精品解析：山东省济南医学中心实验中学2025-2026学年高一上学期10月月考 化学试题

2025-2026学年高一10月份月考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 一、选择题：本大题共10个小题，每题3分，共30分，每题只有一个选项符合题目要求。 1. 化学与生活密切相关，下列物质与其用途不符合的是 A. 过氧化钠：呼吸面具的供氧剂 B. 漂白粉：用于环境的杀菌消毒 C. 纯碱：治疗胃酸过多症 D. 小苏打：制作馒头和面包的膨松剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．过氧化钠能够与人呼吸产生的CO2、H2O发生反应产生O2，来帮助人呼吸，因此过氧化钠可以用来作呼吸面具的供氧剂，A正确； B．漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够将细菌、病毒的蛋白质分子氧化而使其失去其生理活性，故漂白粉可用于环境的杀菌消毒，B正确； C．纯碱是碳酸钠，尽管Na2CO3能够与胃酸(即盐酸)发生反应，但由于其水溶液具有很强的碱性，会对人体产生强烈的刺激性，因此不能用于治疗胃酸过多症，C错误； D．小苏打是NaHCO3，该物质不稳定，受热分解产生CO2气体，气体从面团中逸出，使馒头、面包松软蓬松，因此小苏打可用于制作馒头和面包的膨松剂，D正确； 故合理选项是C。 2. 下列说法错误的是 A. 道尔顿提出了原子学说，为近代化学的发展奠定了坚实的基础 B. 化学家可以通过化学反应创造出新的原子、分子和具有特殊性质的新物质 C. 我国化学家侯德榜发明了侯氏制碱法，为我国的化学工业发展和技术创新做出重要贡献 D. 我国科学家屠呦呦因在研制青蒿素等抗疟药物方面的卓越贡献，被授予诺贝尔奖 【答案】B 【解析】 【详解】A．道尔顿提出的近代原子学说对近代化学发展起到了极为重要的作用，为近代化学发展奠定了坚实基础，A正确； B．原子是化学变化中的最小微粒，化学反应过程中原子的种类不会发生改变，无法通过化学反应创造新原子，B错误； C．我国化学家侯德榜发明的侯氏制碱法打破了国外技术垄断，为我国化学工业发展和技术创新作出了重要贡献，C正确； D．我国科学家屠呦呦因研制青蒿素等抗疟药物的卓越贡献，被授予诺贝尔生理学或医学奖，D正确； 故选B。 3. 工业上将通入冷的溶液中制得漂白液，下列说法错误的是 A. 溶液比溶液稳定 B. 漂白液需在阴凉处避光保存 C. 通入后的漂白液消毒能力增强 D. 漂白液的有效成分是和 【答案】D 【解析】 【详解】A．次氯酸不稳定容易分解为HCl和氧气，次氯酸盐稳定，所以NaClO溶液比HClO溶液稳定，A正确； B．漂白液吸收空气中的二氧化碳生成HClO，HClO不稳定，见光易分解，漂白液需在阴凉处避光保存，B正确； C．通入CO2后，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液消毒能力增强，C正确； D．漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，有效成分是次氯酸钠，D错误； 故选D。 4. 用下列装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是 A. 图甲装置用固体粉末“随开随用、随关随停”制氧气 B. 图乙装置可用于除去中的 C. 图丙装置验证和水反应是否为放热反应 D. 图丁装置用于探究和的热稳定性 【答案】C 【解析】 【详解】A．固体粉末与水接触后不能分离，不能随关随停，故A错误； B．二氧化碳和碳酸钠溶液也反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误； C．钠和水反应放热，温度升高，U形管中红墨水左侧降低右侧升高，故C正确； D．应该把易分解的碳酸氢钠放在小试管中，故D错误； 故选：C。 5. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 溶液中含有的离子数为 B. 与足量反应生成的分子数为 C. 与足量铁粉充分反应转移的电子数为 D. 标准状况下，与混合气体中含有的原子数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液的体积未知，无法计算离子总数，A错误； B．