安徽省马鞍山中加双语学校2025-2026学年高一上学期12月校内拉练（月考）化学试题

《2025-2026学年高一化学能力试卷》参考答案 题号 1 2 4 5 6 8 9 10 答案 D D D & 题号 11 12 13 14 答案 D A B 1.C 【详解】A.液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属，不是金属材料，选项A不符合： B.碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子合成材料， 都不是金属材料，选项B不符合； C.钛合金是合金材料，属于金属材料，选项C符合； D.砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，选项D不符合； 答案选C。 2.D 【详解】A.常温常压下气体摩尔体积大于22.4Lmol,故11.2LHC1中含有的氢原子数小于0.5 NA,A错误： B.由于题千未告知溶液的体积，无法计算1mol·L-1的CaCl2溶液中含Cl的数目，B错误； C.标准状况下H20为液体，不能用气体摩尔体积进行计算，即无法计算22.4LH20所含分 子数，C错误： 1.8g D.1.8g的NH本中含有的电子数为18gma×10×NAmol1NA,D正确； 故答案为：D。 3.B 【详解】A.利用HC1易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小的性质，故可以用通入饱 和食盐水洗气后干燥的方法来除去Cl2中的HC1,A项正确： B.盐酸与Na2CO3反应，生成新的杂质NaCl,故不能通过加入适量盐酸来除去NaHCO3固体 中的Na2CO3,B项错误； C.2FeCl2+Cl2=2FeCl3,故可以用加入适量氯水，充分反应的方法来除去FeCl3溶液中的 FeCl2,C项正确； D.MnO2不溶于水，KCI易溶于水，故除去MnO2固体的KCl,可加水溶解后过滤、洗涤、 干燥，D项正确； 答案第1页，共10页 故选D。 4.D 【详解】A.两方案中的反应均为分解、化合或复分解反应，无元素化合价变化，未发生氧 化还原反应，A正确： B.X溶液需提供C03,Na2CO3可与Ca(O田2或CaCl2反应生成CaCO3,B正确； C.④为石灰石(CaC03)与盐酸反应，离子方程式应为CaC03+2H+=Ca2++CO2↑+ HO,C正确； D.甲方案中步骤（①高温分解CaCO3生成CO2,乙方案中步骤④酸与CaCO3反应生成 CO2。等质量石灰石生成的CO2物质的量相同，排放量相等，D错误； 故选D。 5.C 【分析】由图可知，过程①发生的反应为硫化氢与溶液中的铜离子反应生成硫化铜沉淀和 氢离子，反应的离子方程式为H2S+Cu2+=Cu$+2H+,过程②发生的反应为溶液中铁离子与 硫化铜反应生成铜离子、亚铁离子和硫，反应的离子方程式为CuS+2Fet-Cu2+2Fe2+S, 过程③发生的反应为酸性条件下溶液中的亚铁离子与氧气反应生成铁离子和水，反应的离 子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H20,则总反应为铜离子和铁离子做催化剂条件下，硫化 氢与氧气反应生成硫和水，反应方程式为2H2S+O,催化剂2HO+2$。 【详解】A.由分析可知，过程①中生成硫化铜沉淀的离子方程式为HS+Cu+=CuS+2H+, 故A正确； B.由分析可知，过程②中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，故B正确 C.由分析可知，过程③中氧元素的化合价降低被还原，氧气是反应的氧化剂，铁元素的化 合价升高被氧化，亚铁离子是还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为1：4，故C错误 D.由分析可知，回收硫的总反应为铜离子和铁离子做催化剂条件下，硫化氢与氧气反应生 成硫和水，反应方程式为2H2S+O2催化剂2H2O+2$,故D正确： 6.A 【分析】①为制取CO2装置，装置②的作用是除去CO2中的HCl杂质（通常用饱和NaHCO3 高温 溶液)，③为浓硫酸作用是千干燥C02,④为CO2与C高温反应生成C0(C02+C=2C0), 高温 ⑤C0还原MoO3(Mo03+3C0=M0+3C02),主要目的是制备Mo,以此答题。 【详解】A.装置⑥中澄清石灰水变浑浊可能是④中未反应的CO2进入，而非（⑤中氧化生 答案第2页，共10页 成的CO2,无法确定MoO3是否被还原，A正确； B.稀硫酸与石灰石(CaCO3)反应生成微溶的CaSO4,会覆盖在CaCO3表面阻止反应继续， 故稀盐酸不可用稀硫酸代替；碳酸钠粉末与稀盐酸反应速率过快，无法控制，不可代替石灰 石，B错误； 高温 高温 C.④为C02与C高温反应生成C0(C02+C=2C0),⑤C0还原MoO3(Mo03+3C0= Mo+3C02),主要目的是制备Mo,而非CO2,C错误； D.