1、太康三高2022-2023学年上期高一12月月考化学试题一、 单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 上海环保部门为了使城市生活垃圾得到合理利用，近年来逐步实施了生活垃圾分类投放的方法。其中塑料袋、废纸、旧橡胶制品等属于( )A.无机物B.有机物C.盐类D.非金属单质2. 下列离子方程式错误的是( )A.向含有等物质的量的溴化钠和氯化钠的混合溶液中滴入几滴硝酸银稀溶液： B.向亚硫酸氢钠溶液中滴加少量碘酸钠（）溶液：C.将等浓度的溶液与溶液按体积比1：2混合：D.向溶液中加入少量的HI溶液：3. 等物质的量的与溶液混合，反应过
2、程中有沉淀和气体生成，恰好完全反应时，生成气体22.4L（换算成标准状况），对该反应分析正确的是( )A.氧化剂是，还原剂是B.反应过程中转移电子4molC.被还原的为2molD.反应后溶液的pH减小4. 一定量通入500mL某浓度的NaOH溶液中得到溶液A，向溶液A中逐滴滴入稀盐酸，加入与生成的关系如图所示。下列有关叙述错误的是( )A.XY段发生反应的离子方程式为B.原溶液中C.通入的气体体积为44.8LD.溶液A中含和各1 mol5. 下图是某同学设计的氯气制备及性质验证实验装置。相关说法正确的是( )A.脱脂棉中的无水氯化钙可以用碱石灰代替B.该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用C.
3、湿润的紫色石蕊试纸变红色，说明反应生成了酸性物质D.湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，然后又逐渐褪去，说明氯气具有漂白性6. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A.常温常压下，1mol溶于1.0L中，溶液中的个数之和为2B.46.0g完全燃烧，有5个C-H键断裂C.56.0gFe与1.0mol反应，转移电子数为2D.标准状况下，11.2L与11.2LHF均含有5个质子7. 维生素C又称抗坏血酸，能帮助人体将食物中摄取的、不易吸收的转化为易吸收的，下列有关分析错误的是( )A.维生素C具有还原性B.转化为发生了氧化反应C.维生素C药片应隔绝空气保存D.向的溶液中加入Cu，也能将转化为8.
4、工业上用铝土矿（主要成分为，含杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如图所示：下列叙述正确的是( )A.试剂X可以是NaOH溶液，也可以是盐酸B.反应过滤后所得沉淀为C.图中所有转化反应都不是氧化还原反应D.反应的化学方程式为9. 短周期主族元素X、Y、Z的原子核外最外层电子数之和为11，它们在元素周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是( )XYZA.X、Y的最高价氧化物分别属于酸性氧化物和碱性氧化物B.Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应都能产生气体C.原子半径：XYC.中与的物质的量之比为1：2D.当上述反应中消耗1mol时，转移电子数为2（设为阿伏加德罗常数的值）12. 室温下，某容积固定的密闭容器
5、被可移动的活塞隔成A、B两室（假设活塞质量和与容器的摩擦忽略不计），A中充入了一定量的混合气体，混合气体的质量为34g；B中充入了1mol，此时活塞的位置如图所示。下列说法不正确的是( )A.A室混合气体的物质的量为2molB.A室中氧气的质量为30gC.若将A室中的混合气体点燃引爆，恢复到反应前温度活塞最终停留在刻度3处D.A室中气体充分反应后恢复至室温整个容器内气体压强与反应前气体压强之比为1:213. 由硫铁矿烧渣（主要成分；和FeO）得到绿矾，再通过绿矾制备铁黄的流程如下：。已知：和铁黄均难溶于水。下列说法不正确的是( )A.步骤，可用盐酸来溶解烧渣B.步骤，涉及的离子反应为C.步骤，
6、将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾D.步骤，反应条件控制不当会使铁黄中混有14.硫代硫酸钠（）可作定影剂，反应的化学方程式为，产物中的常用于切花保鲜。下列说法错误的是A.基态Na+的核外电子存在10种运动状态B.的空间结构为四面体形，中心原子S的杂化方式为C.欲测定切花保鲜液中的浓度，可用NaCl标准溶液滴定D.NaBr的晶体结构与NaCl晶体相似，每个周围有8个三、 非选择题：本题共4小题，共54分。15.（12分）现有某无色透明溶液，只含有下列离子中的若干种，每种离子的个数相等：。现各取三份100mL溶液进行实验。实验1：第一份加入足量溶液有白色沉淀产生；实验2：
