2024-2025学年江苏苏州园区星海实验中学高一(上)12月考化学试题含答案

2024级高一年级12月学情调研测试高一化学是EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(13),49)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(15),49)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(13),49)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(15),49)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(13),49)...ANaOHBCDEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4).....B．FeSO4溶液吸收SO2后，所得溶液酸性减弱C．SO2最终转化成SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)9．某小组探究常温下Na2CO3和NaHCO3与碱的反应，实...ⅠⅡⅢNa2CO3溶液NaHCO3溶液@烧杯中溶液pH变化如下EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(2),3)+Ca2+=CaCO3↓选项A失含有SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)B含ClCD量盐酸有气体产生，然后加入BaCl2溶液有白色沉淀产生EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up3(2),4)12．已知SO2通入BaCl2溶液无明显现象。某同学利用如图装置探究SO2与B．乙中产生的一定为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀出液中的Fe2+(2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O)，再加适量Na2CO3调pH使Fe3+ii．酸性条件下MnO2被还原为Mn2+C．Fe3+转变为沉淀的离子方程式为：2Fe3++3COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑D．推测若用NaHCO3调溶液pH也可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀(1)配平下列化学反应，并用单线桥表示电子转移的方向和数目。 H2O2+Cr2(SO4)3+KOH—K H2O@若反应中有6.72L（标准状况）气体生成，转移电子数目为。H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2→O2。①该反应中发生还原反应的过程是：。EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)用0.2mol/LKMnO4酸性溶液氧化（其中KMnO4被还原成Mn2+共消耗KMnO4溶液0.8mL，则元素X在还原产物中的化合价是。将ClO2通入NaCl溶液，溶液变为黄绿色。加入少量CCl4振荡，静置后溶验i将ClO2通入HCl溶液，溶液变为黄绿色。加入少量CCl4振荡，静置。溶(4)实验二中，证明ClO2能氧化Cl产生Cl2的现象是。2CO3和NaHCO3在生活、生产中有着广泛的应用，以氯化钠为原料制备Na2CO3和NaHCO3的部分工艺流程如下：已知：NaHCO3、NH4Cl、NaCl溶解度随温度的变化如下图。温度高于100℃时，NH4Cl开始显著分解。其中检验NaHCO3是否洗涤干净的操作是。所得NH4Cl样品中含有少量的NaCl和NaHCO3，请设计实验方案提纯NH4Cl样品：将NH4Cl样品溶于水，(实验中须使用的试剂：盐酸)。(1)K2FeO4的制备①已知NaClO被还原成NaCl，写出该反应的离子方程式。@i中反应说明溶解度：Na2FeO4K2FeO4（填“>”或“<”）。(2)K2FeO4的性质i.将K2FeO4固体溶于水中，有少量无色气泡产生，经检验为O2，同时有Fei.将K2FeO4固体溶于浓KOH溶液中，放置2小时无明显变化。@K2FeO4的氧化性与溶液pH的关系是。(3)K2FeO4的应用K2FeO4可用于生活垃圾渗滤液的脱氮（将含氮物质转化为N2）处理。K2FeO4对①K2FeO4脱氮的最佳pH约是。A．不锈钢是合金，不锈钢属于金属材料，故A正确；B．甲醇燃烧不会产生CO2和水，故B错误；C．CO2制备甲醇，实现了“废碳再生”有新物质生成，“废碳再生”是化学变化，故C正确；D．亚运会的大会主火炬采用“轻量化设计”，大大减少了不锈钢材料的使用，充分体现了绿色化学理念，故D正确；选B。电解质是在水溶液中或者熔融状态下能够导电的化合物，单质和混合物不属于电解质，据此分析解题。A.金属铁是单质不属于电解质，故A错误；B.氢氧化钙溶于水能够电离成钙离子和氢氧根离子，溶液导电，属于电解质，故B正确；C.稀硫酸是混合物不属于电解质，故C错误；D.乙醇溶于水不能电离，溶液不导电，乙醇是非电解质，故D错误；故选：B。A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，加热条件下反应生成过氧化钠，A不符合；B．氢氧化钠和二氧化碳反应时，当氢氧化钠过量时反应生成碳酸钠，当二氧化碳过量时反应生成碳酸氢钠，B不符合；C．铁与氯气反应生成氯化铁，不随反应条件或反应物的用量变化而变化，C符合；D．碳酸钠和盐酸反应时，当碳酸钠过量时反应生成碳酸氢钠，当盐酸过量时反应生成氯化钠、水和二氧化碳，D不符合；答案选C。A．根据1EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(13),49)In可知，铟的质子数为49，质子数等于核外电子数，即铟的核外有49个电子，A正确；B．同位素就是质子数相同、中子数不同的同种元素不同原子，则1EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(15),49)In与1EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(13),49)In互为同位素，C．铝元素的原子序数为13，最外层电子3个，则Al的原子结构示意图为：D．质量数＝质子数＋中子数，则1EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(15),49)In的中子数＝115−49＝66，1EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(13),49)In的中子数＝113−49=64，两者中子数不同，D错误；故选D。A．