山西省孝义市2023-2024学年高一上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

山西省孝义市2023～2024学年高一上学期10月月考化学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修第一册第一章。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Mn55一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列物质或物质的主要成分属于有机物的是A．冰B．干冰C．可燃冰D．水晶()A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．冰为，为非金属氧化物，不属于有机物，A错误；B．干冰为固态，为非金属氧化物，不属于有机物，B错误；C．可燃冰为，属于有机物，C正确；D．水晶()，为非金属氧化物，不属于有机物，D错误；故选C。2.当光束通过下列物质时，不会出现丁达尔效应的是 A.消毒用的酒精B.AgI胶体C.有色玻璃D.雾【答案】A【解析】【详解】胶体会出现丁达尔效应，不会出现丁达尔效应的不属于胶体，消毒用的酒精属于溶液，不属于胶体，AgI胶体，有色玻璃，雾属于胶体，则不会出现丁达尔效应的是消毒用的酒精，A项正确；答案选A3.下列关于的说法一定正确的是A.是催化剂B.易溶于水C.是氧化剂D.属于氧化物【答案】D【解析】【详解】A．是特定反应的催化剂，A项错误；B．难溶于水，B项错误；C．是特定反应的氧化剂，C项错误；C．属于氧化物，D项正确；故选：D。4.海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键环节。如图为海洋中碳循环的简单原理图，流程中没有涉及的反应类型为[钙化产物中含]A氧化还原反应B.分解反应C.置换反应D.复分解反应【答案】C【解析】【详解】A．光合作用涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．钙化时经前一步反应生成的分解生成与，反应为分解反应，B不符合题意；C．一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应属于置换反应；整个过程未发生置换反应，C符合题意； D．与反应属于复分解反应，D不符合题意；故选C。5.下列日常生活中的物质与其用途不对应的是A.NaCl——用作调味品B.——配制生理盐水C.——用作补钙剂D.——焙制糕点【答案】B【解析】【详解】A．NaCl可用作调味品，A正确；B．生理盐水是0.9%NaCl溶液，不能用于配制生理盐水，B错误；C．可用作补钙剂，C正确；D．受热分解生成气体，可用于焙制糕点，D正确；故选B。6.根据溶液呈电中性原则，若某溶液中含有、、和M四种离子，且其个数比为2∶4∶1∶1，那么M可能是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】设M离子的电荷数为x，由溶液中的电荷守恒关系可得：(+3)×2+(−2)×4+(+3)×1+x=0，解得x=—1，则M离子可能为氢氧根离子或氯离子，由离子共存可知，溶液中氢氧根离子与铁离子、铝离子反应生成沉淀可知，M为氯离子，故选D项正。7.下列变化过程中，需要加入氧化剂的是A.B.CuO→CuC.D.【答案】D【解析】【详解】A．化合价降低，需要加入还原剂，A错误；B．CuO→Cu化合价降低，需要加入还原剂，B错误；C．化合价不变，不需要加入氧化剂，C错误； D．化合价升高，需要加入氧化剂，D正确；故选D。8.下列化学方程式中，表示电子转移的方向和数目都正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．1个氧气和2个Na反应生成一个Na2O2，2个Na共失去2个电子，O2得到两个电子，电子转移数量错误，A错误；B．2个Cl2与2个Ca(OH)2反应，氯气既是氧化剂也是还原剂，2个Cl各失去一个电子转化为ClO-，2个Cl各得到一个电子转化为Cl-，B正确；C．