2023-2024学年江苏省连云港市赣榆区高一下学期4月期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE3江苏省连云港市赣榆区2023-2024学年高一下学期4月期中考试试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页。包含选择题（第1题～第13题，共39分），非选择题（第14题～第17题，共61分）两部分。本次考试时间为75分钟，满分为100分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请您务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上规定的位置，并将条形码贴在指定区域。3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。4.如需作图，可用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.化学与生活、科技、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是（）A.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器储运浓硝酸B.合成氨使人类进入了化肥农业时代，大大地提高了粮食的产量C.适应在pH较高的石灰性土壤中生长的植物优先使用硝态氮肥D.将太阳能转化为电能，再将水电解获得氢气，符合“低碳”原则〖答案〗A〖解析〗【详析】A．浓硝酸与铁在常温下发生钝化反应，能发生化学反应，生成致密氧化膜阻碍反应进一步进行，故A错误；B．合成氨技术是现代农业的基础之一，通过应用合成氨制备的肥料，可以使植物更快生长并增加收成，从而提高农作物生产效率，大大地提高了粮食的产量，B正确；C．pH较高说明碱性较强，碱性条件下铵态氮肥遇碱性物质会分解，分解后释放出氨气肥效降低，故在pH较高的石灰性土壤中生长的植物优先使用硝态氮肥，C正确；D．将太阳能转化为电能，再将水电解获得氢气，整个过程不产生任何碳排放，符合“低碳”原则，D正确；本题选A。2.已知反应可用于冬天石油开采。下列有关微粒的化学用语正确的是（）A.的电子式： B.的结构示意图：C.中子数为18的氯原子： D.的结构式为N＝N〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氯化铵为离子化合物，其电子式为：，A正确；B．Na+是Na原子失去最外层的1个电子形成的，其核外电子排布是2、8，故Na+的结构示意图是，B错误；C．中子数为18的氯原子质量数是17+18=35，故该原子的表示式为：，C错误；D．N2分子中2个N原子形成3对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其结构式为：N≡N，D错误；故选A3.实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是（）A.用装置甲制取 B.用装置乙干燥C.用装置丙探究的还原性 D.用装置丁收集〖答案〗C〖解析〗【详析】A．实验室采用氯化铵与熟石灰混合固体加热制取氨气，不能直接加热氯化铵制备氨气，故A错误；B．浓硫酸有酸性，能与碱性的氨气发生反应，不能干燥氨气，故B错误；C．氨气具有一定还原性，能与氧化铜发生氧化还原反应，通过观察试管中CuO颜色变化，可判断反应的发生，从而证明氨气的还原性，故C正确；D．氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，丁装置用于尾气处理并防倒吸，故D错误；故选：C。4.下列说法正确的是（）A.的水溶液能导电，所以是电解质B.金属钠投入液氨中，钠会浮在氨液面上游动C.浓氨水与反应生成的白烟成分为D.二氧化氮与水反应时，氧化剂与还原剂之比为1:1〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氨气只存在分子，不能导电；NH3在水溶液里生成一水合氨能电离出自由移动的离子导电，但氨气本身不电离，是非电解质，故A错误；B．钠的密度大于液氨，钠投入到液氨中，钠不会浮在液面上，故B错误；C．浓氨水与氯气发生氧化还原反应，氨气过量时生成固体氯化铵，出现白烟现象，故C正确；D．二氧化氮易溶于水并与水反应，此反应中氮元素由+4价变为+2价，故氧化剂是NO2，氮元素也从+4价变为+5价，故还原剂是NO2，氧化剂和还原剂的质量之比为1∶2，故D错误；故选：C。5.工业合成氨的反应为。下列说法正确的是（）A.工业合成氨属于自然固氮B.反应过程中能量变化可用右图表示C.、的物质的量之比为1:3时，合成氨达到反应限度D.与足量发生合成氨反应，放出的热量为92.4kJ〖答案〗B〖解析〗【详析】A．工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，A错误；B．工业合成氨是放热反应，其能量变化可用右图表示，B正确；C．当两种物质的投料比为1:3时，则在反应过程中、的物质的量之比总是1:3时，则此时无法证明合成氨达到反应限度，C错误；D．该反应为可逆反应，则与足量发生合成氨反应，放出的热量小于92.4kJ，D错误；故选B。6.下列有关化学反应表示正确的是（）A.用稀硝酸溶解银镜：B.过量氨水和反应：C.用NaOH溶液吸收含有尾气：D.向溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．用稀硝酸溶解银镜，银单质与稀硝酸反应，应当生成NO、硝酸银和水，正确的离子方程式为：，A错误；B．过量氨水和反应生成亚硫酸铵，离子方程式为：，B正确；C．用NaOH溶液吸收含有尾气生成硝酸钠和亚硝酸钠，离子方程式为：2NO2+2OH-=NO+NO+H2O，C错误；D．氢氧化钠过量，则铵根离子和碳酸氢根离子都可以和氢氧根离子反应，离子方程式为：，D错误；故选B。