23gNa（1mol）与反应生成0.5mol，对应分子，B正确； C．与足量Fe反应转移0.2mol电子（→2Cl⁻，得2个电子），对应0.2NA，C正确； D．11.2L混合气体（0.5mol）中CO和均为双原子分子，总原子数为0.5×2×=，D正确； 故选A。 6. 下列关于和的描述中，错误的是 A. 二者均属于可溶性钠盐，相同温度下溶解度： B. 可用澄清石灰水鉴别和溶液 C. 可用NaOH溶液将转化为 D. 可用加热的方法鉴别和两种固体 【答案】B 【解析】 【详解】A．相同温度下溶解度大于，二者均为可溶性钠盐，A正确； B．澄清石灰水和反应生成白色沉淀，和反应时，与反应生成，同样会生成白色沉淀，二者现象相同无法鉴别，B错误； C．与可发生反应，能实现转化，C正确； D．固体受热易分解生成可使澄清石灰水变浑浊的，固体受热不分解，可用加热法鉴别，D正确； 故选B。 7. 如图所示是验证氯气性质的微型实验，b、d是浸有相关溶液的滤纸。向晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用一培养皿扣在上面。已知：。对实验现象的解释或结论正确的是 选项 实验现象 解释或结论 A a处有红棕色烟 铁和氯气反应生成氯化铁 B b处有气泡生成 氯气与水生成了酸性物质 C c处先变红后褪色 氯气与水生成了酸性物质 D d处立即褪色 氯气与水生成了漂白性物质 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】向KMnO4晶体中滴加一滴浓盐酸，发生反应，生成的Cl2在培养皿内扩散，并与a、b、c、d的滤纸中相关溶液中的溶质发生反应。 【详解】A．铁和氯气在常温下不反应，因此无明显现象，A错误； B．b处有气泡，应该是二氧化碳气体，碳酸钠与酸反应生成二氧化碳，说明氯气与水生成了酸性物质，B正确； C．c处先变红，说明氯气与水生成了酸性物质，后褪色，则说明氯气与水反应还生成具有漂白性的物质，C错误； D．d处立即褪色，可能是氯气与水生成了漂白性物质，也可能是生成酸性物质中和了NaOH，或氯气直接与NaOH反应，D错误； 答案选B。 8. 氯化钡和氯化钠的混合溶液aL，将它均匀分成两份，一份滴加稀硫酸，使钡离子完全沉淀，另一份滴加硝酸银溶液，使氯离子完全沉淀。反应中消耗xmol的稀硫酸、ymol的硝酸银，则原混合溶液中钠离子的物质的量的浓度为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】根据题意，反应的有关方程式是、，则每份溶液中Ba2＋的物质的量是xmol、氯离子的物质的量是ymol，则根据溶液的电中性可知，每一份溶液中钠离子的物质的量是（y－2x）mol，所以钠离子的总的物质的量是2(y－2x)mol，因此钠离子的浓度是mol/L，答案选D。 9. 下列有关仪器及使用的说法正确的是 A. 进行容量瓶检漏时需要倒置两次 B. 按如图操作将浓盐酸转移到容量瓶中 C. 量筒的“0”刻度在下方 D. 用托盘天平称量NaOH的质量时，应将NaOH固体放在称量纸上称量 【答案】A 【解析】 【详解】A．容量瓶检漏时，先加蒸馏水塞好瓶塞倒置1次检查是否漏液，正立后将瓶塞旋转180°再次倒置检查，共需要倒置两次，A正确； B．转移液体到容量瓶需要用玻璃棒引流，且容量瓶不能用于稀释浓溶液，浓盐酸应先在烧杯中稀释冷却后再转移，该操作错误，B错误； C．量筒不存在“0”刻度，其最小刻度位于量筒下方，C错误； D．易潮解且具有强腐蚀性，不能放在称量纸上称量，应放在小烧杯等玻璃器皿中称量，D错误； 故选A。 10. 在体积相同的三个容器里分别充入三种气体：①、②、③，并保持三个容器内气体的温度和密度均相等，下列说法正确的是 A. 分子数目：①=②=③ B. 质量关系：①<③<② C. 原子数目：②>③>① D. 压强关系：①>③>② 【答案】D 【解析】 【分析】由体积相同的三个固定容器里，三种气体的温度和密度均相等可知，气体的质量比为1：1：1，气体的物质的量比为。 【详解】A．由分析可知，三种气体的物质的量比为，则分子个数比为，分子数目的大小顺序为①>③>②，故A错误； B．由分析可知，三种气体的质量比为1：1：1，大小顺序为①=②=③，故B错误； C．由分析可知，三种气体的原子个数比为(1×2)：(×3)：(×2)=1：：，则原子数目的大小顺序为①>②>③，故C错误； D．