甘肃省天水市第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考化学试题（原卷版+解析版）

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（满分：100分 时间：75分钟）
相对原子质量：、、、、、
一、単选题（每小题3分，共42分）
1. 化学与生产、生活、科技紧密相关，下列叙述不正确的是
A. “中国天眼”所使用的钢铁结构圈梁属于金属合金材料
B. “大数据中心”的电子设备芯片使用的材料是二氧化硅
C. “中国桥梁看贵州”，建造桥梁的水泥属于硅酸盐材料
D. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
【答案】B
【解析】
【详解】A．纯金属和合金属于金属材料，钢铁结构圈梁属于金属合金材料，A正确；
B．芯片使用的材料是单质硅，B错误；
C．水泥属于硅酸盐材料，为无机非金属材料，C正确；
D．陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，D正确；
故选B。
2. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，中含有分子总数为
B. 工业制硫酸中，与足量的反应，生成的分子总数为
C. 与盐酸反应生成的分子数为
D. 32g环状分子（），中含有S-S键数为
【答案】D
【解析】
【详解】A．标准状况下，四氯化碳为液体，无法计算其物质的量，A错误；
B．二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，无法计算生成的三氧化硫的分子数，B错误；
C．随着反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应停止，则无法计算氯气的分子数，C错误；
D．32g环状的物质的量，1个分子中含有8个S-S键，则32g环状分子中含有S-S键的数目为，D正确；
故选D。
3. 下列物质不能由两种单质直接化合生成的是
①FeS ② ③ ④ ⑤ ⑥CuS ⑦SiC ⑧
A. ②④⑧B. ③⑥⑦C. ③④⑤D. ③⑥⑧
【答案】D
【解析】
【详解】①Fe单质与S单质加热反应生成FeS，能由单质直接化合生成，①不符合；
②硫单质和氢气反应生成硫化氢，能由单质直接化合生成，②不符合；
③氮气和氧气在放电条件下生成一氧化氮，不能直接生成NO2，③符合；
④镁条在氮气中燃烧生成，④不符合；
⑤氮气和氢气在高温、高压和催化剂存在的条件下反应生成氨气，⑤不符合；
⑥铜与硫共热反应生成硫化亚铜，不能由单质直接化合生成，⑥符合；
⑦碳和硅在高温下反应可以生成碳化硅，⑦不符合；
⑧铁在氯气中燃烧生成FeCl3，不能由单质直接化合生成，⑧符合；
则符合要求的是：③⑥⑧；
故选D。
4. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应反应方程式书写正确的
A. 和稀硝酸混合：
B. 向中滴加NaOH溶液：
C. 向水中通入适量：
D. 向澄清石灰水中通入过量：
【答案】B
【解析】
【详解】A．和稀硝酸混合被氧化为硫酸根离子，离子方程式为：，故A错误；
B．向中滴加NaOH溶液，生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为：，故B正确；
C．向水中通入适量的：，故C错误；
D．向澄清石灰水中通入过量生成亚硫酸氢根，离子方程式为：，故D错误；
故选B。
5. 某原电池装置的总反应为，下列说法正确的是
A. 电池工作时负极上发生还原反应
B. 可改用Fe做正极材料
C. 装置工作时，溶液中的向负极移动
D. 装置工作时每转移1ml电子，将消耗64gCu
【答案】C
【解析】
【分析】原电池中，负极发生的反应为氧化反应，铜的化合价升高为负极，正极发生还原反应，三价铁的化合价降低，在正极发生反应，据此作答。
【详解】A．正极发生还原反应，负极上发生氧化反应，A项错误；
B．若Fe做正极材料，则负极发生反应为Fe-2e-=Fe2+，铜不参与反应，B项错误；
C．装置工作时，阴离子向负极移动，C项正确；
D．由总反应可推测出负极的电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，转移1ml电子，消耗0.5mlCu，其质量为32g，D项错误；
故选C。
6. 下列离子组在无色溶液中能大量共存，加入(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O晶体后，仍能大量共存的是
A. Na+、H+、Cl-、NOB. K+、Ba2+、OH-、I-
C. Cu2+、Na+、Br-、Cl-D. Na+、K+、Cl-、SO
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．加入(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O晶体后，H++ NO会将Fe2+氧化而不能大量共存，A不符合题意；
