河南省项城市第三高级中学2023-2024学年高一下学期第一次考试化学试题（PDF版含解析）

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1．【答案】B
【解析】A项，硫是典型的非金属元素，不能做半导体材料，不符合题意；B项，硅在元素周期表中位于金属与非金属的分界线上，是常用的半导体材料，符合题意；C项，铁是典型的金属元素，不能做半导体材料，不符合题意；D项，铜是典型的金属元素，不能做半导体材料，不符合题意。
2．【答案】C
【解析】A项，钢化玻璃属于无机非金属材料，但不属于新型无机非金属单质材料，错误；B项，硅胶是一种高活性吸附材料，不属于新型无机非金属单质材料，错误；C项，石墨烯属于新型无机非金属单质材料，正确；D项，铝合金属于金属材料，不属于新型无机非金属单质材料，错误。
3．【答案】C
【详解】A．木炭与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，只体现硝酸的氧化性，A项错误；
B．NaOH与硝酸反应生成硝酸钠和水，没有元素化合价的改变，只体现硝酸的酸性，B项错误；
C．Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，反应中有化合价的改变，浓硝酸既表现氧化性(生成NO2)，又表现酸性生成Cu(NO3)2，C选项正确；
D．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，体现硝酸的氧化性和还原性，D选项错误；
答案选C。
4． 【答案】B
【详解】A．二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以不能用排水法收集二氧化氮气体，故A错误；
B．浓硝酸遇光、遇热易分解且浓硝酸易挥发，所以久置的浓硝酸会变为稀硝酸，故B正确；
C．氮的固定是游离态的氮元素转化为化合态氮元素的过程，所以一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮不属于氮的固定，故C错误；
D．浓硝酸的氧化性强，铁遇冷的浓硝酸发生钝化，反应生成的致密氧化层薄膜会阻碍铁与浓硝酸继续反应，故D错误；
故选B。
5．【答案】A
【详解】A．pH<5.6的雨水称为酸雨，酸有较强腐蚀性，因此酸雨有很大的危害，A正确；
B．浓硫酸具有脱水性，能使pH试纸脱水炭化，因此不能用pH试纸测其pH值，B错误；
C．浓硝酸见光或者受热会分解产生NO2和O2，C错误；
D．硫在空气中和在纯氧中燃烧产物均是二氧化硫，D错误；
故选：A。
6. A 7.B
8． 【答案】C
【详解】
A．工业合成氨是氮气和氢气在适宜条件下合成氨，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，A正确；
B．雷雨闪电时，氮气和氢气合成氨气，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，B正确；
C．硝酸见光分解属于不同化合态的氮之间的转化，C错误；
D．根瘤菌把氮气转化为氨，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，D正确；
故选C。
9． 【答案】B
【解析】A项，浓硫酸长期暴露在空气中浓度降低是因为吸收了空气中的水蒸气，而浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低是因为浓盐酸易挥发，原理不同，不符合题意；B项，浓氨水挥发出的氨气，遇到浓盐酸挥发出的氯化氢，生成白色固体氯化铵小颗粒，悬浮在空气中产生白烟，浓氨水挥发出的氨气，遇到浓硝酸挥发出的硝酸，生成白色固体硝酸铵小颗粒，悬浮在空气中产生白烟，原理相同，符合题意；C项，SO2使品红溶液褪色是由于SO2具有漂白性，漂白粉使品红溶液褪色是由于漂白粉的氧化性，原理不同，不符合题意；D项，铜在冷的浓硫酸中由于没有加热不反应，所以无明显变化，铝在冷的浓硝酸中由于发生钝化，所以无明显变化，原理不同，不符合题意。
10．【答案】A
【详解】A．和水反应生成硝酸和NO，因此能一步实现，故A符合题意；
B．稀硝酸和Cu反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，因此稀不能一步实现，故B不符合题意；
C．氨气和氧气反应生成NO，NO和氧气反应生成NO2，和水反应生成硝酸和NO，因此不能一步实现，故C不符合题意；
D．A项，硫单质燃烧生成二氧化硫,故D不符合题意；
答案选A。
11．【答案】B
【详解】A．加入少量稀NaOH溶液，可能生成NH3▪H2O，但因为浓度低等原因，没有产生氨气，也没有检测到氨气，由实验操作和现象可知，溶液中可能会含，故A错误；
B．加入稀盐酸除去干扰离子，硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，根据实验现象知，溶液中含有，故B正确；
C．二氧化硫可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，可知二氧化硫具有还原性，不是漂白性造成的，故C错误；
D．常温下Al和浓硫酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，该现象为钝化现象，不是不反应，故D错误；
故本题选B。
12． 【答案】C
