【文档说明】黑龙江省双鸭山市第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考试题 化学解析）.pdf，共(8)页，229.217 KB，由envi的店铺上传

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试卷第1页，共8页2023级高一学年下学期4月开学考考试题化学试题（部分）解析一、单选题1．【答案】D【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=C

a(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；C．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，C不合

题意；D．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SΔAg2S、Fe+SΔFeS、2Cu+SΔCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，D符合题意；故答案为：D。2．【答案】D【详解】A．氮化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料，氮化硅的化学式为34

SiN，A正确；B．碳化硅SiC的硬度大，熔点高，可用于制作高温结构陶瓷和轴承，B正确；C．氮化硅、氧化铝、碳化硅和二氧化锆都可作为制高温结构陶瓷的材料，C正确；D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于新型无机非金属材料，D错误；故选D。3．【答案】C【详解】

A．过滤时需要用玻璃棒引流，否则将导致滤纸破损，A错误；B．测量溶液的pH时，应该将pH试纸放在玻璃皿中央，将待测液滴到pH试纸的中央，并迅速与标准比色卡对照读数，而不能将pH试纸浸入待测液中，以免引起试剂污染，B错误；C．浓硫酸的密度比水的

大且稀释时放出大量的热，则浓硫酸稀释时需将浓硫酸缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，C正确；D．用胶头滴管滴加液体时，胶头滴管不能插入试管内，更不能接触试管内壁，以免试剂交叉污染，D错误；故答案为：C。4．【答案】C【分析】氮的固定是指氮元素由游离态转化为

化合态的过程。【详解】A．NH3与氯化氢反应时，NH3分子中含有化合态的氮，A不符合题意；{#{QQABLQCAogioAIJAABgCAQUiCkGQkBACCKoGQEAEoAAByRNABAA=}#}试卷第2页

，共8页B．硝酸工厂用NH3氧化制取NO时，NH3分子中含有化合态的氮元素，B不符合题意；C．雷雨时空气中的N2转化为NO时，N2中含有游离态的氮元素，C符合题意；D．由NH3制碳酸氢铵和硫酸铵时，反应物NH3中含有化合态的氮元素，D不符合题意；故选C。5．【答案】B【分析】根据硝酸中氮

元素的化合价降低，体现硝酸的氧化性，若生成硝酸盐，体现硝酸的酸性。【详解】A．因硝酸中氮元素化合价没有变化，只生成盐，硝酸只表现酸性，A不符合题意；B．反应生成NO2硝酸中氮元素化合价降低，体现硝酸的氧化性，同时有硝酸铁生成，表现了硝酸的

酸性，B符合题意；C．反应中硝酸中氮元素的化合价全部由+5降低为+4，只体现了氧化性，C不符合题意；D．反应中没有元素化合价的变化，不能体现硝酸的氧化性，只表现酸性，D不符合题意；故选B。6．【答案】A【分析】玻璃、水泥、陶

瓷都属于硅酸盐产品。【详解】A．硅酸钠属于硅酸盐，A正确；B．碳化硅属于含硅化合物，不是硅酸盐，B错误；C．硅属于单质，C错误；D．二氧化硅属于氧化物，D错误；故选A。7．【答案】C【详解】A．Cu与浓硫酸混合加热制取SO2气体，装置甲无加热装置，因此不能用来制取SO

2，A错误；B．SO2使酸性KMnO4溶液褪色，SO2表现的是还原性，而不是其漂白性，故不能用装置乙验证SO2的漂白性，B错误；C．SO2气体的密度比空气大，故应该使用向上排空气的方法收集，故可以使用装置丙收集SO2，C正确；D．SO

2气体不能与饱和NaHSO3溶液反应，也不能在溶液中溶解，故不能用装置丁处理实验中的尾气，应该将饱和NaHSO3溶液改为NaOH溶液吸收尾气，同时要注意防止倒吸现象的发生，D错误；故合理选项是C。8．【答案】B【分析】发生的反应中，存在元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合

价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧{#{QQABLQCAogioAIJAABgCAQUiCkGQkBACCKoGQEA