除Na2SO4溶液中的NaOH，加适量硫酸调至中性，故A错误；B．锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，除ZnSO4溶液中的CuSO4，加稍过量锌粉，过滤，C．K2CO3和盐酸反应生成KCl、二氧化碳、水，加适量盐酸调至中性，可除KCl溶液中的D．Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加稍过量稀硫酸，过滤，可除去Cu中的Fe，选A。(2)A(3)D要除去粗盐中的Na2SO4、MgCl2、CaCl2和泥沙等杂质，先加水溶解，过滤除去泥沙，再向滤液中依次加BaCl2溶液、Na2CO3溶液和NaOH溶液，为了能完全除去杂质，除杂试剂要过量，过量的BaCl2溶液除去SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)，过量的Na2CO3溶液除去Ca2+和过量Ba2+，过量的氢氧化钠除去Mg2+，过滤除去沉淀，滤液加入盐酸除去过量的OH、COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)生成氯化钠，最后蒸发结晶得到氯化钠晶体，据此解答。（1）由分析可知，操作①为过滤，需要使用的实验仪器是玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要蒸发皿，故选C；（2）A．由分析可知，@的目的是除去SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)，A正确；B．若BaCl2放在最后面，则过量时无法除去，则BaCl2溶液应放在Na2CO3溶液前面，B错C．KOH溶液会引入杂质离子钾离子，C错误；D．滤液中加稀盐酸时发生反应：OH+H+=H2O、COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)+2H+=H2O+CO2↑,D错误；故选A。（3）NaCl在水中的溶解度受温度的影响较小，应该选择蒸发结晶的方法分离，故选D。A．标准状况下，1molH2的体积约为1mol×22.4L.mol1=22.4L，故A正确；B．1molN2中含有的质子数约为2×7×6.02×1023，故B错误；C．配制250mL1.0mol·L1H2SO4溶液需要18mol·L1H2SO4溶液的体积约为半-139mL，故C正确；半-139D．1molNa与足量O2反应时，转移的电子数约为6.02×1故选B。A．过程I、II中，SO2中S元素化合价升高，SO2均发生氧化反应，A正确；B．SO2溶于水生成亚硫酸，FeSO4溶液吸收二氧化硫后，所得溶液酸性增强，B错误；C．根据图示，二氧化硫最终转化成硫酸根离子，C正确；D．根据图示过程II中，二氧化硫被Fe3+氧化为硫酸根，发生反应的离子方程式为：EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)故选B。由题给信息可知，I是空白实验，I和II的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，III比II的pH曲线降低，说明反应开始时,少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，石灰水恰好完全反应时,碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。A．由分析可知，I是空白实验，设计实验的目的是排除体积变化对II、III溶液pH的影响，A正确；B．由分析可知，II和I的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根离子只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)+Ca2+=CaCO3↓,故B正确；C．由分析可知，III比II的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠溶液呈碱性，pH>7，故D错误；故选D。A．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失，该白色沉淀可能为BaSO4、AgCl或BaSO3，且加入的稀硝酸具有强氧化性，原溶液中不一定含有SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)，可能含有Ag+或SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)，A项错误；B．滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4或Ag2CO3，原溶液中可能含Cl、SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)或COEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),3)，B项错误；C．用铁丝蘸取某溶液于酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，原溶液一定含有Na+，不一定是钠盐，可能为NaOH，C项错误；D．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加入足量盐酸有气体产生，然后加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，说明样品中含有SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)，即Na2SO3样品已部分被氧化，D项正确；答案选D。A．电解饱和NaCl溶液不能生成单质钠，生成氢气、氯气和氢氧化钠，离子方程式为：2Cl+2H2O=2OH+H2↑+Cl2B．向Ba(OH)2溶液中滴加少量的NH4HSO4溶液，H+与OH以1:1中和，每个Ba(OH)2提 供2个OH◆,每个NH4HSO4提供1个H+，另外一个氢氧根和铵根反应生成氨水，方程式为：Ba2++2OH+NH+H++SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),4)=BaSO4↓+NH3C．氢氧化铝是难溶弱碱，不可拆分，方程式为：Al(OH)3+3H+=Al3++3H2D．氢氧化铝与胃酸（主要是盐酸）反应生成Al3+和水，离子方程式书写正确，D正确；故选D。SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)，如是氧化性气体，溶液中可生成SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),4)，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4，容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和氢氧化钠固体，产生氨气与SO2反应生成SOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(2),3)，能与Ba2+结合成BaSO3沉淀，故A正确；B．