装置③为浓硫酸作用是干燥CO2,若用碱石灰(NaOH和CaO的混合物)替换，碱石 灰会吸收CO2,导致后续无法制备CO,D错误； 故选A。 7.C 【详解】A.滴入酚酞变红色的溶液呈碱性，NH会与OH反应生成NH3H2O,无法大量共 存，A错误； B.与铁反应产生H2的溶液应为非氧化性酸环境，但NO3在酸性条件下具有强氧化性，会抑 制H2生成，且HCO3在酸性条件下会反应，B错误； C.澄清透明的酸性溶液中，A13+、SO,2、Na、Cu+之间不反应，且酸性条件抑制A13+水解， 能大量共存，C正确： D.BaCl2溶液中含大量Ba2+,会与C03反应生成BaCO3沉淀，且Fe3+与C03会发生彻底的 双水解，无法共存，D错误； 故答案选C。 8.D 【详解】A.铝与强碱反应生成[AI(OH)4和氢气，离子方程式应为2Al+20H厂+6H20=2 [Al(OH4+3H2↑，故A正确； B.向FeCl3溶液中加入氨水生成氢氧化铁沉淀，离子方程式应为Fe3++3NH3·H20=Fe (OH)3↓+3NH4,故B正确： C.次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和HC1O,离子反应为Cl0一+H2 0+C02=HC03+HCl0,故C正确； D.C(OH)2少量完全反应，且碳酸氢钠电离生成HC03和钠离子，离子方程式为2HC03+ Ca2++20H=CaC03↓+C023+2H20,故D错误； 答案第3页，共10页 故选D。 9.B 【详解】A.反应①中M们元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0 价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10+2M04 +16H+=2Mn2++5I2+8H20,故nQMn2+)n(L2)=2:5,A项错误； B.根据反应①可得关系式10I~2Mn04,可以求得n=0.0002,则反应②的 n(①)n(Mn04)=0.001:(10×0.0002)=1:2,反应②中Mm元素的化合价由+7价降至+4价，反应② 对应的关系式为I~2Mn04MnOI0x~6e,I0:中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电 荷数等于正负化合价的代数和知x=3,反应②的离子方程式是I+2Mn04+H2O=2MnO2+I03 +2OH,B项正确： C.已知MO4的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，的还原性随酸性减 弱而增强，C项错误； D.根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H、产生水、pH增大，反应②产生 OH、消耗水、pH增大，D项错误； 答案选B。 10.B 【详解】A.实验中氢氧化钠和氯化亚反应生成氢氧化亚沉淀，氢氧化亚铁沉淀在空气中会 迅速被氧化为Fe(OD3沉淀，故A错误； B.加热后，碳酸氢钠能分解生成二氧化碳，可以使澄清石灰水变浑浊，而碳酸钠不分解， 故B正确； C.配制一定浓度的溶液操作中，药品的溶解应在烧杯中，故C错误； D.CO2和HCl均和NaOH溶液反应，达不到除杂的目的，故D错误； 故选B。 11.C 【分析】工业废渣[主要成分为Ca(OD2和CaCO3],加入水打浆，通入氯气，可生成 Ca(ClO32,过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3,经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3, 以此解答该题。 【详解】A.由于KCl03的溶解度不大，转化过程加入KC1,与Ca(ClO3)2发生复分解生成 KCI03,故A错误； B.反应的化学方程式为6Ca(OHD2+6Cl2=Ca(C1O3)2+5CaCl2+6HzO,则滤液中Ca(C1O32与 答案第4页，共10页 CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]n[CaC12]:=l:5,还有副反应 2Ca(OHD2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2Hz0,液中CaCl2的量增加，Ca(Cl03)2与CaCl2的物质的 量之比小于1：5，故B错误； C.若滤液中CI0、C103与C1的个数之比可能为41：9，则有电子守恒可知，Cl2→CI0,得 到4个Cl0,失电子数目为4；Cl2→Cl03,得到1个Cl03,失电子数目为5；Cl2→Cl,得 到9个C,得到9个电子，得失电子刚好守恒，故C正确； D.氯化过程中需提高CL2的转化率，可减小通入C2的速率，可增加氯化环节与氯气的接 触面积，故D错误； 故答案选C。 