EoAAByRNABAA=}#}试卷第3页，共8页化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O，此过程中没有元素化合价发生

变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸，应该用饱和食盐水除去HCl，除杂方法不正确，故C不符合题意；D.NO2与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，

故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。9．【答案】A【详解】A．浓氨水与氧化钙反应生成氢氧

化钙和氨气，反应放出大量的热有利于氨气逸出，则题给装置能达到制取氨气的实验目的，故A正确；B．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷发生化合反应生成氯化铵，不能制得氨气，则题给装置不能达到制取氨气的实验目的，故B错误；C．氨气的密度小于空气，应从短导气管通入氨气，用向下排空气法

收集氨气，则题给装置不能达到收集氨气的实验目的，故C错误；D．氨气极易溶于水，若漏斗口浸入水中过多，会产生倒吸，则题给装置不能达到处理氨气尾气的实验目的，故D错误；故选A。10．【答案】A【详解】A．N2和H2反应生成NH3，NH3和O2发生催化氧化反应生成NO，NO和O2反应生成NO2，NO2和

H2O反应生成HNO3，浓HNO3和Cu反应生成NO2，均能一步实现，A符合题意；B．Al2O3不和水反应，不能一步反应生成Al(OH)3，B不符合题意；C．SiO2不和水反应，不能一步反应生成H2SiO3，C不符合题意；D．S和O2反应只能生成SO2，S不能一步反应生成

SO3，D不符合题意；故选A。11．【答案】C【详解】①活性炭使品红溶液褪色原理：物理吸附褪色；②新制氯水使品红溶液褪色：发生了氧化还原反应；③二氧化硫使品红溶液褪色，是化合型漂白，化合成了无色的不稳定物质；{#{

QQABLQCAogioAIJAABgCAQUiCkGQkBACCKoGQEAEoAAByRNABAA=}#}试卷第4页，共8页④臭氧使品红溶液褪色：发生了氧化还原反应；⑤过氧化钠使品红溶液褪色：发生了氧化还原反应；⑥双氧水使品红

溶液褪色：发生了氧化还原反应；②④⑤⑥褪色均是由于发生了氧化还原反应；故选C。12．【答案】B【详解】A．向澄清的石灰水中通入少量SO2气体，离子方程式是2+232Ca+2OHSOCaSOHO，向澄清的石灰水中通入过量SO2气体，离子方程式是2

3OHSOHSO，A项错误；B．过量SO2气体通入氢氧化钠溶液中，离子方程式是23OHSOHSO，B项正确；C．SO2气体通入溴水中，SO2化合价升高具有还原性，Br2具有氧化性，则离子方程式是22224BrSO2HO2B

rSO4H，C项错误；D．氢硫酸为弱电解质，通入氯气后发生氧化还原反应，则离子方程式是22HSClS2Cl2H，D项错误；答案选B。13．【答案】B【详解】A．由图示可知，硝化过程为：+4NH转化为-2NO，-2NO在进一步

转化为-3NO，该过程中N的化合价都在升高，故含氮物质被氧化，A正确；B．由图示可知，氨氧化过程中的反应为：-2NO++4NH=N2+2H2O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，B错误；C．氮的固定是指由游离态的氮即N2转化为化合态的氮即含氮化合物的过程，故N2→+4NH属

于氮的固定，过程中N2的化合价由0价降低到-3价，N2发生还原反应，C正确；D．由图示可知，Fe2+能与-3NO反应转化为N2，Fe3+能与+4NH反应转化为N2，故土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，D正确；故答案为：B

。14．【答案】D【分析】在含有HNO3的溶液中，Fe2+能被HNO3氧化，此时Fe元素只能以3+Fe形式存在，当溶液中的HNO3完全反应后，过量的Fe继续与Fe3+反应生成Fe2+，则a表示Fe3+的关系曲线

，b表示Fe2+的关系曲线。据此答题。{#{QQABLQCAogioAIJAABgCAQUiCkGQkBACCKoGQEAEoAAByRNABAA=}#}试卷第5页，共8页【详解】A．根据分析知，a表示Fe3+的关系曲线，A正确；B．根据+3324H+NO+Fe=Fe+NO+2