7、第二份加入足量NaOH溶液加热有气体放出，查资料知有存在（）；实验3：第三份加入足量溶液后，有沉淀生成，加入足量盐酸后沉淀全部溶解。（1）由实验1能否确定有存在？_（填“能”或“不能”），请说明理由：_。（2）实验3中沉淀的化学式为_，该沉淀溶于盐酸的离子方程式为_。（3）综合上述实验，能否确定有存在？_（填“能”或“不能”）。请说明理由：_。16.（14分）.为探究氯水中含有的部分粒子及某些粒子的性质，某化学兴趣小组做了如下实验：（1）将紫色石蕊溶液滴入新制氯水中，溶液显红色，起作用的微粒是_，过一会儿，溶液的颜色褪去，起作用的微粒是_。.某研究小组为了制备84消毒液(主要成分为)设计了如图
8、装置。并查阅到下列资料：“氯气与水的反应是放热反应，在加热条件下氯气与碱液发生如下反应：”。回答下列问题：（2）上述加热条件下氯气与碱液发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。（3）装置中仪器A的名称_，装置中盛放饱和氯化钠溶液的作用_。（4）装置中能否省去盛冰水的烧杯？_，理由是_。17.（14分）含镁3%5%的铝镁合金是轮船制造、化工生产、机械制造等行业的重要原料。现有一块质量为的铝镁合金，欲测定其中镁的质量分数，几位同学设计了以下不同的实验方案：方案1：铝镁合金与足量盐酸反应，测定气体在标准状况下的体积（）。方案2：铝镁合金与足量氢氧化钠溶液反应，过滤、洗涤、烘干，测定剩余固体质量
9、（）。方案3：铝镁合金与过量的盐酸反应，在溶液中加入过量的氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、灼烧，测定固体的质量（）。（1）某化学实验小组利用如图所示的装置，按照方案1进行了实验。装置中仪器a、b的名称分别是_、_。实验装置中有两处明显错误，请指出：_、_；绘出正确的装置图。（2）方案2中的离子方程式为_。（3）方案3中“过滤”操作中用到玻璃棒，玻璃棒的作用是_，若按方案3进行实验，测得的镁的质量分数为_。18.（12分）在复习元素周期律过程中，某研究性学习小组的几位同学拟通过具体的实验来探讨某些金属元素的性质差异，下面是他们设计的探究性实验方案，请填写下列空白：（1）实验目的：比较钠、镁、铝金属性强
10、弱。（2）实验用品：试管、_、酒精灯、试管夹、砂纸、滤纸、钠、镁条、铝片、酚酞、蒸馏水、的盐酸。（3）实验过程与现象记录实验过程预期现象实际观察到的现象a.取已切去表皮的一小块金属钠，放入盛有水的某容器中立即剧烈反应开始时钠块浮在水面上不反应，稍后才开始与水剧烈反应b.向盛有适量水（内含2滴酚酞）的试管中加入一小段镁条有气泡产生，溶液变成红色没有相应现象，加热后仍无明显变化c.向两支盛有3mL6盐酸的试管中，分别加入大小相同的镁片和铝片铝、镁与盐酸反应产生气泡剧烈程度不同镁与盐酸反应产生气泡速率较快.甲同学的方案如下：你认为a、b两步实验中出现异常现象的可能原因是：a._b._上面的实验表明：
11、钠、镁、铝三种元素的金属性由强到弱的顺序为_.乙同学方案：他认为只需要一种试剂就可以确定钠、镁、铝的金属性强弱，预计他的主要实验操作是_，写出镁与这种试剂反应的化学方程式：_。参考答案1、答案：B解析：2、答案：D解析：A.溴化银比氯化银更难溶，向含有等物质的量的溴化钠和氯化钠的混合溶液中滴入几滴硝酸银稀溶液生成溴化银沉淀，A正确；B.亚硫酸氢钠溶液与少量碘酸钠溶液反应生成硫酸钠、碘化钠、二氧化硫和水，离子方程式为，B正确；C.将氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液按物质的量1:2混合，硫酸根过量，离子方程式为，C正确；D.酸性条件下硝酸根具有强氧化性，且氧化性大于铁离子，因此加入少量的HI溶液应为，D
12、错误；故选D。3、答案：C解析：A.氧化剂是过氧化钠，还原剂是硫酸亚铁和过氧化钠，A错误；B.4，生成1mol时，有4mol失4mol电子被氧化为+3价，1mol失2mol电子被氧化生成氧气，有3mol得6mol电子被还原为-2价，可知生成1mol，转移6mol电子，B错误；C.4mol失4mol电子可还原2mol，C正确；D.反应后浓度减小，溶液pH增大，D错误；故选C。4、答案：C解析：本题是结合图像考查元素化合物与化学计算的试题。第一步：分析图像所表示的含义加入1molHCl未生成气体，再加入2mol HCl生成2 mol气体。第二步：结合图像确定溶液A的成分开始未产生气体，是转化为，X