【详解】A．NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl,而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl,气体进入收集装置的机会不多，故A错误；
B．浓硫酸和氨气反应，不能干燥氨气，故B错误；
C．浓氨水和浓盐酸都能挥发，氨气和氯化氢生成氯化铵，有白烟现象，反应方程式为：，故C正确；
D．氨气溶于水显碱性，打开止水夹后会看到红色喷泉，故D错误。
答案选C。
13． B
14．【答案】A
【详解】A．浓硫酸和铜片加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，因此浓硫酸既能表现酸性，又表现出强氧化性，A正确；
B．浓硫酸能够使蔗糖等有机化合物炭化，这体现的是浓硫酸的脱水性，B错误；
C．浓硫酸可用来干燥某些气体体现浓硫酸的吸水性，C错误；
D．常温下，铁、铝遇浓硫酸发生钝化，表面生成一层致密的的氧化物薄膜，进而阻止了内层金属继续与浓硫酸反应，所以可用铁、铝质容器盛放浓硫酸。可以看出，常温下，浓硫酸并非不与铁、铝反应，只是发生了钝化，而钝化是化学变化，D错误；
故选A。
15． 【答案】A
【解析】A项，加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解成氨气和氯化氢，分解生成的氨气和氯化氢遇冷重新反应生成氯化铵，正确；B项，加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气又溶解②中为红色，错误；C项，二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，体现SO2的漂白性，错误；D项，①中氯化铵受热分成氨气和氯化氢、氨气与氯化氢化合成氯化铵的反应不是可逆反应，错误。
16．【答案】D
【详解】试题分析：A.NO2与水会发生化学反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以可以形成喷泉实验，但是最后剩余气体的体积是原体积的1/3,不能充满整个烧瓶，错误；B. CO2能溶于水，1体积的水能够溶于1体积的气体，因此不能形成喷泉实验，错误；C. Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，故不能形成喷泉实验，错误；D. NH3极容易溶于水，1体积的水可以溶解700体积的氨气，故可以形成喷泉实验，最终水会充满整个烧瓶，正确。
二、非选择题：共4题，共52分。
17．（12分））
【答案】（1）分液漏斗（1分） 防倒吸（1分）
（2）石蕊溶液变红（1分） 溶液恢复红色（1分）
（3）SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O（2分）（没写沉淀符号也给分） 2∶1（2分）
（4）还原（2分） SO2＋Cl2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Cl－（2分）
【解析】本题实验I是用Na2SO3和H2SO4反应制备SO2，装置①原理为：Na2SO3＋H2SO4＝Na2SO4＋H2O＋SO2↑，并检验SO2酸性氧化物的通性，漂白性和弱氧化性等，装置②是检验SO2与H2O反应显酸性，看到紫色石蕊试液变红，装置③是验证SO2的漂白性，品红溶液褪色，装置④为检验SO2具有氧化性，反应原理为：SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O，装置⑤是尾气处理，原理为：SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O，据此分析解题。
（1）由实验装置图可知，仪器a的名称是分液漏斗，仪器b的作用是防止倒吸，故答案为：分液漏斗；防止倒吸；（2）SO2＋H2OH2SO3，即SO2溶于水后显酸性，SO2的漂白性不能使指示剂褪色，故装置②中的实验现象是紫色石蕊试液变红，SO2的漂白是暂时的可逆的，反应结束后，对装置③的试管加热可观察到的现象是溶液恢复红色，故答案为：紫色石蕊试液变红；溶液恢复红色；（3）由分析可知，装置④中发生反应的化学方程式为SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O，在该反应中S的化合价由＋4价变为0价，化合价降低被还原，此时S为还原产物，S由－2价升高为0价，此时S为氧化产物，故氧化产物与还原产物物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2＋2H2S＝3S↓＋2H2O；2∶1；（4）SO2可用于杀菌、消毒。葡萄酒里含有微量SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用，其中抗氧化作用是利用了SO2的还原性，氯水和SO2都有漂白性，有人为增强漂白效果，由于发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O＝H2SO4＋2HCl，则将Cl2和SO2混合使用，结果适得其反，几乎没有漂白效果，反应的离子方程式为：SO2＋Cl2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Cl－，故答案为：还原；SO2＋Cl2＋2H2O＝4H＋＋SO42－＋2Cl－。
18．（14分）
【答案】(1) （2分） 将湿润的红色石䓌试纸放在瓶口，若试纸变蓝色，则说明氨气已收集满（2分）
