（人教版2019）2023-2024学年高一化学上学期 第一次月考卷.zip

2023−2024学年高一化学上学期第一次月考

A卷·基础知识达标测·全解全析

1．B 【解析】A．EFET膜具有防火、抗老化等功能，属于化学性质，属于化学研究范畴，故不选A；B．两个氢原子核聚变成一个氦核，原子种类发生变化，不属于化学研究范畴，故选B； C．分子机器将不同的分子组装成新的分子是化学变化，属于化学研究范畴，故不选C；D．研究物质性质，用于合成杀死新型冠状病毒的物质，生成新物质，属于化学变化，属于化学研究范畴，故不选D；选B。

2．B 【解析】1分子的硫酸能电离出2个氢离子，属于酸，且是二元酸，含有氧元素，属于含氧酸，硫酸属于纯净物，即为化合物，因此①③⑤⑥正确，答案选B。

3．D 【解析】A．分散系根据分散质粒子直径大小分为溶液、胶体和浊液，故溶液、胶体的本质区别是分散系粒子直径大小，故A错误；B．固体硫酸钠不导电，因为不存在自由移动的离子，硫酸钠的水溶液可以导电，硫酸钠是电解质，故B错误；C．二氧化碳水溶液能导电，因为二氧化碳与水反应生成了碳酸，二氧化碳本身不电离，是非电解质，故C错误；D．胶体的分散质粒子直径大小介于1~100nm之间，分散质粒子大小介于1～100mm的分散系称为胶体，故D正确。

4．C 【解析】A．H2SO4是二元强酸，完全电离， 电离方程式是，故A正确；B．Ca(OH)2是强碱，电离方程式是，故B正确；C．NaHCO3是盐，在水溶液中电离出钠离子和碳酸氢根离子，碳酸是弱酸，碳酸氢根离子不能拆开写，电离方程式是，故C错误D．KNO3是盐，在水溶液中完全电离出钾离子和硝酸根离子，电离方程式是 ，故D正确；故选C。

5．A 【解析】A．电解质是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，酸、碱、盐都是电解质，A正确；B．酸与盐、碱与盐之间不一定发生反应，要符合复分解反应发生的条件，B错误；C．碱的溶液一定显碱性，显碱性的溶液不一定是碱溶液，例如碳酸钠溶液显碱性，但碳酸钠属于盐，C错误；D．中和反应特指酸和碱的反应，而生成盐和水的反应不一定是中和反应，D错误；故选A。

6．C 【解析】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指酸与碳酸钙发生复分解反应，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；故答案为：C。

7．D 【解析】氧化还原反应的特征是有元素化合价的变化。阴影部分说明该反应属于氧化还原反应，但不属于置换反应、分解反应和化合反应。A.该反应属于置换反应，是氧化还原反应，故A错误；B.该反应属于分解反应，不是氧化还原反应，故B错误；C.该反应属于化合反应，是氧化还原反应，C错误；D.该反应不属于置换反应、分解反应和化合反应，反应中氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。

8．D 【解析】A．失电子化合价升高，得电子化合价降低，得失电子标反，且转移电子总数不等，A错误；B．双线桥的箭头应由反应物指向生成物，起始位置不正确，B错误；C．一部分得电子，一部分失电子，应转移一个，C错误；D．反应中只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由+5价、−1价变为0价，D正确；故答案为：D。

9．B 【解析】从方程式可以看出：水中氢元素化合价降低，水为氧化剂，故选B。

10．A 【解析】A．Fe与硫酸铜反应生成Cu，Cu与氧气反应生成CuO，均可实现转化，故A正确；B．H2O2分解生成H2O和O2，则H2O2H2不能实现，故B错误；C．CaCl2和CO2不反应，则CaCl2溶液CaCO3不能实现，故C错误； D．Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，则FeFeCl3不能实现，故D错误；故选：A。

11．D 【解析】书写离子方程式要符合客观事实，强酸、强碱和可溶性盐要拆成离子，其他物质用化学式表示。A．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不能生成铁离子，正确的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，A错误；B．氢氧化铜悬浊液不能拆成离子，正确的离子方程式为Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，B错误；C．碳酸钙难溶于水，不能拆成离子，正确的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，C错误；D．硫酸铜与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，离子方程式为Cu2+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，D正确；答案选D。

12．B 【解析】A．与OH−反应生成，与OH−反应生成，、、OH−不能大量共存，故不选A；B．H+、K+、、相互之间不反应，能大量共存，故选B；C．Ba2+、反应生成碳酸钡沉淀，Ba2+、不能大量共存，故不选C； D．H+、反应生成二氧化碳和水，H+、不能大量共存，故不选D；选B。

