重庆市第八中学校2024-2025学年高一上学期12月月考 化学试题

这是一份重庆市第八中学校2024-2025学年高一上学期12月月考 化学试题，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1-5 CDDCD 6-10BCDAC 11-14 CBDD
二、非选择题
15.(9分)(除特殊标记外, 每空2分)
(1) ①④⑥⑦⑨ (1分) ④⑥⑦⑨ (1分) ①③⑤(1分)
(2) ①5.4 ②16 3
16.(13分)(除特殊标记外, 每空2分)
(1) 13.6 250mL 容量瓶 (1分)
(2) 将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌
(3) ③⑤②④①⑥
(4) AC
52H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O 20
17.(11分)(除特殊标记外, 每空2分)
1CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+CO₂↑+H₂O
(2) B的进出口接反了，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) 吸收未反应的 CO₂ (1分) 偏低
42Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂ (1分) Na₂O+CO₂=Na₂CO₃ (1分)
51-78×10-3pV16m×100%
18.(13分) (除特殊标记外, 每空2分)
(1) ①圆底烧瓶 (1分) MnO2+4HCl浓MnCl2+Cl2↑+2H2O
②除去氯气中混有HCl气体 (1分) ③3.575
(2) 随反应进行，浓盐酸浓度降低，产生氯气的量低于理论值；
(3) ① ClO-(1分) ② 0.25 ③ 4:7
19.(12分)(除特殊标记外, 每空2分)
(1) NH₄、CO₃²⁻、SO₄²⁻、K⁺ Mg²⁺、Fe³⁺ Cl⁻加入足量的硝酸酸化，再加入AgNO₃溶液，若有白色沉淀生成，证明有Cl⁻存在 2cK⁺=1.2ml⋅L⁻¹(2分)、 cNH4+=0.4ml⋅L-1(2分)
【详解】
4.【详解】A. 没有明确溶液体积，不能计算1ml/L碳酸钠溶液中钠离子的物质的量，故A错误；
B. 将标准状况下44.8LHCl通入1L 水中，所得溶液的体积不是1L，则此溶液的物质的量浓度不是2ml·L⁻¹, 故B 错误;
C.相同体积和相同物质的量浓度的盐酸和氢氧化钡溶液混合，所得溶液呈碱性，故C 正确；.
D. 饱和溶液的物质的量浓度不一定大于不饱和溶液的物质的量浓度，故D 错误；
5.【详解】 ⋅L⁻¹Na₂SO₄的物质的量为n=cV=0.1ml,含有0.2mlNa⁺,则含有Na⁺的数目为0.2NA,A正确；
B. CO 和N₂的摩尔质量都是28g/ ml, 则2.8g混合气体的物质的量为 n=mM=2.8g28g/ml=0.1ml,含原子数为0.2NA, B 正确;
C. 铁和氯气反应生成氯化铁，氯气少量，Cl元素化合价从0价降低至-1价，有2个Cl原子变价, 则0.1mlCl₂反应转移0.2ml电子, 转移电子的数目为0.2NA, C 正确;
D. 等体积不代表1ml, D 错误;
8.【详解】A. 二者反应生成氢氧化钠和氧气，水中的O元素生成氢氧根离子，部分过氧化钠中的O元素转化为氢氧根离子的氧，所以离子方程式为 2H218O+2Na2O2=4Na++A错误；
B. 向含 1mlFeI2 溶液中通2mlCl2, 因还原性: I⁻>Fe²⁺,Cl2 先氧化I⁻, 1ml FeI2中含有2mll⁻,2mll⁻全部被氧化需要1mlCl2,剩余的1mlCl2 再氧化 1mlFe2+, 1mlCl2能氧化2mlFe2+, 则Cl2过量, Fe2+全部被氧化, 所以向含 1mlFeI2 溶液中通2mlCl2反应生成I2 和氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-,B错误；
C. FeCl₃溶液中滴加NaHS溶液,Fe3+和HS-发生氧化还原反应, 3Fe³⁺+HS⁻=2Fe²⁺+S↓+H⁺,故 C错误;
