福建省泉州市惠安第一中学2024-2025学年高一下学期3月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1福建省泉州市惠安第一中学2024-2025学年高一下学期3月月考试题一、单选题1．下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是劳动项目化学知识A面点师用含碳酸氢铵的膨松剂制作饼干碳酸氢铵受热易分解B施肥时铵态氮肥和草木灰不能同时使用碱性条件下NH4C往煤炭中添加CaO脱硫CaO熔点高D技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】碳酸氢铵受热分解：2NaHCO3△Na2草木灰中含有碳酸钾，溶液呈碱性，二者混合会释放NH3，导致氮元素流失，B不符合题意；添加CaO脱硫是利用其与SO2反应生成CaSO4，而非熔点高，C符合题意；技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板，在铝表面形成致密Al2O3膜防止腐蚀，D不符合题意。2．下列反应中，属于氮的固定的是A．雷电时，空气中的N2与O2B．由NH3C．将含氨化合物转变为植物蛋白质D．土壤中的硝酸盐被细菌分解转化为氮气【答案】A【解析】雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO，是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，属于氮的固定，故A符合题意；将NH3转化为尿素的过程是氮的化合物之间的转化过程，不属于氮的固定，故B不符合题意；将含氨化合物转变为植物蛋白质是氮的化合物之间的转化过程，不属于氮的固定，故C不符合题意；土壤中的硝酸盐被细菌分解转化为氮气是氮的化合物之间的转化过程，不属于氮的固定，故D不符合题意；故选A。3．下列各组物质中，化学键类型相同、固体熔化时破坏的作用力也相同的是A．Na2O、Na2O2 B．MgCl2、(NH4)2SO4C．CO2、SiO2 D．CO2、CH4【答案】D【解析】Na2O由Na+和O2-构成，只含有离子键，Na2O2由Na+和O22-构成，NaMgCl2由Mg2+和Cl-构成，只含有离子键，(NH4)2SO4由NH4+和SO42-构成，NH4+和SOCO2、SiO2都只含有共价键，CO2固体熔化时破坏范德华力，SiO2固体熔化时破坏共价键，C错误；CO2、CH4都只含有共价键，CO2、CH4固体熔化时破坏范德华力，D正确。4．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．制备84消毒液：NaCl溶液→B．硝酸工业：NC．硫酸工业：S(s)→点燃O2(g)SO3(g)D．纯碱工业：NaCl溶液→【答案】A【解析】电解NaCl溶液生成Cl2，Cl2与NaOH溶液在常温下反应生成NaClO(84消毒液的有效成分)，两步转化均可实现，A正确；硝酸工业：NH3O2NOO2NO2H2OHNO3硫酸工业：S(s)→点燃O2(g)SO2(g)→催化剂O2(g)SO3(g)→H2O(l)H2纯碱工业：NaCl溶液CO2，NH3，H2ONaHCO3→5．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．NaOH溶液：H+、NH4+、SOB．Ba(OH)2溶液：Cl-、ClO-、Na+、K+C．稀硫酸：S2-、Na+、SO42-D．氨水：Al3+、Cu2+、Cl-、SO【答案】B【解析】NaOH溶液中：H+、NH4+都能与OH-反应，不能大量共存，且酸性条件下SO32-能被NO3-Ba(OH)2溶液中：Cl-、ClO-、Na+、K+离子间不会发生反应，可以大量共存，B正确；稀硫酸溶液中：H+与S2-、HCO3-均能发生反应，不能大量共存，氨水中：Al3+、Cu2+均能与氨水发生反应生成沉淀，不能大量共存，D错误。6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1.7gNH3完全溶于1LH2O所得溶液，NHB．3.6gH2C．31gP4(分子结构：)中的共价键数目为4NAD．1molNH4Cl【答案】B【解析】1.7gNH3的物质的量为0.1mol，完全溶于1LH2O时存在一系列平衡：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O⇌NH4++OH-，溶液中n(NH3水分子结构为，一个水分子含有2个共用电子对，，3.6gH2O物质的量是0.2mol，则共用电子对数为0.4N31gP4的物质的量为0.25mol，由图示结构可知1mol该分子中存在6mol共价键，则0.25mol中共价键数目为1.5NANH4Cl中得到共价键存在于NH4+中的氮原子与氢原子之间，1molNH4+含有4molN—H键，则1molNH47．