2024安徽省江南十校高一上学期分科诊断摸底联考试题化学含答案

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1. C【详解】A. 用铜丝掐成各种花纹作为画面轮廓，没有化学反应发生，是物理变化,A正确；
B. 铁红的主要成分是氧化铁，能与酸反应生成相对应的盐和水，是碱性氧化物，B正确；
C. 纯碱水溶液属于混合物，不是电解质，C错误；
D. 低碳钢是铁和碳的合金，D项正确。
2. D【详解】A. 铝合金属于金属材料，具有硬度高、耐高温的特点， A正确；
B. “飞扬” 以氢气为燃料，并添加显色剂(如钠盐)调节火焰颜色，调节火焰颜色是利用焰色试验的原理，B正确；
C. 纳米气凝胶为胶体，可产生丁达尔效应， C正确；
D. La－Ni合金储氢量大，金属氢化物既容易形成，稍稍加热又容易分解。室温下吸、放氢的速率快，是一种新型储氢合金材料，合金是混合物， D错误。
3. C【详解】A. 1mlO2的质量为32g，A错误；
B.空气中氧气和氮气物质的量之比约为1：4，B错误；
C.分离液态空气获得氮气和液氧是利用沸点的差异性，属于物理变化，C正确；
D.空气属于混合物，D错误。
4. D【详解】A.常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/ml，而且此时水是液态，所以2.24LH2O含有的分子数目不是0.1NA，Ａ错误；
B. 0.1ml•L-1MgCl2溶液，由于体积未知，无法计算含有的Cl-数目，Ｂ错误；
C. 16g O2和O3的混合气体含有的氧原子的物质的量为1ml，所以氧原子数为NA，C错误；
完全反应时，不论得到什么产物，转移电子数一定是0.1NA，D正确
5. A【详解】A.据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，不可能为Fe，X为Fe2O3，A错误；
B.易被氧气氧化为，B正确；
C. FeSO4发生分解反应，SO3和H2O发生化合反应，C正确；
D.硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确。
6. B【详解】A. 2HClO2HCl+O2↑是分解反应，属于氧化还原反应，不在阴影部分，A错误；
B.是氧化还原反应，不是化合反应，不是分解反应也不是置换反应，B正确；
C.2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O是复分解反应，不属于氧化还原反应，不在阴影部分，C错误；
化学方程式应该是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O+2KCl，D错误。
7. D【详解】A.反应中NaN3的N元素化合价升高被氧化，NaN3是还原剂，A错误；
B.反应过程中转移1ml电子，生成1.6mlN2，则产生标准状况下的气体体积为35.84L，B错误；
C.氧化产物、还原产物都是N2，根据得失电子守恒，氧化产物、还原产物分子个数之比为15：1，C错误；
D.每生成15ml氧化产物，生成1ml还原产物，因此还原产物为0.1 ml时，生成N2的物质的量为0.1ml×16=1.6ml，D正确。
8. C【详解】A. 铁橄榄石的摩尔质量为204g/ml，A错误；
B. 铁橄榄石中铁、硅、氧的元素质量比为28：7：16，B错误；
C．发生反应生成与，，故该研究证明了月壤中存在歧化成因的单质铁，C正确；
D. 铁橄榄石熔融产生自由移动的过程为盐熔融电离的过程，不是化学变化，D错误。
9.B【详解】A. 在H2O分子中，H原子带部分正电荷，O原子带部分负电荷，A错误；
B. 从图中可知，NaCl固体溶于水后会形成水合钠离子和水合氯离子，B正确；
C. 干燥的氯化钠中钠离子和氯离子不能自由移动，不导电,C错误；
D. NaCl溶于水电离生成Na+和Cl-，该过程不需要通电，D错误。
10. D 【详解】A.原子不守恒，钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；
B.反应产物不对，4H2O(g)+3FeFe3O4+4H2,B错误；
