安徽省天一大联考2024-2025学年高一下学期3月调研化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1安徽省天一大联考2024-2025学年高一下学期3月调研试卷一、单选题1．下列文物的主要成分不属于金属材料的是A．青瓷鐎斗B．金钗C．铜奔马D．铁牛A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】青瓷鐎斗主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A符合题意；金钗的主要成分为金，铜奔马的主要成分为铜，铁牛的主要成分为铁，均属于金属材料，B、C、D不符合题意；2．化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．SO2可用于漂白药材 BC．ClO2可用于自来水的消毒 D【答案】A【解析】SO₂不可用于漂白药材。国家药典明确禁止以外观漂白为目的使用硫黄熏蒸中药材，且二氧化硫残留会对人体健康造成潜在危害，A错误；液氨气化时可吸收大量热，故液氨可用作制冷剂，B正确；ClO2具有强氧化性，可以杀菌、消毒，可用于自来水的消毒，C熟石膏与水混合成糊状物后会凝固，故石膏可用来制作医疗绷带，D正确。3．已知NaBrO3溶液在一定条件下与F2反应的离子方程式为BrO3-A．b=2 B．Y是HC．BrO3-发生氧化反应 D．【答案】B【解析】根据F元素守恒可得a=1，再根据O元素和H元素守恒、电荷守恒可得，b=2、Y为OH-，A根据上述推断，Y为OH-，BBrO3--2e-F2+2e-24．在透明的溶液中，下列各组离子能大量共存的是A．Ca2+、NO3-、Na+、SO42- B．ZnC．Fe3+、Li+、SO42-、I- D．Cu2+【答案】D【解析】CaSO4微溶，Ca2+与SO42-酸性条件下，NO3-具有强氧化性。可将SO32-氧化，H+、SO32-、NO3-不能大量共存，且H2Fe3++2I-=2Fe各离子间不发生反应，能够大量共存，D符合题意。5．下列物质的分类完全正确的是选项碱性氧化物酸分散系电解质ACaOH碘酒NHBFeOHCl冰水混合物蔗糖CNaCFeOHBaSODAlH酒NaClA．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】选项中各物质分类完全正确，A正确；冰水混合物中只含水分子，属于纯净物，不属于分散系，且蔗糖属于非电解质，B项错误；乙醇属于非电解质，不能电离出H+，不是酸，CAl2O3是两性氧化物，6．下列物质的除杂试剂或方法正确的是选项物质(杂质)除杂试剂或方法ACO饱和Na2BKCl溶液(K2盐酸CNH加热DNOKOH溶液A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】CO2会与饱和Na2CO3溶液反应：Na2CO3+CO2盐酸可与K2CO3反应：2HCl+K2CO3=2KCl+NH42CO3受热分解：NH42CONO2与KOH溶液会反应：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H27．配制450mL0.1molA．用托盘天平称取胆矾12.5gB．洗涤后的容量瓶未干燥C．用胶头滴管定容时俯视容量瓶的刻度线D．用玻璃棒引流时，有几滴溶液溅出容量瓶【答案】C【解析】实验室没有450mL容量瓶，故应使用500mL的容量瓶，实际配制的为500mL0.1mol⋅L-1的CuSO4溶液，则所需的胆矾为：溶液配制过程中在定容时需要向容量瓶中加入水，故洗涤后的容量瓶未干燥不影响实验，B不合题意；定容时俯视容量瓶，如图：，液面在刻度线以下，使溶液的体积偏小，导致溶液的浓度偏大，C符合题意；溶液溅出，溶质偏少，导致浓度偏小，D不合题意。