河北保定部分学校2023-2024学年高一上学期1月月考化学试题含答案.pdf
扫描全能王 创建#QQABDYAUggAoABBAARhCUQH4CkMQkAECCKoOwEAAIAIBwAFABAA=#河北保定部分学校2023-2024学年高一上学期1月月考化学试题+答案扫描全能王 创建#QQABDYAUggAoABBAARhCUQH4CkMQkAECCKoOwEAAIAIBwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABDYAUggAoABBAARhCUQH4CkMQkAECCKoOwEAAIAIBwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABDYAUggAoABBAARhCUQH4CkMQkAECCKoOwEAAIAIBwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABDYAUggAoABBAARhCUQH4CkMQkAECCKoOwEAAIAIBwAFABAA=#扫描全能王 创建#QQABDYAUggAoABBAARhCUQH4CkMQkAECCKoOwEAAIAIBwAFABAA=#学科网（北京）股份有限公司 1 2023-2024学年度第一学期跨县域合作三校联考 高一化学试题答案解析高一化学试题答案解析 1.C【详解】金属具有良好的延展性，变形金属复原属于物理变化，A项不符合题意。缺损玉器补配是利用物理切割后进行完善，不涉及化学变化，B项不符合题意。银器表面的锈蚀物可以考虑使用甲酸溶液或电化学还原的方法处理，甲酸能有效地除去银元素锈蚀产物，而对银不起作用，以上过程涉及了化学变化，C项符合题意。木器表面擦拭烫蜡，利用了蜂蜡熔点很低的性质，加热固体蜂蜡，使蜂蜡熔化并完全覆盖木器，该过程未涉及化学变化，D项不符合题意。2.A【详解】C60 中只含有一种元素，则其属于单质不属于化合物，A 项错误。金刚石与C60 都为碳元素的不同单质，互为同素异形体，B项正确。据“纳米车”的直径可知，将“纳米车”分散于水中所形成的分散系为胶体，当光束通过时能观察到 丁达尔效应，C项正确。“纳米车”可以用来运输 单个的有机分子，说明人类操纵分子的技术进入一个新阶段，D 项正确 3.C【详解】A一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得胶粒的个数小于0.1NA个故A错误；B溶液的体积未知，不能计算K+的数目，故B错误；C氧气和臭氧均由氧原子构成故16g混合物中含有的氧原子的物质的量为1mol，数目为NA，故C正确；D铁和碘单质生成FeI2故3mol单质Fe与足量碘单质完全反应，失去6NA个电子，故D错误；故答案选C 4.A【详解】A向饱和食盐水中先通氨气，使溶液显碱性，然后再通CO2，溶液中生成大量的3HCO，和Na+结合成溶解度较小的NaHCO3，氨气极易溶于水，所以通氨气的导管不能插入液面下，用冷水可以增大气体溶解度，干燥管中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，可以吸收多余的氨气防止污染环境，故A能达到实验目的；B可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，但通入混合物的导气管应插入液面下，故B不能达到实验目的；C浓硫酸和铜反应后的混合液中可能有剩余的浓硫酸，不能将水加入到浓硫酸里，应将反应后的混合液倒入水中，故C不能达到实验目的；DMnO2和浓盐酸反应制取氯气需要加热，故D不能达到实验目的；故选A 5.D【详解】五种元素均为短周期元素,且原子序数依次增大,Q显+1价,则Q为Na元素,W形成一个共价键,则W为H元素,Y形成三个共价键,则Y为N元素,X形成四个共价键,则X为C元素,Z形成2个共价键,则Z为O元素。一般电子层数越多,原子半径越大,同周期主族元素从左到右,原子半径依次减小,因此原子半径 NaNO,A项错误。结构图中一个O与C形成碳氧双键,该氧原子最外层满足8电子稳定结构,另一个O与C形成一个C O单键,同时该氧原子又得到Na原子失去的一个电子,因此该氧原子最外层也满足8电子稳定结构,B项错误。Y为N元素,位于第二周期第A族,C项错误。H和O形成的10电子微粒分别为H2O、H3O+、OH-,D项正确。6.D【详解】Na2CO3较稳定,受热不易分解,加热Na2CO3试管内有水珠,是因为试管内空气中含水蒸气,A项错误。铝常温下会被氧气氧化其表面,会生成一层致密的氧化铝薄膜,向盛铝片的试管中倒入NaOH溶液,开始无明显现,是因为氧化铝先与氢氧化钠反应,B项错误。用干净的 学科网（北京）股份有限公司 2 铂丝蘸取某溶液,在酒精灯外焰上灼烧,观察到火焰呈黄色,只能说明该溶液中含钠元素,不能说明是否含钾元素，C项错误。碳酸钠与稀硫酸反应生成气体,可用“强酸制弱酸”的原理解释,再由最高价氧化物对应的水化物的酸性越强非金属性越强推出SC，D项正确。7.B【详解】通过水热反应的化学变化改变不了原子的种类和数量，在化学反应中原子守恒。8.A【详解】氯水中含有HClO,在光照下发生反应 2HCIO 光照2HCI+O，HCl是强酸，HCIO是弱酸，则溶液中H+、Cl-的物质的量浓度均增大，溶液的电导率增大，溶液的pH减小，溶液中O2数目增多，A项均符合题意。