【文档说明】河南省沈丘县长安高级中学2024届高三上学期第一次月考 化学答案.pdf，共(10)页，245.078 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共10页参考答案：1．C【解析】灭火主要从3个方面进行操作，一是移除可燃物；二是隔绝空气中氧气；三是降低可燃物温度。但要考虑要燃烧物性质，根据情况选择灭火材料。【详解】A.使用大量水，水与电石反应产生乙

炔，乙炔是可燃气体，加剧燃烧；同时过氧化物与水反应产生大量的热和氧气，同样使反应更加剧烈，A错误；B.使用泡沫式灭火器，产生大量二氧化碳，与过氧化物发生反应，产生氧气，加剧反应进行，B错误；C.使用黄沙可以隔离可燃物和氧气，起到灭火效果，C正确；D.使

用干粉(NaHCO3)，碳酸氢钠受热易分解产生大量二氧化碳，与过氧化物反应产生氧气，加剧反应进行，D错误。答案为C。【点睛】本题易错点是电石和过氧化物的反应，除常规的灭火措施以外，一定要注意电石和过氧化物与水的剧烈反应，以及过氧化物与空气中气体的反应。2．B【详解

】A、Cu2+为蓝色离子，且在酸性溶液中碳酸根离子不能大量共存，错误；B、使酚酞呈红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中，四种离子都不反应，可以大量共存，正确；C、亚铁离子与溶液中的次氯酸分子发生氧化还原反

应，不能大量共存，错误；D、由水电离出的c(H＋)＝1×10-10mol/L<1×10-7mol/L的溶液中，存在大量的氢离子或氢氧根离子，抑制水的电离，而碳酸氢根离子在酸性或碱性条件下都不能大量共存，错误；答案选B。3．D【详解】A．Zn的

活动性大于铁，过量的锌先将Fe3+还原为Fe2+，再将Fe2+还原为Fe，离子方程式为2Fe3++3Zn═2Fe+3Zn2+，A错误；B．由于次氯酸具有强氧化性，能够把Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3，所以最终不能生成Fe(OH)2，B错误；C．氢氧化铁与HI溶液

反应时，发生Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O反应，同时还有2Fe3++2I-=2Fe2++I2反应发生，离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-═2Fe2++I2+6H2O，C错误；D．氧化铁属于碱性氧化物，与稀硝酸反应生成盐和水，离子方程式为{#{QQABRQIEggiAQA

BAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}答案第2页，共10页Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，D正确；故选D。4．A【详解】A．石绿主要成分为碱式碳酸铜，A正确；B．赤铁矿主要成分为23FeO，司南柄的主要成分为34FeO，B错误

；C．《千里江山图》所用原料石绿能与酸反应，C错误；D．朱砂主要成分为硫化汞，是硫化物，D错误；故选A。5．C【详解】A．气体所处的状态不明确，故NA个分子的体积不能计算，故A错误；B．标况下重水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和中子数，故B错误；C．根据氯元素的价态由-1价变为0价

，故生成0.5mol氯气转移1mol电子即NA个，故C正确；D．铵根离子为弱碱阳离子，在溶液中能水解，故溶液中的铵根离子的个数小于0.3NA个，故D错误；故选C。6．A【详解】A．硫原子位于正四面体的中心点上，四个氧原子位于正四面体的四个顶点

上，A正确；B．分析Ⅰ过程中发生反应，22322O424HOMnOHOHMnO，溶液pH减小，B错误；C．根据转化关系图，过程Ⅱ中S2-与23MnO生成223SO和Mn(OH)2，根据氧化还原反应得失电子守恒，222322322S49HO4SO10MnOMnOHOH

，C错误；D．CaSO4⋅2H2O俗称石膏，属于结晶水合物，属于纯净物中的盐类，D错误；答案为：A。7．A【详解】A．Na2O2能够与二氧化碳和水反应产生氧气，因此可用于潜艇中的供氧剂，但这与物质颜色无关，因此不具有对应关系，A符合题意；{#{QQABRQIEggiAQAB

AAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}答案第3页，共10页B．23FeO为红棕色，可用做红色颜料，具有对应关系，B不符合题意；C．A12O3是离子化合物，具有较高的熔点，因此常用作耐火

、耐高温材料，具有对应关系，C不符合题意；D．NaC1O具有强氧化性，能够使蛋白质发生变性而失去其生理活性，因此常作为杀菌、消毒剂，具有对应关系，D不符合题意；故答案是A。8．B【详解】①C在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和C单质在高温条件可以生成CO，C

O高温条件可以还原Fe2O3，生成CO2和Fe，故①能实现；②Fe在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故②不能实现；③二氧化硫与少量氨水反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵和稀硫酸反应生成硫酸铵和二氧化硫，故③能实现；④氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，不能电解，故

④不能实现；⑤硫酸铜溶液与过量NaOH形成碱性的氢氧化铜悬浊液，葡萄糖含有醛基，碱性、加热条件下可以将氢氧化铜还原为Cu2O，故⑤能实现；综上所述，①③⑤满足题意，答案为B。9．B【分析】根据铁元素的化合价以及物质种类可知，a为铁单质，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)3，e为

Fe(OH)2，f为亚铁盐，g为铁盐，h为高铁酸盐。【详解】A．a为Fe，高温时Fe与水蒸气反应转化为34FeO，A项错误；B．f、g分别为2FeCl、3FeCl，两者均可通过化合反应获得，即322FeFeCl3FeCl、2232FeClCl2FeCl，B项

正确；C．d为氢氧化铁，3FeOH可中的+3价铁具有氧化性，HI具有还原性，两者发生氧化还原反应生成亚铁盐，得不到铁盐，C项错误；D．b和c分别为FeO和23FeO，设FeO的物质的量为molx，23FeO的物质的量为moly

，则有2:35:6xyxy，解得:3:1xy，则FeO和23FeO的质量比为372:116027:20，D项错误；故选B。{#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA

=}#}答案第4页，共10页10．D【详解】A．侯德榜制碱法是先把氨气通入食盐水，然后向氨化的食盐水中通二氧化碳气体，生产溶解度较小的碳酸氢钠，再将碳酸氢钠过滤出来，经焙烧得到纯净洁白的碳酸钠，由图可知，过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气，A正确；B．过程

Ⅱ为TBA的再生过程为12O2+2CuCl+2TBA•HCl=2CuCl2+2TBA+2H2O，实现了TBA、CuCl2的再生，B正确；C．过程Ⅲ是乙烯的氯化过程，化学方程式为C2H4+2CuCl2

催化剂C2H4Cl2+2CuCl，C正确，D．制碱过程为NaCl+CO2+H2O+TBA=NaHCO3+TBA•HCl，理论上每生成1molNaHCO3，需要1molTBA，根据关系式TBA～CuCl～0.5molC2H4Cl2，因此理论上每生成1molNaHCO

3，可得到0.5molC2H4C12，D错误；故合理选项是D。11．B【分析】由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl电解3H2↑+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，则X含Na

OH、NaCl，以此来解答。【详解】A.NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+

3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；B.N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；C.NaClO2变成ClO2，NaC

lO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；D.由反应NH4Cl+2HCl电解3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；故选：B。{#{QQABR

QIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}答案第5页，共10页【点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。12．D【详解】A．因23NaCO与2BaCl反应生成白色

沉淀碳酸钡，而3NaHCO与2BaCl不反应，可以用2BaCl溶液鉴别23NaCO和3NaHCO，但是2Ba(OH)与两者均反应产生白色沉淀，不能鉴别，A正确；B．相同条件下3NaHCO溶解度比23NaCO小得多，所以

向饱和23NaCO溶液中通入过量2CO生成3NaHCO，有3NaHCO晶体析出，B正确；C．小苏打为碳酸氢钠的俗称，泡沫灭火器主要为硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液生成氢氧化铝和二氧化碳气体灭火，所以小苏打可以用于泡沫灭火器的反应物质，C正确；D．因为碳酸钠溶液与二氧化碳可发生反应

