39，湖南省邵东市第一中学2023-2024学年高一下学期第一次月考化学试题（高考班）

这是一份39，湖南省邵东市第一中学2023-2024学年高一下学期第一次月考化学试题（高考班），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(每小题3分，共42分)
1. 下列说法错误的是
A. 在葡萄酒酿制过程中添加适量的二氧化硫，可以起到杀菌、抗氧化作用
B. 硫酸钡不溶于水和酸，在医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂
C. 加碘食盐中添加碘酸钾而不用碘化钾，是因为碘酸钾能溶于水而碘化钾不溶于水
D. 无水硫酸铜可以用来检验酒精中是否含有少量水
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2具有还原性，将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故A正确；
B．医疗上可用硫酸钡作x射线透视肠胃的内服药，利用的是硫酸钡不溶于酸的性质，故B正确；
C．碘化钾能溶于水，性质不稳定，故C错误；
D．无水硫酸铜遇水变蓝，能检验酒精中是否含有水，故D正确；
选C。
2. 下列有关化学用语的表示方法中正确的是
A. M2+核外有a个电子，b个中子，M的原子符号为
B. Na+的结构示意图：
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程：
D. 次氯酸的电子式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．M2+核外有a个电子，质子数是a+2，b个中子，质量数为a+b+2，则M的原子符号为：，A正确；
B．Na+的结构示意图为，B错误；试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。C．用电子式表示MgCl2的形成过程为，C错误；
D．次氯酸的电子式为，D错误；
答案选A。
3. 化学与生产、生活、科技息息相关，下列叙述正确的是
A. 华为自主研发的“麒麟”芯片，其主要成分与光导纤维的成分相同
B. 食品、饮料工业用超大量SO2作食品添加剂
C. 我国科学家以CO2为原料合成了淀粉，由CO2合成淀粉有利于实现碳达峰、碳中和的战略
D. 国产飞机C919用到氮化硅陶瓷是有机高分子材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．芯片的主要成分是硅，光导纤维的主要成分是二氧化硅，则芯片和光导纤维的成分不相同，故A错误；
B．二氧化硫是国内外允许使用的一种食品添加剂，在食品中可以做为漂白剂、防腐剂、抗氧化剂来使用，但用超大量的二氧化硫作食品添加剂对人体有害，不利于人体健康，故B错误；
C．由二氧化碳合成淀粉可以减少二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和的战略，故C正确；
D．氮化硅陶瓷是性能优良的新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D错误；
故选C。
4. 下列各组离子在稀硝酸中能大量共存的是
A. 、、、B. 、、、
C. 、、、D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．、不能大量共存，故A项错误；
B．硝酸有强氧化性，、不能大量共存，故B项错误；
C．离子之间都不反应，可以共存，故C正确；
D． 、在酸中不能大量共存，发生反应生成氯气，故D项错误；
答案选C。
5. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，22.4L中含有分子数为
B. 18g分子中含有的中子数目为
C. 标准状况下，与充分反应，生成的分子数目为0.1NA
D. 150mL18 ml·L硫酸与足量Cu共热，生成的的数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，SO3是固体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．18g分子中含有的中子数目为，故B正确；
C．2SO2+O22SO3，该反应可逆，与充分反应，生成的分子数目小于0.1NA，故C错误；
D．稀硫酸和Cu不反应，150mL18 ml·L硫酸与足量Cu共热，生成的的数目小于，故D错误；
故答案为：B。
6. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向硫酸铜溶液中滴入氨水：
B. 金属锌与浓硫酸共热：
C. 向硅酸钠溶液中通入少量：
D. 氧化钠与水反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向硫酸铜溶液中滴入氨水，氨水为弱电解质，离子方程式不拆，离子方程式为，故A错误；
B．金属锌与浓硫酸共热，浓硫酸具有强氧化性，离子方程式为，故B错误；
