湖北省随州市部分高中2024-2025学年高一下学期2月联考化学试题答案

高一化学试题答案一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符合题意。1、解析：AH2是单质，不是核素，①错误；C60、金刚石、石墨均是碳元素形成的不同单质，②正确；NO不能与碱反应生成盐和水，不是酸性氧化物，③错误；水银是单质，④错误；溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，明矾、冰醋酸、石膏均是电解质，⑤正确；液氯是单质，不是非电解质，⑥错误，故选A。2、解析：A不能确定是否含SO2－4，则向该溶液中加入BaCl2溶液不一定能观察到白色沉淀，故A正确；一定不含Na＋、Fe3＋、NO－3、CO2－3、AlO－2，故B、C错误；不能确定是否含Al3＋，故D错误。3、解析：C根据反应①可知碱性条件下，NaNO2的氧化性比Na2FeO2强，根据反应②可知碱性条件下NaNO2的氧化性比Na2Fe2O4强，A正确；反应①、②中N、Fe元素的化合价均发生变化，为氧化还原反应，反应③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，B正确；反应②中Na2FeO2中Fe元素化合价由＋2价升高到Na2Fe2O4中的＋3价，升高了1价，NaNO2中N元素化合价由＋3价降低到NH3中的－3价，降低了6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O===3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH，所以H2O的化学计量数是5，C错误；16.8gFe的物质的量为16.8g56g·mol－1＝0.3mol，Fe元素最终均被氧化为Fe3O4，平均化合价升高83价，整个过程中没有其他元素被氧化，且Fe元素全部被氧化，所以转移0.3mol×83＝0.8mol电子，D正确。4、解析：Dn(CO)>n(CO2)，则充入的CO分子数比CO2分子数多，A不正确；两容器的温度和压强相同，则两容器内气体的体积与气体的物质的量成正比，由于n(CO)>n(CO2)，所以甲容器的体积比乙容器的体积大，B不正确；温度、压强相同时，气体的摩尔体积相同，所以CO的摩尔体积与CO2的摩尔体积相同，C不正确；根据阿伏加德罗定律及推论可知，同温同体积的气体，压强与气体的物质的量成正比，由于n(CO)>n(CO2)，所以甲容器中的压强比乙容器的压强大，D正确。5、解析：C设气体的体积为VL，则V22.4÷MV/22.4＋a1000b＝c，化简共5页，第1页整理得：V＝22.4ac1000b－Mc。6、解析：B分析整个过程，再根据元素质量守恒可知，最终溶液中的溶质为KCl，其质量为2mol·L－1×0.025L×74.5g·mol－1＝3.725g。7、解析：A钠与水反应放热，放出的热量引发钠与硫的反应，所以水不是催化剂，A错误；硫化钠为强碱弱酸盐，溶于水后，发生水解使溶液显碱性，所以酚酞的水溶液变为红色，B正确；钠与硫反应引发后，不需要加热就能继续反应说明其为放热反应，C正确；硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜黑色固体，D正确。8、解析：CA项，NaHCO3受热易分解，Na2CO3受热不易分解，正确；B项，相同温度下，0.1mol·L－1盐溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3，正确；C项，相同温度下，Na2CO3比NaHCO3的溶解度大，错误；D项，NaHCO3与盐酸反应一步完成，而Na2CO3与盐酸反应分两步进行，相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈，正确。9、解析：B制取硫酸亚铁需要铁屑，在烧瓶中应该先加入铁屑，A正确；稀硫酸和铁反应生成硫酸亚铁和氢气，实验开始时应打开活塞E，用氢气排出装置中的空气，B错误；铁和硫酸反应有氢气生成，关闭活塞E，导致A装置中压强逐渐增大，将FeSO4溶液压入B中进行反应生成氢氧化亚铁，C正确；氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，D正确。10、解析：D按洪特规则知，基态锰原子核外电子排布时，3d能级上5个轨道各有1个电子且自旋状态相同，价电子排布图为，A错误；4s轨道能量比3d轨道低，故核外电子排布时，先排满4s轨道，再排3d轨道，D正确；锰原子失去电子形成Mn2＋时应先失去4s轨道上的电子，C错误；锰原子的2p和3p轨道的形状均为哑铃形，能量高低不同，2p轨道能量低于3p轨道，B错误。11、解析：A电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故r(Na＋)>r(Mg2＋)，A正确；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性强弱：H3PO4化学方程式为S＋6HNO3(浓)===H2SO4＋6NO2↑＋2H2O，浓硝酸只体现了强氧化性，没有体现酸性，故A错误；氧气来源于空气，价格较低，增大氧气的浓度可提高二氧化硫的转化率，从而降低成本，故B正确；途径①和②中硫元素的价态都是从0价升高到＋6价，故C正确；途径①中会产生NO2有害气体，故D正确。