9. 【详解】A. 实验室用图1所示装置制备少量 Fe(OH)₂，先打开止水夹a利用A管中铁粉和稀硫酸反应产生的氢气将装置内空气排出，一段时间后再关闭a利用氢气产生的压强将FeSO₄从A 管压入 B 管中制备 Fe(OH)₂, A 正确;
B. 氯水具有漂白性，pH 最终会褪色，因此用pH 试纸无法准确测其pH值，B错误；
C. Na₂O₂是粉末会从隔板孔漏下，因此不适合用这种简易的启普发生器，C错误；
D. 生成的CO₂中混有HCl，通过饱和碳酸氢钠后，二氧化碳和氯化氢均被吸收，硅酸钠溶液中无现象，因此不能证明] H₂CO₃>H₂SiO₃,D 错误;
10.【详解】A. 还原性: I⁻>Fe²⁺,则反应 2Fe³⁺+2I⁻=2Fe²⁺+I₂能发生，故A 正确；
B.还原性： I>Fe²⁺>Cl⁻,氯气先于碘离子反应，再与二价铁反应，则反应 Cl₂+FeI₂=FeCl₂+I₂能发生，故B 正确；
C. 还原性: I⁻>Fe²⁺>Cl⁻,，氯气先于碘离子反应，再与二价铁反应，则反应 3Cl₂+6FeI₂= 2FeCl₃+4FeI₃不能发生，故C错误；
D. 还原性: Cl⁻>C²⁺,则 C₂O₃+6HCl=2CCl₂+Cl₂↑+3H₂O能发生，故D 正确；
11.【详解】A. 若溶液中有 SO32-,酸性条件下NO₃有强氧化性，可将S SO32-氧化成 SO42-,不能说明溶液中有SO 24⁻； 此外该白色沉淀还可以是AgCl，故A 错误；
B. CO₂、SO₂都能使澄清石灰水变浑浊，向某钠盐中滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该钠盐可能是碳酸钠、碳酸氢钠或亚硫酸钠、亚硫酸氢钠，故B 错误；
D. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明溶液中含有 Na+，由于没有透过蓝色钴玻璃，所以不能确定该溶液中是否含有K+，故D 错误；
12.【详解】A. 反应前CO₂体积占整个容器体积的 15,则 CO₂和混合气体的体积比为1：4，物质的量之比为1：4，原子数之比为3：8，A正确；
B.通过题图分析，在同温同压下，原来CO₂和混合气体的体积比为1：4，假设( CO₂为1ml,则氢气和氧气的混合气体为 4ml，点燃后氢气和氧气反应生成水，气体剩余1ml，根据方程式 2H2+O2点燃2H2O,若氢气剩余1ml，反应消耗的氢气物质的量为2ml，氧气为1ml，
则原来氢气和氧气的物质的量之比可能为 3：1，若氧气剩余 1ml，反应消耗的氢气物质的量为2ml，氧气为1ml，则原来氢气和氧气的物质的量之比可能为2：2=1：1，同温同压下，气体的物质的量与体积成正比，B错误；
C. 反应后左右两边气体的体积相同，不管右侧剩余氢气还是氧气，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒压下，密度与摩尔质量成正比，C正确；
D. 将H₂和O₂的混合气体点燃引爆，活塞先左弹说明反应放热，活塞右滑并停留于容器的中央说明该反应气体分子数减少，D正确；
13. 【详解】A.用NaOH溶液吸收Cl₂可以制备 NaClO, 即发生反应( Cl₂+2OH⁻=ClO⁻+Cl⁻+H₂O, 故A合理; B.消毒液中的ClO⁻与洁厕灵中的Cl⁻在酸性条件下反应产生Cl₂,即发生反应 ClO⁻+Cl⁻+2H⁺=Cl₂↑+H₂O,故B 合理； C.该消毒液中的 NaClO 和醋酸会发生复分解反应生成次氯酸，可增强漂白作用： CH₃COOH+ClO⁻=HClO+CH₃COO⁻,故C 合理； D.该消毒液呈碱性，加入少量FeSO₄溶液会发生反应 2Fe²⁺+ClO⁻+4OH⁻+ H₂O=Cl⁻+2FeOH₃↓,故D不合理。
14.【分析】由氧化性的强弱I Fe³⁺>Cu²⁺及图象可知, 0~0.56gFe发生 Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺,0.56g~1.68gFe时, 剩余物为1.28g, 而1.28gCu的物质的量为0.02ml, 此时发生 Fe+Cu²⁺= Fe²⁺+Cu;加入铁粉从0.56g~2.24g时, 若发生反应F Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu,则生成1.92gCu,而由图示可得剩余物为1.84g，所以此时溶液中不含(Cu²⁺,以此来解答。