13、Y段是与盐酸反应，故溶液A中含和各1 mol。第三步：结合图像写出各段反应的化学方程式0X段：XY段：结合上述分析可写出XY段反应的离子方程式为，A项正确；根据溶液A中含和均为1 mol，可知原溶液中含3 mol NaOH，则，B项正确；产生的量和通入的量相同，均为2 mol，其在标准状况下的体积为2mol22.4L/mol=44.8L，该选项中未指明气体所处的条件，C项错误；结合上述分析可知D项正确。5、答案：B解析：A.氯气能与碱石灰反应，脱脂棉中的无水氯化钙不能用碱石灰代替，A错误;B.生成的氯气经过干燥后不能使品红试纸褪色，因此该实验装置可证明干燥的氯气没有漂白作用，B正确;C.生成的
14、氯气中含有挥发出的氯化氢，氯化氢也能使湿润的紫色石蕊试纸变红色，不能说明反应生成了酸性物质，C错误;D.湿润的淀粉确化钾试纸变蓝色，然后又逐新褪去，是因为氯气首先氧化碘离子生成单质碘，然后氯气推续氧化单质确，氯气没有漂白性，D错误;答案选B。6、答案：C解析：A.氯气与水的反应为可逆反应，反应不能完全，由氯原子守恒可知，溶液中的个数之和小于2，故A错误；B.存在同分异构体，可能为，也可能为，题目所给条件无法判断物质结构，故无法确定C-H键断裂数目，故B错误；C.Fe与反应为，56.0g即1molFe与1.0mol反应时，Fe过量，转移电子数目为1mol2/mol=2，故C正确D.HF标况下不是
15、气态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；故选：C。7、答案：B解析：A.维生素C能够将转化为易吸收的，Fe元素化合价降低，得到电子被还原，说明维生素C具有还原性，A正确；B.转化为时，Fe元素化合价降低，得到电子被还原，发生了还原反应，B错误；C.维生素C药片具有强的还原性，容易被空气中的氧气氧化，因此应隔绝空气保存，C正确；D.向的溶液中加入Cu，会发生反应：，因此Cu单质也能将转化为，D正确；故合理选项是B。8、答案：D解析：A.从后面通入Y生成碳酸氢钠分析，Y应为二氧化碳，则试剂X只能是NaOH溶液，不可以是盐酸，A错误；B.反应过滤后所得沉淀为氧化铁不是氢氧化铁，B错误
16、；C.氧化铝变成铝为氧化还原反应，C错误；D.反应为偏铝酸钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝，化学方程式为，D正确；故选D。9、答案：B解析：A.为酸性氧化物，但为两性氧化物，A项错误；B.Al与NaOH溶液或盐酸反应都产生，B项正确；C.电子层数越多半径越大，同周期越靠左半径越大，故原子半径大小顺序为CSiSi，故酸性：，D项错误；故选B。10、答案：C解析：A.HF比HCl稳定，是由于HF键的键能大于HCl，与氢键无关，故A错误；B.化学反应的本质是既有旧键的断裂又有新键的形成,故化学键被破坏不一定发生化学反应,故B错误；C,晶体和中都只有离子键，故化学键相同，故C正确；D.熔化
17、时只能破坏离子键，不能破坏共价键，故D错误；故选C。11、答案：AD解析：A.反应中部分Pb元素的化合价由+4价降低到+2价，故作氧化剂，A正确；B.反应前后Cl元素的化合价由价升高到0价，HCl（浓）作还原剂，氯气为氧化产物，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，可得物质的氧化性，B错误；C.因为铅丹中Pb的化合价为+2和+4价，根据化合物中元素化合价的代数和为0可得，中与的物质的量之比为2：1，C错误；D.中与的物质的量之比为2：1，所以消耗1mol时，有1molPb由+4价降为+2价，转移电子数为2，D正确；故选AD。12、答案：BC解析：A.A、B两室压强与温度相同，气体的物质的量之比等于其
18、气体体积之比，则A室中气体物质的量为1mol4/2=2mol，A正确；B.设A中和的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=2、2x+32y=34，解得x=y=1mol，所以A室中氧气的质量为32g，B错误；C.由，可知氧气有剩余，剩余氧气为0.5mol，恢复原温度后最终两室中压强相等，体积之比等于其物质的量之比，则A、B两室的体积之比为0.5mol：1mol=1:2，则活塞停留在2刻度处，C错误；D.反应前后压强之比等于气体物质的量之比，则容器内气体压强与反应前气体压强之比为1.5:3=1:2，D正确；答案选BC。13、答案：AC解析：因绿矾含有的酸根离子为硫酸根离子，则步骤应用硫酸来溶