(2) 检验是否生成水（2分） 吸收空气中水蒸气，防止干扰实验（2分）
(3)BC（2分）（少选、错选不给分）
(4) （2分） 还原（2分）
【分析】NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应制取NH3，NH3具有还原性，可以与CuO在加热发生氧化还原反应，产生N2、Cu、H2O，因此看到固体由黑色变为红色，反应产生的H2O蒸气与无水CuSO4变为蓝色CuSO4·5H2O。NH3是大气污染物，可根据其极易溶于水的性质，用水作吸水剂，在尾气吸收时要注意防止倒吸现象的发生。
【详解】（1）在图1中NH4Cl与Ca(OH)2混合加热生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：；氨气的密度比空气小，可以采用向下排空气的方法收集。可根据氨气的水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色验满。操作方法是：将湿润的红色石蕊试纸靠近烧瓶口，若红色石蕊试纸变为蓝色，则证明NH3已经收集满；
（2）无水硫酸铜是白色粉末，与水反应产生蓝色的硫酸铜晶体，据此检验水的产生，故无色硫酸铜的作用是检验水的产生；有同学认为需要在无水硫酸铜的后面再接一个装有CaCl2固体的球形干燥管，这样做的目的是避免空气中水蒸气对反应产生水的干扰；
（3）氨气极易溶于水，尾气吸收需要防止倒吸。能用来吸收尾气的装置是装置B、C，而装置A易发生倒吸现象；
（4）a中CuO粉末变红，b中无水硫酸铜变蓝，说明生成铜和水；根据质量守恒可知，收集到一种单质气体为氮气，故CuO与NH3在加热时发生反应产生Cu、N2、H2O，反应的化学方程式为：；在该反应中N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，则NH3表现还原性。
19．（12分）
【答案】（1）4NH3＋5O2eq \(======,\s\up7(催化剂),\s\d7(Δ))4NO＋6H2O（2分）
（2）C＋4HNO3(浓)eq \(====,\s\up6(Δ))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O（2分）
（3）NHeq \\al(＋,4)＋OH－eq \(====,\s\up6(Δ))NH3↑＋H2O（2分）
（4）3NO2＋H2O＝2H＋＋2NO3－＋NO（2分） 0.1（2分）
（5）3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O（2分）
【解析】根据题干信息可知，A为NH3，B为二氧化氮，C为硝酸，据此分析解题。
（1）在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3＋5O2eq \(======,\s\up7(催化剂),\s\d7(Δ))4NO＋6H2O；（2）在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C＋4HNO3(浓)eq \(====,\s\up6(Δ))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；（3）实验室中，检验溶液中含有NHeq \\al(＋,4)的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明溶液中含有NHeq \\al(＋,4)，其离子方程式为NHeq \\al(＋,4)＋OH－eq \(====,\s\up6(Δ))NH3↑＋H2O；（4）物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2＋H2O＝2H＋＋2NO3－＋NO，反应中氮元素化合价＋4价变化为＋5价和＋2价，3 ml NO2反应电子转移2 ml，当反应消耗3.36 L(标准状况)物质B时，物质的量＝ EQ \f(3.36 L,22.4 L·ml－1)＝0.15 ml，转移电子的物质的量为 EQ \f(2,3)×0.15 ml ＝0.1 ml；（5）Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－＝3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
20．（14分，每空2分）
【答案】
（1） （2分） （2分）
（2）（2分）
（3）、（写对1种物质给1分，共2分）
（4）（2分）（没写气体符号也给分）
（5）（2分）
（6）CE（2分）
【解析】（1）用石英砂和过量焦炭高温加热生成粗硅的化学方程式为: ，当有参与反应时，该反应转移的电子数是；
（2）还原炉中用还原，生成高纯度的单质，发生的化学反应方程式为：；
（3）流化床反应器中发生反应：，还原炉中发生反应：，所以可以循环的物质还有、；
（4）氢氟酸来雕刻玻璃，氢氟酸和反应，化学方程式为：；
（5）水玻璃和盐酸反应制取硅酸的离子方程式为：；
（6）A．自然界中不存在天然游离的硅单质，硅是以二氧化硅和硅酸盐存在于自然界中，A错误；
B． 不溶于水，也不与水反应，B错误；
C．在周期表中，硅元素在金属与非金属的分界线处，因此具有弱导电性，一般可用于作为半导体材料，C正确；
D． 既能和溶液反应，又能和氢氟酸反应，但不能与其他酸反应，为酸性氧化物，D错误；
E． 玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品，E正确。故选CE。