由理想气体状态方程可知，密度相等、温度相同时气体的压强之比等于摩尔质量反比，即摩尔质量越小其压强越大，则压强大小顺序为①＞③＞②，故D正确； 故选：D。 二、选择题：本大题共5个小题，每题6分，共30分，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 11. 下列说法错误的是 A. 标准状况下，若水的体积为336L，则其质量为27g B. 标准状况下，11.2L和的混合气体中含有的碳原子数为 C. 50.0g质量分数为46%的水溶液中含有的氧原子数为 D. 常温常压下，3.2g与的混合气体中含有个氧原子 【答案】AB 【解析】 【详解】A．标准状况下水不是气态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，水的体积为336L时，物质的量不是1.5mol，质量也不是27g，A错误； B．标准状况下11.2L混合气体总物质的量为，一个含2个C、一个含3个C，无法确定两者比例时，碳原子数在~之间，不可能为，B错误； C．50.0g 46%的乙醇溶液中，乙醇质量为，物质的量为，含O原子0.5mol；水的质量为，物质的量为，含O原子1.5mol，故总O原子数为，C正确； D．和均由O原子构成，3.2g混合气体中O原子物质的量为，数目为，D正确； 故答案为AB。 12. 下列物质的分类正确的是 酸 碱 盐 碱性氧化物 酸性氧化物 A NaOH CaO B HCl KOH CO C D NaClO A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸；NaOH电离出的阴离子全部是氢氧根，属于碱；由钙离子和碳酸根离子构成，属于盐；CaO与酸反应仅生成盐和水，属于碱性氧化物；与碱反应仅生成盐和水，属于酸性氧化物，A正确； B．CO既不能和酸反应也不能和碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B错误； C．既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水，属于两性氧化物，不属于碱性氧化物，C错误； D．由钠离子和碳酸根离子构成，属于盐不属于碱；能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物不属于碱性氧化物，D错误； 故选A。 13. 溶液浓度是常用的物理量，下列说法正确的是 A. 将固体溶于水中，所得溶液物质的量浓度为 B. 配制溶液，需称量固体的质量为 C. 质量分数为98%的浓硫酸与等体积水混合后，硫酸的质量分数大于49% D. 溶液和溶液中浓度相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．58.5g NaCl的物质的量为1mol，将58.5g NaCl溶于1L水后，溶液体积大于1L，浓度小于1mol/L，故A错误； B．配制480mL溶液需选用500mL容量瓶，所需NaOH质量为=4.0g，故B错误； C．浓硫酸密度远大于水，等体积的98%的浓硫酸和水，硫酸的质量大于水的质量，等体积混合后，硫酸质量分数高于49%，故C正确； D．Na2SO4中浓度为0.1mol/L，Al2(SO4)3中浓度为0.3mol/L，浓度不同，故D错误； 选C。 14. 取一定量的NaOH溶液通入CO2后，再继续向该溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 原溶液中NaOH的物质的量为0.75mol B. 通入CO2后所得的溶液溶质成分为NaOH和Na2CO3 C. 通入CO2后所得的溶液中含有2.5×10-3mol NaHCO3 D. 原溶液通入CO2标准状况下为112mL 【答案】CD 【解析】 【详解】A．消耗盐酸75mL时，溶液为恰好为氯化钠溶液，根据Na+、Cl-离子守恒，可知n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.075 L×0.1 mol/L=0.0075 mol，故A错误；B．由图示可知，滴加25 mL稀盐酸溶液后溶液中只存在NaHCO3，可知通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，故B错误；C．