如图是石膏的部分层状结构，中间的虚线代表层与层的分界线。已知：。下列说法不正确的是A．层与层之间通过氢键连在一起B．CaSO4·2H2O加热脱水属于物理变化C．无水CaSO4可作干燥剂D．石膏含有离子键和共价键【答案】B【解析】由图可知，层与层之间由水分子通过氢键连在一起，A正确；CaSO4·2H2O无水CaSO4具有吸水性：可和水发生反应CaSO4+2HCaSO4·2H2O中的CaSO4由Ca2+和SO42-构成，含有离子键，其中的SO8．尿素的结构式如图所示，短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X元素的族序数是周期序数的2倍，Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法不正确的是A．原子半径：XB．Y的简单氢化物与HCl相遇有白烟C．W、Y、Z可组成离子化合物D．常温下，Y的最高价氧化物的水化物与Fe不反应【答案】D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X元素的族序数是周期序数的2倍，推测X为C元素；Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，推测Z是O元素；则Y是N元素；从结构式可知，W形成单键，则推测W是H元素。同周期元素原子半径从左往右减小，故原子半径：C>N>O，即X>Y>Z，A正确；Y的简单氢化物为NH3，NH3与HCl相遇生成白烟(NH4Cl)，B正确；W、Y、Z分别是H、N、O元素，可组成离子化合物，如NH4NO3等，C正确；Y的最高价氧化物的水化物为HNO3，常温下，HNO3与Fe能发生氧化还原反应(注意：钝化也是化学反应故选D。9．原子利用率指的是被利用的原子数占总原子数的比值。我国科研人员提出由小分子X、Y催化转化为高附加值产品M的反应历程如图所示。下列说法正确的是A．M为CH3CH2OHB．反应过程中有C-C．图中催化剂不参与化学反应D．由X、Y生成M【答案】D【解析】由M的球棍模型可知，M为CH3COOH，A错误；由图可知，X和催化剂结合时，断裂了C-H键，没有C-H键的形成，B错误；催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，参与了化学反应，C错误；根据图示可知该反应方程式为：CH4+CO2→催化剂CH3COOH，反应类型属于化合反应，反应物完全转化为生成物，则由X、Y生成M故选D。10．实验室中某些气体的制取、收集、尾气处理装置如图所示，用此装置和下表中提供的物质完成相关实验，正确的是选项Ⅰ中的物质Ⅱ中收集的气体Ⅲ中的物质ACaO和浓氨水NH3蒸馏水BCu和稀硝酸NONaOH溶液CNa2SO3和75%浓硫酸SO2NaOH溶液DFeS和稀硝酸H2SCuSO4溶液A．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】氨气的密度比空气小，Ⅱ装置中应该短管进，长管出，故A错误；铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO能够与空气中的氧气发生反应，因此NO不能用排空气法进行收集，故B错误；75%浓硫酸可以与亚硫酸反应，生成二氧化硫，SO2气体的密度比空气大，Ⅱ装置中应该长管进，短管出，SO2气体会污染空气，所以用氢氧化钠溶液吸收尾气，故C正确；稀硝酸具有强氧化性，H2S具有很强的还原性，FeS和稀硝酸反应不能得到H2S，故D错误；故选C。11．实验室模拟制备硝酸的新型演示装置(夹持装置略)如下图所示。下列说法不正确的是A．先鼓入适量O2加热再鼓入空气，可提高NH3利用率B．无水CaCl2可以用碱石灰替换C．停止加热后打开旋塞K并加入水，即可制得硝酸D．无明火加热、相对密闭，提高了实验的安全性【答案】B【解析】实验流程分析：鼓入空气，促进氨气挥发，碱石灰干燥氨气，氨气与气球2中的氧气发生反应：4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O，生成的NO再和氧气反应：2NO+O2=2NO2，无水CaCl2吸收未反应的先鼓入适量氧气加热再鼓入空气，开始时氧气浓度高，利于氨气和氧气反应，可提高氨气利用率，A正确；无水CaCl2的主要作用是吸收未反应的氨气，防止氨气进入右侧与生成的硝酸反应生成硝酸铵，碱石灰不能吸收氨气，不能用来替换无水CaCl2，B错误；C．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，停止加热后打开旋塞K并加入水，二氧化氮可与水反应制得硝酸，故C正确；本实验采用加热棒进行试验，无明火加热、相对密闭，从而提高了实验的安全性，D正确。