B．加入(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O晶体后，铵根和氢氧根会结合生成弱电解质一水合氨，钡离子和硫酸根结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．含有铜离子的溶液会先蓝色，不符合“无色溶液”，C不符合题意；
D．四种离子相互之间不反应，且溶液无色，也不与(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O反应，仍能大量共存，D符合题意；
综上所述答案为D。
7. 已知化学反应的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确
A. 断裂键和键，放出能量
B. 的能量低于的能量
C. 反应是放热反应
D. 每生成吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A．断裂化学键吸收能量，根据图示可知断裂1mlA-A和1mlB-B键，吸收a kJ能量，A项错误；
B．由图可知，和的能量和低于的能量，B项错误；
C．由图可知，反应中反应物能量低于生成物能量，属于吸热反应，则反应是放热反应，C项正确；
D．由图可知，每生成吸收能量，D项错误；
故选C
8. 下列实验结论与实验操作及现象相符的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为加入过量的铁粉，反应后Fe元素以Fe2＋的形式存在，加入KSCN，不出现血红色溶液，故A错误；
B．根据现象可知CO2不能与反应生成SO2，则酸性的酸性比弱，故B正确；
C．溶液中银离子能与氯离子反应生成不溶于盐酸的氯化银沉淀，则向溶液中加入盐酸酸化的氧化钡溶液，有白色沉淀生成，不能证明原溶液中一定有硫酸根离子，故C错误；
D．检验溶液中的，应向溶液中滴加浓的氢氧化钠溶液并加热，然后将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝，说明溶液中，不能使用少量NaOH稀溶液，故D错误；
故选B。
9. 已知1mlH2完全燃烧生成水蒸气时放出热量242kJ，且氧气中1mlO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，水蒸气中1mlH－O键形成时放出热量463kJ，则氢气中1mlH－H键断裂时吸收热量为
A. 188kJB. 436kJC. 557kJD. 920kJ
【答案】B
【解析】
【详解】1mlH2完全燃烧生成水蒸气时放出热量242kJ，则2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-484 kJ /ml，焓变=反应物总键能-生成物总键能，设1mlH－H键断裂时吸收热量为x kJ，2x+496 kJ -463 kJ×4=-484 kJ，x=436kJ，故选B。
10. 实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓氨水与氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；
B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故B正确；
C．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集一氧化氮，也不能用水吸收一氧化氮尾气，故C错误；
D．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，不能用于制备氯气，故D错误；
故选B。
11. 粗盐溶液中常含有、、等杂质，实验室利用溶液、溶液、盐酸，按照如图所示流程可除去杂质得到精盐。下列说法不正确的是
A. 试剂X不能是
B. 加入试剂Z前必须过滤
C. 操作I用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯
D. 若粗盐固体为a g，得到的精盐为b g，则a一定大于b
【答案】D
【解析】
【分析】粗盐溶液中常含有、、等杂质，除去这些离子对应选用的离子有、、，且应该均过量，故可先加入试剂X ：Ba(OH)2可以除去、；再加入试剂Y ：碳酸钠，可以除去Ca2+和过量的Ba2+，过滤后再加入稀盐酸，以除去过量的OH-、，得到氯化钠溶液，氯化钠的溶解度随温度的变化不大，应蒸发结晶得到氯化钠晶体。
【详解】A．根据分析可知，试剂X是Ba(OH)2，不能是，A正确；
B．加入试剂Y形成的沉淀有碳酸钡，可以和盐酸反应，试剂Z是盐酸，故加入试剂Z前必须过滤，B正确；
C．操作I是从氯化钠溶液中得到氯化钠固体，应该用蒸发结晶的方法，用到的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯，C正确；