【详解】A. 0~0.56gFe发生 Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺a点位于这之间，A正确；
B. 0.56g~1.68gFe时, 剩余物为1.28g, 而1.28gCu的物质的量为0.02ml, 此时发生 Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu,b点位于加入铁0.56g~1.68g之间，b点溶液中的阳离子有： Cu²⁺、Fe²⁺,B正确；
C. 加入铁粉为从1.68g~2.24g时, 加入铁粉的质量为0.56g, 固体物增重量为
1.84g-1.28g=0.56g，说明此过程中铁粉未参加反应生成铜单质，即c点的溶质为l FeSO₄,入铁粉0~0.56gFe发生 Fe+2Fe³⁺=3Fe²⁺,生成FeSO₄的物质的量为0.03ml, 加入铁粉0.56g~1.68g发生 Fe+Cu²⁺=Fe²⁺+Cu,生成FeSO₄的物质的量为0.02ml, 所以c 点时氵中溶质的物质的量浓度为 0.03ml+,C正确；
D. 由上述分析可知原溶液中Fe³⁺为0.02ml,则Fe2(SO4)3为0.01ml, Cu²⁺为(0.02ml,则CuSO₄为0.02ml,所以原溶液中Fe₂(SO₄)₃和CuSO₄的物质的量浓度之比=物质的量之比为1:2, D错误;
16.【解析】一定物质的量浓度溶液配制的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取 (用到胶头滴管) 浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。(1)需
1.00ml⋅L⁻¹H₂SO₄溶液240mL左右，但实验室只有18.4ml·L⁻¹的浓硫酸，配制该溶液需要使用250mL 容量瓶； 根据稀释前后溶质物质的量不变得到
18.4ml⋅L⁻¹×V=1.00ml⋅L⁻¹×0.25L, 解得V≈0.0136L=13.6mL,实验必须用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，至少还需要的一种玻璃仪器是250mL容量瓶。(2)浓硫酸溶于水放出大量的热，量取的浓硫酸需在烧杯中先稀释，稀释浓硫酸的操作是将浓硫酸缓缓地沿器壁注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌。(3) 配制过程中主要步骤是计算、量取、溶解稀释、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，正确的操作顺序应是③⑤②④①⑥。(4)用量筒量取浓硫酸时，仰视量筒的刻度，取浓硫酸体积偏多，配制浓度偏高，A符合题意；容量瓶未干燥即用来配制溶液，对结果无影响，B不符合题意； 浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，冷却后溶液体积偏小，浓度偏高，C符合题意；烧杯中稀溶液往容量瓶转移时，有少量液体溅出，溶质减少，物质的量浓度偏低，D不符合题意。
17.【解析】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, D 中 CO₂和Na₂O₂、Na₂O反应, 原理为 2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂, Na₂O+CO₂=Na₂CO₃,E中的碱石灰防止F中水蒸气进入D，生成的O₂通过F、G测量体积，据此计算。(1)稀盐酸和碳酸钙在 A中反应生成CO₂气体，装置A中反应的离子方程式为 CaCO₃+2H⁺=Ca²⁺+CO₂↑+H₂O;(2)图中有一处明显错误，B的进出口接反了，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)装置E的作用是吸收未反应的CO₂； 若无装置E，所测氧气体积偏大、过氧化钠质量偏大，则样品中杂质的质量分数