HO，1mol3NO完全反应时，需要消耗4mol+H，但溶液中只有3mol+H，故生成3+Fe最多时消耗的Fe应按3mol+H完全反应进行计算：+14HFe413molmoln因此1310.754n，B正确；C．P点时溶液中还有3Fe0.45mol，设最多可溶解

铜的质量为m，则3+2+2+2Fe+Cu=2Fe+Cu2mol64g0.45molm640.45g14.4g2m则向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14。4g，C正确；D．P点时溶液中2+3+(Fe)=(Fe)nn，从12nn发生的反应为3+2+2Fe+Fe=3Fe，设这过程中消耗

的Fe为molx，则：0.7523xx，解得0.15x，因此P点时2+(Fe)30.15mol0.45moln，D错误；故选D。15．【答案】A【详解】A、根据元素守恒，当金属离子全部沉淀时，溶液中的溶质全是硝酸钠，n(NaNO3)=0.1L×14.0mol/L-0.1

2mol=1.28mol，所以需要氢氧化钠的物质的量是1.28mol，加入NaOH溶液的体积是1.28mol÷2mol/L=0.64L=640mL，故A错误；B、根据电子守恒，设被还原的硝酸的物质的量xmol，x=2×0.06，x=0.12mol，故B正确；C、金属离子全部沉淀时，得到5.

08g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，则沉淀中氢氧根离子的质量为：5.08g-3.04g=2.04g，氢氧根的物质的量为2.04g17g/mol=0.12mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设

铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.12、64x+24y=3.04，解得：x=0.04，y=0.02，故合金中Cu与Mg的物质的量之比是0.04mol：0.02mol=2：1，故C正确；D、NO2和N2O4混合

气体的物质的量为：2.24L22.4L/mol=0.1mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.1-a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.1-a)×2×1=0.12，解得a=0.08，NO2的

体积分数为80%，故D正确；故选A。{#{QQABLQCAogioAIJAABgCAQUiCkGQkBACCKoGQEAEoAAByRNABAA=}#}试卷第6页，共8页二、填空题16．（10分）【分析】空气中的N2在

放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O2放电2NO，常温下就易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2，二氧化氨气体有毒，易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，3N

O2+H2O=2HNO3+NO，以此来解析；【详解】（1）反应①为一氧化氮和氧气反应，一氧化氮和氧气化合为二氧化氮，反应为2NO+O2=2NO2，（2）反应③为二氧化氮和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，N元素化合价由+4价既降低为+2价又升高为+5价，二氧化氮既是氧化剂

又是还原剂，根据化合价升降守恒可知，该反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为1：2；（3）NO不溶于水，而且接触空气易被氧化，用排水集气法收集；（4）根据分析可知化合物A的化学式为HNO3；（5）NO与CO反应生成CO2和N2，反应为：2NO+2CO=

2CO2+N2，N的化合价由+2价降低为0价，化合价降低被还原，生成1mol氮气，被还原的NO为2mol；17．（16分）【分析】根据价态及所属物质类别，可知X是H2S，Y是SO2，Z是H2SO4【详解】(1)酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水是电解质，H2S、H2SO4是酸，是电解质

，SO2不是电解质，所以属于电解质的是H2S、H2SO4；(2)Na2SO4是盐，是强电解质，其电离方程式为+2-244NaSO=2Na+SO；(3)硫代硫酸钠可电离出金属阳离子(Na+)和酸根阴离子(2-23S

O)，所以是盐，选择A；根据硫元素的最外层电子数知，硫元素的最高价态是+6价，最低价态是-2价，硫代硫酸钠中硫元素的价态是+2价，处于中间价态，既可以升高，体现还原性，又可以降低，体现氧化性，故选择B；(

4)Z的浓溶液是浓硫酸，Al在常温下遇到浓硫酸发生钝化，迅速地生成致密的氧化物薄膜进而阻止反应地进一步进行，所以浓硫酸可用铝制容器储存；(5)Y是二氧化硫，是酸性氧化物，具有氧化性和还原性，但其价态是+4价，无法与浓硫酸反应，可以用浓硫酸和P2O5固体干燥，不能用碱石灰进行干燥，故选择B；(