9C【详解】A少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，反应生成氯化钙、硫酸钙、次氯酸，正确的离子方程式为：SO2+3ClO+H2O+Ca2+CaSO4+Cl+2HClO，故A错误；BNaHSO4 溶液中滴加Ba(OH)2至恰好完全沉淀：生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为22442HSOBaOHBaSOH O+=+，故B错误；CamolFeBr2 的溶液中，通入等物质的量的氯气，按得失电子守恒可知，有一半溴离子未被还原：2Fe2+2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3+4Cl-故C正确；DCl2 与水反应生成的盐酸为强酸、次氯酸为弱酸：Cl2+H2O=H+Cl-+HClO，故D错误；答案选C。10B【详解】A根据nc=V()溶液进行计算，mVVLn=V22.4L/mol=，-3VM+100gm()m()+m()22.4V()=10 L=溶液气体水溶液，代入公式可得：c=1000VMV+2240mol/L A项错误；B若原硫酸体积为V，水的密度比硫酸小，故将11mol L的硫酸与水等质量混合后溶液体积大于2V，则所得硫酸的物质的量浓度小于10.5mol L，B项正确；C根据质量守恒，气体总质量不变，1mol氧气在放电条件下，有30%转化为3O，根据反应式3O2=2O3，有0.3molO2反应转化为O3的物质的量为0.2mol，则混和气体的平均摩尔质量为1mol 32g/mol=35.6g/mol1mol-0.3mol+0.2mol，相同条件下有(A)M(A)=(B)M(B)，即2()35.6=17.8(H)2混合气体，C项错误；D浓硫酸的物质的量浓度为c=3-111000 1.84g cm98%18.4mol L98g mol=，配制该溶液需要500mL容量瓶，故需浓硫酸体积=1-10.5L5.4mL80.2mol L1.4mol L=，D项错误；答案选B。11D【详解】电子远动不遵循经典力学理论，电子在狭小的空间做高速远动具有不确定性，只能用统计学规律研究其出现概率的大小。12A【详解】A粗盐提纯应依次加入过量NaOH、2 BaCl溶液，再加23Na CO，可以除去溶液中的2Ca+和加入的过量的2Ba+，规律后再调pH除去多余的NaOH和23Na CO，A错误；B向饱和食盐水中先通3NH使溶液显碱性，再通2CO，便于更好吸收2CO，更有利于3NaHCO析出，B正确；C3NaHCO溶解度较小，析出晶体的总反应可表达为：+23234Na+CO+NH+H O=NaHCO+NH+，C正确；D3NaHCO溶解度较小，利用合成氨工业 学科网（北京）股份有限公司 3 提供的3NH与2CO反应生成3NaHCO和4NH Cl，3NaHCO受热分解产生纯碱，4NH Cl可用作化肥，D正确；故选A。13 C【解析】过程中,生成 CuS 的反应为 H2S+Cu2+=CuS+2H+,反应类型为复分解反应,A项正确。过程中,Fe3+可将S2-氧化为硫单质,即发生的反应为 CuS+2Fe3+=2Fe2+Cu2+S,B项正确。过程中,氧气是氧化剂,当有1 molO2 参与反应,转移4NA个电子,C项错误。由转化关系图知,过程中Fe3+为氧化剂,过程中Fe3+为氧化产物,D项正确。14A【分析】CO2和NaOH溶液反应，根据通入CO2的量分四种情况，第一种情况是CO2量不足，反应后溶液的成分是NaOH、Na2CO3，第二种是CO2恰好反应，反应后溶液成分只有一种Na2CO3，第三种是CO2过量不多，反应后的溶液成分是Na2CO3、NaHCO3，最后一种是CO2完全过量，反应后溶液成分是NaHCO3。Na2CO3溶液中滴入盐酸先生成碳酸氢钠和氯化钠：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3继续滴加盐酸，则发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，2个反应中消耗等量的HCl，结合图像可知，曲线A、B对应的溶液均不是碳酸钠溶液，A中第一阶段消耗盐酸大于第二阶段，A对应溶液成分是NaOH、Na2CO3，B中第一阶段消耗盐酸小于第二阶段，则B对应溶液成分是碳酸钠与碳酸氢钠的混合溶液；【详解】A滴入HCl75mL时反应恰好完全、所得为NaCl溶液，A或B溶液共消耗0.075L0.1mol/L=0.0075 molHCl，则按元素质量守恒，此时溶液中含0.0075molNaCl溶液，则钠离子由0.0075molNaOH溶液提供，原溶液中c(NaOH)=L0.0075=0.150.050molmol/L，A正确；B据分析B曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为Na2CO3和NaHCO3，滴入HCl(25-0)mL段反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，则碳酸钠为0.025L0.1mol/L=0.0025 mol，滴入HCl(75-25)mL段反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，反应恰好完全时，B溶液共消耗0.075L0.1mol/L=0.0075 