安徽省阜阳市临泉第一中学2023-2024学年高一上学期10月月考化学试题（Word版附解析）

临泉一中2023-2024学年高一上学期10月月考化学试题考生注意：1.满分：100分，考试时间：75分钟。2.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、草稿纸上答题无效。3.本卷命题范围：人教版必修第一册第一章。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16一、单选题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列发生的不是化学变化的是ABCD粮食酿醋烟花燃放陶瓷烧制司南(指南针)指向A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．粮食酿醋主要是淀粉水解成葡萄糖，再进一步氧化成醋酸，有新物质生成，是化学变化，A项正确；B．烟花燃放主要发生燃烧反应，是化学变化，B项正确；C．陶瓷烧制是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎、混炼、成型和煅烧制得，瓷器的烧制的过程中发生复杂的化学反应，有新物质生成，属于化学变化，C项正确；D．司南（指南针）指向地磁作用，无新物质生成，不是化学变化，D项错误；故选D。 2.下列不符合化学史实的是A.法国化学家拉瓦锡提出燃烧的氧化学说B.意大利科学家阿伏加德罗提出了原子学说C.俄国科学家门捷列夫发现了元素周期律D.我国科学家侯德榜发明了“侯氏制碱法”【答案】B【解析】【详解】A．1777年法国化学家拉瓦锡发表了《燃烧概论》提出燃烧的氧化学说，故A选项正确；B．意大利科学家阿伏加德罗在化学上的主要贡献是首先提出了分子的概念，并创立了分子学说，英国科学家道尔顿在化学上的主要贡献是提出了近代原子学说，故B选项错误；C．俄国化学家门捷列夫在化学上的主要贡献是发现了元素周期律，并编制出第一张元素周期表，故C选项正确；D．1926年我国科学家侯德榜发明了“侯氏制碱法”，故D选项正确；故选：B。3.澳大利亚科学家发现了纯碳新材料“碳纳米泡沫”，每个泡沫含有约4000个碳原子，直径约，在低于时，泡沫具有永久磁性，下列叙述不正确的是A.“碳纳米泡沫”是一种胶体B.“碳纳米泡沫”是一种碳的单质C.“碳纳米泡沫”在一定条件下能吸引磁铁D.“碳纳米泡沫”与石墨是同素异形体【答案】A【解析】【详解】A.“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，是纯净物，胶体是混合物，选项A不正确；B.“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，选项B正确；C.“碳纳米泡沫”在低于-183℃时，泡沫具有永久磁性，能吸引磁铁，选项C正确；D.“碳纳米泡沫”和石墨都是碳元素组成的单质，它们都是碳的同素异形体，选项D正确；答案选A。4.下列电离方程式中正确的是ACa(OH)2=Ca2++OH-B.C.D. 【答案】D【解析】【详解】A．在水溶液中电离出钙离子和氢氧根，电离方程式为：，故A错误；B．在水溶液中电离出铁离子和氯离子，电离方程式为：+Fe3+，故B错误；C．在水溶液中电离出硫酸根和氢离子，电离方程式为：，故C错误；D．在水溶液中电离出硫酸根和铝离子，电离方程式为：，故D正确；故选D。5.依据下列实验事实，所得结论正确的是选项ABCD实验铝丝能导电熔融能导电固体不导电溶液能导电结论铝是电解质是电解质固体中不含离子在通电条件下发生电离A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】电解质是在水中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在水中和熔融状态d下都不能够导电的化合物；溶液或熔融的电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子。【详解】A．铝是金属单质，铝既不是电解质又不是非电解质，故A错误；B．熔融NaCl能导电，所以NaCl是电解质，故B正确； C．NaCl固体中含有钠离子、氯离子，但固体中的离子不能自由移动，故C错误；D．NaCl发生电离的条件是溶于水，在水作用力下发生电离，不需要通电，故D错误；故选B。6.下列转化关系中必须加入还原剂才能实现的是A.MnO→Mn2+B.Zn→Zn2+C.H2→H2OD.CuO→CuCl2【答案】A【解析】【分析】还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高；氧化剂在反应中得到电子，化合价降低。加入还原剂才能进行，说明原物质为氧化剂，化合价降低。【详解】A．选项中锰元素由价价，化合价降低，A正确；B．选项中锌元素由0价价，化合价升高，B错误；C．选项中氢元素由0价价，化合价升高，C错误；D．