河南省沈丘县长安高级中学2023-2024上学期高三第一次月考化学答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届河南省沈丘县长安高级中学高三上学期第一次月考

参考答案： 1．C 【解析】灭火主要从3个方面进行操作，一是移除可燃物；二是隔绝空气中氧气；三是降低 可燃物温度。但要考虑要燃烧物性质，根据情况选择灭火材料。 【详解】A. 使用大量水，水与电石反应产生乙炔，乙炔是可燃气体，加剧燃烧；同时过氧 化物与水反应产生大量的热和氧气，同样使反应更加剧烈，A错误； B. 使用泡沫式灭火器，产生大量二氧化碳，与过氧化物发生反应，产生氧气，加剧反应进 行，B错误； C. 使用黄沙可以隔离可燃物和氧气，起到灭火效果， C正确； D. 使用干粉(NaHCO )，碳酸氢钠受热易分解产生大量二氧化碳，与过氧化物反应产生氧气， 3 加剧反应进行，D错误。 答案为C。 【点睛】本题易错点是电石和过氧化物的反应，除常规的灭火措施以外，一定要注意电石和 过氧化物与水的剧烈反应，以及过氧化物与空气中气体的反应。 2．B 【详解】A、Cu2+为蓝色离子，且在酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，错误； B、使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存， 正确； C、亚铁离子与溶液中的次氯酸分子发生氧化还原反应，不能大量共存，错误； D、由水电离出的c(H＋)＝1×10-10mol/L<1×10-7mol/L的溶液中，存在大量的氢离子或氢氧根 离子，抑制水的电离，而碳酸氢根离子在酸性或碱性条件下都不能大量共存，错误； 答案选B。 3．D 【详解】A．Zn的活动性大于铁，过量的锌先将Fe3+还原为Fe2+，再将Fe2+还原为Fe，离 子方程式为2Fe3++3Zn═2Fe+3Zn2+，A错误； B．由于次氯酸具有强氧化性，能够把Fe(OH) 氧化为Fe(OH) ，所以最终不能生成Fe(OH) ， 2 3 2 B错误； C．氢氧化铁与HI溶液反应时，发生Fe(OH) +3H+═Fe3++3H O反应，同时还有2Fe3++2I-=2 3 2 Fe2++I 反应发生，离子方程式为2Fe(OH) +6H++2I-═2Fe2++I +6H O，C错误； 2 3 2 2 D．氧化铁属于碱性氧化物，与稀硝酸反应生成盐和水，离子方程式为 答案第1页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}Fe O +6H+═2Fe3++3H O，D正确； 2 3 2 故选D。 4．A 【详解】A．石绿主要成分为碱式碳酸铜，A正确； B．赤铁矿主要成分为Fe O ，司南柄的主要成分为Fe O ，B错误； 2 3 3 4 C．《千里江山图》所用原料石绿能与酸反应，C错误； D．朱砂主要成分为硫化汞，是硫化物，D错误； 故选A。 5．C 【详解】A．气体所处的状态不明确，故N 个分子的体积不能计算，故A错误； A B．标况下重水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和中子数，故B错误； C．根据氯元素的价态由-1价变为0价，故生成0.5mol氯气转移1mol电子即N 个，故C A 正确； D．铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中能水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.3N 个， A 故D错误； 故选C。 6．A 【详解】A．硫原子位于正四面体的中心点上，四个氧原子位于正四面体的四个顶点上，A 正确； B．分析Ⅰ过程中发生反应，MnOH O 4OH 2MnO24H O，溶液pH减小，B错 2 2 3 2 误； C．根据转化关系图，过程Ⅱ中S2-与MnO2生成S O2和Mn(OH) ，根据氧化还原反应得失 3 2 3 2 电子守恒，2S24MnO29H O4MnOH S O210OH，C错误； 3 2 2 2 3 D．CaSO ⋅ 2H O俗称石膏，属于结晶水合物，属于纯净物中的盐类，D错误； 4 2 答案为：A。 7．A 【详解】A．Na O 能够与二氧化碳和水反应产生氧气，因此可用于潜艇中的供氧剂，但这 2 2 与物质颜色无关，因此不具有对应关系，A符合题意； 答案第2页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}B．Fe O 为红棕色，可用做红色颜料，具有对应关系，B不符合题意； 2 3 C．A1 O 是离子化合物，具有较高的熔点，因此常用作耐火、耐高温材料，具有对应关系， 2 3 C不符合题意； D．NaC1O具有强氧化性，能够使蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此常作为杀菌、消 毒剂，具有对应关系，D不符合题意； 故答案是A。 8．B 【详解】①C在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和C单质在高温条件可以生成CO，CO 高温条件可以还原Fe O ，生成CO 和Fe，故①能实现； 2 3 2 ②Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故②不能实现； ③二氧化硫与少量氨水反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵和稀硫酸反应生成硫酸铵和二氧化 硫，故③能实现； ④氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能电解，故④不能实现； ⑤硫酸铜溶液与过量NaOH形成碱性的氢氧化铜悬浊液，葡萄糖含有醛基，碱性、加热条 件下可以将氢氧化铜还原为Cu O，故⑤能实现； 2 综上所述，①③⑤满足题意，答案为B。 9．B 【分析】根据铁元素的化合价以及物质种类可知，a为铁单质，b为FeO，c为Fe O ，d为 2 3 Fe(OH) ，e为Fe(OH) ，f为亚铁盐，g为铁盐，h为高铁酸盐。 3 2 【详解】A．a为Fe，高温时Fe与水蒸气反应转化为Fe O ，A项错误； 3 4 B．f、g分别为FeCl 、FeCl ，两者均可通过化合反应获得，即2FeFeCl 3FeCl 、 2 3 3 2 2FeCl Cl 2FeCl ，B项正确； 2 2 3 C．d为氢氧化铁，FeOH 可中的+3价铁具有氧化性，HI具有还原性，两者发生氧化还原 3 反应生成亚铁盐，得不到铁盐，C项错误； D．b和c分别为FeO和Fe O ，设FeO的物质的量为xmol，Fe O 的物质的量为ymol，则有 2 3 2 3 x2y:x3y5:6，解得x:y3:1，则FeO和Fe O 的质量比为372:116027:20， 2 3 D项错误； 故选B。 答案第3页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}10．D 【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨化的食盐水中通二氧化碳气体， 生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图 可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，A正确； 1 B．过程Ⅱ为TBA的再生过程为 O +2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl +2TBA+2H O，实现了TBA、 2 2 2 2 CuCl 的再生，B正确； 2 C．过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C H +2CuCl  C H Cl +2CuCl，C正确， 2 4 2 2 4 2 催化剂 D．制碱过程为NaCl+CO +H O+TBA=NaHCO +TBA•HCl，理论上每生成1molNaHCO ， 2 2 3 3 需要1molTBA，根据关系式TBA～CuCl～0.5molC H Cl ，因此理论上每生成1mol 2 4 2 NaHCO ，可得到0.5molC H C1 ，D错误； 3 2 4 2 故合理选项是D。 11．B 电解 【分析】由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH Cl+2HCl 4 3H ↑+NCl ，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO +NCl +3H O=6ClO ↑+NH ↑+3NaCl+3NaOH， 2 3 2 3 2 2 3 则X含NaOH、NaCl，以此来解答。 【详解】A.NaClO 溶液与NCl 溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然 2 3 有H O参加，所以反应方程式为6NaClO +NCl +3H O=6ClO ↑+NH ↑+3NaCl+3NaOH，所以 2 2 3 2 2 3 大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确； B.N原子、C原子均为sp3杂化，NCl 分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对 3 电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl 的的键角小于CH 的 3 4 键角，故B错误； C.NaClO 变成ClO ，NaClO 中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C 2 2 2 正确； 电解 D. 由反应NH Cl+2HCl 3H ↑+NCl 、 4 2 3 6NaClO +NCl +3H O=6ClO ↑+NH ↑+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO 至少需要 2 3 2 2 3 2 0.5molNH Cl，故D正确； 4 故选：B。 答案第4页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}【点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。 12．D 【详解】A．因Na CO 与BaCl 反应生成白色沉淀碳酸钡，而NaHCO 与BaCl 不反应，可 2 3 2 3 2 以用BaCl 溶液鉴别Na CO 和NaHCO ，但是Ba(OH) 与两者均反应产生白色沉淀，不能鉴 2 2 3 3 2 别，A正确； B．相同条件下NaHCO 溶解度比Na CO 小得多，所以向饱和Na CO 溶液中通入过量CO 3 2 3 2 3 2 生成NaHCO ，有NaHCO 晶体析出，B正确； 3 3 C．小苏打为碳酸氢钠的俗称，泡沫灭火器主要为硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液生成氢氧化铝 和二氧化碳气体灭火，所以小苏打可以用于泡沫灭火器的反应物质，C正确； D．因为碳酸钠溶液与二氧化碳可发生反应转化为碳酸氢钠，所以除去碳酸氢钠溶液中的少 量碳酸钠，可通入足量二氧化碳，不能用加热法，因为碳酸氢钠受热易分解，且不能达到除 杂目的，D错误； 故选D。 13．B 【分析】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有硝酸钡，因为碳酸钡不溶于水，再加入 氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na CO ，则生成沉淀 2 3 21.6g 100g/mol20.4g，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应该小于Na CO 中碳酸根 2 3 106g 离子的质量分数。则KNO 、K CO 至少含有一种。 3 2 3 【详解】A．KNO 、K CO 至少含有一种，但不是一定含有K CO ，A错误； 3 2 3 2 3 B．肯定没有硝酸钡，可能含有硝酸钾，B正确； C．KNO 不是一定存在，C错误； 3 D．K CO 不是一定不存在，硝酸钡一定不存在，D错误； 2 3 故答案选B。 14．C 【详解】A、取KMnO 样品时不慎在表面沾了点蒸馏水，实际量取的KMnO 的质量偏小， 4 4 所配溶液的浓度偏低，A与题意不符； B、溶解搅拌时有液体飞溅，少量KMnO 损失，移入容量瓶内KMnO 的量减少，所配溶液 4 4 的浓度偏低，B与题意不符； 答案第5页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}C、定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，C符合题意； D、摇匀后液面下降，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至刻度线，导致溶液的体积 偏大，所配溶液的浓度偏低，D与题意不符。 答案选C。 15．D 【详解】A、小苏打的成分是NaHCO ，A错误； 3 B、磁性氧化铁的成分是Fe O (黑色)，通常用作颜料和抛光剂，B错误； 3 4 C、无水硫酸铜(CuSO )的作用是检验水蒸气，C错误； 4 D、二氧化硫能和某些有色物质反应生成无色物质，可用作漂白草织品，D正确。 答案选D。 16．D 【详解】A．干燥管的主要作用是防倒吸，A错误； B．试剂X的作用是除去CO 中的HCl，故试剂X为饱和NaHCO 溶液，试剂Y的作用是 2 3 与生石灰反应产生NH ，故试剂Y为浓氨水，B错误； 3 C．将盐酸用硫酸代替，硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石上会阻碍反应的 进行，C错误； D．CO 溶解度小，NH 极易溶于水，且使溶液显碱性，有利于CO 吸收，故应该先通入 2 3 2 NH ，后通入过量的CO ，D正确； 3 2 答案选D。 17． Fe,S 控制加CuFeS 的速度 BC 2 17 2 2 2 2 4 18 产物Cu2+ ，Fe3+催化H O 分解 Fe (SO ) ，H SO 4.25mol 2 2 2 4 3 2 4 【分析】（1）物质被氧化，化合价升高； （2）该反应是放热反应，放出的热量与加入的反应物的量有关； （4）CuFeS 转化成Fe3+、SO2-，化合价升高的元素有：Fe、S，H O 转化成H O，化合价 2 4 2 2 2 降低的元素有：O； （5）产物自身催化，产物催化H O 分解； 2 2 【详解】（1）CuFeS 中化合价：Cu为+2，Fe为+2，S为-2，物质被氧化，化合价升高，生 2 成物Fe O 中Fe为+3，SO 中S为+4，则被氧化的元素是：Fe、S； 2 3 2 （2）火法炼铜是放热反应，在实际生产中，可控制加CuFeS 的速度达到控制反应温度的效 2 答案第6页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}果，答案为：控制加CuFeS 的速度； 2 （3）A．会对环境造成污染，B、C是对二氧化硫的废物再利用，D．浓硫酸不能吸收二氧 化硫，答案选BC； （4）CuFeS 转化成Fe3+、SO2-，化合价升高的元素有：Fe、S，H O 转化成H O，化合价 2 4 2 2 2 降低的元素有：O，根据得失电子守恒，用双剑桥和质量守恒定律方法配平，化学方程式为： 2CuFeS +17H O +2H+ 2Cu2++2Fe3++4SO2-+18H O； 2 2 2 4 2 （5）双氧水的消耗量要远远高于理论值，说明产物中有物质继续分解过氧化氢，答案为： 生成产物Cu2+ ，Fe3+催化H O 分解； 2 2 （6）由图可知：Fe (SO ) 、H SO 是中间产物，可循环利用，答案为：Fe (SO ) ，H SO ； 2 4 3 2 4 2 4 3 2 4 （7）Fe元素最终生成Fe3+，S元素转化为SO2-，当有2molSO2-生成时，失去电子共17mol， 4 4 17 消耗O 的物质的量为 =4.25mol，答案为：4.25mol。 2 4 18．(1)除去混合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化为金属氧化物有利于浸出 (2)C1O+3Pd+11Cl+6H+=3PdCl2+3H O 3 4 2 (3)阴离子 (4) 2(NH )PdCl +N H =N +2Pd+4NH Cl+4HCl 浸取与洗脱 4 4 2 4 2 4 (5) PdH 钯是一种优良的储氢金属，由于钯吸收储存了部分氢气，所以消耗的 0.8 H 质量比理论值略高 2 【分析】废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、α-Al O 及少量Fe、Cu等元素)在空气中 2 3 焙烧，将有机物燃烧、金属氧化为金属氧化物，用甲酸还原得到金属单质，过滤，将钯渣用 浓盐酸、氯酸钠浸取，再过滤，将滤液用离子交换除杂，再用洗脱机洗脱，再用浓氨水沉钯， 得到的产物用N H 还原得到Pd。 2 4 【详解】（1）根据题中信息一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、α-Al O 及少量 2 3 Fe、Cu等元素)，则进行“焙烧”的目的是除去混合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化 为金属氧化物有利于浸出；故答案为：除去混合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化为 金属氧化物有利于浸出。 （2）“浸取”时，加入NaClO 有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸(H PdCl )为二元强 3 2 4 答案第7页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}酸，则电离出PdCl2，因此加入浓盐酸和NaClO 后主要反应是Pd和氯酸钠、盐酸反应生 4 3 成四氯合钯(Ⅱ)酸钠、四氯合钯(Ⅱ)和水，其反应的离子方程式： C1O+3Pd+11Cl+6H+=3PdCl2+3H O；故答案为：C1O+3Pd+11Cl+6H+=3PdCl2+3H O。 3 4 2 3 4 2 （3）由于溶液中含有PdCl2，因此 “离子交换除杂”应使用阴离子树脂将PdCl2交换；故答 4 4 案为：阴离子。 （4）“沉钯”时得到氯钯酸铵 (NH ) PdCl 固体，则“还原”过程N H 转化为N ，在反应器 4 2 4 2 4 2 出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程发生的化学方程式为2(NH )PdCl +N H =N + 4 4 2 4 2 2Pd+4NH Cl+4HCl，根据流程图中盐酸用于浸取，洗脱过程中将PdCl2变为(NH )PdCl ， 4 4 4 4 因此该反应的副产物可循环利用至浸取与洗脱环节；故答案为：2(NH )PdCl +N H =N + 4 4 2 4 2 2Pd+4NH Cl+4HCl；浸取与洗脱。 4 （5）研究表明有些过渡金属型氢化物能高效的储存和输送氢能源，如LaH 、TiH ，已 2.76 1.73 知标准状况下，1体积的钯粉大约可吸附896体积的氢气(钯粉的密度为10.64g·cm-3，相对 10.64gcm31000cm3 原子质量为106.4)，则1L(物质的量为 100mol)，896L氢气的物质 106.4gmol1 的量为40mol，则钯(Pd)的氢化物的化学式PdH 。在第二步还原过程中，也可用H 代替 0.8 2 N H 进行热还原，但消耗的H 质量比理论值略高，其原因是钯是一种优良的储氢金属，由 2 4 2 于钯吸收储存了部分氢气，所以消耗的H 质量比理论值略高；故答案为：PdH ；钯是一种 2 0.8 优良的储氢金属，由于钯吸收储存了部分氢气，所以消耗的H 质量比理论值略高。 2 19． 树状分类法 D B 3 Fe3++3OH-=Fe(OH) ↓ 红褐 丁达 3 尔效应 【详解】（1）①按照层次，一层一层来分，就像一棵大树，图示方法就是树状图，树状分类 法是一种很形象的分类法；②A、碳和一氧化碳具有还原性；B、一氧化碳和二氧化碳属于 氧化物；C、二氧化碳和碳酸氢钠碳元素化合价相同； D、只有碳酸氢钠属于电解质，故选 D。③晶体碘属于非金属单质，故选B；④将一定量的稀硫酸逐滴滴入到氢氧化钠和碳酸钠 的混合溶液中，边滴加边搅拌，直至有少量气泡产生，此过程中共发生的离子反应有OH― ＋H＋=H O、H＋＋CO 2―=HCO ―、HCO ―＋H＋=H O＋CO ↑三种反应；（2）棕黄色FeCl 溶 2 3 3 3 2 2 3 液中滴入NaOH溶液会产生Fe(OH) 沉淀，三价铁和强碱中的氢氧根之间发生了反应，即 3 Fe3＋+3OH－═Fe(OH) ↓，在小烧杯中加入30mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入2mL 3 答案第8页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}氯化铁棕黄色溶液，继续加热可以获得红褐色的氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有丁达尔效 应。 20．(1) 锥形瓶 安装好A装置，在右侧导管接一橡胶管并用止水夹夹住，在分液 漏斗中加水，打开活塞，若分液漏斗中水滴一段时间后不在滴下，则证明气密性良好 Δ 2FeCl +H 2FeCl +2HCl↑ ABCBD 3 2 2 (2) 冷凝回流 蒸馏 排尽装置中的空气，以防止FeCl 被氧化 将反应生成 2 的HCl全部排入装置B中 78.4% 【详解】（1）①A装置中装锌粒的仪器名称是锥形瓶；检查A装置的气密性的方法是安装 好A装置，在右侧导管接一橡胶管并用止水夹夹住，在分液漏斗中加水，打开活塞，若分 液漏斗中水滴一段时间后不在滴下，则证明气密性良好，故答案为：锥形瓶；安装好A装 置，在右侧导管接一橡胶管并用止水夹夹住，在分液漏斗中加水，打开活塞，若分液漏斗中 水滴一段时间后不在滴下，则证明气密性良好； ②H 还原无水FeCl 制取FeCl ，另一产物应为含H、Cl的物质，即为HCl，所以化学方程 2 3 2 Δ Δ 式为2FeCl +H 2FeCl +2HCl↑，答案为：2FeCl +H 2FeCl +2HCl↑； 3 2 2 3 2 2 ③因为FeCl 易吸水，所以在氢气通入前，一定要进行干燥处理，即由A装置制得的H 一 3 2 定要经过B的干燥处理，至于H 中混有的HCl是否处理，问题并不大，因为通过碱石灰处 2 理水蒸气时，HCl也可被吸收，反应后生成的HCl会污染环境，也需用碱石灰处理，多余 的氢气应烧掉，从而得出按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为ABCBD，答案为： ABCBD； （2）①仪器a是冷凝管，其作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流； ②氯苯是液体，回收滤液中C H Cl的操作方法是蒸馏，故答案为：蒸馏； 6 5 ③反应开始之前先通一段时间N 的目的是排尽装置中的空气，以防止FeCl 被氧化；在反 2 2 应完成后继续通一段时间N 的作用是反应生成的HCl全部排入装置B中，答案为：排尽装 2 置中的空气，以防止FeCl 被氧化；将反应生成的HCl全部排入装置B中； 2 ④根据化学方程式可知关系式为：n(FeCl )=2n(HCl)=2n(NaOH)= 3 2 0.40mol/L 0.0196L 0.1568mol，则氯化铁的转化率为 0.1568mol162.5g/mol × × ×1 1 0 0 = 0%78.4% ，答案为：78.4%。 32.5g 【点睛】本题考查实验，实验中的操作的目的，一般和物质的性质有关，如含有FeCl 的装 2 答案第9页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}置中，要通入氮气做保护，是因为氯化亚铁易被氧气氧化。 答案第10页，共10页 {#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}