乙中产生的不一定为氧化性气体，可以是氨气，得到沉淀为亚硫酸钡，故B错误；C．玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；D．如果产生氨气，氨气极易溶于水防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误。答案选A。A．由图1可知，Fe2+氧化率随浸出液pH增大而减小，符合图象信息，A正确；B．由题干信息方程式2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，可知若起始没出液pH=1，MnO2与Fe2+反应一段时间后，消耗了H+导致H+浓度减小，故没出液pH会增大，B错误；C．Fe3+转变为沉淀是由于Fe3+和COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)发生双水解反应，故该反应的离子方程式为：2Fe3++3COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑,C正确；D．Fe3+转变为沉淀是由于Fe3+和COEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),3)发生双水解反应，故HCO3与Fe3+也能发生双水解反应，Fe3++3HCO3=Fe(OH)3↓+3CO2↑,故推测若用NaHCO3调溶液pH也可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，D正确；故选B。(2)KHCO30.6NA(3)MnO4→Mn2+B(4)+3过氧化氢中氧元素化合价由1价降低到2价，Cr元素化合价由+3价升高到+6价，依据得失电子守恒可知，配平后的化学方程式为：3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O，用单线桥法表示转移电子数目和方向为：。（2）依据反应前后原子种类和个数不变可知，A的化学式为KHCO3；标准状况下，6.72L氨气的物质的量为mol，依据方程式KCN+H2O2+H2O=KHCO3+NH3↑可知，生成1mol氨气转移2mol电子，因此生成0.3mol氨气，转移0.6mol电子，转移电子数为0.6NA。（3）依据题意可知，过氧化氢是还原剂，氧气是氧化产物，则具有氧化性的高锰酸根离子作氧化剂，二价锰离子是还原产物，因此发生还原反应的过程是：MnO4→Mn2+，而加入的酸是不参与氧化还原反应的强酸，所以酸选择稀硫酸，选B。（4）n(Na2SO3)=0.2mol/L×32×103L=6.4×103mol，n(XOEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),4))=4×103mol，n(KMnO4)=0.2mol/L×0.8×103L=1.6×104mol，亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，硫元素化合价由+4价升高到+6价，高锰酸钾被还原，锰元素化合价由+7价降低到+2价，XOEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),4)被还原，X元素化合价降低，令X元素在产物中的化合价为a价，依据得失电子守恒有：6.4×103mol×(64)=1.6×104mol×(72)+4×103mol×(6a)，解得a=+3，则元素X在还原产物中的化合价是+3。Δ(2)去除氯气中的氯化氢气体(3)Cl2+2NaClO2=2ClO2↑+2NaCl(4)实验ii中，下层溶液为黄绿色(5)溶液的酸碱性不同(6)溶液的酸性增强，发生反应8ClO2+8H+=6ClO2↑+Cl2↑+4H2O浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成氯气，饱和食盐水去除氯气中的氯化氢气体，氯气与亚氯酸钠反应生成二氧化氯，四氯化碳吸收未反应的氯气，以此分析；（1）浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成氯气，故答案为：MnO2+4H++2Cl=Cl2↑+Mn2++2H2O；Δ（2）饱和食盐水去除氯气中的氯化氢气体；故答案为：去除氯气中的氯化氢气体；（3）装置C中氯气与亚氯酸钠反应生成二氧化氯，Cl2+2NaClO2=2ClO2↑+2NaCl；故答案为：Cl2+2NaClO2=2ClO2↑+2NaCl；（4）实验二中，ClO2能氧化Cl产生Cl2，氯气溶于四氯化碳中溶液为黄绿色，则证明ClO2能氧化Cl产生Cl2的现象是实验ii中，下层溶液为黄绿色；故答案为：实验ii中，下层溶液为黄绿色；（5）实验一中上层溶液为黄绿色，下层溶液为无色，说明ClO2不能氧化Cl产生Cl2，ClO2在上层水溶液中；而实验二上层溶液为浅黄绿色，下层溶液为黄绿色，说明ClO2能氧化Cl产生Cl2，氯气溶于四氯化碳中溶液为黄绿色，由实验一、实验二得到的Cl2和ClO2氧化性强弱关系相反，可能的原因是溶液的酸碱性不同；故答案为：溶液的酸碱性不同；（6）Cl2通入装置C中一段时间后，溶液的酸性增强，发生反应=6ClO2↑+Cl2↑+4H2O，生成的Cl2进入了装置D；故答案为：溶液的酸性增强，发生反应8ClO2+8H+=6ClO2↑+Cl2↑+4H2O。=NaHCO3↓+NH4Cl取最后一次洗涤滤液于试管中，滴入足量稀硝酸酸至无气泡产生，再滴加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明洗涤干净(2)石灰乳和NH4Cl反应生成NH3，并使NH3循环利用降低NH4Cl的溶解度加入盐酸至无气泡产生，蒸发浓缩至有少量晶体析出，降温结晶，过滤，(冷水)洗涤，(低温)干燥饱和氯化钠溶液中先通氨气，使溶液呈碱性，再通二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠晶体，过滤后得到碳酸氢钠和主要含NH4Cl的母液，碳酸氢钠经受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，据此解答。（1）反应I中氯化钠、氨气、二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；检验NaHCO3是否洗涤干净，应检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子，则操作为：取最后一次洗涤滤液于试管中，滴入足量稀硝酸酸至无气泡产生，再滴加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明洗涤干净；（