KClO3与6个HCl反应，KClO3中的Cl得到5个电子，5个HCl中的Cl各失去一个电子，转化为3个Cl2，C错误；D．该反应中3个Cu各失去2个电子转化为Cu2+，2个HNO3中的N各得到3个电子转化为NO，电子转移方向错误，D错误；故答案选B。9.将、CO、、的混合气体先通入足量的NaOH溶液中充分反应，再将剩余气体经浓硫酸干燥后通过足量灼热的氧化铜，最终剩余的气体是AB.和C.D.和【答案】D 【解析】【详解】混合气体中、为酸性气体，能被NaOH溶液吸收，再将剩余气体、CO经浓硫酸干燥后通过足量灼热的氧化铜，CO与CuO在加热时发生反应为，而不发生反应，因此最终剩余的气体是和，D正确，答案选D。10.下列各组离子在对应条件下一定能够大量共存的是A.遇石蕊变红的溶液：、、、B.pH=1的溶液；、、、C.NaOH溶液：、、、D.无色溶液：、、、【答案】B【解析】【详解】A．遇石蕊变红的溶液，说明是酸性溶液，无法大量共存，A项错误；B．pH=1的溶液中存在大量，与、、、能大量共存，B项正确；C．与、均无法大量共存，C项错误；D．在溶液中显浅绿色与D项前提不符，且、能发生氧化还原反应，不能大量共存，D项错误；故选：B。11.为除去杂质，下列所选用的试剂和实验操作均正确的是选项物质杂质实验操作ACO通入足量氧气，点燃B溶液KCl加过量溶液，过滤C溶液加足量铁粉，过滤D固体铁粉溶解、过滤蒸发结晶 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向混合气体中通入足量，引入新杂质，A项错误；B．向(KCl)溶液中，加入过量溶液，引入新杂质，B项错误；C．()溶液中，加入足量铁粉，除去，过滤除去Fe、Cu混合物，C项正确；D．固体中混有铁粉，加水溶解，Fe与发生反应，消耗有效成分，不符合除杂原理，D项错误；答案选C。12.反应aM2++O2+bH+=cM3++dH2O，下列判断正确的是A.b=c，M2+是还原剂B.b=c，H2O是氧化产物C.a=2，O2是氧化剂D.d=4，M3+是氧化产物【答案】A【解析】【分析】该离子反应有电子转移，因此符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒。根据电子守恒可知a=4；根据M元素守恒，可知a=c；根据电荷守恒可知2a+b=3c，由于a=c=4，所以b=4，然后根据氧化还原反应的有关概念及规律分析。【详解】A．根据上述分析可知a=c=b=4，在反应中M元素的化合价由反应前M2+的+2价变为反应后M3+的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，所以M2+是还原剂，A正确；B．根据上述分析可知a=c=b=4，在反应中O元素化合价由反应前O2的0价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，所以O2是氧化剂，H2O是还原产物，B错误；C．根据电子守恒可知a=4；在反应中O元素化合价由反应前O2的0价变为反应后H2O中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，所以O2是氧化剂，C错误；D．根据上述分析可知：b=4，根据H元素守恒，可知d=2，在反应中M元素的化合价由反应前M2+的+2价变为反应后M3+的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，所以M2+是还原剂，M3+是氧化产物，D错误；故合理选项是A。13.是一种重要的化工原料，几种制备途径如图所示。下列说法错误的是 已知：途径①的离子方程式为途径③的化学方程式为A.由途径①可知氧化性：稀HNO3>稀H2SO4B.与途径①、③相比，途径②更好地体现了环境保护思想C.生成等量的硫酸铜，三个途径中参加反应的硫酸的质量：①<②<③D.途径①、②、③中均涉及氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A．稀硫酸不与Cu反应，稀硝酸能与Cu反应，氧化性：稀硝酸>稀硫酸，A项正确；B．；途径②为分步反应，Cu先与加热条件下生成CuO，CuO再与70%反应生成，不产生空气污染物，体现环境保护的思想，B项正确；C．