转化为碳酸氢钠，所以除去碳酸氢钠溶液中的少量碳酸钠，可通入足量二氧化碳，不能用加热法，因为碳酸氢钠受热易分解，且不能达到除杂目的，D错误；故选D。13．B【分析】取样品加入水中，全部溶解，则不可能含有硝酸钡，因为

碳酸钡不溶于水，再加入氯化钙能产生20g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设21.6g全部为Na2CO3，则生成沉淀21.6g100g/mol20.4g106g，则杂质中含有碳酸根离子的质量分数应该小于Na2CO3中碳酸根离子的质量分数。则KNO3、K2CO3至少含有

一种。【详解】A．KNO3、K2CO3至少含有一种，但不是一定含有K2CO3，A错误；B．肯定没有硝酸钡，可能含有硝酸钾，B正确；C．KNO3不是一定存在，C错误；D．K2CO3不是一定不存在，硝酸钡一定不存在，D错误；故答案选B。14

．C【详解】A、取KMnO4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水，实际量取的KMnO4的质量偏小，所配溶液的浓度偏低，A与题意不符；B、溶解搅拌时有液体飞溅，少量KMnO4损失，移入容量瓶内KMnO4的量减少，所配溶液的浓度偏

低，B与题意不符；{#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}答案第6页，共10页C、定容时俯视容量瓶刻度线，导致所配溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏高，C符合题意；D、

摇匀后液面下降，少量溶液残留在瓶塞与瓶口之间，再加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，D与题意不符。答案选C。15．D【详解】A、小苏打的成分是NaHCO3，A错误；B、磁性氧化铁的成分是Fe3O4(黑色)，通常用作颜料和抛光

剂，B错误；C、无水硫酸铜(CuSO4)的作用是检验水蒸气，C错误；D、二氧化硫能和某些有色物质反应生成无色物质，可用作漂白草织品，D正确。答案选D。16．D【详解】A．干燥管的主要作用是防倒吸，A错误；B．试剂X的

作用是除去CO2中的HCl，故试剂X为饱和NaHCO3溶液，试剂Y的作用是与生石灰反应产生NH3，故试剂Y为浓氨水，B错误；C．将盐酸用硫酸代替，硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙附着在石灰石上会阻碍反应的进行，C错误；D．CO2溶解度小，NH3

极易溶于水，且使溶液显碱性，有利于CO2吸收，故应该先通入NH3，后通入过量的CO2，D正确；答案选D。17．Fe,S控制加CuFeS2的速度BC217222418产物Cu2+，Fe3+催化H2O2分解Fe2(SO4)3，H2SO44.25mol【分析】（1）物质被

氧化，化合价升高；（2）该反应是放热反应，放出的热量与加入的反应物的量有关；（4）CuFeS2转化成Fe3+、2-4SO，化合价升高的元素有：Fe、S，H2O2转化成H2O，化合价降低的元素有：O；（5）产物自身催化，产物催化H2O2分

解；【详解】（1）CuFeS2中化合价：Cu为+2，Fe为+2，S为-2，物质被氧化，化合价升高，生成物Fe2O3中Fe为+3，SO2中S为+4，则被氧化的元素是：Fe、S；（2）火法炼铜是放热反应，

在实际生产中，可控制加CuFeS2的速度达到控制反应温度的效{#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}答案第7页，共10页果，答案为：控制加CuFeS2的速度；（3）A．

会对环境造成污染，B、C是对二氧化硫的废物再利用，D．浓硫酸不能吸收二氧化硫，答案选BC；（4）CuFeS2转化成Fe3+、2-4SO，化合价升高的元素有：Fe、S，H2O2转化成H2O，化合价降低的元素有：O，根据得失

电子守恒，用双剑桥和质量守恒定律方法配平，化学方程式为：2CuFeS2+17H2O2+2H+2Cu2++2Fe3++42-4SO+18H2O；（5）双氧水的消耗量要远远高于理论值，说明产物中有物质继续分解过