12.D 【详解】A.反应器I中发生反应3C0+Fe203=2Fe+3C02及3H2+Fe203=2Fe+3H20, 所以化合价改变的有C、H、F三种元素，A错误； B.反应器Ⅱ中发生反应3Fe+4H20(g)=4H2+Fe304,氧化产物为Fe304,还原产物为H2, 所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：4，B错误； C.反应器Ⅲ中生成1 moIFe203时，转移2×(3-)=mol电子，C错误： D.反应器I中发生反应3C0+Fe203=2Fe+3C02及3H2+Fe203=2Fe+3H20,1molC0 和H2参与反应可生成Fe共3mol,反应器Ⅱ中发生反应3Fe+4H20(g)=4H2+Fe304,3 nolFe 4 16 参与反应理论上可获得×4=mol H2,D正确； 故选D。 13.A 【分析】氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，其反应的离子方程式为 Ba2+2OH+2H+S04=BaSO4+2H2O,随着硫酸的加入，溶液的导电性先减弱，恰好完全反 应时，溶液的导电性为0，继续滴加硫酸，溶液的导电性增强，则曲线①代表滴加H2$O4溶 液的变化曲线氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应先生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，其反 应的离子方程式为Ba2+OH+H+S04=BaSO4+H2O,继续滴加硫酸氢钠发生反应： H+OH=HO,随着硫酸氢钠的加入，溶液的导电性先减弱，再减弱，最后增加，则②代表 滴加NaHSO4溶液的变化曲线； 【详解】A.c点，①的溶质为硫酸，②的溶质为硫酸钠和氢氧化钠，两溶液中OH不同， 故A错误； 答案第5页，共10页 B.b点，氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，溶液中大量 存在的离子是Na*、OH,故B正确： C.由于氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，随着硫酸的加入，溶液的导 电性先减弱，恰好完全反应时，溶液的导电性为0，继续滴加硫酸，溶液的导电性增强，则 ①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故C正确； D.a点氢氧化钡溶液与稀硫酸溶液恰好完全反应，其反应的离子方程式为： Ba2+2OH+2H+S024=BaS04+2H2O,d点氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液反应生成硫酸钡沉 淀、氢氧化钠和水，其反应的离子方程式为Ba2+OH+H+S024=BaSO4+H2O,两点对应的 溶液均显中性，故D正确： 故选：C。 14.B 【详解】A.因为Na2C03水解程度大于NaHC03的水解程度，Na2C03溶液碱性更强，则实验 前pH(Na2CO3)>pH(NaHCO3),A正确； B.IⅡ中生成FeC03的反应为：2HC03+Fe2+=FeC03↓+C02↑+H20,B错误 C.I中发生的反应有Na2C03和FeS04生成FeCO3沉淀，碳酸钠溶液显碱性含有OH,生成Fe (OH)z沉淀，Fe(OH)2很快被空气中氧气氧化成Fe(OH)3,则I中的沉淀可能有Fe(OH)2、Fe (OH)3和FeCO3,B正确； D.将FeS04溶液替换为CaCl2溶液后，I中直接发生反应.Ca2++C03=CaC03↓，IⅡ中由实 验现象可分析HC0的电离会产生C03,可能发生反应Ca2++2HC03=CaC03↓+C02↑+ H20,所以I和Ⅱ中均可能有白色沉淀生成，D正确； 选B。 15.(1)11.8 (2) AC 250mL容量瓶 (3)AC (4) 10.6 0.28 盐酸挥发或装置漏气 (5) 0.5 0.125 1000pw 【详解】(1)根据表格中的已知数据可知，浓盐酸的物质的量浓度为：℃= M一，C= 1000mL·L1×1.18gmL1×36.5% 36.5 =11.8molL1; 答案第6页，共10页 (2)①配制稀溶液所需玻璃仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、250L容量瓶、胶头滴管， 不需要圆底烧瓶、分液漏斗，故选AC: ②因容量瓶没有240mL的规格，所以还需要250mL容量瓶： (3)A.加水时超过刻度线，再用滴管吸出直至刻度线，会将一部分溶质吸出，造成溶质 质量偏小，溶液的浓度偏低，A正确： B.定容时，溶液温度高，冷却后，溶液体积偏小，则溶液的浓度偏高，B错误； C.定容时，仰视容量瓶刻度线读数，溶液体积偏大，则溶液的浓度偏低，C正确： D.洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，对所配溶液浓度无影响，因为定容时还要加水， D错误； E.配制前容量瓶中有少量水，对所配溶液浓度无影响，因为定容时还要加水，E错误； 故答案选AC; (4)①根据稀释公式c1×V1=c2×V2可得：11.8mol·L1×V=0.5mol.L1×0.25L,解 得V≈10.6mL: ②已知n(HCl)=0.5mol·L1×0.05L=0.025mol,根据锌与盐酸反应的方程式： Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑可知，n(H2)=0.0125mol,因此标准状况下氢气体积为：V=n× Vm=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L; ③生成的H2体积比理论值偏小，可能原因包括盐酸挥发、装置漏气等； (5)①忽略水的电离，根据电荷守恒可知：c(Na+)+2c(Mg2+)+2c(Ca2+)=c(Cl), c(Ca2+)=2×(3.0molL1.1.0molL1-0.5molL1×2)=0.5molL1: ②将该混合液加水稀释至原体积的4倍，设稀释前溶液体积为V,则稀释后溶液体积为 4V,根据稀释公式c1×V1=c2×V2可得：0.5mol·L1×V=c×4V,c=0.125molL1, 则稀释后溶液中Ca2+的物质的量浓度为：0.125mol·L1。 16.(1)NaCl+CO2+NH3+H2O =NaHCO3J+NH4CI (2)漏斗中与广口瓶中的液面差保持不变（或漏斗中的液面不再下降） (3) 氢氧化钠溶液 浓硫酸 防止空气中的CO2和H2O蒸汽进入D中千扰试验 (4) 73.6% 偏高 【分析】工依次向饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠固体，过滤后加热分 解碳酸氢钠得到C02和纯碱； Ⅱ.纯碱可以和稀硫酸反应生成二氧化碳，利用除去二氧化碳的空气将装置中的CO2全部 答案第7页，共10页 赶到装置D中被吸收，由于碱石灰也可以吸收水蒸气，所以二氧化碳需要先进行干燥再进 行吸收，同时也要注意要防止D装置吸收空气中的二氧化碳和水。 【详解】(1)依次向饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳，析出碳酸氢钠固体，同时得到主要 含氯化铵的溶液，化学方程式为NaCl+CO2+NH+HO=NaHCO+NH4Cl; (2)若装置B气密性良好，则长颈漏斗内的液体不会滴落，所以若漏斗中与广口瓶中的液 面差保持不变（或漏斗中的液面不再下降），说明装置不漏气； (3)根据分析可知A装置可以除去空气中的二氧化碳，所以装置A中的试剂为氢氧化钠溶 液；装置C对二氧化碳进行干燥，所以装置C中的试剂为浓硫酸；装置E的作用是：防止 空气中的CO2和H0蒸汽进入D中千扰试验。 (4)D装置增重88g,即生成一02m0l二氧化碳，根据C元素守恒可知碳酸钠的 物质的量为0.2mol,质量分数为106g·mol1×02m 28.80g -×100%=73.6%;若缺少装置E,则D可能会 吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，导致测定的CO2的质量偏大，继而导致测定结果偏高。 2e 电解 17.1.a)2NaC1+2H,0 2NaOH+Cl2↑+H2↑ (2)Fe2+>Br (3)CD (4)2C102+H202+20H=2C102+02T+2H20 (5) 1:4 盐酸浓度越大，C1还原性越强或CO2氧化性越强 BD 2KCIO3+ H2C204+2H2S04=2Cl02↑+2C02T+2KHS04+2H20 540 【详解】(1) 根据方程式2NaCl+2H20电解2Na0H+H2↑+Cl2↑，可知氯离子化合价升高失去电子，氢原 2e 。电解 子化合价降低得到电子，用单线桥法表示为2NaC1+2H,O 2NaOH+Cl2↑+H,↑： (2)少量CL2通入FeBr2溶液中，Fe2+的量减少，Br的量不变，说明Cl2优先氧化Fe2+,而 没有氧化Br。根据氧化剂优先氧化还原性强的微粒，可得还原性：F2+>Br; (3)亚氯酸钠加热或敲击亚氯酸钠固体时立即爆炸，则反应中氯发生歧化反应引起爆炸， 反应中氯化合价部分升高、部分降低，故选CD; (4)过氧化氢、ClO2气体、NaOH三种物质反应生成NaCIO2和O2,反应的离子方程式是2 Cl02+H202+20H=2C102+02↑+2H20: 答案第8页，共10页 (5)①根据氧化剂和还原剂的粒子数之比等于物质的量之比，反应5NaC1O2+4HC1= 5NaC1+4ClO2↑+2HO,NaCIO2中C1元素化合价由+3价分别变为-1价和+4价，NaCIO2既 是氧化剂又是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是1：4，则该反应中氧化剂和还原剂的 