12．工业上一种绿色节能生产NaI的流程如下，X为气体单质，下列说法正确的是A．X的电子式为：，其晶体类型为共价晶体B．可以用淀粉检验“合成”步骤NaOH是否足量C．“还原”步骤中参加反应的n(N2H4·H2O)：n(IO3-)=2D．“还原”步骤用SO2【答案】B【解析】根据题意，“合成”步骤NaOH与碘反应生成碘酸钠，“还原碘酸钠”水合肼与碘酸钠反应生成碘化钠、气体单质X。根据题意，“还原碘酸钠”过程中，水合肼和碘酸钠反应生成碘化钠和气体单质X，反应中I元素化合价降低，则水合肼氮元素化合价升高，可推断气体X为氮气N2，电子式为，其属于分子晶体，不是共价晶体，A错误；“合成”步骤NaOH与碘反应生成碘酸钠，根据氧化还原反应化合价的升降规律，可推断还生成碘化钠，可以用淀粉检验碘单质是否剩余，确定NaOH是否足量，B正确；上述还原过程中主要的离子方程式为：2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2O，由此可知n(N2H4·H2O)：n(IO3-)=3：“还原”步骤用SO2代替水合肼会生成硫酸盐，导致产品纯度下降，D错误13．下列实验操作、现象，能得出对应的结论的是选项实验操作现象结论A将AlCl3固体溶于水，进行导电性实验AlCl3溶液可导电AlCl3中含有离子键B用大理石和硝酸反应制取的气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中出现白色沉淀(H2SiO3)酸性：H2CO3>H2SiO3C向浓HNO3中加入红热的炭有红棕色气体产生炭与浓HNO3发生了反应D将稀硫酸加入盛有Fe(NO3)2溶液的试管中溶液变为黄色，且试管口有红棕色气体生成酸性条件下氧化性：Fe3+<NO3-(HA．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】某化合物的溶液可导电不能证明此物质为离子化合物，含有离子键，因为一些共价化合物，在水溶液中受水分子影响，也能电离出自由移动的离子，溶液能导电，A错误；用大理石和硝酸反应制取CO2气体，由于硝酸易挥发，生成的CO2气体中含有一定量的硝酸，将制得的气体立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀，可能是硝酸与Na2SiO3反应，因此无法证明H2CO3的酸性比H2SiO3的酸性强，B错误；向浓硝酸中加入红热的炭，浓硝酸受热分解也能生成红棕色的二氧化氮气体，则产生红棕色气体不能证明炭可与浓硝酸发生反应，C错误；将稀硫酸加入盛有Fe(NO3)2溶液的试管中，溶液变为棕黄色，说明Fe2+被氧化为Fe3+且试管口有红棕色气体生成，说明硝酸根离子被还原为NO，NO遇空气变为红棕色，可证明酸性条件下氧化性：Fe3+<NO3-(H14．化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。实验Ⅰ开始无明显现象，渐有小气泡生成，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。实验Ⅱ最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。资料：①铜与浓HNO3反应生成的NO2可溶于水形成HNO2(②Cu下列说法正确的是A．NO2与H2O反应生成B．实验Ⅱ溶液呈绿色的原因一定是溶液中存在溶解的NO2分子C．I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能生成D．分别向1mL浓硝酸加入几滴30%H2O2【答案】C【解析】铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和H2O，硝酸浓度较小时反应较慢，NO能与O2反应生成NO2，故Ⅰ中液面上出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。Ⅱ中铜与浓硝酸反应生成NO2，NO2为红棕色气体，NO2溶解在水中形成HNO2(弱酸)若NO2与H2O反应生成HNO2和NO，则反应过程中只有N根据信息，实验Ⅱ溶液呈绿色的原因可以是由于Cu2+与NO2-形成了CuNO24根据信息，铜与浓HNO3反应生成的NO2可溶于水形成HNO2(弱酸)，可加快反应，而稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱，不能氧化NO，因此也不能产生HNO2，故I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能生成H2O2是强氧化剂，且浓硝酸与H2O2溶液不反应，向1mL浓硝酸加入几滴30%H2O2溶液，溶液氧化性增强，反应速率变快；NaNO2固体提供NO二、填空题15．