河南省驻马店市高级中学2024-2025学年高一下学期3月月考 化学试题（含解析）

这是一份河南省驻马店市高级中学2024-2025学年高一下学期3月月考 化学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了5 Mg-24 Cu-64， 劳动最光荣，勤劳出智慧， 下列“类比”“推理”正确的是， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Mg-24 Cu-64
一、单选题：本题共14小题，每小题3分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1. 化学与生产生活及科技密切相关，下列相关说法正确的是
A. 使用明矾净水，原因是铝离子能够杀菌消毒
B. 碳纳米管可以看成由石墨片层卷成的，属于胶体
C. 电车出行促环保，电车中的锂离子电池属于一次电池
D. “凡白土曰垩土，为陶家精美启用”，其中“陶”是传统硅酸盐材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．明矾净水的原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，从而达到净水的目的，但铝离子本身不能杀菌消毒，A错误；
B．碳纳米管是一种碳单质，属于纯净物，而胶体是混合物，是分散质粒子直径在 1 - 100nm 之间的分散系，碳纳米管不属于胶体，B错误；
C．锂离子电池可以反复充电、放电，属于二次电池，C错误；
D．“陶” 是由黏土等烧制而成的，其主要成分是硅酸盐，属于传统硅酸盐材料，D正确；
故选D。
2. 劳动最光荣，勤劳出智慧。下列劳动项目与所述化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温下，铁遇浓硫酸钝化，可防止内部的铁继续反应，因此可用铁罐车运输浓硫酸，故A不选；
B．烧碱和铝粉可以发生反应：，利用产生的氢气清通管道，故B不选；
C．漂粉精主要成分是，其中的具有强氧化性，可以作游泳池的消毒剂，故C不选；
D．小苏打做膨松剂是利用碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水的原理，方程式为：，和碳酸氢钠固体溶于水吸热无关，故D选；
答案选D。
3. 下列“类比”“推理”正确的是
A. 过量的Fe与稀硝酸反应生成，则过量的Fe与反应生成
B. 浓流酸能干燥HCl，则浓硫酸也能干燥HF
C. 与反应生成和，则与反应生成和
D. 的溶解度比的大，则相同温度下，的溶解度比的大
【答案】B
【解析】
【详解】A．过量的Fe与反应生成，故A错误；
B．HCl和HF均不与浓硫酸反应，可用浓硫酸干燥，故B正确；
C．具有强氧化性，与反应生成，故C错误；
D．相同温度下，的溶解度比的小，故D错误；
故选B。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 溶于水，转移的电子数目为
B. 由和组成的混合气体中含有的分子数目为
C. 与足量完全反应，转移的电子数目为
D. 标准状况下，中含有的分子数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cl2溶于水，只有部分氯气与水反应，多数仍以分子存在，氯气与水的反应也是可逆反应，转移电子数目小于，A错误；
B．和摩尔质量均为28g/ml，由和组成的混合气体中两种气体物质的量之和为，分子数目为，B正确；
C．与足量完全反应生成硫酸钠，Na2O2中O由-1价降到-2价得到2个电子，故与足量完全转移的电子数目为，C错误；
D．标准状况下，不是气态，D错误；
故选B。
5. 下列各组离子可能大量共存的是
A. 加入铝粉产生的溶液中：
B. 含有的溶液中：
C. 滴加紫色石蕊试剂变蓝的溶液中：
D. 无色的溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．加入铝粉后产生大量氢气的溶液呈酸性或强碱性，若是酸性溶液，与H+要反应；若是强碱溶液，与OH-均不反应，可以大量共存，故A选；
B．含有的溶液含有大量H+，在酸性条件下有强氧化性，会被氧化，不能大量共存，故B不选；
C．滴加紫色石蕊试剂变蓝的溶液中含有大量的OH-，OH-与一起反应生成碳酸钙，不能大量共存，故C不选；
D．为紫红色离子，不符合无色的要求，故D不选；
答案选A。
6. 下列离子方程式书写正确的是
A. 能证明亚硫酸性强于次氯酸的离子方程式：
B. 将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去：
C. 向硫化钠溶液中通入过量的SO2：
D. 向NaHSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．具有强氧化性，具有还原性，两者发生氧化还原反应，过量与次氯酸钠反应的离子方程式为，该反应不能证明亚硫酸性强于次氯酸，A错误；
B．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去，酸性高锰酸钾溶液将二氧化硫氧化为硫酸根，离子方程式为： ，B错误；