偏低； (4)装置D中Na₂O₂与CO₂发生反应的化学方程式 2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂;Na₂O与CO₂发生的反应方程式 Na₂O+CO₂=Na₂CO₃;；(5)实验结束后，装置G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 pg/L×V×10-3L32g/ml, 根据
2Na₂O₂+2CO₂=2Na₂CO₃+O₂, 可得过氧化钠物质的量为 2×ρg/L×V×10-3Lp×V×10.-332g/ml,样品的质量分数为 1p×V×10-316lml×78g/mlmg×100%=78×10-3pV16m×100%,杂质的质量分数为(1— 78×10-3pV16m)×100%。
18. (1) ①甲装置用于制备氯气，化学方程式为②装置乙中利用饱和食盐水除去氯气中混有HCl气体；
③4.350gMnO₂其物质的量为0.05ml, 则理论上制取0.05ml氯气, 再根据方程式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O,可知理论上最多可制得 Ca(ClO)2 的物质的量为0.025ml, 质量为(0.025ml×143g/ ml=3.575g;
(3) ①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水； 当温度高时，生成氯酸钙、氯化钙和水，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，所以图中曲线Ⅰ表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；
②氯气与石灰乳反应时无论生成ClO-还是ClO₃均为失电子产物，根据图象可知完全反应后 nClO-+nClO3-=0.10ml+0.05ml=0.15ml,则共转移电子为0.10ml+0.05ml×5=0.35ml,则根据电子守恒可知生成的n(Cl-)=0.35ml，所以氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙的物质的量之和为0.35ml+0.05ml+0.10ml=0.50ml, 钙与氯的个数比为1: 2, 所以所取石灰乳中含有 Ca(OH)2 的物质的量为0.25ml;
③取一份与②等物质的量的石灰乳，即 Ca(OH)2 的物质的量为0.25ml，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子相等，设 nClO-)=x,nClO3-=y;则得到：(0.39ml=x×1+y×5;依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙和氯的物质的量比为1∶2, 得到氯元素物质的量为0.5ml, 所以x+y+0.39ml=0.5ml, 解得x=0.07ml, y=0.04ml, 则产物中 =nClO-:nClO3-=7:4;19. 【解析】由①知溶液中可能含( Cl-、CO32-、SO42-,, 由②知溶液中一定含NH⁺, 且n(NH⁺ ⁴)=0.04ml,， 由③知溶液中一定含( CO32-、SO42-,则一定不含 Mg²⁺、Fe³⁺(二者与 CO32-不能大量共存)，且 nSO42-=2.3g23g⋅ml-1=0.01ml,nSO42-=6.27-2.33g197g⋅ml-1=0.02ml,所以得出结论：溶液中一定含有NH4-，浓度为(0.4ml·L-1, SO42-浓度为0.1ml·L-1,CO32-浓度为0.2ml·L-1。50ml混合物溶液中, CO32-物质的量应为0.01 ml,2H++CO32-=H2O+CO2+ ,完全反应生成的CO2的质量为0.44g, NaOH溶液的质量变化为 2.57g, 为生成二氧化碳和氯气的质量, 说明生成的气体中还有2.13g的氯气, 由5Cl-+ClO3-+6H+=3Cl2↑ +3H2O可得溶液中 nCl-=2.13g71g/ml×53=0.05ml,Cl-浓度为1ml/L,由电荷守恒知溶液中一定含K+，据 cK++cNH4+=2cCO32-)+2cSO42-+cCl⁻,c(K+)+0.4ml·L-1=2×0.2ml·L-1+2×0.1ml·L-1+1ml·L-1, c(K+)=1.2ml·L-1