选项中铜元素化合价不变，D错误；答案选A。7.下列在溶液中能大量共存，加入H+有气体生成的一组离子是A.K+、Na+、Cl-、HCOB.K+、Cu2+，SO、Na+C.Ca2+、CO、NO、Na+D.NH、Cl-、HCO、Ag+【答案】A【解析】【详解】A．K+、Na+、Cl-、HCO本身能大量共存，加入氢离子与碳酸氢根反应生成二氧化碳气体，A符合题意；B．K+、Cu2+，SO、Na+本身能大量共存，加入氢离子不会有气体产生，B不符合题意；C．Ca2+、CO本身不共存生成碳酸钙沉淀，C不符合题意；D．Cl-和Ag+本身生成氯化银沉淀，D不符合题意；故选A。8.下列说法正确的是A.NaHSO4可以电离出H+，因此NaHSO4属于酸B.电离出阴离子有OH-的化合物称为碱C.盐中一定含有酸根 D.氢氧化钠溶液的导电性一定比盐酸的强【答案】C【解析】【详解】A．盐由酸根阴离子和金属阳离子（或铵根离子）组成，NaHSO4属于酸式盐，A错误；B．电离出的阴离子只有氢氧根离子的化合物称为碱，B错误；C．盐由酸根阴离子和金属阳离子（或铵根离子）组成，故盐中一定含有酸根，C正确；D．氢氧化钠和HCl都是强电解质，导电性的强弱还与溶液浓度有关，D错误；故选C。9.氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．属于氧化还原反应不属于置换反应，A正确；B．属于氧化还原反应也属于置换反应，B错误；C．属于分解反应，不属于氧化还原反应，C错误；D．属于氧化还原反应，属于化合反应，D错误；故选A。10.下列物质在给定条件下的转化均能一步实现的是A.Cu(NO3)2溶液CuCuOB.H2O2H2H2O C.CaCl2溶液CaCO3CO2D.Fe2O3FeFeCl3【答案】A【解析】【详解】A．向Cu(NO3)2溶液中加入铁粉，析出Cu单质，Cu与氧气在加热条件下生成CuO，A符合题意；B．双氧水受热分解生成水和氧气而不是强求，氢气与氧气反应生成水，B不符合题意；C．将CaCl2溶液中通入CO2，不发生反应；碳酸钙与盐酸反应生成CO2，C不符合题意；D．Fe2O3与CO高温反应生成Fe和CO2，Fe与HCl反应生成FeCl2和氢气，D不符合题意；故选A。11.11.中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果。我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”。下列有关叙述正确的是A.①中水银“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应B.②反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Fe3++CuC.根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒D.水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜【答案】C【解析】【详解】A．①中水银“积变又还成丹砂”是由Hg生成HgS，汞元素化合价升高，水银发生了氧化反应，A错误；B．铁的活泼性大于铜，②中发生的反应为铁和硫酸铜生成铜和硫酸亚铁，离子方程式为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，B错误；C．根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，则会发生反应：Hg+S=HgS，生成的HgS无毒，故能防止中毒，C正确；D．铜的活泼性大于汞，曾青为硫酸铜，水银不能和硫酸铜发生置换反应生成铜，D错误；故选C。12.下列实验过程中产生的现象与如图所示坐标图形相符合的是 A.稀盐酸滴加到一定量溶液中(横坐标是稀盐酸的体积，纵坐标为数目)B.稀盐酸滴加到溶液中(横坐标是稀盐酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力)C.溶液滴入溶液中(横坐标是溶液的体积，纵坐标为沉淀质量)D.稀硫酸滴加到溶液中(横坐标是稀硫酸的体积，纵坐标为溶液的导电能力)【答案】D【解析】【详解】A．稀盐酸滴加到一定量溶液中，不断减小，减小到0后不会再增大，A错误；B．稀盐酸滴加到溶液中虽然生成氯化银沉淀，但是同时生成了硝酸，溶液中的离子浓度不会减小到0后再增大(若两种溶液的浓度相同，则恰好反应时溶液中的离子浓度变为原来的一半)，所以溶液的导电能力也不会减小到0后再增大，B错误；C．NaOH溶液滴入溶液中生成碳酸钡沉淀，沉淀质量从0逐渐增大到最大值后不变，C错误；D．稀硫酸滴加到溶液中发生的离子反应为，溶液中的离子浓度逐渐减小，二者恰好反应时离子浓度达到最小值，继续加入稀硫酸，离子浓度又逐渐增大到最大值(最大值由稀硫酸中的离子浓度决定)后不变，所以溶液的导电能力先减小后增大到不变，D正确；故选D。13.