粒子数之比是1：4： ②盐酸为还原性酸，C1一浓度越大，还原性越强，同时C102氧化性随溶液的酸性和浓度增大 而增强，故答案为：盐酸浓度越大，C还原性越强或CO2氧化性越强； ③将Cl02转化为Cl,氯元素化合价降低，需要加入还原剂，02、KM04是常用的氧化剂， 故选：BD; ④KClO3到ClO2,C1化合价由+5价降低到+4价，得到1个电子，H2C2O,到CO2中C化合 价由+3价升高到+4价，得到失去2个电子，根据得失电子守恒，KC103系数为2，H2C2O4 系数为1，再根据质量守恒及观察法进行配平，得方程式为2KCI03+H2C204+2H2S04=2 Cl02↑+2C02↑+2KHS04+2H20; ⑤已知每升污水中NaCN的质量为196mg,污水体积为2000L,则总质量为：196 m392g mgL×2000L=392000mg392g,NaCN物质的量为n=M=49gmo=8mol,从方程式2C102 +2NaCN=2C02+N2+2NaCl可知，ClO2与NaCN物质的量之比为1：1，至少需要Cl02物 质的量为8mol,至少需要Cl02质量为m=nM=8mol×67.5gmol-1=540g 18.(1) 恒压滴液漏斗 b (2)d (3)吸收二氧化碳 (4)FeC2O42H2O△FeO+2H2O+C02↑+C0↑ (5)缺少处理CO尾气装置 (6)Fe3O4 【分析】本题为实验探究题，用NH4)F(SO4)2溶液硫酸溶液中，在滴加饱和草酸溶液至过 量，待浅黄色晶体析出后，抽滤、洗涤、干燥即得到FC2O42HzO晶体，然后通过定性的 方法来探究草酸亚铁晶体热分解得到的产物，以及运用热重分析法推测产物，据此分析解题。 【详解】(1)仪器B的名称为恒压滴液漏斗；三颈烧瓶中液体体积不超过容器体积的三分 之二，不低于三分之一，溶液总体积为40mL,故选100mL三颈烧瓶。 (2)a.根据抽滤操作的规范要求可知，滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，a正 答案第9页，共10页 确； b.上图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口，b正确； c.抽滤完毕后，应先打开活塞A,平衡气压，再关泵，以防倒吸，c正确； d.抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，d错误； 故答案为：d; (3)装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C 装置盛放NaOH溶液的作用是吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO,F装置检 验二氧化碳，故答案为：吸收二氧化碳； (4)E中FeC,O42H2O加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中 澄清石灰水变浑浊，说明有CO2和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有HO生成， A中残留FeO,则A处反应管中发生反应的化学方程式为FeC2O42H2O△ FeO+2H2O+C02↑+CO↑，故答案为：FeC2O42H2O△FeO+2H2O+CO2t+CO↑： (5)反应会产生CO,从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是缺少处理C0尾气装置， 故答案为：缺少处理CO尾气装置； 54.0g (6)n(FeC2042H0)-1802m0.3mol,n(Fe）=n(FeC042H20)=0.3mol,B点时， 己知固体产物只含一种铁的氧化物，m(Fe)=0.3mol×56g/mol=16.8g,m(O) 6.4g -=23.2g-16.8g=6.4g,n(0)=16g/mo0.4mol,n(Fe):n(0）=0.3mol:0.4mol=3:4,所 以铁的氧化物的化学式为Fe,O4,故答案为：Fe3O4 答案第10页，共10页2025-2026学年第一学期高一化学能力试卷 满分：100分 测试时间：75分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必在答题卡指定位置填写姓名、准考证号等信息。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案正确填写在答题卡指定位置。不得使用修正液、 修正带。 3.答题卡不要折叠、损坏，不得在答题卡上涂写与考试无关的信息：考试结束，只上交答题卡。 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16Na-23C1-35.5Fe-56 第I卷（选择题） 一、单选题（每小题只有一个正确答案，共42分） 1.