7.某化学小组为了探究铝电极在原电池中的作用，进行了下列实验，实验结果记录如表。下列说法正确的是（）编号电极材料电解质溶液电流计指针偏转方向①Mg、Al稀盐酸偏向Al②Al、Cu稀盐酸偏向Cu③Al、石墨稀盐酸偏向________④Mg、AlNaOH溶液偏向MgA.实验①和②中，Al电极的作用相同B.实验③中，电流表指针偏向A1C.实验④中，Mg为负极，电极反应式为：D.以上实验说明，铝在原电池中的作用，与另一个电极材料和电解质溶液有关〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗本题根据形成原电池后，电流表指针的偏转方向，通过对比进而判断电流方向，以此解题。【详析】A．由表中可以看出实验①电流表指针偏向Al，说明Al是正极，而实验②中指针偏向Cu，说明此时Al是负极，故两实验中Al电极的作用不相同，A错误；B．实验③中Al和石墨，Al为负极，而电流表指针偏向正极，故偏向石墨，B错误；C．由于Mg与NaOH溶液不反应，而Al能与NaOH溶液发生反应：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，Al被氧化，故实验④中，Al为负极，电极反应式为：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，而Mg为正极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；C错误；D．分析实验①②③可知铝在原电池中的作用，与另一个电极材料有关，分析实验①④可知铝在原电池中的作用，与电解质溶液有关，D正确；故选D。8.某同学设计实验测定膨松剂中碳酸氢铵的含量。已知：膨松剂中有少量的水分且其他成分受热不分解。下列说法不正确的是（）A.装置丁的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳B.充分反应后停止加热，应继续从a端通入氮气一段时间C.实验前后称量装置丙的质量增加17g，则D.上述图中若装置乙、丙对调，也能达到测定碳酸氢铵的含量〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗装置甲中碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，装置乙中碱石灰吸收二氧化碳和水，装置丙浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，装置丁的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳；【详析】A．装置丁碱石灰的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳，防止被装置丙中浓硫酸吸收，影响结果，故A正确；B．充分反应后停止加热，应继续从a端通入氮气一段时间，使氨气全部被浓硫酸吸收，故B正确；C．装置C的浓硫酸作用是与氨气反应生成硫酸铵，通过称量装置C的质量可知氨气的质量为17g，进而测定碳酸氢铵的含量为=79%，故C错误；D．装置乙、丙对调，由于浓硫酸能吸收水分和氨气，还有膨松剂中有少量的水分，碱石灰吸收的只有二氧化碳的质量，也能计算碳酸氢铵的质量，能达到实验目的，故D正确；故选C。9.为探究反应的速率影响因素，某实验小组利用溶液与溶液设计和探究实验如下表：编号温度/℃出现浑浊时间/s①2010100②20105③5010100下列说法正确的是（）A.研究温度的影响时，应将溶液置于不同温度的水浴中再混合B.实验②中水的体积：C.实验③10s后浑浊不再增多，则前10s内D.该实验最好应通过测的体积变化来判断反应速率的快慢〖答案〗A〖解析〗【详析】A．实验时应先将溶液置于不同温度的水浴中再混合溶液进行反应，故A正确。B．对比实验1、2研究c（H+）对该反应速率的影响，溶液总体积必须相同，所以V=10+10-（10+5）=5，故B错误；C．3号瓶用Na2S2O3来表示速率为=0.005mol(L•s)，故C错误；D．二氧化硫溶于水，不能测定SO2的体积变化来表示化学反应速率的快慢，否则误差太大，故D错误；〖答案〗选A。10.以为催化剂的光热化学循环分解的反应，为室温气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时能量变化如图所示：下列说法不正确的是（）A.过程①中吸收能量使得钛氧键发生了断裂B.该反应中，光能和热能转化为化学能C.使用催化剂可以提高化学反应速率D.2mol二氧化碳完全分解生成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸收30kJ能量〖答案〗D〖解析〗【详析】A．据图可知过程①中Ti4+变为Ti3+，说明该过程中吸收能量使钛氧键发生了断裂，A正确；B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，B正确；C．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，C正确；D．根据题目所给信息断键吸收的能量为1598kJ/mol×2mol，成键释放的能量为(1072kJ/mol×2mol+496kJ/mol×1mol)，所以2mol二氧化碳完全分解成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸热1598kJ/mol×2mol-(1072kJ/mol×2mol+496kJ/mol×1mol)=556kJ，D错误；综上所述〖答案〗为D。