下表中评价不合理的是选项化学反应及其离子方程式评价A向氢氧化铜中滴加稀硫酸：正确 B向碳酸钡中加入足量稀盐酸：错误，碳酸钡不应写成离子形式C溶液中通入少量反应：正确D少量溶液与溶液反应：错误，化学计量数不匹配A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向氢氧化铜中滴加稀硫酸生成硫酸铜和水，反应的离子方程式是，评价合理，故不选A；B．向碳酸钡中加入足量稀盐酸生成氯化钡、二氧化碳、水，碳酸钡难溶不应写成离子形式，反应的离子方程式是，评价合理，故不选B；C．溶液中通入少量反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式是，评价不合理，故选C；D．少量溶液与溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式是，评价合理，故不选D；选C。14.某离子反应涉及H2O、ClO-、NH、OH-、N2、Cl-等微粒，其中N2、ClO-的数目随时间变化的曲线如图所示，下列说法错误的是 A.该反应中Cl-为还原产物B.消耗1个还原剂微粒，转移6个电子C.NH被ClO-氧化成N2D.反应后溶液的碱性减弱【答案】B【解析】【分析】由图像可知氮气为生成物，次氯酸根为反应物，氧化还原反应中次氯酸根为氧化剂，将还原性铵根离子氧化为氮气，根据守恒关系配平方程：；【详解】A．该反应中Cl-为还原产物，A正确；B．铵根离子由-3升高为氮气中的0价，故消耗1个铵根离子，转移3个电子，B错误；C．NH被ClO-氧化成N2，C正确；D．反应消耗氢氧根，故反应后溶液的碱性减弱，D正确；故选B。15.硫化氢(H2S)是一种无色、有臭鸡蛋气味的有毒气体。处理某废气中的H2S，是将废气与空气混合通入FeCl2，CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化的流程如图所示。下列说法正确的是A.转化过程中参与循环的离子只有Cu2+、Fe2+B.转化过程有两种元素的化合价发生了变化C.氧化性由强到弱的顺序：S>Fe3+>O2D.过程Ⅲ中发生反应的离子方程式为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+【答案】D【解析】【详解】A．由图示知Cu2+、Fe2+、Fe3+均参与转化过程的循环，A错误； B．转化过程有O、Fe、S元素的化合价发生了变化，B错误；C．由过程I知氧气的氧化性强于三价铁离子，由过程III知三价铁的氧化性强于硫，C错误；D．过程Ⅲ为硫化铜与铁离子反应生成硫单质，亚铁离子和铜离子，发生反应的离子方程式为CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.对于数以千万计的化学物质，人们常根据物质的组成、结构、性质或用途进行分类，分类法的作用几乎是无可替代的。回答下列问题：I．现有以下物质：①CaO②液态HCl③CaCO3固体④熔融KCl⑤SO2⑥H2SO4⑦KOH固体（1）以上物质中属于碱性氧化物的是___________(填序号，下同)。（2）以上物质中能导电且属于电解质的是___________。Ⅱ．下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同①MgO、Na2O、CO2、CuO②HCl、H2O、H2SO4、HNO3③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2（3）三种物质依次是(填化学式)：①___________；②___________；③___________（4）上述三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应___________(填“是”或“不是”)氧化还原反应。（5）写出Na2CO3与足量硫酸反应的离子方程式：___________。（6）HCO与H+、OH-在溶液中都不能大量共存，试用离子方释式说明：___________。【答案】16.①17.④18.①.CO2②.H2O③.Na2CO319.不是20.21.、【解析】【小问1详解】能和酸反应生成盐和水的氧化物属于碱性氧化物；属于碱性氧化物的是①；【小问2详解】 电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物，溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子，能导电且属于电解质的是④；【小问3详解】①MgO、Na2O、CuO均为碱性氧化物，CO2为酸性氧化物，则为CO2；②HCl、H2O、H2SO4、HNO3均为酸，H2O不是酸，则为H2O；③NaOH、KOH、Cu(OH)2均为碱，而Na2CO3属于盐，则为Na2CO3；【小问4详解】二氧化碳和碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，反应中没有元素化合价改变，不是氧化还原反应；【小问5详解】Na2CO3与足量硫酸反应生成硫酸钠和水、二氧化碳，反应为；【小问6详解】HCO与H+、OH-反应分别生成水和二氧化碳、水和碳酸根离子，故在溶液中都不能大量共存，反应为、。