D．根据反应过程，制得的NaCl，既有原溶液中的也有新生成的，a不一定大于b，D错误；
故选D。
12. 相同条件下，在容积相同的三个烧瓶内分别充满干燥的、HCl、气体，做喷泉实验，所得三种溶液溶质的物质的量浓度比为
A. B. C. D. 无法比较
【答案】A
【解析】
【详解】在容积相同的三个烧瓶内，分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，所以V（NH3）∶V（HCl）∶V（NO2）=1∶1∶1，同条件下，体积之比等于物质的量之比，所以n（NH3）∶n（HCl）∶n（NO2）=1∶1∶1，令n（NH3）=nml、n（HCl）=nml、n（NO2）=nml，各自体积为V（NH3）=V（HCl）=V（NO2）=VL，对于氨气，溶液体积等于氨气气体体积，所以c（NH3）=ml/L；对于氯化氢，溶液体积等于氯化氢气体体积，所以c（HCl）= ml/L；对于二氧化氮，与水发生反应∶3NO2+2H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知溶液体积为二氧化氮体积的，生成的硝酸的物质的量为二氧化氮物质的量的，所以c（HNO3）= ml/L，所以c（NH3）∶c（HCl）∶c（HNO3）=1∶1∶1；
故选A。
13. 氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 该流程可实现太阳能向化学能的转化
B. 反应Ⅱ的化学方程式为
C. 制得中氢元素最初来源于水和硫酸
D. 反应Ⅱ中的、反应Ⅲ中的均可循环利用
【答案】C
【解析】
【详解】A．该过程利用太阳能将水分解，太阳能转化为化学能，A正确；
B．根据图示，反应Ⅱ为2H2SO4=2SO2↑+O2↑+2H2O，B正确；
C．根据质量守恒定律可知，制得H2中氢元素最初来源于水，C错误；
D．既是反应物，也是生成物的可以循环使用，在整个反应过程中，SO2、H2SO4、I2、HI都在循环使用，D正确；
故选C。
14. 将镁铝铁合金投入到300ml硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成、和；硝酸全部被还原为一氧化氮，其体积为（标准状况），当加入300mL某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为。下列有关推断正确的是
A. 参加反应的硝酸物质的量为B. 参加反应的金属质量为
C. 硝酸物质的量浓度为D. 氢氧化钠物质的量浓度为
【答案】B
【解析】
【分析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：=0.9ml，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO)=0.9ml。
【详解】A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO)+n(NO)=0.3ml+0.9ml=1.2ml，A错误；
B．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9ml×17g/ml=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，B正确；
C．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO)+n(NO)=0.3ml+0.9ml=1.2ml，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)==4ml/L，C错误；
D．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)==3ml/L，D错误；
故选B。
第Ⅱ卷（非选择题 共58分）
二、非选择题（本题包括4小题，共58分）
15. 利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：
（1）的电子式为________；将与X混合，可生成黄色固体，该反应氧化产物与还原产物的质量之比为________。
（2）S粉与热的Z浓溶液反应可转化为________，反应的化学方程式为________。
（3）配平下列反应：_____
________________________
（4）下列有关硫及其化合物的性质，说法正确的是
A. X能使溴水褪色，证明X有漂白性B. 将X通入溶液中有白色沉淀生成
C. 硫在过量的中燃烧可以生成YD. 若N为钠盐，则N与Z的稀溶液反应可生成
（5）某同学为探究Cu与浓硫酸的反应，用如图所示的装置进行有关实验。
①反应中浓硫酸体现的性质有________。
②C的作用是________，装置D中试管口放置的棉花应浸有一种液体，这种液体是________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. SO2 ②.