13．A 【解析】A．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，恰好反应时，导电性几乎为0，硫酸过量后，导电性增强，灯泡又变亮，A符合；B．硫酸钠和氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化钠，导电性不可能变为0，B不符合；C．硫酸氢钠和氢氧化钡恰好反应时生成硫酸钡、氢氧化钠和水，继续滴加硫酸氢钠生成硫酸钠和水，导电性不可能变为0，C不符合；D．氢氧化钠和氢氧化钡不反应，导电性不可能变为0，D不符合；答案选A。

14．D 【解析】戊高温会生成甲，甲和水反应生成的乙，乙和二氧化碳反应会生成戊，可以猜测戊是碳酸钙，甲为氧化钙，乙为氢氧化钙，氢氧化钙和盐酸会生成氯化钙，所以丙是氯化钙；氧化钙和硝酸会生成硝酸钙，氯化钙可以转化为硝酸钙，如和硝酸银反应会生成硝酸钙，所以丁是硝酸钙；碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氧化钙和硝酸反应生成硝酸钙和水，氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，氯化钙可以转化为硝酸钙，如和硝酸银反应会生成硝酸钙，氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，氯化钙和碳酸钠反应会生成碳酸钙沉淀和氯化钠，硝酸钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钠，推出的各种物质均满足题中的转化关系，所以甲是氧化钙，乙是氢氧化钙，丙是氯化钙，丁是硝酸钙，戊是碳酸钙，其中所含的相同元素是：钙元素；综上所述，本题选D。

15．A 【解析】根据氧化还原反应中含有元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答；①中Cu元素的化合价降低，则CuCl2为氧化剂，氧化性Cu2+>Fe2+；②中Fe元素的化合价由+3价降低为+2价，则FeCl3为氧化剂，氧化性Fe3+>Cu2+；则各粒子氧化性由强到弱的顺序为Fe3+>Cu2+>Fe2+，故A正确；答案选A。

16．B 【解析】由实验流程可知，①为粗盐溶解，②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，③中镁离子用氢氧根离子沉淀，④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，⑤为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，⑦为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。A．步骤①、⑤的操作分别是溶解、过滤，A正确；B．步骤③和④顺序可互换，因为只是除去过量的钡离子和镁离子的顺序颠倒，最终都能除去杂质离子，对实验结果无影响；步骤②和④顺序不可互换，否则将导致过量的钡离子无法除去，B错误；C．溶解、过滤和蒸发结晶都需要用到玻璃棒，C正确；D．不能换成，否则会引入杂质，D正确； 故选B。

17．D 【解析】原溶液中加入过量的盐酸，能够得到气体和无色溶液1，Cu2＋显蓝色，Fe3＋显棕黄色，因此原溶液中一定不含有Cu2＋、Fe3＋，根据所给离子，气体1为CO2，原溶液中一定含有，根据离子共存，原溶液中一定不含有Ba2＋，根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有Na＋，无色溶液1中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀2，该白色沉淀为BaSO4，原溶液中含有，滤液2中加入过量HNO3和AgNO3溶液，得到白色沉淀3，白色沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，据此分析；根据上述分析，原溶液中一定存在的离子是、Na＋、，可能含有Cl－，一定不含有离子是Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋。A．气体1为CO2，通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，故A正确；B．沉淀2为BaSO4，BaSO4不溶于稀硝酸，故B正确；C．根据上述分析，一定存在Na＋，一定不含有Ba2＋，故C正确；D．白色沉淀3为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，故D错误；故选：D。

18．B 【解析】A ．由图可知反应Ⅰ过程中：Fe (NO)2+中铁由+2价变成+3价，氧气中氧由0价变成−2价，根据得失电子守恒，反应的离子方程式，A项正确； B．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，B项错误； C．反应Ⅲ中无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，离子方程式为，C项正确； D．NO与Fe2+反应生成Fe (NO)2+，Fe (NO)2+被氧化为Fe3+，同时又生成NO，且NO量不发生变化，则黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，D项正确；故答案为：B。

19．（10分）（1）①④⑤⑦⑩（1分）     ②⑥⑦⑧⑨（1分）

（2）盐（1分）     （2分）

（3） （2分）     1:5（1分）

（4）（2分）

【解析】（1）在水溶液里或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；上述物质中能导电的有①钠、④浓盐酸、⑤NaOH溶液、⑦熔融的NaCl、⑩氢氧化铁胶体；电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；属于电解质的有②纯醋酸、⑥、⑦熔融的NaCl、⑧、⑨高锰酸钾粉末；

（2）⑧在水中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，属于盐；⑧与⑤在溶液中反应为氢离子和氢氧根离子生成水，；