元素周期律在学习、研究和生产实践中有很重要的作用。(1)下列事实不能用元素周期律解释的是a．F2与H2在暗处剧烈化合，I2b．制备金属K：Na+KCl(熔融)=NaCl+K↑c．向NaBr溶液中通入Cl2生成d．Mg(OH)2不能与(2)比较大小，填“>”或“＜”：离子半径：Na+O2-；沸点：NH3PH3；熔点：CO2SiO2。(3)铅Pb与碳(C)同主族。碳元素在周期表中的位置是；CO2的结构式为；CH3CH2OH与CH3OCH3互为；由碳族元素结构特点，可推测Pb3O4中Pb的化合价为。(4)氮是自然界各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，磷(15P)、砷(33As)也是氮族元素。①已知NH4Cl与PH4I的性质相似，下列对PH4I性质的推测，错误的是(选填序号)a．PH4I是一种共价化合物b．PH4I能与烧碱溶液反应c．PH4I加热后会发生升华d．PH4I溶液能与溴水反应②下列关于第VA族元素及其化合物的说法不正确的是(填字母)。a.热稳定性：NH3>PH3

b.酸性：HNO3>H3AsO4c.As的氧化物的水化物一定是强酸d.形成的简单离子半径随着原子序数递增而增大【答案】(1)b(2)＜>＜(3)第二周期ⅣA族O=C=O同分异构体+2和+4(4)acc【解析】（1）元素的非金属性越强，对应的单质越容易与H2反应，F2与H2在暗处剧烈化合，I2与H2金属Na与熔融态的KCl发生置换反应生成金属K，由于钾熔点比钠低，因此高温时K为气体，反应可以正向进行，与元素周期律无关，b符合题意；元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，因此向NaBr溶液中通入Cl2生成Br2，说明单质氧化性：Cl2>Br2，即非金属性：Mg(OH)2不能与NaOH溶液反应，而Al(OH)3可以，则碱性：Mg（2）核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径：Na+<O2-；NH3存在分子间氢键，熔沸点升高，故沸点：NH3>PH3；CO2是分子晶体，而SiO2是共价晶体，故熔点：CO2＜SiO2；（3）碳是6号元素，在周期表中的位置是第二周期ⅣA族；CO2中碳原子与氧原子共用两个电子对，结构式为：O=C=O；CH3CH2OH与CH3OCH3结构不同，分子式相同，互为同分异构体；由碳族元素结构特点，可推测Pb3O4中2个Pb的化合价为+2价，1个Pb的化合价为+4价，化合价有+2和+4；（4）①NH4Cl是离子化合物，PH4I与之性质相似，因此也属于离子化合物，PH4+与I－之间存在离子键，PH4+内P原子与HNH4Cl能与NaOH反应生成NH3，因此推测PH4I也能与NaOH反应生成PH3，b正确；PH4I受热发生分解反应生成PH3和HI，升华为物理变化，c错误；Br2的氧化性强于I2，故Br2可以氧化I-，PH4I可以和溴水反应，d正确。②元素非金属性越强，对应简单氢化物热稳定性越强，N的非金属性比P强，因此热稳定性强弱关系为NH3＞PH3，a正确；元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，N的非金属性比As强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3＞HAsO4，b正确；并非所有砷的氧化物的水化物都是强酸，如亚砷酸(H3AsO3)同一主族，元素原子半径随着原子序数的递增而增大，对应的简单离子也应随着离子电子层数变多而半径变大，d正确。16．氮氧化物和造成大气污染的主要原因之一，消除氮氧化物有多种方法。(1)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：①氮氧化物带来的污染有(回答一点即可)。②用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，不同c(NO2)c(NO)对应的脱氮率如图所示，脱氮效果最佳的c(NO(2)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如图。①上述工艺中滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是(填化学式)。②生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为。(3)用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，其离子方程式为②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是。