11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将一铜片放入盛有硝酸铜溶液的试管中，滴加稀硫酸试管口有红棕色气体被还原为B常温下，将铁片、铜片插入浓硝酸中构成原电池，并连接电流计电流计发生偏转铁片是较活泼金属作为负极C向盛有某盐溶液试管中滴加稀氢氧化钠溶液加热后，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝该盐溶液中含D向溶液中加入过量HI溶液充分反应，再滴加淀粉溶液溶液显蓝色氧化性：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．硝酸根在酸性条件下有氧化性，与铜反应硝酸根被还原，但是还原产物可能是NO，遇到空气中的O2转化为红棕色的NO2，不一定是硝酸根直接被还原为NO2，A错误；B．常温下，将铁片、铜片插入浓硝酸中构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生钝化，故铜作负极，B错误；C．向盛有某盐溶液的试管中滴加稀氢氧化钠溶液加热后，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，说明产生了碱性气体，则该溶液中含，C正确；D．滴加淀粉溶液显蓝色说明有I2单质生成，但是碘单质有可能是在加入HI后的酸性条件下，硝酸根强氧化性氧化I-产生的，无法确定I2一定是三价铁离子氧化I-产生的，故不能比较Fe3+、I2的氧化性，D错误；本题选C。12.已知“氨碱法”的部分工艺流程如下：我国近代化学家侯德榜发明了“联合制碱法”：在“氨碱法”的基础上，通过向“母液”中先通入氨气，将转化为，再加入NaCl细粉的方式获得晶体，从而提高了母液的利用率。下列有关“联合制碱法”说法正确的是（）A.母液中存在的主要离子有：、、、B.反应1析出的晶体表面附有的可以通过加热除去C.向母液中加入NaCl细粉时发生的反应：D.将析出晶体后的溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可获得更多的晶体〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗“氨碱法”制纯碱是向饱和氯化钠溶液中通入NH3和CO2，生成碳酸氢钠沉淀，过滤后碳酸氢钠固体加热分解得纯碱，分解时产生的CO2可以通入饱和氯化钠溶液循环利用，过滤出碳酸氢钠沉淀后的母液是碳酸氢钠的饱和溶液，同时溶质含有氯化铵，联合制碱法在此基础上，进行了改良，提高了母液的利用率。【详析】A．反应I析出碳酸氢钠，故母液是碳酸氢钠的饱和溶液同时含有反应生成的氯化铵，故母液中存在的主要离子有、Cl-、Na+、，而不是，A错误；B．碳酸氢钠受热也会分解，故碳酸氢钠晶体表面附有的氯化铵杂质不可以通过加热除去，B错误；C．反应起始为氯化钠的饱和溶液，故母液中氯化铵的浓度较高，加入氯化钠细粉，氯离子浓度增大，促进氯化铵的沉淀，C正确；D．析出氯化铵晶体后的溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可获得更多的氯化钠晶体，D错误；本题选C。13.研究表明，土壤中的被土壤胶体吸附后，在硝化细菌的作用下转化为后，土壤中的进一步将氧化为更易被植物吸收的。在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以形式放出。下列说法不正确的是（）A.被氧化为的过程中，与的物质的量之比为2:1B.在反硝化过程中，土壤pH升高C.与反应时，每生成，转移电子数为3.75molD.适当疏松土壤，有利于提高铵态氮肥的肥效〖答案〗B〖解析〗【详析】A．被氧化为的过程中，氮的化合价由+3升高为+5，氧气由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，与的物质的量之比为2:1，A正确；B．又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以形式放出，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得，在反硝化过程中，土壤降低，B错误；C．根据，3mol与5mol反应转移15mol电子，则每生成，转移电子数为，C正确；D．适当疏松土壤，有利于提高土壤中氧气的量，使铵态氮肥转化为，提高肥效，D正确；故选B。二、非选择题：共4题，共61分。14.高纯在光热发电领域应用广泛，部分生产方法及性质研究如下：已知：硝酸工业尾气中主要含、NO、。请回答下列问题：（1）方法I中，5℃时反应的离子方程式是________。写出溶液A中的所有离子：________.（2）KOH溶液吸收NO、，反应方程式如下：i.（未配平）ii.①配平并写出反应i的化学方程式：________；②方法II中，________，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收。（3）方法II中，“氧化吸收液”的目的是________。（4）已知气体B是一种单质，则所得固体C为________（填写化学式）。（5）在某温度下，分解得到的可用于制备新型高效多功能水处理剂。①写出与、共热制取的化学方程式：________。②水溶液放置过程中会放出无色无味气体、产生沉淀、溶液呈强碱性。请依据上述信息，设计检验沉淀中的金属元素的实验方案：________。〖答案〗（1）①.+K+=↓②.H+、K+、Cl−、、OH−（2）①.②.1（3）将(或)转化为(或)（4）（5）①.②.取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素〖解析〗硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2，用氢氧化钾溶液氧化吸收、结晶生成硝酸钾固体，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，硝酸钾固体在一定温度下隔绝空气分解生成固体C和气体B。