近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是() A.“长征五号”运载火箭使用的高效燃料--液氢 B.“C919”飞机身使用的复合材料---碳纤维和环氧树脂 C.“天宫二号”航天器使用的质量轻强度高的材料--钛合金 D.“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料--砷化稼 2.设N表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.常温常压下，11.2LHC1中含有的氢原子数为0.5NA B.1mol·L-1的CaCl2溶液中含CI的数目为2NA C.标准状况下，22.4LH20所含分子数为NA D.1.8g的NHt中含有的电子数为NA 3.下列除杂（括号中的物质为杂质）方法不正确的是 A.CO2(HC):通入饱和碳酸氢钠洗气瓶后干燥 B.NaHC03(Na2CO3)固体：加入适量盐酸，充分反应后，蒸发结晶 C.FeCl3(FeCl2)溶液：加入适量氯水，充分反应 D.MnO2(KCl)固体：加水溶解后过滤、洗涤、干燥 4.由等质量的石灰石制备碳酸钙的两种实验方案如下（部分反应物或反应条件略）。 高温 X溶液 方案甲： 石灰石生石灰 熟石灰 ⊙ 碳酸钙 1 X溶液 方案乙：石灰石日氯化钙 碳酸钙 4 (⑤ 下列说法不正确的是 A.上述两方案中没有发生氧化还原反应 B.X可以是Na2C03 C.④的离子方程式是CaC03+2H+=Ca2++C02↑+H20 D.若每一步均完全转化，则方案乙一定比方案甲的二氧化碳排放少 5.硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FCl3、FeCl2和 答案第1页，共8页 CuC2的混合溶液中回收S,其转化如下图所示(CuS不溶于水)，下列说法中不正确的是 83 A.过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+-CuS!+2H B.过程②中，Fe3+作氧化剂 C.过程③中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1 CI 催化剂」 D.回收S的总反应为2H2S+O2 2H20+2SJ CuS 6.钼Mo)的重要用途之一是制造特种钢，用C0还原MoO3(白色粉末，加热时变黄)制备单质Mo的装置如 图所示，下列说法正确的是 稀盐酸 黑色 固体 ③ ⑤ © A.装置⑥不能达到检验MoO3是否被C0还原的目的 B.装置①中的稀盐酸可用稀硫酸代替，但石灰石不可用碳酸钠粉末代替 C.装置④的作用是CO还原MoO3制备CO2,装置⑤的作用是制备CO D,可以用装有碱石灰的干燥管替换③及其中的溶液 7.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A.在滴入酚酞变红色的溶液中：K+、NH4、SO子、NO3 B.与铁反应产生H2的溶液中：Na、Ba2+、NO3、HCO3 C.澄清透明的酸性溶液中：AI3+、SO子、Na、Cu+ D.在BaCl2溶液中：Fe3+、K+、CO好、CI 8.下列离子方程式书写不正确的是 A.铝片放在强碱液中：2A1+20H+6H20=2[AI(OH)4]+3H2↑ B.向FeCl3溶液中加入氨水：Fe3++3NH3·H20=Fe(OH)3↓+3NHH C.次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳：CI0-+H20+C02=HC03+HC1O D.向Ca(OH)2溶液中滴加过量NaHC03溶液：2H++C0+20H+Ca2+=CaC03↓+2H20 9.不同条件下，当KMO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 KI KMnO 反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ 2 ② 中性 0.001 10n MnO2 IO 答案第2页，共8页 己知：MnO:的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A.反应①，n(Mn2+):n(12)=1:5 B.对比反应①和②，X=3 C.对比反应①和②，r的还原性随酸性减弱而减弱D.随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变 10.下列实验能达到对应的目的的是 NaHCO, NaOH 或ya,Co 一溶液 FeCl, 溶液 NaOH溶液 A.制取纯净的 B.比较Na2CO3和NaHCO3的热 C.配制一定物质的量浓度 D.除去C02中的少量 Fe(OH)2沉淀 稳定性 的NaOH溶液 HCI 11.