【答案】(1)光化学烟雾或酸雨或破坏臭氧层1∶1(2)Ca(OH)23NO2-＋2H＋=NO3-＋2NO↑(3)3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化【解析】（1）①氮氧化物(NO、NO2)是大气污染物，氮氧化物带来的污染有光化学烟雾或酸雨或破坏臭氧层。②用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，根据图像可知，脱氮效果最佳的c(NO2)c(NO)=1（2）①根据流程，“吸收”过程中，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，滤渣主要成分应为Ca(OH)2。②生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，Ca(NO2)2→NO，N元素的化合价降低，根据氧化还原反应规律，可推知N元素的化合价同时应升高，则应是生成N元素化合价为+5价的NO3-，根据电子得失守恒和电荷守恒，结合原子个数守恒，可得到反应的离子方程式为：3NO2-＋2H＋=NO3-＋（3）①根据题意，在酸性NaClO溶液中，HClO可将NO氧化NO3-，则自身被还原为生成Cl-，根据电子得失守恒和电荷守恒，结合原子个数守恒，可得到反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。故答案为：溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。三、解答题17．废电池中的黑色粉末包含碳粉、Fe、Cu和MnO2等物质，从中回收、精制MnO2的工艺流程如图。回答下列问题：(1)“酸浸”时需将结块的炭包粉碎，目的是。(2)“酸浸”过程中Cu和稀硝酸反应生成NO的离子方程式为。(3)“灼烧”的目的是除去。(4)“溶解”时加入H2O2的作用是(填“氧化剂”或“还原剂”)，H2O2的电子式为，H2O2的实际消耗量比理论值高的原因。(5)沉锰时若溶液pH太高产生大量Mn(OH)2杂质，为提高MnCO3纯度应采用(填选项)的方式混合溶液。a.将Na2CO3溶液缓慢滴入溶解液b.将溶解液缓慢滴入Na2CO3溶液检测MnCO3是否洗净，可使用的检验试剂是。(6)写出“焙烧”过程的反应化学方程式为。【答案】(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行(2)3(3)碳粉(4)还原剂MnO2催化H2O2分解(5)a盐酸和BaCl2溶液(6)2MnCO【解析】流程分析：“酸浸”过程中，炭包中含有碳粉、Fe、Cu和MnO2等物质，加入稀HNO3进行酸浸，此时Fe、Cu溶解，C、MnO2不溶；“灼烧”过程中，碳粉与通入的空气反应生成二氧化碳等逸出，得到粗MnO2；根据“沉锰”产物MnCO3，可推断“溶解”过程中，酸性条件下，H2O2将MnO2还原为+2价锰(MnSO4)，则其自身被氧化为O2；“沉锰”过程中，往MnSO4溶液中加入Na2CO3溶液沉锰，生成MnCO3沉淀；将沉淀在空气中焙烧，MnCO3转化为MnO2和CO2气体等。（1）“酸浸”时，需将Cu、Fe全部溶解，也就是需将固体与溶液充分接触，此时将结块的炭包粉碎，目的是：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行。（2）“酸浸”过程中，Cu和稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu（3）根据上述分析，“酸浸”后得到的固体中混有碳粉，故“灼烧”的目的是：除去碳粉。（4）根据上述分析，“溶解”过程时，MnO2转化为MnSO4，则需加入还原剂，所以加入H2O2的作用是还原剂，H2O2为共价化合物，电子式为；MnO2是H2O2分解的催化剂，在还原MnO2的过程中，有一部分H2O2被催化分解，所以H2O2的实际消耗量比理论值高。（5）沉锰时若溶液pH太高，会产生大量Mn(OH)2杂质，为提高MnCO3纯度，应将溶液的pH缓慢升高，所以应采用将Na2CO3溶液缓慢滴入溶解液的方式混合溶液，故选a。检测MnCO3是否洗净，需检验最后一次洗涤液中是否含有SO42-，则可使用的检验试剂是：盐酸和BaCl（6）“焙烧”过程中，MnCO3与空气中O2作用转化为MnO2和CO2气体，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为2MnCO318．肼(N2H4)可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨与次氯酸钠反应制备N回答下列问题：(1)仪器b的名称为，仪器a