根据三个途径涉及的方程式分析，若生成等质量的，途径①3～3，途径②3～3，途径③6～3，故①=②<③，C项错误；D．途径①、②、③均涉及氧化还原反应，D项正确；答案选C。14.下列反应的离子方程式书写正确的是A.氢氧化镁与稀硫酸反应：B.氢氧化钠溶液与氯化铜溶液反应：C.锌与醋酸溶液反应：D.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：【答案】B 【解析】【详解】A．氢氧化镁与稀硫酸反应的离子方程式为：，A项错误；B．氢氧化钠溶液与氯化铜溶液反应的离子方程式为：，B项正确；C．锌与醋酸溶液反应的离子方程式为：，C项错误；D．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式为：，D项错误；答案选B。15.某容器中发生一个化学反应，反应过程中存在、、，、和六种粒子，在反应过程中测得、的离子数目(N)随时间变化的曲线如图所示。下列有关该反应的判断中正确的是A.反应中发生氧化反应B.还原性：C.氧化性：D.既是氧化产物又是还原产物【答案】B【解析】【详解】A．由题图所示信息可知，为反应物，为生成物，发生反应的离子方程式为，由反应式可知，中氮元素的化合价降低，发生还原反应，是氧化剂，A项错误；B．还原剂的还原性强于还原产物，所以还原性：，B项正确；C．氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氧化性：，C项错误；D．既不是氧化产物也不是还原产物，D项错误；答案选B。 二、非选择题(本题共4小题，共55分)16.现有下列10种物质：①铁丝、②熔融KCl、③固体、④气体、⑤NaOH溶液、⑥胆矾、⑦碳酸钙、⑧固体、⑨稀盐酸、⑩葡萄糖。回答下列问题：（1）上述物质中能导电的有___________(填序号，下同)，属于电解质的是___________。（2）物质⑦在水溶液中的电离方程式为___________。（3）向溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，发生反应的离子方程式为___________。（4）如图a所示，向NaOH稀溶液中缓缓通入HCl气体，测定该过程中溶液导电能力的变化，实验结果如图b所示(忽略溶液体积、温度的变化)。分析A→B段变化，其他条件相同，导电能力：___________(填“>”“<”或“=”)；分析B→C段变化，溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与___________有关。（5）上述物质⑦与⑨可生成④，实验装置如图所示。ⅰ.可以选择的发生装置是___________(填字母)。A．B．C． ⅱ.组装好装置后进行两组实验，并用计算机记录澄清石灰水导电能力随气体通入量的变化如图所示。曲线Ⅰ中导电能力上升过程中发生反应的离子方程式为___________；曲线Ⅱ的最低点高于曲线Ⅰ的原因可能是___________。曲线Ⅰ：制备的经洗气曲线Ⅱ：制备的未经洗气【答案】（1）①.①②⑤⑨②.②③⑥⑦⑧（2）（3）（4）①.>②.离子的浓度（5）①.AB②.③.挥发出来的HCl与反应，生成的为可溶性盐，增加溶液中可自由移动的离子数目，因此曲线Ⅱ的最低点高于曲线Ⅰ的【解析】小问1详解】物质能导电的本质是有自由移动的带电粒子，①铁丝中含自由移动的电子，可导电，②熔融KCl含自由移动的钾离子和氯离子，可导电，③固体中阴阳离子不能自由移动，不导电，④气体无自由移动带电粒子，不导电，⑤NaOH溶液中含自由移动的钠离子和氢氧根，可导电，⑥胆矾中的阴阳离子不能自由移动，不导电，⑦碳酸钙中的阴阳离子不能自由移动，不导电，⑧固体中的阴阳离子不能自由移动，不导电，⑨稀盐酸中含自由移动的氢离子和氯离子，可导电⑩葡萄糖中无自由移动带电粒子，不导电，则能导电的物质有①②⑤⑨；电解质为在水溶液或熔融状态下，能够自身电离而导电的化合物，属于电解质的为②③⑥⑦⑧；【小问2详解】 碳酸钙在水中的电离方程式为；【小问3详解】向溶液中逐滴加入溶液至恰好完全沉淀，则溶液和溶液按1∶1发生反应，反应的离子方程式为；【小问4详解】A→B段发生反应的化学方程式为，溶液中原本为钠离子和氢氧根，通入氯化氢后溶液中还剩钠离子和氯离子，溶液导电能力下降了，说明导电能力>；B→C段继续通入氯化氢，溶液中氯离子和氢离子浓度增大，导电能力也增大，说明溶液的导电能力除了与离子种类有关，还与离子的浓度有关；【小问5详解】ⅰ.