价，没有元素化合价的升高，不符合氧化还原反应的规律，D错误；
11.【答案】A
【解析】①向澄清石灰水中逐渐通入CO2至过量，先生成碳酸钙沉淀，后碳酸钙溶解生成碳酸氢钙，正确；
②向饱和碳酸钠溶液中通入CO2至过量生成碳酸氢钠沉淀，错误；
③向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加稀H2SO4至过量，胶体先聚沉，后发生复分解反应，则先出现沉淀后沉淀完全溶解，正确；
12.【答案】B
【解析】A．容量瓶不能用于溶解固体氢氧化钠，应在烧杯中用适量的蒸馏水溶解，A错误；
B．过滤用于分离固体和液体，过滤能除去粗盐水中的不溶物，B正确；
C．氯化氢极易溶于水而氯气难溶于饱和食盐水，故饱和食盐水可除去中的少量，不能用饱和碳酸氢钠除去除去中的少量，因为盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，是新杂质，C错误；
D．为防止反应过程中产生的水蒸气冷凝后倒流到试管底部而使试管因冷热不匀而破裂，试管口应略向下倾斜，D错误；
答案选B。
13.【答案】C
A.【解析】应先稀盐酸能除去、Ag+、等离子的干扰，再用BaCl2检验硫酸根离子，C不正确；
向饱和食盐水中先通入足量，再通入才会生成碳酸氢钠沉淀，B错误；
C．、都能和稀盐酸反应生成CO2，根据实验现象知，溶液中可能含有、或二者都有，所以可能含有；A正确
D．加入过量稀盐酸固体全部溶解，铁可置换出铜，可析出红色固体，溶液中可能还有铜离子，D错误；
14.【答案】D
【解析】A．若与以个数比发生反应生成ZnFe2Ox和水，根据原子守恒可知，故A正确；
B．ZnFe2O4与H2在300～500℃下反应生成ZnFe2Ox和水，在无氧条件下就可进行，故B正确；
C．已知ZnFe2O4中Zn为+2价，Fe为+3价，中Zn为+2价，Fe为+（x-1）价，故使1个完全转化为，需失去2×[3-（x-1）]=（8-2x）电子，故C正确；
D．与SO2、NO2反应生成ZnFe2O4，铁元素化合价升高，被氧化，作还原剂，所以的还原性弱于，故D错误；
第Ⅱ卷 （非选择题 共58分）
二、非选择题（4小题，共58分）
15．（15分）【答案】（除标明外，每空2分）
（1）CE AD
（2）混合物（1分） 化学变化（1分）
（3）钠元素（1分）
（4）2CO+2NO2CO2+N2
（5）Al(OH)3、Mg(OH)2 Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
（6）氧化(2分）
【解析】（1）A．铜丝能导电，既不是电解质也不是非电解质，
B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，既不是电解质也不是非电解质，
C．NaCl晶不能导电，溶于水导电，属于电解质，
D．醋酸溶液为电解质溶液，能导电，既不是电解质也不是非电解质，
E．Na2O粉末不导电，属于电解质，
F．干冰是非电解质，不能导电；
①属于电解质的是CE；
②在上述所给状态下能导电的是：AD；
（2）可燃冰主要成分为甲烷水合物，并含有少量CO2等，所以是混合物；在较低的温度和压力下，用甲烷为原料可制成金刚石薄膜，有新物质生成，属于化学变化；
（3）汤汁溅到液化气的火焰上时，火焰呈黄色，说明汤汁中含有钠元素；
（4）在汽车排气管上安装催化转化装置，可使尾气中的NO和CO反应转化为无污染的物质，可知产物为二氧化碳和氮气，方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；
（5）碳酸氢钠、碳酸钙、碳酸镁、氢氧化铝和氢氧化镁中，不属于盐的是：Al(OH)3、Mg(OH)2；胃酸的主要成分为盐酸，盐酸酸与氢氧化铝反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O；
（6）亚硒酸钠(Na2SeO3)能消除人体内的活性氧，可知Se元素的化合价升高，被氧化。
16．(15分)【答案】(1)增大反应物接触面积，使反应更快、更充分(2分)
(2)CaO、NaOH(2分)
(3)20.0(2分)
(4) A(1分) E→C→B→H→G→F(2分)
(5)AC(2分)
(6) CaC2O4CaCO3+CO↑(2分)
(7)低于(2分)