C.Ag不活泼，不能和盐酸反应生成氢气，C错误。；
D. FeCl3将Cu氧化为CuCl2而自身被还原为FeCl2，反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,D正确。
11.A【详解】A．通入CO2，CO2与溶液中离子不发生任何反应，不会影响溶液中离子的大量共存，A正确；
B．Ag＋会与Cl-反应生成沉淀，B错误；
C．加入硫氰化钾溶液，Fe3+会与硫氰化钾反应生成血红色溶液，C错误；
D．SO eq \\al(2－,4)会与溶液中的Ba2＋反应，D错误。
12.C 【详解】由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或a、b、e 、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。
A.钠与硫酸铜水溶液反应，钠先与水反应生成，不会把金属置换出来，A错误；
B.钠和氧化钠（过氧化钠）都能与反应都能生成氢氧化钠，B错误；
C.由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，C正确；
D.若b能与反应生成，则b为过氧化钠，不属于碱性氧化物，D错误。
13.C【详解】A.固体在烧杯中溶解冷却后再转移入容量瓶，A错误；
B.氯气将亚铁离子氧化成铁离子，但引入了新的杂质离子氯离子，B错误；
C.钠与水反应放热，红墨水左低右高可证明，C正确；
D.蒸干溶液无法获得NaHCO3晶体，NaHCO3会发生分解，D错误。
14. B【详解】①盐酸和氢氧化钡反应生成氯化钡，氯化钡为强电解质，完全电离，①错误；
②硫酸滴入氢氧化钡溶液中恰好完全反应生成硫酸钡沉淀和水，几乎不导电，②正确；
③硫酸钠滴入氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠，氢氧化钠是强电解质，完全电离，③错误；
④硫酸铜滴入氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀，几乎不导电，④正确；
⑤硫酸氢钠滴入氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、水和氢氧化钠，氢氧化钠是强电解质，当硫酸氢钠过量时可得到强电解质硫酸钠，两者完全电离，⑤错误；选B。
15.C 【详解】A.步骤③中的离子反应为2Fe2+ +Cl2 = 2Fe3+ +2Cl- ，A错误；
B.氢氧化亚铁易被氧化成氧化铁，灼烧得到的固体是Fe2O3 ，B错误；
C.将固体灼烧得，铁元素的质量为，样品中铁元素的质量分数为，C正确。
D.向样品溶液中先通再滴加溶液，一定出现血红色，另外原溶液中就有Fe3+，不能判断是否有Fe2+，D错误；
16.D【详解】A.可以用高锰酸钾固体和浓盐酸制备Cl2，A正确；
B.装置乙的作用是除去氯气中的HCl，同时可作安全瓶，以监测装置丙中是否发生堵塞，B正确；
C.装置丁碘和氯气反应生成ICl3，三氯化碘熔点为33℃，沸点为73℃，最恰当的加热方式是用水浴加热，C正确；
D.ICl3易与水发生反应，同时可能还有Cl2未反应完，所以装置戊的作用是吸收多余的Cl2、防止外界水蒸气进入丁，换成氯化钙无法吸收多余的Cl2，D错误。
17.(16分，每空2分）
I.(1)③⑤ (漏选且正确得1分） ①②⑤⑥(漏选且正确得1分）
(2)D (3)Fe+2H+=Fe2++H2↑(气体符号没打不扣分）
II.（4）①. 26.5 ②. ④⑤ ③. c （5）0.1
【详解】I.(1) ①铁是金属单质能导电， ②稀盐酸是混合物能导电， ③NaOH固体是电解质但固体本身不导电， ④漂白粉是氯化钙和次氯酸钙混合物但固体本身不导电， ⑤熔融的Na2CO3是电解质能导电， ⑥NaHSO4溶液是混合物能导电。所以属于电解质的是 ③⑤，能导电的是 ①②⑤⑥。
(2)16.8g由Na2CO3和NaOH组成的混合物与200g质量分数为7.3%的盐酸恰好反应，所得溶液的溶质为NaCl；蒸干反应后的溶液，得到固体为NaCl，根据氯原子守恒可知：n(NaCl)=n(HCl)，盐酸中氯化氢的溶质的量为：n(HCl)= =0.4ml，所以m(NaCl)=0.4ml×58.5g/ml=23.4g选D。