发生装置发生的反应为，为固体和液体制气体的反应，不需要加热，则发生装置可选择A和B；ⅱ.曲线Ⅰ中导电能力上升说明过量的二氧化碳与生成的碳酸钙发生反应，生成可溶解的碳酸氢钙，反应的离子方程式为；若二氧化碳气体未洗气，则其中混有挥发的HCl气体，HCl与反应，生成的为可溶性盐，增加溶液中可自由移动的离子数目，因此曲线Ⅱ的最低点高于曲线Ⅰ的。17.铁及其化合物是重要的物质。回答下列问题：（1）实验室可用稀盐酸除去铜粉中混有的铁粉，用离子方程式表示其原理：___________。（2）在野外，可用铝热反应来焊接铁轨，其化学方程式为，该反应中还原剂为___________，还原产物为___________。（3）高铁酸钠()是一种新型的绿色消毒剂，主要用于饮用水处理，其中一种制备方法如下，配平该离子方程式(仅填配平系数)。________（4）我国晋代《抱朴子》中描述了“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，写出该反应的离子方程式：___________。（5）现有甲、乙、丙三名同学分别进行胶体的制备实验。 Ⅰ.甲同学向饱和氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液；Ⅱ.乙同学直接加热饱和溶液；Ⅲ.丙同学向25mL沸水中逐滴加入几滴饱和溶液，继续煮沸至液体呈透明的红褐色，停止加热。①其中操作正确的同学是___________，甲同学所做实验中发生的实验现象为___________。②证明有胶体生成的简单实验操作是___________。③现有以下两种胶体：胶体和胶体。已知胶粒能够净水，则胶粒(填“能”或“不能”)___________净水。【答案】（1）（2）①.Al②.Fe（3）（4）（5）①.丙②.溶液中产生红褐色沉淀③.用激光笔照射，有一条光亮的“通路”，则有胶体生成④.能【解析】【小问1详解】稀盐酸除去铜粉中混有的铁粉发生的反应为铁粉与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问2详解】由方程式可知，铝热反应中铁元素的化合价降低被还原，氧化铁是反应的氧化剂，铁是还原产物，铝元素的化合价升高被氧化，铝是反应的还原剂，故答案为：Al；Fe；【小问3详解】由未配平的化学方程式可知，碱性条件下溶液中次氯酸根离子与铁离子反应生成高铁酸根离子、氯离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：；【小问4详解】“以曾青涂铁，铁赤色如铜”涉及的反应为溶液中的铜离子与铁发生置换反应生成铜和亚铁离子，反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问5详解】①由题意可知，甲同学向饱和氯化铁溶液中加入少量的氢氧化钠溶液发生的反应为氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀和氯化钠，无法制得氢氧化铁胶体；乙同学直接加热饱和氯化铁溶液会促进氯化铁水解，且加热促进硫化氢挥发，导致溶液产生沉淀现象，不能制得氢氧化铁胶体；丙同学向25mL沸水中逐滴加入几滴氯化铁饱和溶液，继续煮沸至液体呈透明的红褐色，停止加热可以制得氢氧化铁胶体，则操作正确的是丙同学，故答案为：丙；溶液中产生红褐色沉淀；②丁达尔效应是区别其它分散系的独特性质，则判断丙中是否成功制备胶体的方法是从侧面观察到一条光亮的“通路”说明已经制得胶体，故答案为：用激光笔照射，有一条光亮的“通路”，则有胶体生成；③氢氧化铝胶粒和氢氧化铁胶粒都具有很大的表面积，都能吸附水中悬浮杂质产生聚沉而达到净水的作用，故答案为：能。18.除杂和离子的检验是中学化学的重要内容。回答下列问题：（1）欲除去粗盐水中的、、，设计如下工艺流程(所加试剂均过量)。①粗盐水中加入NaOH溶液的目的是___________(语言叙述)。②试剂a、试剂b、试剂c依次为___________(填字母)。A．溶液、溶液、稀盐酸B．