氧化氢，答案为：生成产物Cu2+，Fe3+催化H2O2分解；（6）由图可知：Fe2(SO4)3、H2SO4是中间产物，可循环利用，答案为：Fe2(SO4)3，H2SO4；（7）Fe元素最终生成Fe3+

，S元素转化为2-4SO，当有2mol2-4SO生成时，失去电子共17mol，消耗O2的物质的量为17=4.25mol4，答案为：4.25mol。18．(1)除去混合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化为金属氧化物有利于浸出(2)+2342C1O+3Pd+11Cl+6H=3PdC

l+3HO(3)阴离子(4)2(NH4)PdCl4+N2H4=N2+2Pd+4NH4Cl+4HCl浸取与洗脱(5)PdH0.8钯是一种优良的储氢金属，由于钯吸收储存了部分氢气，所以消耗的H2质量比理论

值略高【分析】废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、23α-AlO及少量Fe、Cu等元素)在空气中焙烧，将有机物燃烧、金属氧化为金属氧化物，用甲酸还原得到金属单质，过滤，将钯渣用浓盐酸、氯酸钠浸取，再过滤，将滤液用离子交换除杂，再用洗脱机洗脱，再用浓氨水沉钯，得到的产物用N2H

4还原得到Pd。【详解】（1）根据题中信息一种从废钯催化剂(杂质主要含有机物、活性炭、23α-AlO及少量Fe、Cu等元素)，则进行“焙烧”的目的是除去混合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化为金属氧化物有利于浸出；故答案为：除去混

合物中的有机物和活性炭，同时将金属氧化为金属氧化物有利于浸出。（2）“浸取”时，加入3NaClO有利于Pd的溶解，生成的四氯合钯(Ⅱ)酸(24HPdCl)为二元强{#{QQABRQIEggiAQABA

AQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}答案第8页，共10页酸，则电离出24PdCl，因此加入浓盐酸和3NaClO后主要反应是Pd和氯酸钠、盐酸反应生成四氯合钯(Ⅱ)酸钠、四氯合钯(Ⅱ

)和水，其反应的离子方程式：+2342C1O+3Pd+11Cl+6H=3PdCl+3HO；故答案为：+2342C1O+3Pd+11Cl+6H=3PdCl+3HO。（3）由于溶液中含有24PdCl，因此“离子交换除杂”应使用阴离子树脂将24PdCl交换；

故答案为：阴离子。（4）“沉钯”时得到氯钯酸铵424(NH)PdCl固体，则“还原”过程24NH转化为2N，在反应器出口处器壁内侧有白色晶体生成，该过程发生的化学方程式为2(NH4)PdCl4+N2H4=N2+2Pd+4N

H4Cl+4HCl，根据流程图中盐酸用于浸取，洗脱过程中将24PdCl变为(NH4)PdCl4，因此该反应的副产物可循环利用至浸取与洗脱环节；故答案为：2(NH4)PdCl4+N2H4=N2+2Pd+4NH4Cl+4HCl；浸取与洗脱。（5）研究表明有些过渡金属型氢化物能

高效的储存和输送氢能源，如LaH2.76、TiH1.73，已知标准状况下，1体积的钯粉大约可吸附896体积的氢气(钯粉的密度为10.64g·cm-3，相对原子质量为106.4)，则1L(物质的量为331l10.64gcm1000cm1

06.4gmol100mo)，896L氢气的物质的量为40mol，则钯(Pd)的氢化物的化学式PdH0.8。在第二步还原过程中，也可用2H代替N2H4进行热还原，但消耗的H2质量比理论值略高，其原因是钯是一种优良的储氢金属，由于钯吸收储

存了部分氢气，所以消耗的H2质量比理论值略高；故答案为：PdH0.8；钯是一种优良的储氢金属，由于钯吸收储存了部分氢气，所以消耗的H2质量比理论值略高。19．树状分类法DB3Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓红褐丁达尔效应【详解】（1）①按照层次，