（3）23333 （4）D
（5） ①. 强氧化化性、酸性 ②. 收集 ③. 氢氧化钠溶液
【解析】
【分析】根据题中的信息可知，X为SO2，Y为SO3，Z为H2SO4，M为硫酸盐，N为硫化物，以此解题。
【小问1详解】
硫化氢为共价化合物，其电子式为：；X为SO2，与硫化氢反应的方程式为：2H₂S+SO₂=3S+2H₂O，其中硫化氢是还原剂，二氧化硫是氧化剂，两者发生归中反应生成单质硫，氧化产物和还原产物都是单质硫，则该反应氧化产物与还原产物的质量之比为：2:1；
【小问2详解】
Z为H2SO4，浓硫酸有强氧化性，可以将单质硫氧化为SO2，相应的方程式为：；
【小问3详解】
该反应中硫化钠中硫的化合价由-2价升高到0价，亚硫酸钠中的硫由+4价降低到0价，则配平后的方程式为：23333；
【小问4详解】
A．X为SO2，可以和溴水反应生成硫酸，体现其还原性，A错误；
B．二氧化硫和氯化钡不反应，B错误；
C．Y为SO3，硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，C错误；
D．Z为H2SO4，N为硫化物，稀硫酸可以和硫化钠反应生成硫化氢，D正确；
故选D；
【小问5详解】
①浓硫酸具有强氧化性可以和铜反应，同时生成硫酸铜，体现其酸性，则反应中浓硫酸体现的性质有强氧化化性、酸性；
②二氧化硫密度大于空气，则C的作用是利用向上排空气的方法收集；二氧化硫会污染空气，可以和氢氧化钠反应，则这种液体是氢氧化钠溶液。
16. 已知A、B、C、D、E、F、G、H可以发生如图所示的转化关系，反应中部分生成物已略去。其中，A、G为同一主族元素形成的单质，B、C、H在通常情况下为气体，E是水晶的主要成分，化合物C是一种形成酸雨的大气污染物。
（1）写出对应物质的化学式：C________；F________。
（2）反应①的化学方程式是________。
反应②的离子方程式是________。
（3）下列溶液中能用来区分B和C气体的是________（填序号）。
①澄清石灰水 ②溶液 ③酸性溶液 ④氯水 ⑤品红溶液 ⑥紫色石蕊溶液
（4）的酸性________D的酸性（填“强于”或“弱于”），请用离子方程式予以证明：________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②.
（3）②③④⑤ （4） ①. 强于 ②. （或）
【解析】
【分析】A为单质，在加热条件下可与浓硫酸反应生成两种气体，且化合物C是一种形成酸雨的大气污染物，则该反应为碳和浓硫酸的反应，生成CO2和SO2，则A为C，B为CO2，C为SO2，E是水晶的主要成分，E为SiO2， A与E反应生成H和G，A、G为同一主族元素的单质，则G为Si，A和E的的反应为，H为CO，E与NaOH溶液生成F，离子方程式为：，F为Na2SiO3，F和B生成D，（或），D为H2SiO3，D加热可得E，综上所述，A为C，B为CO2，C为SO2，D为H2SiO3，E为SiO2，H为CO，F为Na2SiO3，G为Si，H为CO。
【小问1详解】
由分析得，C为SO2；F为Na2SiO3；
【小问2详解】
反应①是SiO2与C在高温下反应，生成Si和CO，化学方程式为：；反应②是SiO2与NaOH溶液反应，生成硅酸钠和水，离子方程式为： ；
【小问3详解】
B为CO2，C为SO2，
①两者均能使澄清石灰水变浑浊，不能区分；
②H2S溶液与SO2反应生成S单质，为黄色沉淀，能区分；
③酸性KMnO4溶液与SO2反应，溶液褪色，能区分；
④氯水与SO2反应，氯水褪色，能区分；
⑤SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，能区分；
⑥两者均能使紫色石蕊溶液变红色，不能区分；
故符合题意的是②③④⑤；
【小问4详解】
D为H2SiO3，H2CO3酸性H2SiO3强，根据强酸制弱酸的原理（或）。
17. 工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体的流程如图：
(1)“焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为_______。
(2)“酸化”步骤反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤”所得滤液中溶质主要成分为_______。
(4)“淘洗”所用的溶液A应选用_______(填序号)。
a.稀硫酸 b.浓硫酸 c.稀硝酸 d.浓硝酸
(5)“反应”一步的过程中无红棕色气体生成。
①理论上消耗HNO3和H2O2，物质的量之比为_______。
②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体，写出该反应的离子方程式_______。
【答案】 ①. CuS+2O22CuO和SO2 ②. CuO+2H+=Cu2++H2O ③. FeSO4 ④. a ⑤. 2：1 ⑥. Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