（1）根据题意，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，离子方程式为：+K+=↓；其中一部分溶解在水中，则溶液A中的所有离子H+、K+、Cl−、、OH−；（2）①该反应中，一氧化氮和二氧化氮发生归中反应生成呀硝酸钾，根据得失电子守恒可知反应i的化学方程式为：；②由于二氧化氮能与氢氧化钾发生歧化反应钡完全吸收，一氧化氮和二氧化氮1：1的混合气体能与氢氧化钾发生归中反应被完全吸收，则方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收；（3）结合第2问可知，硝酸工业尾气中的氮的氧化物和氢氧化钾反应会生成亚硝酸钾，则“氧化吸收液”的目的是将(或)转化为(或)；（4）若气体B是一种单质，结合化合价可知为氧气，则所得固体C为亚硝酸钾，化学式为；（5）①根据得失电子守恒可知，K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式为：；②K2FeO4水溶液放置过程中生成氧气和氢氧化铁沉淀，检验氢氧化铁沉淀的方法是：取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素。15.某化学小组按如图所示实验流程比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强，其中B为一种紫红色金属，C为红棕色气体。请回答下列问题：（1）A与B反应的离子方程式是________。A与B反应迅速，为控制气体放出的快慢，装置Ⅰ选择的主要仪器是________和烧瓶（不包括铁架台、铁夹、橡皮塞和导管等）。（2）在装置Ⅰ中加入B后，加入A之前需向整套装置中通入足量的，该操作的目的是________。（3）装置Ⅱ中，C通入水中，放置一段时间，无色气体明显增多。有人提出猜想：反应生成，同时生成，不稳定，分解产生气体D。小组选择使用溶液验证是因为________（填字母）。a.具有氧化性，具有还原性b.溶液有颜色，反应前后溶液颜色有变化（4）装置Ⅲ中实验现象为________，得出浓硝酸的氧化性比稀硝酸强结论的依据是________。（5）有同学认为该流程中装置Ⅴ并不需要，你认为装置Ⅴ是否需要________（填“是”或“否”），理由是________。〖答案〗（1）①.Cu+4H++2＝Cu2++2NO2↑+2H2O②.分液漏斗（2）NO易被O2氧化，所以在反应前排除氧气（3）ab（4）①.装置Ⅲ中气体变为红棕色②.浓硝酸能把NO氧化为NO2，而稀硝酸不行（5）①.是②.NO和NO2均是大气污染物，需要尾气处理，则装置Ⅴ的作用是吸收尾气，防止污染空气〖解析〗B为一种紫红色金属，C为红棕色气体，则B为Cu、C为NO2，A为浓硝酸；NO2与水反应生成HNO3和NO，所以D为NO，NO通过盛有浓硝酸的装置，转化为NO2，则表明浓硝酸能将NO氧化为NO2，NO和NO2通入氢氧化钠溶液中尾气吸收，据此解答。（1）由分析知，A为浓硝酸，B为Cu，二者反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式是Cu+4H++2＝Cu2++2NO2↑+2H2O；需要采用措施空气气体放出的快慢，则需要控制加入浓硝酸的量，所以选分液漏斗、烧瓶；（2）若装置内存在空气，会将NO氧化为NO2，从而干扰硝酸性质判断，所以实验时在装置Ⅰ中加入B后，在加入A之前需向整套装置中通入足量的CO2气体，该操作的目的是NO易被O2氧化，所以在反应前排除氧气；（3）中N为+3价，有还原性，高锰酸钾有氧化性，两者可以发生氧化还原反应，同时高锰酸钾溶液有颜色，故选ab；（4）D为NO，浓硝酸氧化性强可以将NO氧化为二氧化氮，而稀硝酸不能，则装置Ⅲ中的实验现象为：装置Ⅲ中气体变为红棕色；得出浓硝酸的氧化性比稀硝酸强结论的依据是：浓硝酸能把NO氧化为NO2，而稀硝酸不行；（5）NO和NO2均是大气污染物，需要尾气处理，则装置Ⅴ的作用是吸收尾气，防止污染空气，故〖答案〗为：是；NO和NO2均是大气污染物，需要尾气处理，则装置Ⅴ的作用是吸收尾气，防止污染空气。16.氮化硼（BN）是一种性能优异的新型材料，为白色难溶于水的粉末状固体，高温下易被氧化。实验室以硼粉（黑色）为原料制备氮化硼的装置如图1所示（1）制备氮化硼的化学方程式为________。（2）装置图中活塞的作用是________。（3）判断反应完全的实验现象是________，此时应立即停止通入，原因是________；（4）为测定制得的氮化硼样品纯度，设计以下实验：称取0.0625g氮化硼样品，加入浓硫酸和催化剂，微热，使样品中的N元素全部转化为铵盐；向铵盐中加入足量NaOH溶液并加热，蒸出的氨用稀硫酸吸收；用溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL。则氮化硼样品的纯度为________。（写出计算过程）〖答案〗（1）（2）调节气体流速，进而调整NH3和氧气通入比例（3）①.黑色粉末完全变成白色②.避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低（4），与氢氧化钠反应的硫酸为，则与氨气反应的硫酸为；，结合氮守恒可知，氮化硼为，故氮化硼样品的纯度为80.0%〖解析〗用NH3、硼粉为原料制备BN晶体，根据装置图可知，调节气体流速，进而调整NH3和氧气通入比例后，氨气在三井烧瓶中生成BN，反应中有尾气要注意处理。（1）用硼粉（黑色）和氨气、氧气为原料反应生成氮化硼和水，制备BN的化学方程式；（2）由分析可知，装置图中活塞的作用是：调节气体流速，进而调整NH3和氧气通入比例；（3）根据氮化硼（BN）是白色难溶于水粉末状固体，硼粉是黑色的，氮化硼（BN）高温下易被氧化，当三颈烧瓶中出现黑色粉末完全变成白色现象时反应结束；此时，应立即停止通入O2，其原因是避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低。故〖答案〗为：黑色粉末完全变成白色；避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低；（4）用氢氧化钠中和过量的硫酸，，与氢氧化钠反应的硫酸为，则与氨气反应的硫酸为；，结合氮守恒可知，氮化硼为，故氮化硼样品的纯度为80.0%。