molHCl，则按元素质量守恒，此时溶液中含0.0075molNaCl溶液，则B溶液中含NaHCO3为0.0075mol-20.0025mol=0.0025mol，则Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1：1，B错误；C据分析A曲线表明原溶液通入CO2后，所得溶质为NaOH和Na2CO3，则滴入HCl(60-0)mL段反应为先氢氧化钠溶液和盐酸发生中和反应，再Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，滴入HCl(75-60)mL段反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，则A溶液中的碳酸钠转变的碳酸氢钠为(0.075-0.060)L0.1mol/L=0.0015 molHCl，反应恰好完全时，A溶液共消耗0.075L0.1mol/L=0.0075 molHCl，则按元素质量守恒，此时溶液中含0.0075molNaCl溶液，则A溶液中含NaOH为0.0075mol-20.0015mol=0.0045 mol，则NaOH和Na2CO3物质的量之比为3：1，C错误；D结合选项B可知，B溶液中含Na2CO3、NaHCO3均为0.0025mol，由元素守恒可知，B曲线表明原溶液通入CO2后所得溶质与盐酸反应产生气体最多为0.0025mol+0.0025mol=0.005mol，则最大体积为112mL(标准状况)，D错误；答案选A。15.(15分）（除标注外，其余每空2分）学科网（北京）股份有限公司 4 （1）CNO CO22Mg=点燃2MgOC（2）28 gmol1 （3）第三周期第A族(1分）SO2+2OH-=SO32-+H2O（4）2Na2O22CO2=2Na2CO3O2(或2Na2O22H2O=4NaOHO2)（5）BrCl+2 NaOH=NaBrO+NaCl+H2O 16.（14分）（每空2分）（1）2Cl-2H2O=通电2OH-Cl2H2 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O （2）反应过程中消耗HCl使盐酸浓度变稀，反应停止(或加热时盐酸挥发了）(3)Ca(ClO)2 (4)ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O（5）0.8 (6)NaHSO4+NaHCO3=Na2SO4+CO2+H2O 17.（14分）（每空2分）I.（1）增大固体表面积，加快反应速率，提高原料利用率 （2分）SO2、Cu（2分）（2）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-（2分）（3）取最后一次洗涤滤液，先加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有生成白色沉淀，说明洗涤干净 （2分）.（4）Fe4N（2分）（5）4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3（2分）（6）Fe2O3+2NH3 高温2Fe+N2+3H2O（2分）18.(15分）（除标注外，其余每空2分）（1）0.5mLpH12=的氢氧化钠溶液 实验中品红溶液褪色，实验溶液仍为红色（2）反应中硫元素失去电子，化合价升高得到23SO，则根据电子守恒，还有部分硫元素得到电子，化合价降低得到2S（3）滴加氯化钡溶液，生成白色沉淀不溶解（4）2S也能和盐酸生成臭鸡蛋气味的硫化氢气体，硫化氢和23SO发生氧化还原反应生产成黄色硫单质沉淀，会出现同样的现象。（3分）（5）CS2 淡黄色溶液A加入氯化铜溶液生成黑色沉淀和淡黄色的硫单质【分析】实验：已知，2Na S溶液无色，能与2Cu+反应生成CuS(黑色固体)，2xNa S溶液呈黄色，能与2Cu+反应生成S和CuS；由流程可知，A加入氯化铜生成黑色沉淀，硫化铜和不溶于二氧化碳、硫单质能溶于二硫化碳转化为溶液，故X为二硫化碳，蒸发溶解到硫单质，说明溶液中存在2xS；学科网（北京）股份有限公司 5【详解】（1）已知，2S和2xS均不能使品红褪色，23SO或高浓度OH能使品红褪色。反应后得到淡黄色溶液A(pH12=，溶液显强碱性，)，进行实验I和，证实了产物中含23SO，则实验II需要排除溶液中氢氧根离子的干扰，故实验方案为：向试管中加入0.5mLpH12=的氢氧化钠溶液，品红溶液不褪色；证实产物中含23SO的现象是：实验中品红溶液红色变无色，实验溶液仍为红色；（2）反应中硫元素失去电子，化合价升高得到23SO，则根据电子守恒，还有部分硫元素得到电子，化合价降低得到2S；（3）硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，则实验为：取无色溶液B，滴加氯化钡溶液，生成白色沉淀不溶解，证实溶液A中存在24SO；（4）产物中含23SO、2S，2S也能和盐酸生成臭鸡蛋气味的硫化氢气体，硫化氢和23SO发生氧化还原反应生产成黄色硫单质沉淀，会出现同样的现象，故实验中的现象不能说明存在2xNa S；（5）由分析可知，溶剂X是CS2。证明溶液中含2xS的实验证据是淡黄色溶液A加入氯化铜溶液生成黑色沉淀和淡黄色的硫单质。