（3）④和⑨混合发生反应 (未配平)，反应中锰元素化合价由+7变为+2，部分氯元素化合价由−1变为0，根据电子守恒、质量守恒可知，用单线桥表示反应的电子转移情况为：；16分子HCl中有10分子发生氧化反应，故其中氧化剂与还原剂的个数比为1:5；

（4）制取红褐色胶体：向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液继续加热至液体变红褐色，反应的化学方程式为。

20．（9分）（1）铁（1分）    稀硫酸（1分）    二氧化碳（1分）    烧碱（1分）    小苏打（1分）

（2）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑（2分）     NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O（2分）

【解析】对给出物质进行分类，属于酸的只有稀硫酸；小苏打与食盐属于盐；二氧化碳与生石灰属于氧化物；铜片与铁属于单质；烧碱属于碱；再结合相互关系图，判断相关反应；

（1）由图中相互反应关系可知：单质①可以和酸②可以反应，单质中只有铁片和铜片，酸只有硫酸，故①是铁，②是稀硫酸；氧化物中有生石灰和二氧化碳，但氧化物③能与碱④反应故氧化物③是二氧化碳，碱只有烧碱，故④是烧碱；盐⑤可以和酸和碱均能发生反应，在给定的盐中只有食盐和小苏打，符合条件的只有小苏打，故盐⑤是小苏打；

（2）①和②的反应方程式为：；⑤和④的反应方程式为：。

21．（8分）（1）Cu2＋、Fe3＋（2分） 

（2）Ag＋（1分）

（3）Ca2＋（1分）  Ca2＋＋CO32－＝CaCO3↓ （2分）

（4）C（2分）

【解析】（1）含有Fe3＋的溶液呈黄色，含有Cu2＋的溶液呈蓝色；无色溶液中一定不含Cu2＋、Fe3＋；所以不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2＋、Fe3＋；（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失：Ag＋＋Cl－＝AgCl↓，说明原溶液中肯定存在的离子是Ag＋；（3）取（2）中的滤液，加入过量的碳酸钠溶液，出现白色沉淀：Ca2＋＋CO32－＝CaCO3↓，所以说明原溶液中肯定有Ca2＋；（4）A项，OH－与Ag＋反应生成沉淀，氢氧化钙微溶，OH－与Ca2＋、Ag＋不能大量共存，不符合题意；B项，硫酸银、硫酸钙微溶，SO42－与Ca2＋、Ag＋不能大量共存，不符合题意；C项，NO3－与Ag＋、Ca2＋、Na＋不反应，能大量共存，符合题意；D项，Cl－与Ag＋反应生成氯化银沉淀，不可能含有Cl－，不符合题意。

22．（11分）（1）10（1分）     5（1分）

（2）（1分）     （1分）

（3）>（1分）     <（1分）

（4）（2分）

（5）①发生了（1分）     ②红褐 （1分）    用激光笔照射液体，从垂直于光束的方向观察，若是胶体则可以看到一条光亮的“通路”（1分）

【解析】（1）在中，根据电荷守恒：−3+6−x=−4−3，所以x=10，然后根据质量守恒可求出y=5，即该反应的化学方程式为：。

（2）在中，ClO−中氯元素的化合价从+1价降低到反应后Cl−中的−1价，做氧化剂，被还原，还原产物为Cl−。

（3）该反应中，ClO−做氧化剂，Cl−是还原产物，Fe3+被氧化为，则Fe3+是还原剂，是氧化产物。在一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则氧化性：>，还原性：Fe3+>Cl−。

（5）在处理饮用水的过程中铁元素会被转化为Fe3+，铁元素发生了化合价的变化，发生了氧化还原反应。胶体为红褐色，区分胶体与溶液的方法为丁达尔效应，具体操作为用激光笔照射液体，从垂直于光束的方向观察，若是胶体则可以看到一条光亮的“通路”。

23．（8分）（1）+3（1分）     氧化性和还原性（1分）

（2）氧化性（1分）     溶液褪色（1分）     氧化性和还原性（1分）

（3）（1分）

（4）200（2分）

【解析】（1）中元素的化合价是+3价，处于元素的中间价，既有氧化性又有还原性；

（2）淀粉溶液变蓝说明有生成，变成，碘元素化合价升高体现还原性，所以体现氧化性；体现还原性，元素化合价升高，则表现氧化性，溶液褪色；反应生成了和，元素化合价既升高又降低，表现氧化性和还原性；

（3）在实验②中能把氧化，说明氧化性强于；在实验①中是氧化剂，I2是氧化产物，氧化性强于I2，所以氧化性强弱顺序为：；

（4）。