6)SO2生成硫酸，S元素由+4价升高到+6价，需要氧化剂参与反应，故化合反应是22224SO+HO=HSO或者222242SO+O+2HO=2HSO18．（15分）【详解】（1）SO2吸收塔内盛装的

是(NH4)2SO3溶液，(NH4)2SO3吸收SO2生成NH4HSO3，反应方程式为：(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，NH4HSO3吸收气体X可转化为(NH4)2SO3，则X应为碱性气体，可

知为氨气或NH3；（2）结合图像可知反应物的物质的量之比为2：1，根据得失电子守恒1molCO失去2mol电子转化为CO2，{#{QQABLQCAogioAIJAABgCAQUiCkGQkBACCKoGQEAEoAAByRNABAA=}#}试卷第7页，共8页1molSO2得4mol电子

转为硫单质，则CO和SO2的系数之比应为2：1；图中生成物的物质的量之比为4：1，若生成的单质为S，则CO2和S的物质的量之比为2：1，与图像不符合，可知生成的硫单质应为S2，可得反应方程式为：4CO＋2SO2773K铝

矾矿4CO2＋S2；（3）①由流程信息可知Na2CO3溶液中通入含SO2的烟气，反应生成3NaHSO，同时生成二氧化碳气体，反应离子方程式为：2SO2+CO23+H2O=2HSO3+CO2；②证明亚硫酸钠

粗品中含有少量Na2SO4可通过检验硫酸根离子确定，实验方案为：取少量亚硫酸钠粗品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，先滴加稀盐酸至不再产生气体，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有Na2SO4；（4）①由

图可知H2S中S元素的转化过程在催化剂作用下转化为S、SO2、CS2等物质；②从物质转化与资源综合利用角度分析，该过程既实现煤气中H2S的脱除；同时产生清洁能源H2。19．（14分，每空各2分）【答案

】(1)C(2)气体颜色褪色，Y管内壁有液体8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O(3)吸收尾气，防止污染空气(4)C(5)2∶180%【详解】（1）设混合气体中含有的NO2和NO体积分别为x和y，则x＋y＝

20mL根据反应：2233NOHO=2HNONO1xmLmL3＋＋13x＋y＝10mL，联立方程，解得x＝15mL，y＝5mL，所以混合气体中NO2和NO体积之比为3∶1，故选C。（2）根据氧化还原反应的规律，

NH3和NO2可发生反应：8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O，所以可观察到Y管中，气体颜色褪色，Y管内壁有液体。（3）Z中含有的NaOH的作用是，尾气中的NO2有毒，所以Z中的作用是吸收尾气，防止污染空气。（4）氧气具有助燃性，在纯氧气中能使带火星的木条复燃，但空气中由于含有大量不能助燃的N

2，而氧气量较少，所以空气中的氧气不能使带火星的木条复燃；分解产物中NO2与O2的体积比与空气中N2、O2体积比近似相同即为4∶1，带火星的木条放入混合气体中，木条复燃，显然如果NO2不能够助燃的话，则混合气体同样会因为O2含量少而不能使木条复燃，所以N

O2肯定也能助燃，故C正确。（5）设合金中铜和镁的物质的量分别为xmol，ymol，则64x+24y=1.52,98x+58y=2.54，解得x=0.02，y=0.01，{#{QQABLQCAogioAIJAABgCAQUiCkGQkBACCKoGQEAEoAAByRNABAA=}#}试

卷第8页，共8页则该合金中n(Cu)∶n(Mg)＝2∶1；设混合气体中N2O4和NO2物质的量分别是amol和bmol，根据得失电子守恒，2×0.02＋2×0.01＝2a＋b，a＋b＝1.1222.4，联立解得：a＝0.01，b＝0.04

，所以NO2的体积分数为0.040.05×100%＝80%。{#{QQABLQCAogioAIJAABgCAQUiCkGQkBACCKoGQEAEoAAByRNABAA=}#}