C．向硫化钠溶液中通入过量的SO2，反应生成亚硫酸氢钠和S单质，离子方程式为： ，C错误；
D．向NaHSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠和水，离子方程式为： ，D正确；
故选D。
7. 甲、乙、丙、X是中学化学中常见的4种物质，其转化关系如图所示。其中甲和X不可能是
A. 甲为，X为FeB. 甲为，X为
C. 甲为Al，X为NaOH溶液D. 甲为NaOH溶液，X为
【答案】C
【解析】
【详解】A． 若甲为，为，则转化关系可表示为：，A可能；
B． 甲为，X为，则乙为单质硫，硫和氧气反应生成丙为二氧化硫，二氧化硫和硫化氢反应生成单质硫，B可能；
C． 若甲为，为溶液，与溶液反应生成，Na[Al(OH)4]不能与溶液反应，C不可能；
D． 若甲为溶液，为CO2，则氢氧化钠与二氧化碳反应生成的乙为Na2CO3，碳酸钠与二氧化碳和水反应生成的丙为NaHCO3，NaHCO3可以和氢氧化钠反应生成Na2CO3，D可能；
故选C。
8. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．若某溶液中含有，加入硝酸银溶液，也能产生白色沉淀，不一定有，A错误；
B．若某溶液中含有银离子，加入盐酸酸化的溶液，可生成白色沉淀，无法证明原溶液中含有，B错误；
C．先加入溶液，无明显现象，说明原溶液中不含，再加入氯水，溶液变红，说明是将氧化成，证明原溶液中有，C正确；
D．某溶液中加入稀，放出能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，该气体可能为或，则原溶液中可能有、、或，不一定有，D错误；
答案选C。
9. 天然气是一种清洁能源，但含有少量的气体，在酸性溶液中利用硫杆菌可实现脱硫，其原理如图所示，下列说正确的是
A. 可看作该脱硫过程的催化剂
B. 高温条件有利于加快反应速率
C. 过程乙中参加反应的与的物质的量之比为
D. 过程甲中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由转化关系可知，Fe2+为该脱硫过程的中间产物，Fe3+先消耗后生成为该脱硫过程的催化剂，A错误；
B．高温条件可以使硫杆菌失去活性，B错误；
C．过程乙中Fe2+与O2反应生成Fe3+和水，根据电子守恒，Fe2+与O2的物质的量之比为4∶1，C正确；
D．过程甲中H2S与Fe3+反应生成Fe2+和S，故离子方程式为2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，D错误；
故选C。
10. 某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析正确的是
A. ①中固体药品可用KClO3代替，②中固体药品可为NH4Cl
B. ③、④中现象说明③中的反应是
C. ④中白烟的主要成分是NH4Cl
D. 一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
【答案】D
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应生成的一氧化氮在装置④中与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化物溶于水与氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，使溶液呈蓝色。
【详解】A．二氧化锰做催化剂作用下氯酸钾受热分解生成氯化钾和氧气，所以装置①中高锰酸钾固体不能用氯酸钾替代，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口遇冷又生成氯化铵堵塞导管，所以②中固体药品不能用氯化铵替代，故A错误；
B．由分析可知，③中发生的是氨气在催化剂作用下与氧气反应生成一氧化氮，故B错误；
C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，不是氯化铵，故C错误；
D．由分析可知，装置⑤中氮的氧化物溶于水与氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，使溶液呈蓝色，故D正确；
故选D。
11. 高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：
SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)，下列说法正确的是( )
A. 步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑
B. 步骤①、②、③中每生成或反应1 ml Si，转移4 ml电子
C. 二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应
D. SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；