8．下列物质在一定条件下的转化关系如图所示，其中b是淡黄色固体，d为酸性氧化物。下列说法错误的是A．d的水溶液能导电，但d不属于电解质B．c可用向上排空气法收集C．c能使溴水褪色，体现其漂白性D．加热条件下，足量的铝与浓溶液e反应会产生2种气体【答案】C【解析】由b是淡黄色固体，能连续2次与氧气反应得到酸性氧化物可知b为S元素，则a、c、d、e分别是H2S、SO2、SOd为SO3，溶于水发生反应：SO3+H2O=H2c为SO2，密度大于空气且不与空气反应，可用向上排空气法收集，B漂白通常是指利用漂白剂使有机色素褪色，c为SO2，能使溴水褪色，其原因是：SO2+Br2+2H2Oe为H2SO4，在加热条件下，足量Al与浓硫酸反应先产生SO2：2Al+6H2SO4浓≜Al9．将摩尔盐xNHA．可用生石灰和浓氨水制备氨气B．该摩尔盐是纯净物C．滴入KSCN溶液，若溶液变为红色，则证明该盐已变质D．滴入BaOH2溶液使SO4【答案】D【解析】生石灰与水反应生成氢氧化钙，同时放热，有利于浓氨水反应生成氨气，故可用生石灰和浓氨水制备氨气，A项正确；由题意可知，该摩尔盐有固定化学组成为纯净物，B项正确；滴入KSCN溶液，若溶液变为红色，说明该溶液中含有Fe3+，说明该摩尔盐中已有Fe2+氧化Fe3+按化学计量数，x+y的SO42-恰好完全沉淀时，需要x+y的Ba2+，相应提供2x+y的OH-，此时溶液含有2xNH4+和y10．下列实验装置或操作能达到相应实验目的的是实验目的A．制备并收集NO2B．证明浓硫酸的脱水性装置或操作实验目的C．制备NaHCOD．比较Na2CO3装置或操作A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】NO2与水能反应：3NO2+浓硫酸使硫酸铜晶体失水，体现了它的吸水性，本实验难以实验，B错误；由于二氧化碳在水中的溶解度比较小，而氨气极易溶于水，为防止倒吸，通入氨气的导气管末端不能伸入到溶液中，为增加二氧化碳的吸收率，通入二氧化碳的导气管末端应插入液面以下，C正确；NaHCO3应放在受热温度较低的小试管中，这样受热温度低的NaHCO3分解而受热温度高的Na2CO11．下列有关说法正确的是A．久置氯水黄绿色消失的原因是氯气挥发B．氯气能使湿润的花瓣褪色的原因是氯气具有漂白性C．SO2能使KMnO4溶液褪色的原因是D．Mg在Cl2【答案】C【解析】新制氯水中存在：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，放置过程中2HClO干燥氯气不具有漂白性，氯气能使湿润的花瓣褪色的原因是氯气与花瓣中的水分反应生成具有漂白性的HClO，B错误；漂白通常是指利用漂白剂使有机色素褪色，SO2能使KMnO4溶液褪色的原因是SO2具有还原性，能还原MnOMg在Cl2中剧烈燃烧，产生MgCl2白色固体，D错误12．用NAA．常温下，5.6g铁粉与足量的98%浓硫酸反应，转移的电子数为0.3B．加热条件下，完全消耗32g的硫需要铜原子的数目为2NC．28gCO、C2D．在催化剂、加热条件下，2molSO2与1molO【答案】B【解析】常温下，浓硫酸可使铁粉表面钝化，无法计算转移的电子数，A错误；加热条件下Cu与S反应：Cu+S△Cu2S，完全消耗32g的硫即为1mol，需要铜原子的数目为2N1molC2H4含有的质子数为16NA，1molCO含有的质子数为14NA，28gCO、C2SO2与O2的反应：2SO2+O213．X、Y、Z、W是核电荷数逐渐增大的四种短周期主族元素，X的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于碳酸，Y的单质是大气中含量最多的气体，W的氧化物具有两性，原子序数之和：X+A．原子半径：WB．