17.研究和采取措施去除氮氧化物尾气和水中硝酸盐造成的氮污染备受关注。Ⅰ氧化吸收法酸性条件下，NaClO溶液氧化、NO和等生成和。（1）其他条件一定，转化为的转化率随水体溶液初始pH的变化如图1所示。①、NO和三种气体中，相同条件下最易被NaClO氧化的是________。②在酸性水体中，加入NaClO溶液吸收的离子方程式为________。③水体溶液初始pH越小，转化率越高。其原因是________。（2）NaClO吸收液还可以同时脱除烟气中NO和。研究发现NaClO吸收液在不同初始pH条件下，对流动烟气的脱硫效率都接近100％，而对NO的脱除率如图2所示：①酸性条件下，的脱除率高于NO，其原因除的还原性比NO强外，还可能是________。②若用盐酸调节NaClO吸收液pH，不仅不利于NO的吸收，还会在反应过程中生成一种有毒气体，其化学式为________。Ⅱ催化还原法（3）在的催化条件下，使用作为还原剂，可将水中的转化为。该反应机理分为三步，如题17图3所示：第一步：________（补充完整该步反应机理）；第二步：从Cu表面迁移至W的表面；第三步：在W表面吸附并解离为活性氢原子（W-H），W-H将还原为，同时W-H将CuO还原为Cu，自身转化为W，实现Cu和W的催化循环。（4）若改用作为还原硝酸盐过程的催化剂，其催化机理与相似。但还原过程中检测到三种含氮化合物微粒，其浓度变化如图4所示，在1.5小时以后，的百分含量不断减少，的百分含量不断增多的可能原因是________。〖答案〗（1）①.②.③.酸性增强，次氯酸根离子氧化性增强（2）①.SO2易溶于水，与溶液中ClO-接触充分，而NO难溶于水，与溶液中ClO-接触不够充分，不易脱除②.Cl2（3）在表面被还原为，Cu被氧化为（4）在催化剂催化作用下亚硝酸根离子与氢原子反应转化为铵根离子。〖解析〗（1）①同种元素，其化合价越低，则其还原性越强，故相同条件下最易被NaClO氧化的是；②溶液可以氧化生成和；在酸性水体中，加入溶液吸收的离子方程式为；③发生转化的过程，就是其被氧化的过程，水体溶液初始越小，转化率越高，其原因是酸性增强，次氯酸根离子氧化性增强；（2）①物质反应前，需要相互接触，对于气体来说，与溶液反应前，应先溶解在溶液中，则酸性条件下，SO2的脱除率高于NO，其原因除SO2的还原性比NO强外，还可能是：SO2易溶于水，与溶液中ClO-接触充分，而NO难溶于水，与溶液中ClO-接触不够充分，不易脱除；②若用盐酸调节NaClO吸收液的pH，Cl-可能与ClO-发生归中反应，并生成氯气，则反应过程中生成的一种有毒气体，其化学式为Cl2；（3）由图可知第一步：在表面被还原为，Cu被氧化为；（4）结合图示可知，在1.5小时以后，的百分含量不断减少，的百分含量不断增多的可能原因是：在催化剂催化作用下亚硝酸根离子与氢原子反应转化为铵根离子。江苏省连云港市赣榆区2023-2024学年高一下学期4月期中考试试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共6页。包含选择题（第1题～第13题，共39分），非选择题（第14题～第17题，共61分）两部分。本次考试时间为75分钟，满分为100分。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请您务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上规定的位置，并将条形码贴在指定区域。3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。4.如需作图，可用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1.化学与生活、科技、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是（）A.浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器储运浓硝酸B.合成氨使人类进入了化肥农业时代，大大地提高了粮食的产量C.适应在pH较高的石灰性土壤中生长的植物优先使用硝态氮肥D.将太阳能转化为电能，再将水电解获得氢气，符合“低碳”原则〖答案〗A〖解析〗【详析】A．浓硝酸与铁在常温下发生钝化反应，能发生化学反应，生成致密氧化膜阻碍反应进一步进行，故A错误；B．合成氨技术是现代农业的基础之一，通过应用合成氨制备的肥料，可以使植物更快生长并增加收成，从而提高农作物生产效率，大大地提高了粮食的产量，B正确；C．pH较高说明碱性较强，碱性条件下铵态氮肥遇碱性物质会分解，分解后释放出氨气肥效降低，故在pH较高的石灰性土壤中生长的植物优先使用硝态氮肥，C正确；D．将太阳能转化为电能，再将水电解获得氢气，整个过程不产生任何碳排放，符合“低碳”原则，D正确；本题选A。2.已知反应可用于冬天石油开采。下列有关微粒的化学用语正确的是（）A.的电子式： B.的结构示意图：C.中子数为18的氯原子： D.的结构式为N＝N〖答案〗A〖解析〗【详析】A．氯化铵为离子化合物，其电子式为：，A正确；B．Na+是Na原子失去最外层的1个电子形成的，其核外电子排布是2、8，故Na+的结构示意图是，B错误；C．中子数为18的氯原子质量数是17+18=35，故该原子的表示式为：，C错误；D．N2分子中2个N原子形成3对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其结构式为：N≡N，D错误；故选A3.实验室制取并探究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是（）A.用装置甲制取 B.用装置乙干燥C.用装置丙探究的还原性 D.用装置丁收集〖答案〗C〖解析〗【详析】A．实验室采用氯化铵与熟石灰混合固体加热制取氨气，不能直接加热氯化铵制备氨气，故A错误；B．