C．向硅酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成硅酸和碳酸钠，反应的离子方程式为＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋，故C正确；
D．氧化钠与水反应，原子不守恒，离子方程式为，故D错误；
故选C。
7. 下列装置或操作一定能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氨气的密度小于空气，应用向下排空气法收集，故A错误；
B．NO不溶于水，且不与水反应，因此可用排水法收集，故B正确；
C．木炭与浓硫酸反应生成CO2、SO2，CO2、SO2均能使澄清石灰水变浑浊，该实验不能验证反应是否有CO2生成，故C错误；
D．本题利用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，判断非金属性强弱，HCl不是氯元素最高价氧化物的水化物，因此不能判断出氯元素与另外两种元素非金属性强弱，故D错误；
答案为B。
8. 下列叙述I和II均正确且有因果关系的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁片插入稀硝酸中，开始无明显现象，后来产生气泡，铁片遇见浓硝酸才发生钝化，故A不符合题意；
B．应该是湿润的红色石蕊试纸遇到氨气变蓝，说明氨气溶于水，其水溶液呈碱性，故B不符合题意；
C．氢氟酸可与反应得到，但是酸性氧化物，不是两性氧化物，故C不符合题意；
D．蔗糖遇浓硫酸变黑，说明有脱水性，同时产生有刺激性气味的气体，说明碳和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，则体现浓硫酸强氧化性，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
9. 在给定条件下，下列选项所示物质间的转化均能一步完成的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅与水不反应，A不符题意；
B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能生成氯化铁，B不符题意；
C．硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C不符题意；
D．氮气和氢气在高温高压及催化剂条件下生成氨气，氨气催化氧化生成一氧化氮，两个反应都可一步完成，D符合题意。
故选D。
10. 用石灰乳吸收硝酸工业的尾气(含NO、NO2)可获得Ca(NO2)2，部分工艺流程如下，下列说法不正确的是
A. 吸收时主要反应的离子方程式为NO+NO2+OH-=NO+H2O
B. 用石灰乳比用澄清石灰水吸收效果更好
C. 采用气液逆流接触有利于尾气中NO、NO2的充分吸收
D. 尾气中含有的NO不是酸性氧化物
【答案】A
【解析】
【分析】该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1∶1，原理为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O；若n(NO)：n(NO2)＞1∶1，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高；若n(NO)∶n(NO2)＜1∶1，二氧化氮过量，被Ca(OH)2吸收，则发生了4NO2+2Ca(OH)2═Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O，产品中Ca(NO3)2含量升高，.
【详解】A．根据分析过程，该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1∶1，可以提高Ca(NO2)2的产率及纯度，石灰乳中氢氧化钙为浊液不能拆开，吸收时主要反应为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2++2NO+H2O，故A错误；
B．石灰乳更利于气体附着，改为澄清石灰水吸收效率将会降低，故B正确；
C．采用气液逆流接触，增大了气体和石灰乳的接触面积，有利于尾气中NO、NO2的充分吸收，故C正确；
D．一氧化氮不和碱反应生成盐和水，不是酸性氧化物，故D正确；
故选A。
11. 时，石墨转化为金刚石的能量变化如图所示，下列说法正确的是

A. 石墨转化为金刚石的反应为放热反应
B. 石墨和金刚石互为同位素
C. 石墨比金刚石更稳定
D. 破坏石墨的化学键所吸收的能量小于形成金刚石的化学键所放出的能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．石墨的能量小于金刚石，石墨转化为金刚石的反应为吸热反应，故A错误；
B．石墨和金刚石互为同素异形体，故B错误；
C．能量越低越稳定，石墨比金刚石更稳定，故C正确；
D．该反应吸热，破坏石墨的化学键所吸收的能量大于形成金刚石的化学键所放出的能量，故D错误；
选C。
12. 海洋生物参与氮循环的过程如图所示，下列说法正确的是
A. 图中微粒间的转化均属于氧化还原反应B. 酸性环境有利于反应①