(3)硫酸氢钠电离产生氢离子，所以Fe+2H+=Fe2++H2↑
II.（4）①配制480mL0.5ml/L的Na2CO3溶液，需要使用500mL的容量瓶，需称取Na2CO3的质量为0.5ml/L×0.5L×106g/ml=26.5g。
②图示的步骤为定容的过程，在操作④⑤之间。
③a．定容时俯视刻度线，导致加水量偏少，溶液浓度偏高，a错误；
b．溶解时，烧杯中有少量蒸馏水，对于溶液的配制没有影响，b错误；
c．加水时不慎超过了刻度线，立即用胶头滴管吸出，导致部分溶质损失，溶液浓度偏低，c正确；
故答案选c。
（5）原溶液中c(Na+)为1.0ml·L−1，稀释后c(Na+)为0.1ml·L−1 。
18.(12分,每空2分）
(1)B 0.4
(2)除去氯气中的氯化氢 3Cl2+6OH-+5Cl-+3H2O（没写条件不扣分）
(3)避免生成NaClO3，提高产品的纯度 (4) B
【详解】 (1)A中MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；氯化氢体现了酸性和还原性。根据方程式可知：每有2 ml HCl被氧化，就会反应产生1 ml Cl2，若产生标准状况下4.48 LCl2，其物质的量n(Cl2)=，则被氧化的HCl的物质的量n(HCl)=2n(Cl2)=0.4 ml；
(2)装置B中饱和NaCl溶液用来除去氯气中的氯化氢；由题意可知C中氯气参加反应氯气和氢氧化钾生成氯酸钾，离子方程式为：3Cl2+6OH-+5Cl-+3H2O
(3)氢氧化钠与氯气反应有多种情况，温度高时生成NaClO3，采用冰水浴冷却的目的是：避免生成NaClO3，提高产品的纯度；
(4)A．滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，溶液中本来就存在Fe3+，不能证明和发生氧化还原反应， A错误；B．滴加几滴溶液，有白色沉淀生成，说明有BaSO4产生，说明和发生氧化还原反应生成了SO， B正确；
C滴加几滴酸性溶液，紫红色消失，可能是被氧化，不能证明溶液中存在Fe2+，也不能说明和发生氧化还原反应， C错误。
19.(12分，每空2分）
(1) 分液漏斗 (2) 5.0×10-5
(3)生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后部分变为红褐色。
(4)瓶内空气中、溶液中含量均下降；沉淀颜色改变（写出一点得1分，写出两点得2分）
(5)Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O
【详解】（1）根据图中信息得到盛放溶液的仪器名称为分液漏斗；（2）生成白色沉淀是亚铁离子和氢氧根反应生成，其反应的离子方程式是；（3）白色沉淀迅速转变成灰绿色，最终转变成红褐色（4）通过上述实验，根据沉淀颜色的改变、以及图2、图3的实验数据可得到“在制备过程中，沉淀颜色改变与氧气有关”的结论，其实验证据是瓶内空气中、溶液中含量均下降；沉淀颜色改变；（5）FeSO4、Fe2(SO4)3和NaOH都能拆分，Fe3O4不能拆分，离子方程式为Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O
20.（12分, 每空2分）
（1）1：2 Cl2
(2)5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 （没写条件不扣分）
（3）随着温度升高，CO2与C发生反应
（4） （没写条件不扣分）
防止高温条件下镁与钛与氧气（二氧化碳等）发生反应
【详解】(1) 28gCO为1ml，88gCO2为2ml，尾气中CO与CO2的物质的量之比为1：2；氯化过程中氯元素降低，Cl2是氧化剂；
(2)根据题意，配平得到5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2
（3）随着温度升高，随着温度升高，尾气中的含量升高是因为CO2与C发生反应
（4）冶炼发生置换反应，该过程中要用Ar气体氛围中进行的理由是防止高温条件下镁与钛与氧气（二氧化碳等）发生反应。