溶液中Na2CO3、NaHCO3的物质的量相等，生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75 mL-20 mL=50 mL，n总（NaHCO3）=n（HCl）=0.05L×0.1 mol/L=0.005 mol，所以通入CO2后所得的溶液中含有NaHCO3为0.005 mol×=2.5×10-3 mol，故C错误；D．生成二氧化碳发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，共消耗盐酸75mL-20 mL=50 mL，n（CO2）=n（HCl）=0.05 L×0.1 mol/L=0.005 mol，所以V（CO2）=0.005 mol×22.4 L/mol=0.112 L=112 mL，故D正确；故选CD。 【点睛】盐酸逐滴加入到碳酸钠溶液中的反应为：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3；NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，由图可知，0～25 mL没有气体生成，从25mL开始加盐酸生成二氧化碳气体，共消耗盐酸75 mL-20 mL=50mL，0～25 mL段消耗的盐酸体积小于生成气体是消耗的盐酸体积50 mL，所以可以知道通入一定量CO2反应后溶液中的溶质为Na2CO3、NaHCO3，且根据消耗的盐酸的体积可以判断二者的物质的量相等。 15. 自由滑动的隔板(体积不计)将密闭容器分成左、右两部分，恒温条件下，向左边充入100gCO和的混合气体，右边充入1molAr时，隔板处于如图所示的位置。下列有关左侧混合气体的说法正确的是 A. 相同条件下，混合气体的密度是氢气密度的50倍 B. CO与的物质的量之比为2：1 C. 混合气体中，碳原子与氧原子的个数比为2：3 D. 若充入1molAr和一定量上述混合气体后，隔板位于处，则混合气体的质量一定为g 【答案】BD 【解析】 【分析】根据自由滑动隔板的特点，恒温恒压下气体体积之比等于物质的量之比，由图可知左侧体积是右侧的3倍，因此左侧和总物质的量是右侧Ar的3倍，即左侧总气体物质的量为3mol。 设物质的量为x，物质的量为y，可得方程组 ，解得，。 【详解】A．同温同压下气体密度之比等于摩尔质量之比，混合气体平均摩尔质量为，是摩尔质量（2g/mol）的倍，因此混合气体的密度是的倍，A错误； B．由分析可知，左边含有2 mol ，1 mol ，二者物质的量之比为，B正确； C．混合气体中C原子总物质的量为，O原子总物质的量为，个数比为，C错误； D．隔板位于处时左右体积相等，同温同压下混合气体物质的量与Ar相等，为1 mol，混合气体的质量为，D正确； 故选BD。 三、非选择题：本大题共2个小题，共40分。 16. 钠及其化合物和氧及其化合物在生产生活中有着重要的用途，请按要求填空： （1）Na、、、NaOH久置空气中最终都是变为______(填化学式)。 （2）常温常压下，将50mL的和的混合气体通过足量的装有过氧化钠粉末的两通玻璃管中。 ①反应的化学方程式为____________。 ②若充分反应后收集的气体体积为30mL，则原混合气体中的体积分数为______。 （3）实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备和NaClO。 回答下列问题： ①盛放粉末的仪器名称是______，制备氯气的化学方程式是____________。 ②a中的试剂为______，b中采用的加热方式是______，c采用冰水浴冷却的目的是____________。c中反应的化学方程式是____________。 ③d的作用是____________。 【答案】（1） （2） ①. ②. （3） ①. 圆底烧瓶 ②. ③. 饱和食盐水 ④. 水浴加热 ⑤. 防止反应温度过高生成 （或避免 分解，提高 产率） ⑥. ⑦. 吸收未反应的氯气，防止污染环境 【解析】 【小问1详解】 在空气中氧化生成 ， 与水反应生成 ； 与水或 反应最终也生成 或 ； 吸收空气中的 生成 ，风化后最终都变为 。 【小问2详解】 ① 过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：； ② 混合气体通过过氧化钠时，只有 发生反应。