17.取一定量氧化铁粉末(红棕色)加入适量某浓度的盐酸中，得到呈棕黄色的饱和FeCl3溶液，利用此溶液进行以下实验：（1）写出生成此溶液所发生反应的离子方程式_______。（2）在小烧杯中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾后，加入5-6滴_______。继续煮沸至溶液呈_______色，即可制得Fe(OH)3胶体。反应的化学方程式为_______证明该分散系属于胶体的的实验操作_______。（3）取少量Fe(OH)3胶体置于试管中，向试管中滴加一定量的稀硫酸，边滴加边振荡，在此过程中可看到试管中生成了红褐色沉淀然后又逐渐溶解，最终又得到棕黄色的溶液，沉淀溶解的离子方程式为_______。（4）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质特征是_______。A.Fe(OH)3胶体粒子的直径在1～100nm之间B.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应C.Fe(OH)3胶体是均一的分散系D.Fe(OH)3胶体的分散质能透过滤纸【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（2）①.饱和氯化铁溶液②.明显的红褐色③.FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl④.用一束光垂直照射分散系，从侧面看到一条光亮的“通路” （3）Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O（4）A【解析】【小问1详解】Fe2O3是金属氧化物，与HCl反应产生FeCl3、H2O，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；【小问2详解】在小烧杯中加入25mL蒸馏水，加热至沸腾后，加入5-6滴饱和氯化铁溶液。继续煮沸至溶液呈明显的红褐色色，即可制得Fe(OH)3胶体。反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；证明该分散系属于胶体的的实验操作用一束光垂直照射分散系，从侧面看到一条光亮的“通路”；【小问3详解】取丙烧杯中的少量Fe(OH)3胶体置于试管乙中，向试管乙中滴加一定量的稀硫酸，边滴加边振荡，首先会看到胶体由于聚沉形成红褐色沉淀，然后发生中和反应产生Fe2(SO4)3和水，故最终沉淀溶解又得到棕黄色的溶液，发生此变化的离子反应方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；【小问4详解】Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体粒子的直径在1～100nm之间，大于溶液中溶质离子，故合理选项是A。18.某实验小组利用废硫酸液制备K2SO4晶体，流程如图所示。回答下列问题：（1）将CaCO3研成粉末的目的是___________。（2）上述流程中可循环使用的物质有CO2和___________(填化学式)。（3）反应Ⅲ中相关物质的溶解度如下表。物质KClK2SO4NH4ClM溶解度/g(25℃)34.011.137.219.5反应Ⅲ的化学方程式为___________，该反应在常温下能实现的原因是___________（4）不用水而用饱和K2SO4溶液洗涤反应Ⅲ所得晶体的目的是___________ ，为检验此晶体是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液，先加入___________(填标号，下同)，振荡、静置，使SO完全沉淀，再向上层清液中滴加___________，观察现象即可判断。a．AgNO3溶液b．过量的BaCl2溶液c．过量的Ba(NO3)2溶液【答案】（1）加快反应速率或使反应更充分或提高原料的利用率等（2）CaCO3（3）①.(NH4)2SO4+2KCl=K2SO4↓+2NH4Cl②.常温下K2SO4的溶解度小（4）①.减少K2SO4的溶解②.c③.a【解析】【分析】CaCO3粉末与废硫酸中H2SO4发生反应，转化为CaSO4·2H2O，再将CaSO4·2H2O溶于水，通入NH3、CO2，发生反应CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+(NH4)2SO4，然后过滤，滤渣主要成分为CaCO3，滤液中主要成分为(NH4)2SO4，再向滤液中加入KCl发生复分解反应(NH4)2SO4+2KCl=K2SO4↓+2NH4Cl，过滤后将所得晶体洗涤，从而得到K2SO4晶体；【小问1详解】将CaCO3研成粉末，可以增大反应物的接触面积，使CaCO3与酸液充分接触，从而加快化学反应速率以及提高原料利用率，故答案为：加快反应速率或使反应更充分或提高原料的利用率等；【小问2详解】上述流程中，二氧化碳和碳酸钙既是反应物也是生成物，故可循环使用的物质有CO2和CaCO3，故答案为CaCO3；【小问3详解】反应Ⅲ中虽然没有不溶物，但由表格数据可知，常温下K2SO4的溶解度最小，在生成物中会以沉淀的形式析出，从而使反应能够进行，结合分析可知，反应为：(NH4)2SO4+2KCl=K2SO4↓+2NH4Cl；故填：(NH4)2SO4+2KCl=K2SO4↓+2NH4Cl，常温下K2SO4的溶解度小；【小问4详解】由表格数据可知，K2SO4属于易溶物，若用水洗涤K2SO4晶体将会使K2SO4溶解，所以不用水而用饱和K2SO4溶液洗涤以减少K2SO4的溶解；若要检验此晶体是否洗涤干净，则需要检验最后一次洗涤液中是否还含有Cl-，可用AgNO3溶液检验，但洗涤液是饱和K2SO4溶液，K2SO4与Ag+能够反应生成微溶物Ag2SO4，因此需要先排除硫酸根离子干扰，可选用Ba(NO3)2溶液，所以检验晶体是否洗涤干净的具体操作、现象以及结论为：取最后一次洗涤液，先加入过量的Ba(NO3)2溶液，振荡、静置，再向上层清液中滴加AgNO3溶液，如果没有白色沉淀，说明晶体已洗涤干净，故答案为：减少K2SO4的溶解；c；a。 19.亚硝酸钠(NaNO2)是一种用途广泛的工业盐，因其外观和相似容易误食中毒。亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生Na2O、N2和O2。其水溶液呈碱性，能与AgNO3液反应生成难溶于水、易溶于酸的AgNO2。由于NaNO2有毒性，将含该物质的废水直接排放会引起水体严重污染，所以这种废水必须处理后才能排放。回答下列问题。（1）从物质分类角度来看，NaNO2，属于___________(填标号)。a．酸性氧化物b．钠盐c．碱d．电解质（2）下列方法能用来区分固体NaNO2和NaCl的是___________(填标号)。A.分别溶于水B.分别溶于水并滴加AgNO3溶液C.分别加强热并收集气体检验D.用筷子分别蘸取固体品尝味道（3）处理含NaNO2的废水方法之一如下，补充并配平该化学方程式(若系数为1，请标注”1”)_______________NaNO2+______KI+______=______NO↑+______I2+______K2SO4+_____Na2SO4+______H2O（4）已知NO在常温下是无色、有毒的气体。用上述反应来处理NaNO2并不是最佳方法，其原因是___________。（5）误食NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，该过程中NaNO2表现出的性质与下列___________(填标号)反应中H2O2表现出的性质相同。A.2H2O22H2O+O2↑B.H2O2+Cl2=2HCl+O2↑C.H2O2+H2SO4+2KI=2H2O+I2+K2SO4D.5H2O2+2KMnO4+6HCl=2MnCl2+2KCl+5O2↑+8H2O（6）已知亚硝酸钠可以与氯化铵反应生成氮气和氯化钠，写出该反应的化学方程式，并用单线桥表示其电子转移的方向和数目：___________。【答案】（1）bd（2）C（3）（4）NO有毒会污染空气（5）C（6）【解析】 【小问1详解】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；NaNO2是由钠离子和亚硝酸根离子构成，故属于b．钠盐、d．电解质；【小问2详解】A．两者均能溶于水，A错误；B．硝酸银和氯化钠生成氯化银沉淀、和亚硝酸钠生成亚硝酸银沉淀，不能鉴别，B错误；C．亚硝酸钠加热到320℃以上会分解产生Na2O、N2和O2；而氯化钠加热不分解，能鉴别，C正确；D．亚硝酸钠有毒，不能品尝，D错误；故选C。【小问3详解】在反应中亚硝酸钠的+3价N原子变成+2价的NO，化合价降低1，KI中-1价的I转化为0价的I2，根据得失电子守恒，NaNO2前面配2，KI前面配2，NO前面配2，I2前面配1，根据原子守恒K2SO4前面配1，Na2SO4前面配1，后面有硫酸根离子，因此反应物缺的物质是2个H2SO4，最后配H2O系数为2，方程式为；【小问4详解】上述处理NaNO2有NO生成，NO有毒会污染空气；小问5详解】NaNO2会导致人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，铁发生氧化反应，体现了NaNO2的氧化性；A．过氧化氢发生歧化反应，体现氧化性、还原性，A错误；B．过氧化氢中氧元素化合价升高，体现还原性，B错误；C．过氧化氢中氧元素化合价降低生成水，体现氧化性，C正确；D．过氧化氢中氧元素化合价升高，体现还原性，D错误；故选C。【小问6详解】