浓硫酸有酸性，能与碱性的氨气发生反应，不能干燥氨气，故B错误；C．氨气具有一定还原性，能与氧化铜发生氧化还原反应，通过观察试管中CuO颜色变化，可判断反应的发生，从而证明氨气的还原性，故C正确；D．氨气的密度比空气小，应采用向下排空气法收集，丁装置用于尾气处理并防倒吸，故D错误；故选：C。4.下列说法正确的是（）A.的水溶液能导电，所以是电解质B.金属钠投入液氨中，钠会浮在氨液面上游动C.浓氨水与反应生成的白烟成分为D.二氧化氮与水反应时，氧化剂与还原剂之比为1:1〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氨气只存在分子，不能导电；NH3在水溶液里生成一水合氨能电离出自由移动的离子导电，但氨气本身不电离，是非电解质，故A错误；B．钠的密度大于液氨，钠投入到液氨中，钠不会浮在液面上，故B错误；C．浓氨水与氯气发生氧化还原反应，氨气过量时生成固体氯化铵，出现白烟现象，故C正确；D．二氧化氮易溶于水并与水反应，此反应中氮元素由+4价变为+2价，故氧化剂是NO2，氮元素也从+4价变为+5价，故还原剂是NO2，氧化剂和还原剂的质量之比为1∶2，故D错误；故选：C。5.工业合成氨的反应为。下列说法正确的是（）A.工业合成氨属于自然固氮B.反应过程中能量变化可用右图表示C.、的物质的量之比为1:3时，合成氨达到反应限度D.与足量发生合成氨反应，放出的热量为92.4kJ〖答案〗B〖解析〗【详析】A．工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，A错误；B．工业合成氨是放热反应，其能量变化可用右图表示，B正确；C．当两种物质的投料比为1:3时，则在反应过程中、的物质的量之比总是1:3时，则此时无法证明合成氨达到反应限度，C错误；D．该反应为可逆反应，则与足量发生合成氨反应，放出的热量小于92.4kJ，D错误；故选B。6.下列有关化学反应表示正确的是（）A.用稀硝酸溶解银镜：B.过量氨水和反应：C.用NaOH溶液吸收含有尾气：D.向溶液中加入过量的NaOH溶液并加热：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．用稀硝酸溶解银镜，银单质与稀硝酸反应，应当生成NO、硝酸银和水，正确的离子方程式为：，A错误；B．过量氨水和反应生成亚硫酸铵，离子方程式为：，B正确；C．用NaOH溶液吸收含有尾气生成硝酸钠和亚硝酸钠，离子方程式为：2NO2+2OH-=NO+NO+H2O，C错误；D．氢氧化钠过量，则铵根离子和碳酸氢根离子都可以和氢氧根离子反应，离子方程式为：，D错误；故选B。7.某化学小组为了探究铝电极在原电池中的作用，进行了下列实验，实验结果记录如表。下列说法正确的是（）编号电极材料电解质溶液电流计指针偏转方向①Mg、Al稀盐酸偏向Al②Al、Cu稀盐酸偏向Cu③Al、石墨稀盐酸偏向________④Mg、AlNaOH溶液偏向MgA.实验①和②中，Al电极的作用相同B.实验③中，电流表指针偏向A1C.实验④中，Mg为负极，电极反应式为：D.以上实验说明，铝在原电池中的作用，与另一个电极材料和电解质溶液有关〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗本题根据形成原电池后，电流表指针的偏转方向，通过对比进而判断电流方向，以此解题。【详析】A．由表中可以看出实验①电流表指针偏向Al，说明Al是正极，而实验②中指针偏向Cu，说明此时Al是负极，故两实验中Al电极的作用不相同，A错误；B．实验③中Al和石墨，Al为负极，而电流表指针偏向正极，故偏向石墨，B错误；C．由于Mg与NaOH溶液不反应，而Al能与NaOH溶液发生反应：2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，Al被氧化，故实验④中，Al为负极，电极反应式为：Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-，而Mg为正极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；C错误；D．分析实验①②③可知铝在原电池中的作用，与另一个电极材料有关，分析实验①④可知铝在原电池中的作用，与电解质溶液有关，D正确；故选D。8.某同学设计实验测定膨松剂中碳酸氢铵的含量。已知：膨松剂中有少量的水分且其他成分受热不分解。下列说法不正确的是（）A.装置丁的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳B.充分反应后停止加热，应继续从a端通入氮气一段时间C.实验前后称量装置丙的质量增加17g，则D.上述图中若装置乙、丙对调，也能达到测定碳酸氢铵的含量〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗装置甲中碳酸氢铵受热分解生成氨气、二氧化碳和水，装置乙中碱石灰吸收二氧化碳和水，装置丙浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，装置丁的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳；【详析】A．装置丁碱石灰的作用是吸收空气中的水分和二氧化碳，防止被装置丙中浓硫酸吸收，影响结果，故A正确；B．充分反应后停止加热，应继续从a端通入氮气一段时间，使氨气全部被浓硫酸吸收，故B正确；C．装置C的浓硫酸作用是与氨气反应生成硫酸铵，通过称量装置C的质量可知氨气的质量为17g，进而测定碳酸氢铵的含量为=79%，故C错误；D．装置乙、丙对调，由于浓硫酸能吸收水分和氨气，还有膨松剂中有少量的水分，碱石灰吸收的只有二氧化碳的质量，也能计算碳酸氢铵的质量，能达到实验目的，故D正确；故选C。9.为探究反应的速率影响因素，某实验小组利用溶液与溶液设计和探究实验如下表：编号温度/℃出现浑浊时间/s①2010100②20105③5010100下列说法正确的是（）A.