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16、（13分）解析：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，与AgNO3溶液有沉淀产生的离子有：Cl－、CO2－3、SO2－4；加足量NaOH溶液加热产生气体，该气体是氨气，故一定含有NH＋4，并且物质的量为0.08mol；不溶于盐酸的沉淀4.66g为硫酸钡，物质的量为4.66g233g·mol－1＝0.02mol；12.54g沉淀是硫酸钡和碳酸钡的混合物，碳酸钡的质量为12.54g－4.66g＝7.88g，碳酸钡的物质的量为7.88g197g·mol－1＝0.04mol，故原溶液中一定存在CO2－3、SO2－4，则一定没有Ca2＋、Ba2＋；再根据电荷守恒，n(NH＋4)＝0.08mol，2c(CO2－3)＋2c(SO2－4)＝0.12mol，正电荷总物质的量小于负电荷总物质的量，故原溶液中一定有K＋，至少为0.04mol；综合以上可以得出，一定存在的离子有NH＋4、共5页，第3页K＋、SO2－4、CO2－3，一定没有的离子为Ca2＋、Ba2＋，可能存在Cl－。答案：(1)否Ag＋与CO2－3、SO2－4也会产生沉淀(2)NH＋40.8mol·L－1(3)BaCO3、BaSO4n(CO2－3)＝0.04mol、n(SO2－4)＝0.02mol(4)能c(K＋)≥0.4mol·L－117、（14分）解析：(1)由实验装置图可知，装置甲中橡胶管a的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；装置甲中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反△应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(3)若装置甲中生成的氯气将装置中的空气完全排出后，过量的氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，FeCl3与溶液中的硫氰化钾反应，使溶液变为红色。(4)装置丙中在碱性条件下，次氯酸根离子与铁离子发生氧化还原反应生成高铁酸根离子、氯离子和水，反应的离子方程式为3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O。△答案：(1)平衡气压，便于浓盐酸顺利流下MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)挥发出的氯化氢与氢氧化钠溶液反应，干扰Na2FeO4的制备(3)溶液变为红色(4)3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO2－4＋3Cl－＋5H2O(5)NaOH(6)Na2FeO4与水反应生成氢氧化铁胶体和氧气：4Na2FeO4＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体)＋3O2↑＋8NaOH，氢氧化铁胶体能吸附水中的泥浆达到净水的作用18、（14分）解析：(1)仪器a为圆底烧瓶，仪器b为球形干燥管，球形干燥管的作用是防止倒吸；(2)根据实验步骤，装置A中加入NaOH、H2O2和ClO2，产物是NaClO2，氯元素的化合价降低，即ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2的氧化产物是O2，因此有ClO2＋H2O2＋OH－―→ClO－2＋O2＋H2O，用化合价升降法配平，得出装置A中发生反应的离子方程式为2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO－2＋2H2O＋O2；(3)NaClO2在酸性条件下能生成NaCl和ClO2，发生的反应是5NaClO2＋2H2SO4===NaCl＋4ClO2↑＋2H2O＋2Na2SO4，开始时A中反应缓慢，稍后产生气体的速率急剧加快的原因可能是NaClO2与H2SO4反应生成的Cl－对反应起催化作用；(4)ClO2的性质与氯气相似，即ClO2的氧化性强于I2，ClO2把I－氧化共5页，第4页成I2，淀粉遇碘单质变蓝，即B中现象是溶液变蓝色。答案：(1)圆底烧瓶防止倒吸(2)2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO－2＋2H2O＋O2(3)NaClO2与H2SO4反应生成的Cl－对反应起催化作用(4)溶液变蓝色19、（14分）答案：(1)褪色还原(2)褪色漂白(3)否(4)BaSO4(5)BaSO3SO2＋2OH－===SO2－3＋H2O、Ba2＋＋SO2－3===BaSO3↓共5页，第5页