以工业废渣[主要成分为Ca(OH)2和CaC03]为原料制备KCIO3的流程如下：氯化时控制温度在75℃左右 进行，充分反应后过滤所得滤液为Ca(Cl03)2、Ca(CIO)2、CaCl2的混合溶液。下列有关说法正确的是 HO CL KCI 工业废渣→打浆→氯化→过滤→转化→…→KC1O,固体 滤渣 A.转化过程可能是KCI被氧化成KCIO3 B.滤液中C1O3与C的个数之比可能大于1：5 C.滤液中C10、C103与C1-的个数之比可能为4：1：9 D.氯化过程中需提高Cl2的转化率，可加快通入Cl2的速率 12.氢能被誉为21世纪终极能源”，也是在“碳达峰“碳中和”的大背景下，加速开发利用的一种清洁能源。 利用铁及其氧化物循环制氢原理如图所示。下列有关说法正确的是 C0,+H,0 H,0 Fe CO+H,→ 反应器1 反应器 ◆H FeO Fe,O, 反应器Ⅲ 0←一空气 A.反应器I中化合价发生变化的元素有2种 B.反应器Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：1 C.反应器中生成1 molFe203时，转移1mol电子 D.含C0和H2各1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得molH2 13.在两份相同的Ba(OH),溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2S04、NaHS04溶液，其导电能力随滴 入溶液体积变化的曲线如图所示。 答案第3页，共8页 滴入溶液的体积 下列分析不正确的是 A.c点两溶液中含有相同物质的量的OH B.b点溶液中大量存在的离子是Na、OH C.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 D.a、d两点对应的溶液均显中性 14.将FeS04溶液分别滴入Na2C03溶液和NaHC03溶液中，如图所示，I、Ⅱ中均有沉淀产生。 己知：FeC03是白色难溶于水的固体 2mL1.0mol/L FeSO4溶液 2mL1.0mol/LFeS04溶液 2mL1.0mol/LNa,CO,溶液- 2mL1.0mol/L NaHC03溶液 力 下列说法不正确的是 A.实验前pH(Na2C03)>pH(NaHC03) B.Ⅱ中生成FeC03的反应：HC03+Fe2+=FeC03↓+H+ C.I中的沉淀可能有Fe(OH)2、Fe(OH)3和FeCO3 D.将FeSO4溶液替换为CaCl2溶液后，I和Ⅱ中均可能有白色沉淀生成 第II卷（非选择题） 二、解答题 15.(15分)物质的量浓度是一种常用的溶液浓度表示方法，利用其进行定量分析计算比较方便。 I.实验室用如图所示浓盐酸配制240mL0.5mol/L的稀盐酸 盐酸 化学纯(AR) 500mL 品名：盐酸 化学式：HCl 相对分子质量：36.5 密度：1.18g/cm3 溶质质量分数：36.5% 答案第4页，共8页 请回答下列问题： (1)该浓盐酸的物质的量浓度为 mol/L (2)如图所示的仪器中配制该溶液一定不需要的有 (1分)（填标号），配制上述溶液还需用到的玻 璃仪器有 (1分)（填仪器名称）。 ..1.c./ (3)若在配制过程中遇到下列情况，溶液的浓度偏低的是 A.加水时超过刻度线，再用滴管吸出直至刻度线 B.未冷却立即定容 C.定容时，仰视容量瓶刻度线 D.洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液 E.配制前容量瓶中有少量水 (4)配制240mL0.5mol/L稀盐酸需要量取上述浓盐酸 mL,取50mL配制好的稀盐酸与足量锌粒 反应，理论上可生成标准状况下H2的体积为 L。但实际测得生成的H2体积比理论值偏小，可能 的原因是 (1分)。 Ⅱ.由NaCl、MgCl2、CaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，请回答下列问题： (⑤)该混合液中Ca2+的物质的量浓度为 mol·L-1,将该混合液加水稀释至原体积的4倍，稀释后 溶液中Ca2+的物质的量浓度为 mol.L-1。 物质的量浓度/molL 3.0 .0 0.5 0 Na*Mg Cl 16.(14分)I.现代工业常以氯化钠为原料制备纯碱，部分工艺流程如图： C02 反应Ⅱ C02 NH3 NaHCO 反应I 纯碱 饱和NaCI溶液 过滤 母液 己知NaHCO3在低温下溶解度较小。 ()反应I的化学方程式为 Ⅱ.工业纯碱中常含有少量NaCl,某校化学课外活动小组设计如图所示装置，测定工业纯碱中Na2CO,的含 量。 答案第5页，共8页 稀硫酸局a 空气 弹簧夹吉 弹簧夹 D 纯碱样品 (2)检验装置B气密性的方法是：塞紧带长颈漏斗的三孔橡胶塞，夹紧两侧弹簧夹后，从漏斗注入一定量的 水，使漏斗内的水面高于瓶内的水面，停止加水后，若，说明装置不漏气。 (3)装置A中的试剂为，装置C中的试剂为。