研究温度的影响时，应将溶液置于不同温度的水浴中再混合B.实验②中水的体积：C.实验③10s后浑浊不再增多，则前10s内D.该实验最好应通过测的体积变化来判断反应速率的快慢〖答案〗A〖解析〗【详析】A．实验时应先将溶液置于不同温度的水浴中再混合溶液进行反应，故A正确。B．对比实验1、2研究c（H+）对该反应速率的影响，溶液总体积必须相同，所以V=10+10-（10+5）=5，故B错误；C．3号瓶用Na2S2O3来表示速率为=0.005mol(L•s)，故C错误；D．二氧化硫溶于水，不能测定SO2的体积变化来表示化学反应速率的快慢，否则误差太大，故D错误；〖答案〗选A。10.以为催化剂的光热化学循环分解的反应，为室温气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时能量变化如图所示：下列说法不正确的是（）A.过程①中吸收能量使得钛氧键发生了断裂B.该反应中，光能和热能转化为化学能C.使用催化剂可以提高化学反应速率D.2mol二氧化碳完全分解生成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸收30kJ能量〖答案〗D〖解析〗【详析】A．据图可知过程①中Ti4+变为Ti3+，说明该过程中吸收能量使钛氧键发生了断裂，A正确；B．该图中以TiO2为催化剂、光和热条件下分解CO2反应生成CO和O2，根据能量守恒定律知，该反应中，光能和热能转化为化学能，B正确；C．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，C正确；D．根据题目所给信息断键吸收的能量为1598kJ/mol×2mol，成键释放的能量为(1072kJ/mol×2mol+496kJ/mol×1mol)，所以2mol二氧化碳完全分解成2mol一氧化碳和1mol氧气需要吸热1598kJ/mol×2mol-(1072kJ/mol×2mol+496kJ/mol×1mol)=556kJ，D错误；综上所述〖答案〗为D。11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将一铜片放入盛有硝酸铜溶液的试管中，滴加稀硫酸试管口有红棕色气体被还原为B常温下，将铁片、铜片插入浓硝酸中构成原电池，并连接电流计电流计发生偏转铁片是较活泼金属作为负极C向盛有某盐溶液试管中滴加稀氢氧化钠溶液加热后，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝该盐溶液中含D向溶液中加入过量HI溶液充分反应，再滴加淀粉溶液溶液显蓝色氧化性：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．硝酸根在酸性条件下有氧化性，与铜反应硝酸根被还原，但是还原产物可能是NO，遇到空气中的O2转化为红棕色的NO2，不一定是硝酸根直接被还原为NO2，A错误；B．常温下，将铁片、铜片插入浓硝酸中构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生钝化，故铜作负极，B错误；C．向盛有某盐溶液的试管中滴加稀氢氧化钠溶液加热后，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，说明产生了碱性气体，则该溶液中含，C正确；D．滴加淀粉溶液显蓝色说明有I2单质生成，但是碘单质有可能是在加入HI后的酸性条件下，硝酸根强氧化性氧化I-产生的，无法确定I2一定是三价铁离子氧化I-产生的，故不能比较Fe3+、I2的氧化性，D错误；本题选C。12.已知“氨碱法”的部分工艺流程如下：我国近代化学家侯德榜发明了“联合制碱法”：在“氨碱法”的基础上，通过向“母液”中先通入氨气，将转化为，再加入NaCl细粉的方式获得晶体，从而提高了母液的利用率。下列有关“联合制碱法”说法正确的是（）A.母液中存在的主要离子有：、、、B.反应1析出的晶体表面附有的可以通过加热除去C.向母液中加入NaCl细粉时发生的反应：D.将析出晶体后的溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可获得更多的晶体〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗“氨碱法”制纯碱是向饱和氯化钠溶液中通入NH3和CO2，生成碳酸氢钠沉淀，过滤后碳酸氢钠固体加热分解得纯碱，分解时产生的CO2可以通入饱和氯化钠溶液循环利用，过滤出碳酸氢钠沉淀后的母液是碳酸氢钠的饱和溶液，同时溶质含有氯化铵，联合制碱法在此基础上，进行了改良，提高了母液的利用率。【详析】A．反应I析出碳酸氢钠，故母液是碳酸氢钠的饱和溶液同时含有反应生成的氯化铵，故母液中存在的主要离子有、Cl-、Na+、，而不是，A错误；B．碳酸氢钠受热也会分解，故碳酸氢钠晶体表面附有的氯化铵杂质不可以通过加热除去，B错误；C．反应起始为氯化钠的饱和溶液，故母液中氯化铵的浓度较高，加入氯化钠细粉，氯离子浓度增大，促进氯化铵的沉淀，C正确；D．析出氯化铵晶体后的溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可获得更多的氯化钠晶体，D错误；本题选C。13.研究表明，土壤中的被土壤胶体吸附后，在硝化细菌的作用下转化为后，土壤中的进一步将氧化为更易被植物吸收的。在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以形式放出。下列说法不正确的是（）A.被氧化为的过程中，与的物质的量之比为2:1B.在反硝化过程中，土壤pH升高C.与反应时，每生成，转移电子数为3.75molD.适当疏松土壤，有利于提高铵态氮肥的肥效〖答案〗B〖解析〗【详析】A．被氧化为的过程中，氮的化合价由+3升高为+5，氧气由0价降低为-2价，根据得失电子守恒，与的物质的量之比为2:1，A正确；B．