X位于第二周期ⅢA族C．Y的简单氢化物遇湿润的红色石蕊试纸不变色D．Z与Y形成的化合物属于共价化合物【答案】B【解析】Y的单质是大气中含量最多的气体，Y为N，X在N的前面，且X的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于碳酸，因此X为B，W的氧化物具有两性且W在N的后面，因此W为Al，由原子序数关系X+W=Y+Z可知，Z的原子序数为11，是Na元素，因此X、Y、Z、W分别为B、N、Na、Al。同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，故原子半径Na＞Al，B＞N，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，故Al>B，综合得原子半径Na＞Al＞B＞N，A错误；X为B，B是5号元素，位于第二周期ⅢA族，B正确；Y为N，其简单氢化物为NH3，NH3与水反应生成的NH3∙H2O为碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误；Z与Y形成的化合物，如Na3N是离子化合物，D错误。14．Cu2O常用于制造船底防污漆，它在酸中易发生歧化反应。将14.4g的Cu2O加入500mL0.6molA．Cu2OB．加入硝酸的体积为100C．加入硝酸反应后的溶液中最多还可以溶解铁粉11.2gD．起氧化作用的硝酸占全部硝酸的100%【答案】C【解析】根据题意Cu2O在酸中易发生歧化反应，根据氧化还原反应中的价态变化规律，可得方程式为Cu214.4g的Cu2O加入500mL0.6mol⋅L-1硫酸中，n(Cu2O)=14.4g144g/mol=0.1mol，nH2SO4=0.5L×0.6mol/L=0.3mol，按上述歧化反应，生成0.1molCu和Cu2+，消耗0.2molH加入硝酸反应后的溶液中，含有0.1molCu2+和反应后剩余H+:0.4+0.23-0.83=0.2mol，加入Fe粉，发生的反应为：Cu根据上述分析，加入的硝酸全部作为氧化剂，D正确。二、解答题15．X、Y、Z、W、M为原子序数逐渐增大的短周期主族元素，由它们形成的甲~庚之间的转化关系如图所示，其中除了戊、庚为单质外，其余均为化合物；甲受热分解产生的乙、丙、丁的物质的量之比为1：1：1；气态丙与气态戊反应有白烟生成；相同条件下，丁的密度是氢气密度的22倍。回答下列问题：(1)Y的元素符号为；W的原子结构示意图为。(2)甲在水中的电离方程式为；反应①的化学方程式为。(3)Z、W的单质分别与氢气化合，反应更剧烈的是(填化学式)，原因是。(4)反应②可以分解成两个反应过程，I.氧化还原反应：(写出该反应的化学方程式并用双线桥法标出电子转移的方向和数目)；II.化合反应：(写出化学方程式)。(5)将戊通入淀粉KI溶液中，溶液变蓝，写出该反应的离子方程式：。【答案】(1)C(2)NH(3)O2O的得电子能力强于N，O与H(4)NH3(5)Cl【解析】相同条件下，丁的密度是氢气密度的22倍，则丁的相对分子质量为44，推知丁为CO2，由此可知甲为碳酸盐，甲热分解还产生了气态丙，且气体丙与气态戊反应有白烟生成，可推断丙为NH3，则甲又为铵盐，根据甲受热分解且分解产物的物质的量之比为1:1:1，可推断甲为NH4HCO3，乙为水，根据单质戊可与NH3反应产生白烟，可推断戊为Cl2：2NH3+3Cl2=6HCl+N2，NH3+HCl=NH4Cl，己为氯化铵，庚为氮气，综上：X、Y、Z、W、M分别为H、C、（1）Y的元素符号为C；W为O，O原子结构示意图为。（2）NH4HCO3为强电解质，在水中的电离方程式为NH4HCO3（3）Z、W的单质即N2和O2分别与H2化合，由于O非金属性比N强，O的得电子能力强于N，故O2更易与H2化合，反应更剧烈。