19、解烧渣，用盐酸来溶解烧渣会引入氯离子，A错误；步骤与溶液中的反应生成和，反应的离子方程式为，B正确；步骤为蒸发浓缩、冷却结晶，若用蒸发结晶，绿矾受热会失去结晶水，C错误；若步骤反应条件控制不当，绿矾会与氨水空气发生氧化还原反应生成，D正确。14、答案：CD解析：A.基态有10个核外电子，所以存在10种运动状态，A正确；B.的结构可以看做硫酸根中的一个氧原子被硫取代，结构和硫酸根类似，中心硫原子的孤电子对数为0，价层电子对数为4，所以空间结构为四面体形，中心原子S的杂化方式为，B正确；C.中银离子与形成配位键，无单独的银离子，不能用NaCl标准溶液滴定，C错误；D.氯化钠晶体中每个周围有6个，每
20、个周围有6个，NaBr的晶体结构与NaCl晶体相似，则每个Br-周围有6个，D错误；故选：CD。15、答案：（1）不能；加入足量溶液有白色沉淀产生，生成的沉淀可能为或，溶液中不一定含有（2）；（3）能；因为该溶液中每种离子的个数相等，已判断出含有，根据溶液呈电中性，确定还含有解析：由溶液无色透明可知，溶液中不含；根据实验1生成白色沉淀可知，溶液中含中的一种或几种；根据实验2可知，溶液中含；根据实验3可知，加入足量溶液生成的是沉淀，即原溶液中含。再结合各离子个数相同，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有，且一定不含。（1）结合上述分析可知，根据实验1无法确定是否含，因为均能与反应生成沉淀。（2）
21、实验3中生成的是沉淀，与盐酸反应的离子方程式为。（3）根据溶液呈电中性和溶液中各离子数目相等可知，溶液中一定含。16、答案：（1）（2）（3）分液漏斗.除去氯气中混有的氯化氢杂质防止降低的产量和纯度（4）.否.有放热反应，温度升高，可能引起副反应生成（5）解析：（1）新制氯水中有“三分子、四离子”，即，氢离子能使紫色石蕊溶液变红，HClO有漂白性，能使溶液褪色，因此将紫色石蕊溶液滴入新制氯水中，溶液显红色，起作用的微粒是氢离子，过一会儿，溶液的颜色褪去，起作用的微粒是HClO。（2）加热条件下氯气与碱液发生如下反应：，氯元素化合价由0价降低到-1价、由0价升高到+5价，氯气既是氧化剂又是还原剂
22、，依据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：5:1。（3）A的名称为分液漏斗，二氧化锰和浓盐酸共热制取的氯气中混有HCl，饱和食盐水的作用是：除去氯化氢，防止降低次氯酸钠的产量和纯度。（4）由题意可知，氯气与水反应是放热反应，若省去盛冰水的烧杯，则可能发生副反应，得到副产物氯酸钠，因此不能省去盛冰水的烧杯。17、答案：（1）分液漏斗；圆底烧瓶；收集气体的集气瓶中进气管插入液面下；导管在量筒刻度线以上；（2）（3）引流，避免液体外溅；解析：（1）仪器a、b的名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶。方案1利用铝镁合金与盐酸反应产生的，将集气瓶中的水压入量筒中，间接测量的体积，集气瓶中应短管进气，
23、排液管应插到液面以下；测定气体体积时，要使集气瓶和右侧量筒中液面在同一高度，即量简中导管应插到量筒中下部，图中导管在刻度线以上，不能调平液面。（2）该合金中只有Al能和NaOH溶液反应，其离子方程式为。（3）过滤时玻璃棒起引流作用，避免液体外溅。方案3中得到的固体是MgO，则，根据镁原子守恒，可求得合金中Mg的质量为，故合金中Mg的质量分数为。18、答案：烧杯或水槽；钠表面的煤油没有用滤纸吸干净；镁表面的氧化膜没有被除去；钠镁铝；用滤纸将一小块钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热；解析：（2）由钠与水反应实验知缺少烧杯（或水槽）；故答案
24、为：烧杯或水槽；（3）a理论上钠是金属性强的活泼金属加到水中应立刻剧烈反映，现在出现开始时钠块浮在水面上不反应的这种现象，只能说明钠的表面有不与水反应煤油阻止钠与水的接触；b镁在加热的条件下是能和水反应的现在没有相应现象应该镁表面的氧化膜阻止接触；故答案为：钠表面的煤油没有用滤纸吸干净；镁表面的氧化膜没有被除去；金属性越强，由反应的剧烈程度两两比较得出金属性：钠镁铝；故答案为：钠镁铝；钠和冷水反应、镁和热水反应、铝和热水也不反应，所以可以用水和这三种金属反应现象判断金属活动性强弱，其实验方法是用滤纸将一小块金属钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除掉了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热。镁与水反应的化学方程式：。故答案为：用滤纸将一小块钠表面的煤油吸干后放入盛有水的烧杯中，将除了氧化膜的镁条、铝片分别放入盛有适量水的试管中并加热；。