C. 反应③可能有氧气参与反应D. 反应③、⑤属于氮的固定
【答案】C
【解析】
【详解】A．铵根离子种氮元素-3价，氨气分子中氮元素-3价，即①不属于氧化还原反应，A错误；
B．氨气属于碱性气体，能与氢离子作用生成铵根离子，故酸性环境不利于反应①，B错误；
C．N2H4中氮元素显-2价，氮气中氮元素显0价，氮元素化合价升高发生氧化反应，又氧气具有氧化性，故反应③可能有氧气参与反应，C正确；
D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的过程，③、⑤都是将化合态的氮转化为游离态的氮，故不属于氮的固定，D错误；
故选C。
13. 短周期主族元素、、、原子序数依次递增。、、位于同一周期，W与Z同主族，的族序数是其周期序数的2倍，和形成的某些化合物可导致酸雨。下列说法正确的是
A. 离子半径：
B. 简单氢化物的沸点：
C. 最高价氧化物的水化物的酸性：
D. 化合物WZ2可用作食品添加剂
【答案】D
【解析】
【分析】X的族序数是其周期序数的2倍，则X为C，X、Y、Z位于同一周期，且原子序数依次增大，Y和Z形成的某些化合物可导致酸雨，该化合物为NOx，Y为N，Z为O，W与Z同主族，则W为S，据此分析；
【详解】A．Y、Z的简单离子是N3-、O2-，它们核外电子排布相同，因此原子序数增大，离子半径减小，即r(N3-)＞r(O2-)，故A错误；
B．Z、W形成简单氢化物分别为H2O、H2S，前者常温下为液体，后者为气体，因此H2O的沸点高于H2S，故B错误；
C．X为C，最高价氧化物的水化物为H2CO3，属于弱酸，W为S，最高价氧化物的水化物为H2SO4，属于强酸，故C错误；
D．WZ2为SO2，可用作食品添加剂，如葡萄酒中含有二氧化硫，故D正确；
答案为D。
14. 工业上采用与在350℃左右反应生成，之后将其还原、结晶得到高纯度的单晶硅产品。已知的熔点为℃，沸点为33℃，且遇和均剧烈反应。现要在实验室中制取少量，其实验装置如下图所示，则下列说法正确的是
A. 反应时，应该先点燃“粗硅”处的酒精灯
B. 使用浓和混合加热制取利用了浓的脱水性和强酸性
C. 冰盐浴的目的为降低收集容器的温度，使冷凝为液体
D. 可以用无水替换干燥管中的碱石灰
【答案】C
【解析】
【分析】浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢，与在350℃左右反应生成，的熔点为℃，沸点为33℃，用冰盐浴冷却，碱石灰防止空气中的水进入装置中，同时吸收尾气HCl。
【详解】A． 反应时，应该先点燃“NaCl”处的酒精灯，产生的氯化氢赶走装置中空气，故A错误；
B． 使用浓和混合加热制取利用了浓的高沸点制取低沸点的氯化氢，故B错误；
C． 的熔点为℃，沸点为33℃，冰盐浴的目的为降低收集容器的温度，使冷凝为液体，故C正确；
D． 干燥管中的碱石灰，防止空气中的水进入装置中，同时吸收尾气HCl，不可以用无水替换，氯化钙不能吸收氯化氢，故D错误；
故选C。
二、填空题(每空2分，共58分)
15. 按照要求回答问题。
（1）氮化硅是一种性能优异的无机非金属材料，它的熔点高，硬度大，电绝缘性好，化学性质稳定，请写出氮化硅的化学式___________。
（2）盛放NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是(用离子方程式表示)：___________。工艺师常用___________(填物质名称)来雕刻玻璃。
（3）硫单质能与碱反应，化学反应：，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
（4）将12.8 g铜与足量的浓硝酸反应，产生NO和气体的体积为5.60 L(标况下)，则参加反应的硝酸的物质的量为___________。
（5）实验室用NaOH浓溶液配制0.1NaOH溶液500mL，需量取密度为1.4质量分数为40%NaOH溶液___________mL(保留一位小数)，该实验所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管、烧杯之外，还有___________。
（6）化学反应的能量变化如图所示。已知断开1ml N-H键、1ml 键分别需要吸收的能量为391kJ、946kJ。1ml 中的化学键断裂要吸收___________kJ能量。
【答案】（1）Si3N4
（2） ①. ②. 氢氟酸
（3）2:1 （4）0.65ml
（5） ①. 3.6 ②. 500mL容量瓶
（6）436
【解析】
【小问1详解】
氮最外层有5个电子，硅最外层有4个电子，氮非金属性强于硅，而显-3价，硅显+4价，所以氮化硅的化学式为Si3N4；
【小问2详解】
实验室盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因是在常温下，氢氧化钠与玻璃中的二氧化硅缓慢地发生反应，生成具有粘性的Na2SiO3，方程式为：。HF和二氧化硅反应，工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃；
【小问3详解】