（4）Cl2与NH3发生氧化还原反应，双线桥法标出电子转移的方向和数目为：；生成的HCl和NH3发生化合反应：NH3（5）将Cl2通入淀粉KI溶液中，发生氧化还原反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，该反应的离子方程式Cl216．CaNO22常作水泥的添加剂，利用废气中的NO、NO已知：2NO2+2回答下列问题：(1)在实验室进行操作A需要用到的玻璃仪器是。(2)该过程中空气的作用是(用化学方程式表示)。(3)写出NO2和石灰乳反应的化学方程式：(4)工业上利用NO2溶于水制备硝酸，写出该原理的化学方程式：(5)“系列操作B”中氮气的作用是。(6)向酸性KMnO4溶液中滴加CaNO22溶液，若该实验中氧化产物为NO3-，还原产物为Mn2+，则实验现象是【答案】(1)烧杯、漏斗、玻璃棒(2)2(3)4(4)3(5)作保护气，防止O2(6)溶液紫色褪去或变浅2：5【解析】（1）经操作A得滤液和滤渣，则操作A为过滤，则需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。（2）吸收塔中出来的尾气主要含NO，循环过程中通入空气的作用是将NO氧化为NO2：2NO（3）根据题中NO2与NaOH反应，可类推NO2和石灰乳反应为：（4）NO2溶于水后与水反应生成硝酸和一氧化氮：3（5）亚硝酸盐中N显+3价，具有还原性，易被O2（6）根据题中信息，酸性KMnO4溶液中滴加CaNO22溶液，发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5NO2-17．Na2实验步骤：连接好装置并检查装置的气密性。先通一段时间N2，关闭K后开始加热；反应结束后打开K，通入一段时间N观察现象：试管1、2、3中现象分别为红色不褪色，无沉淀产生、有黑色浑浊Pd出现。回答下列问题：(1)Na2SO4(2)先后通入氮气的目的依次为、。(3)试管1、2中的实验现象依次说明、；试管3中发生反应的化学方程式为。(4)将硬质玻璃管中反应后的固体粉末倒入试管中，然后滴入稀硫酸，有H2S气体产生，则Na2(5)有学生猜测试管3的浑浊中可能含有大量的1~100nm的微小颗粒，请设计实验进行证明：。【答案】(1)芒硝(2)排尽装置内的空气将产生的气体排出(3)无SO2产生无CO2产生(4)Na(5)将试管静置沉淀后，用一激光笔照射上层溶液，若有丁达尔现象，则证明含有大量的1~100nm的颗粒【解析】（1）Na2（2）反应前先通一段时间N2的目的是排尽装置内的空气，防止空气与C反应生成CO2等干扰实验，反应结束后通入一段时间N（3）试管1红色不褪色，说明反应中没有SO2产生，试管2无沉淀产生，说明反应中没有CO2产生；试管3中有黑色浑浊(Pd)出现，说明反应中生成了还原性气体将PdCl2还原Pd，可推断为CO（4）反应后的固体粉末滴入稀硫酸，有H2S气体产生，说明反应中生成了Na2S，结合（3）中推断，可推断Na（5）含有大量的1~100nm的微小颗粒的分散系中胶体颗粒较稳定，不容易沉淀，故将试管3静置，待沉淀充分沉降后，用一激光笔照射上层溶液，若有丁达尔现象，则证明含有大量的1~100nm的颗粒。18．某研究性学习小组设计用硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2回答下列问题：(1)滤液1中的溶质除了H2SO4外，还含有(填化学式，下同)；滤饼2(2)“沉铝”时发生反应的离子方程式为。(3)“还原”步骤中发生反应的离子方程式为；铁粉稍过量的目的是。(4)实验室中检验绿矾中阴离子的实验方法是。(5)若烧渣中氧化铁的含量为50%，制备流程中Fe元素损失20%，则1t烧渣可以制备绿矾FeSO4·7H2Omol。【答案】(1)Al2SO(2)H(