溶液、溶液、稀盐酸C．溶液、NaOH溶液、稀盐酸D．溶液、NaOH溶液、稀盐酸③实验室中进行操作x需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。（2）某无色透明溶液可能存在大量、、、、、、、中的一种或几种，进行如下实验：Ⅰ.取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失；Ⅱ.取Ⅰ的滤液加过量的NaOH溶液，出现白色沉淀。①由操作Ⅰ确定原溶液中肯定存在的阳离子是___________，产生的沉淀的化学式为___________。②由操作Ⅱ确定原溶液中肯定有___________，产生沉淀的离子方程式为___________。③通过以上操作肯定不存在的离子是___________。【答案】（1）①.除去②.B③.漏斗（2）①.②.AgCl③.④.⑤.、、、 【解析】【分析】粗盐水中先加NaOH将转化为氢氧化镁沉淀，再加溶液将转化为硫酸钡沉淀，然后再加溶液将沉淀，同时除去过量的，过滤，再加适量的稀盐酸除去过量的碳酸钠和NaOH，得到精制盐水，据此分析解答。【小问1详解】①由以上分析可知粗盐水中加入NaOH溶液的目的是除去；②由以上分析可知试剂a、试剂b、试剂c依次为溶液、溶液、稀盐酸，故B正确；③实验室中进行操作x为过滤操作，需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗；【小问2详解】Ⅰ.取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，可知该沉淀为AgCl，则原溶液中存在，则不存在和；Ⅱ.取Ⅰ的滤液加过量的NaOH溶液，出现白色沉淀，可知不存在、，存在；①由以上分析可知由操作Ⅰ确定原溶液中肯定存在的阳离子是，产生的沉淀为AgCl；②由操作Ⅱ确定原溶液中肯定有；产生沉淀的离子方程式为；③通过以上操作肯定不存在的离子是、、、。19.某研究团队以软锰矿(主要成分是，含有、等少量杂质)为主要原料，制取高纯，流程如图所示：已知：Ⅰ.难溶于水，且不与稀、反应；Ⅱ.酸性条件下，能将氧化成。回答下列问题：（1）属于___________(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。（2）滤渣Ⅰ的成分是___________(填化学式)。 （3）“浸锰”时，转化为，且和按化学计量数1∶1发生反应，写出与反应的离子方程式：___________。（4）“浸锰”过程中还发生反应：，该反应氧化剂为(填化学式)___________，经过滤Ⅰ后，溶液中所含金属离子为___________(填离子符号)。（5）将所得产品(高纯)12.0g溶于足量的盐酸中，共产生4.4g，与盐酸反应的化学方程式为___________，产品中碳酸锰的质量分数为___________(结果保留一位小数)。【答案】（1）碱性氧化物（2）（3）（4）①.②.、（5）①.②.95.8%【解析】【分析】软锰矿（主要成分是，含有等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰，由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量二氧化硫，发生反应，,，不反应，滤液含，过滤，滤渣I为，加入二氧化锰氧化亚铁离子，反应为,，条件pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣II为氢氧化铁，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成碳酸锰沉淀，过滤得到的滤渣中含有碳酸锰，反应为，通过洗涤，烘干得到碳酸锰晶体；【小问1详解】和酸反应生成盐和水的化合物为碱性氧化物，则属于碱性氧化物；【小问2详解】根据分析可知滤渣I为；【小问3详解】根据题中所给转化为，且与按计量数1：1反应，二氧化锰和二氧化硫反应生成硫酸锰，离子方程式为：； 【小问4详解】氧化剂中元素的化合价降低，根据方程式可知，氧化剂为；根据分析可知，经过滤Ⅰ后，溶液中所含金属离子；【小问5详解】碳酸锰和盐酸反应得到氯化锰，水和二氧化碳，化学方程式为：；