这是一个硫的歧化反应，有16个硫的化合价从0价降低到-2价，有8个硫的化合价从0价升高到+4价，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:8，即2:1。
【小问4详解】
12.8 g铜物质的量为0.2ml，即溶液中含有0.2ml硝酸铜；又产生NO和气体的体积为5.60 L(标况下)，则一氧化氮和二氧化氮物质的量共为0.25ml，所以由氮原子守恒可得参加反应的硝酸物质的量为0.25ml+0.2ml2=0.65ml。
【小问5详解】
密度为1.4 g·cm-3质量分数为40%的NaOH溶液浓度为=14ml/L，实验室用14ml/L NaOH浓溶液配制0.1 ml·L-3NaOH溶液500 mL，需要14ml/LNaOH浓溶液的体积为=0.0036L=3.6mL；该实验所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、胶头滴管、烧杯之外，还有500mL容量瓶。
【小问6详解】
根据反应，，，则1ml 中的化学键断裂要吸收能量。
16. I．下图是氮气经一系列反应制得硝酸的过程。

请回答：
（1）氮元素在元素周期表中的位置___________。
（2）下列说法正确的是___________。
A．因断开氮气分子内的共价三键需要较多的能量，所以氮气化学性质很稳定
B．反应②、③、④中氮元素均被氧化
C．分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近时，会产生白烟
（3）反应④的化学方程式为 ___________。
（4）请写出铜和稀硝酸反应的离子方程式：___________，在该反应中硝酸体现了___________性。
Ⅱ．某同学在实验室制备氨气，准备了一些如图装置。
（5）为实验室制取氨气的发生装置，反应的化学方程式为___________。
（6）欲收集一瓶干燥的氨气，挑选出上图中的适当装置，其连接顺序为： 发生装置___________(按气流方向，用小写字母表示)。
【答案】（1）第二周期第VA族
（2）ABC （3）3NO2+H2O=2HNO3+NO
（4） ①. 3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ②. 酸性和氧化性
（5）
（6）dcfei
【解析】
【分析】I．由氮气制得硝酸的过程为：N2和H2发应生成NH3，NH3和O2发生催化氧化反应得到NO，NO和O2反应生成NO2，NO2和水反应生成HNO3。
Ⅱ．实验室常用A共热氯化铵和氢氧化钙制备氨气，用C干燥氨气，用D收集氨气，用F吸收多余的氨气，防止污染空气。
【小问1详解】
氮是7号元素，在元素周期表中的位置为第二周期第VA族。
【小问2详解】
A．氮气分子内存在N≡N，结构稳定，断开氮气分子内的共价三键需要较多的能量，所以氮气化学性质很稳定，故A正确；
B．②③④中氮元素化合价均升高，所以氮元素都被氧化，故B正确；
C．氨水与浓盐酸易挥发，挥发出的氨气与氯化氢反应生成氯化铵固体，产生大量白烟，故C正确；
故答案为：ABC。
【小问3详解】
反应④中NO2和水反应生成HNO3和NO，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。
【小问4详解】
铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，离子方程式为：3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，在该反应中硝酸体现了酸性和氧化性。
【小问5详解】
管中盛放的药品是NH4Cl和Ca(OH)2，二者反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。
【小问6详解】
氨气能与酸性干燥剂反应，应用碱石灰干燥(干燥管要粗进细出)，氨气极易溶于水，密度比空气小，可用向下排空气法收集，多余的氨气用E装置吸收，因此气流方向为m→。
17. 某研究性学习小组利用下列有关装置，对二氧化硫的性质及空气中二氧化硫的含量进行探究(装置的气密性已检查)：
（1）装置A中盛浓硫酸的仪器名称是___________。
（2）滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间，再关闭弹簧夹，此操作的目的是：___________。
（3）实验过程中装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，从中取少量溶液于洁净试管中，向试管中滴加适量___________出现白色沉淀。
A. 氨水B. C. 硝酸D. 盐酸
（4）装置C中的溶液中出现___________浑浊，发生的反应方程式为___________。
（5）装置D中溶液是___________。
（6）拟用以下方案测定空气中含量(假设空气中无其他还原性气体)
实验中若通过空气的体积为33.6L(标准状况下)，最终所得固体质量为0.233g，通过计算确定该空气中二氧化硫的含量是___________。(结果精确到0.001%)
【答案】（1）分液漏斗
（2）排除装置中氧气对实验的干扰 （3）AC
（4） ①. 黄色 ②.