B．步骤①中Si的化合价降低4，转移电子数为4ml，步骤②中生成SiHCl3，化合价升高2，步骤③中每生成1ml Si，转移2ml电子，故B错误；
C．二氧化硅和硅均能与氢氟酸反应，故C错误；
D．沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，则SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3，故D正确；
故答案为D。
12. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图甲装置，由于比活泼，所以为负极
B. 图乙装置，放电时，正极b极表面的被氧化，其质量会减少
C. 图丙装置，通入的一极是正极，电极反应式为
D. 图丁可以表示足量锌粉与稀硫酸反应，加少量固体产生的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．图甲中尽管Mg比Al活泼，但Mg与氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠能够反应，铝为负极，A错误；
B．乙装置为铅酸蓄电池，放电时铅电极被氧化，电极为正电极被还原：，其质量会增加，B错误；
C．丙装置为氢氧燃料电池，氢气的一极为负极：，氧气的一极为正极：，C错误；
D．足量锌粉与稀硫酸反应时加少量CuSO4，锌置换出铜，形成原电池反应，反应速率增大，但由于锌过量，所以生成氢气总量不变，D正确；
故选D。
13. 将10g铜镁合金完全溶解于100mL某浓度的硝酸中，得到NO和(不考虑)共0.3ml，向反应后的溶液中加入溶液0.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为18.5g。下列说法错误的是
A. 该硝酸的物质的量浓度为
B. 合金中铜与镁的物质的量之比为2：3
C. 混合气体中NO和的体积之比为1：2
D. 铜镁合金溶解后，溶液中剩余的物质的量为0.3ml
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可知，铜失电子生成铜离子，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀，镁失电子生成镁离子，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，据此分析。
【详解】A．全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO，NO2)=0.8L×1ml/L+0.3ml=1.1ml，c(HNO3)==11ml/L；故A错误；
B．根据上述分析，得到氢氧根物质的量等于金属失去电子物质的量，依据质量守恒，得到氢氧根物质的量为=0.5ml，即得失电子物质的量为0.5ml，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=0.5，64n(Cu)+24n(Mg)=10.0，联立解得n(Cu)=0.1ml，n(Mg)=0.15ml，因此合金中铜和镁的物质的量之比为2：3，故B正确；
C．根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=0.5ml，n(NO)+n(NO2)=0.3，解得n(NO)=0.1ml，n(NO2)=0.2ml，NO和的体积之比为1：2，故C正确；
D．由上述计算可知，n(HNO3)=1.1ml，反应掉的n(HNO3)=2n(合金)+n(NO，NO2)==0.8ml，故剩余的硝酸为0.3ml，故D正确；
答案选A。
14. 中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光催化剂表面实现高效分解水，其主要过程如下图所示。
已知：几种物质中化学键的键能如下表所示：
若反应过程中分解了2ml水，则下列说法不正确的是
A. 过程I吸收了926kJ能量B. 过程Ⅱ放出了574kJ能量
C. 过程Ⅲ属于放热反应D. 总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．断裂化学键吸收能量，结合表中数据可知，过程Ⅰ吸收了463kJ×2＝926kJ能量，故A正确；
B．形成化学键释放能量，则过程Ⅱ放出了436kJ＋138kJ＝574kJ能量，故B正确；
C．由过程Ⅲ可知，H2O2中的2个O−H键断裂，1个H−H键形成，断键吸收的能量大于成键释放的能量，不属于放热反应，故C错误；
D．根据反应过程图，总反应为2H2O2H2↑+O2↑，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4个小题，共58分。
15. 在下图所示的物质转化关系中，是常见的气态氢化物，B是能使带火星的木条复燃的无色、无味气体，的相对分子质量比的大是一种紫红色金属单质(反应条件和部分生成物未列出)。
（1）A的电子式为_____；B的结构式为_____。
（2）反应①的化学方程式_____；反应④的离子方程式_____。
（3）比较两物质的沸点_____(填“>”或“