【解析】
【分析】工业生产的目的是以含铜废料为原料生产硝酸铜晶体。先将含铜废料在空气中焙烧，将铜元素转化为CuO，再用H2SO4溶解生成CuSO4；加Fe将Cu2+还原为Cu，同时生成FeSO4；此时滤渣为Fe、Cu的混合物，加入稀硫酸淘洗，将Fe溶解并转化为FeSO4；过滤后，将滤渣与20% 的HNO3、10%的H2O2反应，从而生成Cu(NO3)2溶液；将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，从而获得硝酸铜晶体。
【详解】(1)“焙烧”时，CuS与O2反应转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为CuS+2O22CuO和SO2.答案为：CuS+2O22CuO和SO2；
(2)“酸化”步骤，CuO与稀硫酸反应，生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O。答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；
(3)“过滤”前，加过量铁粉还原CuSO4，所得滤液中溶质的主要成分为FeSO4.答案为：FeSO4；
(4)“淘洗”的目的，是将Cu中混有的Fe溶解除去，因为硝酸和浓硫酸都会将铜溶解，所以所用的溶液A应选用稀硫酸，故选a.答案为：a；
(5)①“反应”一步的过程中无红棕色气体生成，则反应生成Cu(NO3)2和水，发生反应的化学方程式为Cu+2HNO3+H2O2=Cu(NO3)2+2H2O，从而得出理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为2：1。
②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，由现象可推知，气体产物为NO2，则该反应的离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O。答案为：2：1；Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O。
【点睛】铜与浓硝酸反应，因为容器内持续出现大量红棕色气体，所以气体全部为二氧化氮。
18. 氮的氧化物是大气污染物之一、工业生产硝酸的尾气中含有氮氧化物(NO和NO2的混合物，假设不含N2O4)，常见处理方法如下：
可用氨催化吸收法处理，反应原理为。模拟该处理过程的实验装置如图(夹持和固定装置已省略)：

（1）写出装稀硝酸的仪器的名称：___________。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为___________。
（3）装置B中发生反应的离子方程式为___________。
（4）反应开始时，应先通___________(填“NO”或“NH3”)；装置C的作用是___________。
（5）装置D中碱石灰的作用是___________。
（6）F装置的作用之一是防止空气中的水蒸气进入E装置，另外一个作用是___________；F装置存在的缺陷之一是无法吸收过量的NO，另外一个缺陷是___________。
【答案】（1）分液漏斗
（2）
（3）
（4） ①. NH3 ②. 控制气体流速
（5）除去气体中含有的水蒸气(或干燥气体)
（6） ①. 吸收过量的NH3 ②. 易发生倒吸
【解析】
【分析】装置A制备氨气，装置B制备NO，混合气体通入浓氨水中，然后利用碱石灰干燥混合气体，在催化剂作用下二者反应生成氮气和水，最后利用装置F吸收氨气，据此解答。
【小问1详解】
装稀硝酸的仪器为分液漏斗。
【小问2详解】
装置中制取氨气的化学方程式为。
【小问3详解】
装置B中铜和稀硝酸反应的离子方程式为。
【小问4详解】
反应开始时，应该先通NH3，保证NO充分反应完全；装置C中可以通过观察气泡控制气体流速。
【小问5详解】
装置D中碱石灰的作用是为了除去气体中含有的水蒸气。
【小问6详解】
F装置的作用之一是防止空气中的水蒸气进入E装置，另外一个作用是吸收过量的NH3；F装置存在的缺陷之一是无法吸收过量的NO，另外一个缺陷是易发生倒吸。选项
实验操作
现象
实验结论
A
将过量的Fe粉加入稀硝酸中，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀硝酸将Fe氧化为
B
将气体依次通入溶液、品红溶液
品红溶液不褪色
的酸性比弱
C
向某溶液中加入盐酸酸化的溶液
有白色沉淀
原溶液中一定有
D
向某溶液中加入NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
原溶液中无
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
B
70%浓硫酸
溶液
C
稀硝酸
D
浓盐酸
溶液