【解析】(1)捕捉室中NaOH溶液常喷成雾状，优点是增大反应物接触面积，使反应更快、更充分；(2)从流程图可以看出，反应分离室得到的NaOH溶液可作为捕捉室中的吸收液，高温反应炉得到的CaO可作为反应分离室中的反应物，因此可循环使用的物质是CaO、NaOH；(3)配制溶液需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒和500mL容量瓶、胶头滴管；用托盘天平称量NaOH固体质量为：；(4)配置一定物质的量浓度的溶液一般步骤为：检漏、计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，则正确的操作顺序是A→D→E→C→B→H→G→F→装瓶贴签；(5)A．称量所用的砝码生锈，砝码实际质量大于所标数值，导致所称NaOH质量偏大，则所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大，A符合题意；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制结果无影响，B不符合题意；未冷至室温就转移定容，溶液体积膨胀，冷却至室温液面下降，所加水量偏少，溶液浓度偏大，C符合题意；定容时仰视刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，D不符合题意；定容时水加多用胶头滴管吸出，造成溶质损失，浓度偏小，E不符合题意；称量NaOH时间过长，NaOH吸水潮解，所称量NaOH固体的质量偏小，导致溶液浓度偏小，F不符合题意；故选AC；(6)由题图中信息可知，CaC2O4·H2O在200℃左右失去结晶水生成CaC2O4；CaC2O4在400~600℃因分解减少的固体质量为：1.28g−1.00g=0.28g，减少的是CO的质量，分解产物为CO和CaCO3，则400~600℃范围内分解反应的化学方程式为：CaC2O4CaCO3+CO↑；(7)由图可知，温度800~1000℃因分解减少的固体质量为：1.00g−0.56g=0.44g，减少的是CO2的质量，即高于800℃时，碳酸钙分解生成CaO和CO2，只有低于此温度，才有利于CaO和CO2化合，则CaO捕捉CO2的反应温度应低于800℃。
17．（14分）【答案】(1) 水沿导管由广口瓶进入烧瓶(或水倒吸进入烧瓶) （2分） 广口瓶中的长导管口有气泡产生（2分）
(2) Na2CO3（1分） NaHCO3 （1分） 5.85（2分） cb（2分） d（2分） III（2分）
【详解】（1）①若将A与B连接，打开止水夹，将胶头滴管中的NaOH浓溶液挤入圆底烧瓶，由于二氧化碳易溶于氢氧化钠溶液且与NaOH发生反应，使圆底烧瓶内部压强迅速减小，故广口瓶中的水沿导管进入烧瓶；②若将A与C连接，其他操作不变，导致外界压强高于瓶内压强，故广口瓶中的长导管口会产生气泡。
（2）①向NaOH溶液中通入CO2，随着CO2的通入依次发生的反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3；根据Na守恒，所得NaCl的质量为×58.5g=5.85g；
②要检验白色固体X为第I中，即检验OH-和CO32-的存在，故先加入BaCl2溶液检验Na2CO3，过滤后再加入MgCl2检验NaOH；故顺序为cb；加入试剂后会生成沉淀，所以一定需要进行的操作是过滤，故选c；
③若白色固体为第III种，即测量碳酸钠和碳酸氢钠的混合物中碳酸氢钠的质量分数；
a选项中沉淀的质量即为碳酸钡的质量，根据碳酸钡的质量和原混合物的总质量可以列式求出碳酸钠和碳酸氢钠的质量分数，a正确；
b选项中n g固体为生成的氯化钠的质量，根据钠原子守恒和原混合物总质量可列式计算出碳酸氢钠的质量分数，b正确；
c选项采用差量法，减少的质量为碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水的质量，由此可求出碳酸氢钠的质量，进而求出碳酸氢钠的质量分数，c正确；
d选项中碱石灰增加的质量为混合物与酸反应生成的二氧化碳及溶液中挥发出来的水蒸气的质量，因此不能通过数据准确计算出碳酸氢钠的质量分数，d不正确；故选d；
④根据Na守恒，若固体全部为Na2CO3质量为5.3 g，若固体全部为NaHCO3质量为8.4 g，固体X的质量为7.0 g，故其为碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，即第III种。
（14分）