又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以形式放出，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得，在反硝化过程中，土壤降低，B错误；C．根据，3mol与5mol反应转移15mol电子，则每生成，转移电子数为，C正确；D．适当疏松土壤，有利于提高土壤中氧气的量，使铵态氮肥转化为，提高肥效，D正确；故选B。二、非选择题：共4题，共61分。14.高纯在光热发电领域应用广泛，部分生产方法及性质研究如下：已知：硝酸工业尾气中主要含、NO、。请回答下列问题：（1）方法I中，5℃时反应的离子方程式是________。写出溶液A中的所有离子：________.（2）KOH溶液吸收NO、，反应方程式如下：i.（未配平）ii.①配平并写出反应i的化学方程式：________；②方法II中，________，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收。（3）方法II中，“氧化吸收液”的目的是________。（4）已知气体B是一种单质，则所得固体C为________（填写化学式）。（5）在某温度下，分解得到的可用于制备新型高效多功能水处理剂。①写出与、共热制取的化学方程式：________。②水溶液放置过程中会放出无色无味气体、产生沉淀、溶液呈强碱性。请依据上述信息，设计检验沉淀中的金属元素的实验方案：________。〖答案〗（1）①.+K+=↓②.H+、K+、Cl−、、OH−（2）①.②.1（3）将(或)转化为(或)（4）（5）①.②.取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素〖解析〗硝酸工业尾气中主要含N2、NO、NO2，用氢氧化钾溶液氧化吸收、结晶生成硝酸钾固体，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，硝酸钾固体在一定温度下隔绝空气分解生成固体C和气体B。（1）根据题意，硝酸和氯化钾搅拌结晶得到硝酸钾固体和盐酸，离子方程式为：+K+=↓；其中一部分溶解在水中，则溶液A中的所有离子H+、K+、Cl−、、OH−；（2）①该反应中，一氧化氮和二氧化氮发生归中反应生成呀硝酸钾，根据得失电子守恒可知反应i的化学方程式为：；②由于二氧化氮能与氢氧化钾发生歧化反应钡完全吸收，一氧化氮和二氧化氮1：1的混合气体能与氢氧化钾发生归中反应被完全吸收，则方法Ⅱ中，n(NO)：n(NO2)≤1，氮氧化物才能被足量的KOH溶液充分吸收；（3）结合第2问可知，硝酸工业尾气中的氮的氧化物和氢氧化钾反应会生成亚硝酸钾，则“氧化吸收液”的目的是将(或)转化为(或)；（4）若气体B是一种单质，结合化合价可知为氧气，则所得固体C为亚硝酸钾，化学式为；（5）①根据得失电子守恒可知，K2O与Fe(OH)3、Cl2共热制取K2FeO4的化学方程式为：；②K2FeO4水溶液放置过程中生成氧气和氢氧化铁沉淀，检验氢氧化铁沉淀的方法是：取适量沉淀与试管中，用适量稀硫酸溶解，滴加KSCN溶液，若溶液变血红色，说明沉淀含铁元素。15.某化学小组按如图所示实验流程比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强，其中B为一种紫红色金属，C为红棕色气体。请回答下列问题：（1）A与B反应的离子方程式是________。A与B反应迅速，为控制气体放出的快慢，装置Ⅰ选择的主要仪器是________和烧瓶（不包括铁架台、铁夹、橡皮塞和导管等）。（2）在装置Ⅰ中加入B后，加入A之前需向整套装置中通入足量的，该操作的目的是________。（3）装置Ⅱ中，C通入水中，放置一段时间，无色气体明显增多。有人提出猜想：反应生成，同时生成，不稳定，分解产生气体D。小组选择使用溶液验证是因为________（填字母）。a.具有氧化性，具有还原性b.溶液有颜色，反应前后溶液颜色有变化（4）装置Ⅲ中实验现象为________，得出浓硝酸的氧化性比稀硝酸强结论的依据是________。（5）有同学认为该流程中装置Ⅴ并不需要，你认为装置Ⅴ是否需要________（填“是”或“否”），理由是________。〖答案〗（1）①.Cu+4H++2＝Cu2++2NO2↑+2H2O②.分液漏斗（2）NO易被O2氧化，所以在反应前排除氧气（3）ab（4）①.装置Ⅲ中气体变为红棕色②.浓硝酸能把NO氧化为NO2，而稀硝酸不行（5）①.是②.NO和NO2均是大气污染物，需要尾气处理，则装置Ⅴ的作用是吸收尾气，防止污染空气〖解析〗B为一种紫红色金属，C为红棕色气体，则B为Cu、C为NO2，A为浓硝酸；NO2与水反应生成HNO3和NO，所以D为NO，NO通过盛有浓硝酸的装置，转化为NO2，则表明浓硝酸能将NO氧化为NO2，NO和NO2通入氢氧化钠溶液中尾气吸收，据此解答。（1）由分析知，A为浓硝酸，B为Cu，二者反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式是Cu+4H++2＝Cu2++2NO2↑+2H2O；需要采用措施空气气体放出的快慢，则需要控制加入浓硝酸的量，所以选分液漏斗、烧瓶；（2）若装置内存在空气，会将NO氧化为NO2，从而干扰硝酸性质判断，所以实验时在装置Ⅰ中加入B后，在加入A之前需向整套装置中通入足量的CO2气体，该操作的目的是NO易被O2氧化，所以在反应前排除氧气；（3）中N为+3价，有还原性，高锰酸钾有氧化性，两者可以发生氧化还原反应，同时高锰酸钾溶液有颜色，故选ab；（4）D为NO，浓硝酸氧化性强可以将NO氧化为二氧化氮，而稀硝酸不能，则装置Ⅲ中的实验现象为：装置Ⅲ中气体变为红棕色；得出浓硝酸的氧化性比稀硝酸强结论的依据是：浓硝酸能把NO氧化为NO2，而稀硝酸不行；（5）NO和NO2均是大气污染物，需要尾气处理，则装置Ⅴ的作用是吸收尾气，防止污染空气，故〖答案〗为：是；NO和NO2均是大气污染物，需要尾气处理，则装置Ⅴ的作用是吸收尾气，防止污染空气。16.氮化硼（BN）是一种性能优异的新型