一层一层来分，就像一棵大树，图示方法就是树状图，树状分类法是一种很形象的分类法；②A、碳和一氧化碳具有还原性；B、一氧化碳和二氧化碳属于氧化物；C、二氧化碳和碳酸氢钠碳元素化合价相同；D、只有碳酸氢钠属于电解质，故选D。③晶体碘属于非金属

单质，故选B；④将一定量的稀硫酸逐滴滴入到氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液中，边滴加边搅拌，直至有少量气泡产生，此过程中共发生的离子反应有OH―＋H＋=H2O、H＋＋CO32―=HCO3―、HCO3―＋H＋=H2O＋CO2↑三种反应；（2）棕黄色FeC

l3溶液中滴入NaOH溶液会产生Fe(OH)3沉淀，三价铁和强碱中的氢氧根之间发生了反应，即Fe3＋+3OH－═Fe(OH)3↓，在小烧杯中加入30mL蒸馏水，加热至沸腾后，向沸水中滴入2mL{#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCACoOxAAAoAAAQ

ANABAA=}#}答案第9页，共10页氯化铁棕黄色溶液，继续加热可以获得红褐色的氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体具有丁达尔效应。20．(1)锥形瓶安装好A装置，在右侧导管接一橡胶管并用止水夹夹住，在分液漏斗中加水，打开活塞，若分液漏斗中水滴一段时间后不

在滴下，则证明气密性良好2FeCl3+H2Δ2FeCl2+2HCl↑ABCBD(2)冷凝回流蒸馏排尽装置中的空气，以防止FeCl2被氧化将反应生成的HCl全部排入装置B中78.4%【详解】（1）①A装置中装锌粒的仪器名称是锥形瓶；检查A装置的气密性的方法是安装好A装置，在右侧导

管接一橡胶管并用止水夹夹住，在分液漏斗中加水，打开活塞，若分液漏斗中水滴一段时间后不在滴下，则证明气密性良好，故答案为：锥形瓶；安装好A装置，在右侧导管接一橡胶管并用止水夹夹住，在分液漏斗中加水，打开活塞，若分液漏斗中水滴一段时间后不在滴下，则证明气密性良好；②H2还

原无水FeCl3制取FeCl2，另一产物应为含H、Cl的物质，即为HCl，所以化学方程式为2FeCl3+H2Δ2FeCl2+2HCl↑，答案为：2FeCl3+H2Δ2FeCl2+2HCl↑；③因为FeCl3易吸水，所以在氢气通入前，一定要

进行干燥处理，即由A装置制得的H2一定要经过B的干燥处理，至于H2中混有的HCl是否处理，问题并不大，因为通过碱石灰处理水蒸气时，HCl也可被吸收，反应后生成的HCl会污染环境，也需用碱石灰处理，多余的氢气应烧掉，从而得出按气流由

左到右的方向，上述仪器的连接顺序为ABCBD，答案为：ABCBD；（2）①仪器a是冷凝管，其作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流；②氯苯是液体，回收滤液中C6H5Cl的操作方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；③反应开始之前先通一段时间N2的目的是排尽装置中的空气，以防止

FeCl2被氧化；在反应完成后继续通一段时间N2的作用是反应生成的HCl全部排入装置B中，答案为：排尽装置中的空气，以防止FeCl2被氧化；将反应生成的HCl全部排入装置B中；④根据化学方程式可知关系式为：n(FeCl3)=2n(HCl)=2n(NaOH)=2×0.40mol/L×0.01

96L×10=0.1568mol，则氯化铁的转化率为0.1568mol162.5g/mol100%78.4%32.5g，答案为：78.4%。【点睛】本题考查实验，实验中的操作的目的，一般和物质的性质有关，如含有FeCl2的装{#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCA

MQkACCACoOxAAAoAAAQANABAA=}#}答案第10页，共10页置中，要通入氮气做保护，是因为氯化亚铁易被氧气氧化。{#{QQABRQIEggiAQABAAQgCEwVwCAMQkACCAC

oOxAAAoAAAQANABAA=}#}