装置E的作用是 (4)实验前称取28.80g样品，实验后测得D装置增重8.80g,则样品中Na2CO3的质量分数为 (保留 一位小数)：若缺少E装置，会使测定结果 (填“偏高”或“偏低”)。 电解 17.(16分)L.工业上制备NaOH主要采用电解饱和食盐水的方法，原理如下：2NaCl+2H2O 2NaOH H2 1 +Cl2↑。 (1)用单线桥表示上述方程式电子转移的方向和数目 (2)将少量Cl2通入FeBr2f的溶液中，反应后溶液中Fe2+的量减少，Br~的量不变，这个事实说明Fe2+和Br的 还原性强弱为 (1分)。 L氯及其化合物广泛用于纺织、印染和污水处理。 (3)含氯物质在日常生活中具有许多重要用途，亚氯酸钠(NaCI02)较稳定，但加热或敲击亚氯酸钠固体时立 即爆炸，爆炸后的产物可能为 (填标号)。 A.NaCl、cl2 B.NaCl、NaCIo C.NaCIO3、NaCIO D.NaCl、NaCl03 (4)已知亚氯酸钠NaC1O2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，通过下面实验过程可以得到该产品，写出反应② 的离子方程式： S02 H202 NaClO3+H2SO4 C1O2 反应① 反应②→产品 不 NaHSO4 NaOH (5)C102是一种高效水处理剂，可用NaCl02和稀盐酸为原料制备：5NaCl02+4HCl=5NaC1+4C102↑+2H20。 ①该反应中氧化剂和还原剂的粒子数之比是 (1分)。 ②研究表明：在上述过程中会发生副反应NaCl02+4HCl=NaCl+2Cl2↑+2H20,若反应开始时盐酸浓度越 大，则气体产物中C12的含量越大。请推测其原因： ③C102在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐(C102),需将其转化为C1除去。下列试剂中可将C102转化 答案第6页，共8页 为CI一的是 (填标号，多选)。 A.02 B.KI C.KMn04 D.SO2 ④在KCIO3和草酸(H2C204)中加入足量的稀硫酸，水浴加热，也可以制得C102,配平此化学方程式： KCI03+」 H2C204+ H2S04= C102↑+ C02↑+ KHSO+ H20 ⑤CIO2对污水中NaCN有明显的去除效果，其原理是：2CIO2+2NaCN=2C02+N2+2NaC1已知每升污水 中含NaCN的质量为196mg。处理2000L这种污水，至少需要CI02 g。 18.(13分)草酸亚铁晶体(FεC2O42H2O)是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受 热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁 的制备及其性质实验。回答下列问题： I.草酸亚铁晶体的制备 实验步骤：称取5.0gNH4)2Fe(SO4)2,并放入如图装置的仪器A中，加入10滴左右1.0mol/LH2SO4溶液和 15mL蒸馏水，加热溶解。用仪器B加入25.0mL饱和草酸溶液（过量），搅拌加热至80~90℃停止加热，静 置。待浅黄色晶体沉淀后，抽滤、洗涤、干燥得到晶体。 搅拌棒么 (1)仪器B的名称为 ,此实验中A的规格宜选择 (1分)（填字母）。 a.50mL b.100mL c.250mL d.500mL (2)有关抽滤，下列说法不正确的是 活塞A 抽气泵 a.滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔 b.如图抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口 c.抽滤完毕后，应先打开活塞A,再关抽气泵，以防倒吸 d.抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出 Ⅱ.草酸亚铁晶体热分解产物的探究： 答案第7页，共8页 草酸亚铁晶体 a K 氧化铜 无水硫酸铜 澄清 足量 浓硫酸 澄清 石灰水NaOH溶液 石灰水 B C D (3)装置C的作用为 0 (4)实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留 FO,则A处反应管中发生反应的化学方程式为 (⑤)从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 Ⅲ.运用热重分析法推测产物 称取54.0g草酸亚铁晶体(FC204·2H20)加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示。 剩余固体的质量/g 54.0 A(200°C,43.2) 43.2 B(400°C,23.2) 23.2 200 400温度1C (6)已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据右图可知B点固体物质的化学式为 答案第8页，共8页