反应前气体总体积为 ，反应后为 ，气体体积减少了 ；根据化学方程式可知，每消耗 体积 ，生成 体积 ，气体体积减少 体积。利用差量法可知，参加反应的 ；因此原混合气体中 的体积分数为 。 【小问3详解】 ① 根据仪器结构可知，盛放 粉末的仪器是圆底烧瓶；实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气，反应的化学方程式为 ； ② 浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有 气体，装置a用于除杂，试剂为饱和食盐水；装置b将试管放在烧杯的水中加热，属于水浴加热；氯气与 溶液的反应是放热反应，温度较高时容易发生副反应生成 ，因此c装置采用冰水浴冷却的目的是防止温度过高生成 （或避免温度高时发生分解，提高 产率）；c中氯气与氢氧化钠在低温下反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，化学方程式为 ； ③ 氯气有毒，直接排放会污染空气，装置d中盛放碱液，其作用是吸收未反应的尾气，防止污染环境。 17. 某化学实验室需要硫酸溶液460mL。根据溶液的配制情况回答下列问题： （1）如图所示的仪器中配制溶液需要用到的是______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是______(填仪器名称)。 （2）现用质量分数为98%、密度为的浓硫酸来配制所需的稀硫酸。上述浓硫酸的浓度为______，需要量取的浓硫酸的体积为______mL，现有①10mL；②25mL；③50mL；④100mL四种规格的量筒，你选用的量筒是______(填代号)。 （3）在量取浓硫酸后，进行了下列操作： 其正确的操作顺序为：______(填序号)。 （4）在配制过程中，下列操作能引起误差偏低的有______。 ①俯视量取浓硫酸 ②洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中 ③未等稀释后的溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 ④定容时，俯视刻度线 ⑤定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出 ⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 【答案】（1） ①. BCE ②. 500 mL容量瓶、胶头滴管 （2） ①. ②. 15.0 ③. ② （3） ④③①⑥②⑤ （4） ①⑤⑥ 【解析】 【分析】配制一定物质的量浓度的稀硫酸，步骤为量取浓硫酸、将浓硫酸注入盛有水的烧杯中稀释、将得到的溶液转移至容量瓶、洗涤烧杯并将洗涤液转入容量瓶合并、加蒸馏水定容至容量瓶的刻度线、颠倒摇匀。 【小问1详解】 给出的仪器中，配制溶液需要B量筒（用于量取浓硫酸）、C烧杯（用于稀释容器）、E玻璃棒（用于搅拌、引流）；不需要A（圆底烧瓶）、D（分液漏斗），故选BCE； 实验室没有460mL规格的容量瓶，需选用500mL容量瓶来配制对应体积的标准溶液，定容时还需要胶头滴管。 【小问2详解】 浓硫酸的物质的量浓度用公式计算，代入数据，，硫酸摩尔质量，可得； 根据稀释定律，需按500mL容量瓶的体积计算，代入数据得，解得； 量筒应选择不小于所需体积的最小规格，在给出的规格中，应选择②25mL。 【小问3详解】 量取浓硫酸后的操作顺序为：④将浓硫酸沿烧杯壁缓缓注入盛水的烧杯中→③用玻璃棒搅拌稀释冷却→①将冷却后的稀硫酸沿玻璃棒引流转移至容量瓶→⑥洗涤烧杯和玻璃棒，将洗涤液也转移至容量瓶→②加蒸馏水定容至刻度线→⑤颠倒摇匀，因此正确排序为④③①⑥②⑤。 【小问4详解】 根据浓度公式​分析误差： ①俯视量取浓硫酸：实际量取的浓硫酸体积偏小，溶质偏小，最终浓度偏低； ②洗涤量筒并转移洗涤液：量筒的设计已扣除残留液体积，洗涤后会使溶质偏大，浓度偏高； ③未冷却就转移溶液：冷却后溶液体积收缩，最终定容后偏小，浓度偏高； ④定容俯视刻度线：溶液实际体积偏小，浓度偏高； ⑤定容超线后用胶头滴管吸出：吸出的液体带走部分溶质，溶质偏小，浓度偏低； ⑥定容摇匀后补加水：额外加水使溶液体积偏大，浓度偏低。 因此引起浓度偏低的是①⑤⑥。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $