安徽省合肥市一六八中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学答案

化学答案第1页(共5页)参考答案、提示及评分细则一、选择题(每小题3分,共42分)题号123456789答案DBBDCADCADBBAA【解析】富勒烯、碳纳米管、石墨烯等都属于无机非金属材料,不属于有机材料,D项错误,故选D。【解析】A.C02在NaCl中的溶解度很小,先通入NH3使食盐水显碱性,能够吸收大量C02气体,所以侯氏制碱法应在饱和食盐水中先通氨气再通二氧化碳,A错误;B.N0父与Na2C03溶液反应生成硝酸盐、亚硝酸盐,N0父与NH3反应生成氮气,B正确;C.钠是活泼金属,当前工业上普遍采用熔融氯化钠电解法制金属钠,镁化学性质也比较活泼,工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁,C错误;D.工业炼铁主要利用的是焦炭产生的C0在高温下还原铁矿石得到的铁单质,D错误;故选B。【解析】A.往饱和碳酸钠溶液中通入足量的C02气体可生成碳酸氢钠沉淀;B.往氯化钡溶液中通入体积比为1:1NH3和S02的混合气体,NH3十S02十H20=NH4HS03,NH4HS03与氯化钡溶液反应,无法生成沉淀;C.往氯化钡溶液中通入体积比为1:1Cl2和S02的混合气体Cl2十S02十2H20=H2S04十2HCl,H2S04与氯化钡溶液反应生成BaS04;D.往氯化钡溶液中通入体积比为1:1N02和S02的混合气体,N02十S02十H20=H2S04十N0,H2S04与氯化钡溶液反应生成BaS04;故选B。【解析】A.D2180和T20的摩尔质量均为22g/mol,1.1g混合物的物质的量为0.1mol,每个D0和T20分子均含有10个质子,故2.2gD2180和T20的混合物,含有的质子数为NA,A正确;B.n(PH3)=0.2mol,由方程式得关系式为PH3~3e—。则转移的电子为0.6NA,B正确;C.zn与浓硫酸反应为:zn十2H2S04(浓)=znS04十S02↑十2H20,zn与稀硫酸反应:zn十H2S04(稀)=znS04十H2↑,由反应可知1molzn生成1mol气体,故C正确;D.5.6g铁的物质的量是0.1mol,完全发生吸氧腐蚀生成氢氧化亚铁,则在电化学过程中转移的电子数为0.2NA,D错误;故选D。【解析】A.二元弱酸亚磷酸(H3P03)溶液中滴加少量的Na0H溶液反应生成NaH2P03和水:H3P03十0H—=H2P03—十H20,A错误;B.将少量溴水滴入过量Na2S03溶液中,会生成H十,溶液中过量的S0—与会H十结合生成HS03—,离子方程式:Br2十H20十3S0—=2Br—十S0—十2HS03—,B错误;C.Fe2十的还原性强于Br—,因此Cl2先将Fe2十氧化,根据电子守恒,完全氧化,因此参与反应的Fe2十和Br—的物质的量之比为0.01mol:0.014mol=10:14,离子方程化学答案第2页(共5页)14Br—=7Br2十10Fe3十十24Cl—,C正确;D.泡沫灭火剂的主要成分为硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液,所以泡沫灭火器的灭火原理为:Al3十十3HC03—=Al(0H)3↓十3C02↑,D错误;故选C。【解析】A.HC03—水解为弱碱性,可共存,A正确;B.加入铝粉后可放出H2的溶液中可能为酸性或碱性,NH在碱性环境下不能存在,铝与酸性环境下含N03—在的溶液无法生成氢气,生成N0气体,B错误;C.H2P04—十P0—=2HP0—,C错误;D.CH3C00—水解会使溶液呈碱性,不能呈中性,D错误;故选A。【解析】A.IBr中溴电负性较强,溴显—1价、碘显十1价,A错误;B.氧化性:Fe3十>I2,IBr与Fe反应生成FeI2,B错误;C.BrCl与足量FeBr2反应的化学方程式为3BrCl十6FeBr2=FeCl3十5FeBr3,BrCl中Br元素在反应中由十1价变为—1价,故1molBrCl与足量FeBr2溶液完全反应时转移的电子为2mol,C错误;D.IF5中氟电负性较强,氟显—1价、碘显十1价,IF5可以与水生成HI03和HF,各元素化合价没有改变,不是氧化还原反应,D正确;故选D。【解析】A.在含Ba(0H)2、K0H的混合溶液中缓慢通入C02,C02先与Ba(0H)2反应生成BaC03沉淀,然后K0H与C02反应生成K2C03,Na[Al(0H)4]与C02反应生成Al(0H)3,K2C03再与C02反应生成KHC03,最后BaC03和C02反应生成Ba(HC03)2,A正确;B.在含十的溶液中逐滴加入K0H溶液,H十先与K0H反应生成水,然后Al3十与K0H反应生成氢氧化铝沉淀,NH再与K0H反应生成NH3●H20,最后Al(0H)3与K0H反应生成偏铝酸钾,B正确;C.在含[Al(0H)4]—、0H—、C0—的溶液中逐滴加入盐酸,H十先与0H—反应生成水,然后[Al(0H)4]—与H十反应生成氢氧化铝沉淀,再后C0—与H十反应生成HC03—,HC03—与H十反应生成C02,最后Al(0H)3和H十反应生成铝离子,C错误;D.氧化性:Ag十>Fe3十>CU2十>H十>Fe2十,在含等物质的量的Fe2十、Ag十、CU2十、Fe3十、H十的溶液中加入锌粉,氧化性强的先反应,当氧化性强的反应完成后反应性弱的依次再发生反应,故化学反应先十2十,D正确;故选C。【解析】含硒废料加入煤油除去硫,分离出固体加入稀硫酸将铁、铜、锌转化为盐溶液除去,分离出固体加入亚硫酸钠将se转化为ses0—,加入稀硫酸酸化得到se。A.“分离”时得到含硫煤油为分离固液的操作,方法是过滤,A错误;B.金属氧化物能和酸反应,“酸溶”操作的目的是除去废料中的金属氧化物,B正确;C.“浸取”后分离固液的操作为过滤,所用玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒,C正确;D.“酸化”时ses0—转化为se和二氧化硫,发生反应的离子方程式:ses0—十2H十=se↓十s02↑十H20,D正确;故选A。【解析】A.s02具有还原性,并且可以杀菌、抗氧化,在葡萄酒中添加适量的s02能杀灭微生物并防止葡萄酒的氧化变质,A正确;B.新型陶瓷碳化硅是新型无机非金属材料,可用作耐高温结构材料、耐高温半导体材料,故B正确;C.储氢合金是一类能大量吸收H2,并与H2结合成金属氢化物的材料,C正确;D.燃煤中添加生石灰可以减少硫的氧化物的排放,可减少污染,但不能有效吸收C02,实现碳中和,D错误;故选D。化学答案第3页(共5页)【解析】A.氯化铵受热分解为氨气和HCl,遇冷重新生成氯化铵,因此"处蓝色石蕊试纸不会变红,A不符合题意;B.CU2(0H)2C03受热分解为CU0、C02、H20,CU2(0H)2C03为绿色,CU0为黑色,因此I处固体颜色由绿色变为黑色,二氧化碳、水能分别与Na202反应生成碳酸钠和Na0H,因此"处固体颜色由淡黄色变为白色,B符合题意;C.氯酸钾在二氧化锰作催化剂下加热得到KCl和氧气,题中所给药品没有给出Mn02,I、"处均无明显现象,C不符合题意;△△D.氧化铁与碳粉在加热条件下发生2Fe203十3C=4Fe十3C02或Fe203十3C=2Fe十3C0,C02不与CU0反应,C0与CU0加热条件下才反应,因此"处无明显现象,D不符合题意;故选B。【解析】A.Cr的价电子排布式为3d54S1,故A错误;B.由Cr20—十H20亍兰2Cr0—十2H十可知,Cr20—在碱性溶液中不能稳定存在,B正确;C.Cr05分子中不含离子键,C错误;D.该反应中元素化合价都没有变化,属于非氧化还原反应,D错误;故选B。【解析】A.氯化钠溶液与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠,继续滴加氨水直至过量,氯化银与氨水反应生成银氨络离子,沉淀会溶解,则向氯化钠溶液中滴加少量硝酸银溶液,产生白色沉淀,继续滴加氨水直至过量,观察现象能验证配位键影响物质的溶解性,A正确;B.向酸性KMn04溶液中滴入FeCl2溶液,紫红色溶液变浅并伴有黄绿色气体产生,可以证明KMn04氧化性大于Cl2,无法证明Cl2>Fe3十,B错误;C.向Na2S03和Na2S混合溶液中加入浓硫酸,浓硫酸具有强氧化性,溶液中出现淡黄色沉淀,可能是浓硫酸氧化Na2S,C错误;D.玻璃中含有钠元素,因此灼烧火焰呈黄色,不能证明溶液中含有Na元素,D错误;故选A。【解析】A.加入过量稀硫酸无明显现象,说明无C0—;加入过量Ba(N03)2溶液有气体A生成,说明溶液中存在还原性离子,即含有Fe2十,因Fe2十能与[Al(0H)4]—发生相互促进的水解反应,故溶液中无[Al(0H)4]—;因为前面加入了稀硫酸,故由生成沉淀A(硫酸钡)不能说明溶液中存在S0—;向滤液X中加入过量Na0H溶液有气体B生成,说明存在NH,沉淀B为氢氧化铁;向滤液Y中通入少量C02得到沉淀C,则沉淀C可以是BaC03或Al(0H)3或二者的混合物,又因为试液中各离子的浓度均为0.1mol●L—1,根据电荷守恒及以上分析可知,原溶液中一定存在S0—、Cl—,一定不存在K十、Al3十,故沉淀C为BaC03。由上述分析知,原溶液中存—,A正确;滤液X中大量存在的阳离子为Fe3十、NH、Ba2十、H十,B错误;沉淀C为BaC03,C错误;原溶液中存在Cl—,一定存在K十,D错误。故选A。二、非选择题(共58分)(1)第四周期Ⅷ族(周期和族各1分,共2分)(2)2Fe3十十3Cl2十160H—=2Fe0—十6Cl—十8H20(3)在HCl气流中蒸发浓缩(4)高铁酸钾先利用其强氧化性杀菌消毒,再利用还原产物Fe3十水解生成Fe(0H)3胶体来净△水(2分,一个点一分)FeCl3●6H20十6S0Cl2=FeCl3十6S02↑十12HCl↑—(5)3N02十2H20=2HN03十N0—化学答案第4页(共5页)(6)6Fe十5N03—十20H十=3Fe2十十3Fe3十十5N0↑十10H20(7)3:2【解析】I:由“红褐色沉淀”可知F为氢氧化铁,E为氢氧化亚铁,G为Fecl3,A为Fe。由“焰色反应为紫色”可知“溶液”中含有K元素,推知c为K0H,D为Kcl,H为Agcl。(1)根据Fe在周期表中位置解答。(2)由题给信息,反应物为cl2、K0H、Fecl3,生成物K2Fe04和Kcl,配平即可。(3)Fecl3溶液制取Fecl3●6H20,要防水解,故在Hcl气流中蒸发浓缩,不能直接蒸发结晶,防结晶水损失。(4)高铁酸钾有强氧化性,可杀菌消毒,消毒后还原产物Fe3十,水解生成Fe(0H)3胶体来净水。":B能使带火星木条复燃,为氧气;G为紫色金属,是cU;E的相对分子质量比D大17,推出E为HN03;D为N02;进一步推出F为H20;A为NH3。(5)有上述推理,结合双线桥知识得出答案。(6)配平时,抓住Fe3十与Fe2十的个数比为1:1,把两个离子当做一个整体进行电子守恒,进而配平。(7)硝酸根全部显氧化性时,溶解cU的量最大。据方程式:3cU十2HN03十3H2S04=3cUS04十2N0↑十4H20解答。(1)蒸馏烧瓶(2)硬质玻璃管内(或装置内)充满黄绿色气体△(3)7cl2十2FeTi03十6c=2Ticl4十6c0十2Fecl3(4)136.4~306蒸馏(5)吸收氯气,防污染;防止空气中水蒸气接触产品,导致产品水解(一个点1分)(6)①防止Hcl挥发损耗②95%【解析】(1)蒸馏烧瓶(2)氯气有色,可通过观察黄绿色是否充满装置判断是否排尽空气。(3)据题给信息写出反应物和生成物,由碳、氧原子守恒判断FeTi03和c计量数比为1:3,再根据电子守恒、原子守恒配平。(4)保持Fecl3为固态,保留在右边硬质玻璃管中,Ticl4和ccl4为气态进入锥形瓶中,分离出氯化铁,固温度控制在136.4~306℃。由表中信息可知,四氯化钛溶于四氯化碳中,故分离采用蒸馏的方法。(5)吸收氯气,防污染;易水解,防止空气中水蒸气接触产品,导致产品水解。(6)安全漏斗中的水可以吸收挥发出来的Hcl,防Hcl逸出造成测定误差。Ticl4~4AgN03的关系式求解。(1)5S02十2Mn04—十2H20=5S0—十2Mn2十十4H十(2)适当升温,加快浸取速率,温度不宜过高,防止氨气大量挥发(一个点1分)三角锥形(3)铁粉、Si02(4)Fe203十6H十十8cl—=2Fecl4—十3H20(5)2Fe(c204)—十Fe十6H20=3Fec204●2H20十3c20——=父Li十十MoS2化学答案第5页(共5页)【解析】(1)S02被氧化为硫酸根,高锰酸根被还原为Mn2十,结合酸性环境书写。(2)从反应速率和NH3的挥发性两个角度回答。(3)铁粉、Si02(4)由图可知,生成的三价铁是以“FeCl4—”的形式存在,不能写为Fe3十,故离子方程式为Fe203十6H十十8Cl—