（5）NaOH （6）0.067%
【解析】
【分析】装置A制备二氧化硫，装置B检验二氧化硫的性质，装置C检验二氧化硫的氧化性，装置D吸收二氧化硫，结合装置和物质的性质分析解答。
小问1详解】
装置A中盛浓硫酸的仪器名称是分液漏斗。
【小问2详解】
装置中的氧气影响二氧化硫含量的测定，所以为了排除装置中空气，应该滴加浓硫酸之前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，再关闭弹簧夹，故答案为：排除装置中氧气对实验的干扰；
【小问3详解】
氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀；硝酸将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，加入硫化钠会和亚硫酸反应生成淡黄色的硫沉淀，加入盐酸不生成沉淀，故选AC；
【小问4详解】
C中发生反应为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，因此溶液中出现黄色浑浊；
【小问5详解】
二氧化硫气体是一种有毒气的酸性氧化物，多余的气体不能直接排放，需要用NaOH溶液吸收；
【小问6详解】
根据SO2+H2O2=H2SO4、H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O,结合硫元素守恒，该空气中二氧化硫的含量是0.067%。
18. 某工业废料中含及少量，用这些废料制取明矾和粗产品的工艺流程如下：

已知：①相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下表所示：
②在碱性条件下开始溶解时的为7.8，完全溶解时的为11。
请回答下列问题：
（1）“酸浸”时，写出一种能提高“酸浸”速率的措施：_____。
（2）向“酸浸液”中先加入，再加入。写出加入时参与反应的离子方程式：_____，加入的作用是_____。
（3）滤渣1的成分为_____。
（4）加入的溶液调进行“沉钴”，应控制溶液的至少为_____，“沉钴”后的“滤液”中含有金属元素的离子主要为_____。
（5）若要从滤液得到明矾晶体，必须进行的实验操作步骤：_____、过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）将工业废料粉碎(或充分搅拌；适当增加硫酸的浓度；提高酸浸温度等)
（2） ①. ②. 将溶液中的氧化成
（3）Fe(OH)3 （4） ①. 11 ②. 、
（5）蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】工业废料中含、及少量、FeO、CO，经酸浸溶解后，加入，可将还原为，再加入将氧化成，然后调将转化为除去，加入过量的氢氧化钾，分离出铝元素，滤渣成分为，再用酸溶解，结晶得到粗产品，据此分析答题。
【小问1详解】
加快反应速率的方法有升温、增大反应物浓度(适当增大硫酸浓度)、增大接触面积(搅拌、粉碎)等，答案为：将工业废料粉碎(或充分搅拌；适当增加硫酸的浓度；提高酸浸温度等)；
【小问2详解】
具有还原性，可将还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为：；根据表中各离子沉淀的pH可知，因此应该用将氧化成，然后再调将转化为除去，答案为：；将溶液中的氧化成；
小问3详解】
酸浸液中加入，将溶液中氧化成，再调节，，故只生成沉淀，即滤渣1的成分为氢氧化铁；答案为：Fe(OH)3；
【小问4详解】
根据已知②，“沉钴”为避免沉淀的干扰，应将pH控制在11以上，保证沉淀中没有，此时溶液中含金属的离子主要有、，答案为：11；、。
【小问5详解】
若要从滤液得到明矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。A．用于制备并收集少量干燥氨气
B．排水法收集NO
C．验证反应是否有CO2生成
D．验证非金属性：Cl>C>Si
选项
叙述I
叙述Ⅱ
A
铁片插入稀硝酸中，无明显现象
铁片表面被硝酸钝化
B
湿润的蓝色石蕊试纸遇到氨气变红
氨气溶于水呈碱性
C
氢氟酸可与反应得到
二氧化硅是一种两性氧化物
D
蔗糖遇浓硫酸变黑，同时产生有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
开始沉淀的
3.5
1.6
6.3
6.6
完全沉淀的
5.4
28
8.3
9.2