答案-2024-2025学年第二学期直升部2月月考化学答案

第页，共页第7页，共7页高一学段第二学期2月月考化学参考答案：一、选择题（共16题，每题3分，共48分）题号12345678910答案DDCDADBABD题号111213141516答案CCCBAD1．D2．D解析A项，不能用加热NH4Cl固体的方法制氨气，因为NH3和HCl会在试管口遇冷重新化合成NH4Cl，错误；B项，硝酸能将SO32-氧化成SO42-，不能说明原溶液中一定有SO42-；C项，铁和稀硝酸反应生成的气体是NO，不是发生置换反应，错误。C钢铁属于金属材料，故A项错误；合金是由两种或两种以上的金属(或金属与非金属)熔合而成的具有金属特性的物质，是混合物，而氮化镓是化合物，不属于合金，故B项错误；高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故C项正确；太阳能电池板的主要材料是单质硅，故D项错误。D硅胶和分子筛均为疏松多孔物质，表面积大，可作为吸附剂以及催化剂的载体等，A、B项正确；碳化硅硬度大，可制作砂纸、砂轮等，C项正确；硅酸不能作耐火材料，D项错误。A【详解】A．向溶液中滴加氨水产生白色沉淀氢氧化铝和氯化铵：，A正确；B．大理石与盐酸接触，产生氯化钙、水和二氧化碳，大理石难溶于水，不可拆：，B错误；C．还原性，向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸，先氧化，，C错误；D．具有强还原性，具有强氧化性，向溶液中通入少量，会发生氧化还原反应生成硫酸钙、次氯酸和氯化钙：，D错误；6.D实验开始时，需先打开活塞K，利用a中反应产生的CO2排尽装置内空气，避免点燃酒精灯时装置中的空气与锌粉反应，A项错误；a中制得的CO2中含有HCl和水蒸气，用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，B项错误；装置e作安全瓶，作用是防止装置f中的液体倒吸到硬质玻璃管中，C项错误；a装置适用于块状固体与液体反应，可以用锌粒与稀盐酸或稀硫酸反应制备氢气，可将d装置中锌粒换成氧化铜来探究H2的还原性，D项正确。7.【答案】B【分析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。【详解】A、氨气密度比空气小，不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与浓硝酸反应才可产生NO2，且NO2用水吸收会发生3NO2+H2O=2HNO3+NO，且要防倒吸装置不妥，错误；D、制取氯气需要加热，错误。A解析SiHCl3遇水H2O强烈水解，所以H2应干燥，故装置B中的试剂是浓硫酸，A错误；SiHCl3在空气中易自燃，实验前应排尽装置内的空气，所以应先打开装置A中分液漏斗的旋塞，通H2，后打开装置C中分液漏斗的旋塞，B正确；SiHCl3呈液态，需转化为蒸气进入石英管中与H2反应，所以装置C中的烧瓶需要加热，C正确；制高纯硅时，温度在1100～1200℃，所以D不能采用普通玻璃管，D正确。9．B解析根据脱硝的反应机理，NH4NO3在温度超过200℃时会反应生成N2O，达不到脱硝目的，因此运用该技术应控制温度在200℃以下，故A正确；根据图示，NH4NO3在温度超过200℃时会反应生成N2O，NH4NO2可以直接转化为氮气和水，因此较理想的中间产物是NH4NO2，故B错误；根据脱硝的反应机理，反应物是氨气和NO、O2，生成物是氮气和水，N元素的化合价由－3价升高到0价，＋2价降低为0价，因此N2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；根据图示，NH3与硝酸或亚硝酸反应生成硝酸铵或亚硝酸铵，没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，D正确。10.D解析上下抽动铜丝，可控制浓硫酸与铜丝接触与否，从而控制反应的发生与停止，A选项正确；e为尾气处理装置，用于吸收SO2，SO2是酸性气体，具有还原性，可用NaOH溶液或酸性KMnO4溶液吸收，B选项正确；用铁丝代替铜丝，其他条件不变，铁丝与浓硫酸加热仍然产生SO2，不产生氢气，则c、d中两次实验现象相同，C选项正确；装置a中反应后的溶液中含有浓硫酸，所以确定a中白色固体是否是硫酸铜时，应将a装置中试管内冷却的混合物沿杯壁缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，观察溶液是否变蓝，D选项错误。C解析：浓硝酸和氯水中的次氯酸见光都易分解，须存放在棕色试剂瓶中，A项不符合题意；硫化钠和亚硫酸钠都具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质，B项不符合题意；常温下铁遇浓硝酸发生钝化，铂的活动性较弱，与浓硝酸不反应，不能用同一原理解释，C项符合题意；和都具有还原性，都能与氯水发生氧化还原反应而使氯水褪色，D项不符合题意。C解析：不能一步转化，故A不符合题意；不能一步转化，故B不符合题意；不能一步转化，故D不符合题意。C解析：氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，由题图可知，反硝化过程是将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，故A错误；由题图可知，硝化过程中先转化为，再转化为，氮元素的化合价不断升高，发生氧化反应，故B错误；根据得失电子守恒和原子守恒，将转化为的离子方程式为，故C正确；由题图可知，在氨氧化细菌作用下，水体中的氧化生成和，氮元素可转变为氮气，而转移至大气中，反应的离子方程式为，该反应中每产生0.01mol氮气时，转移的电子为0.03mol，故D错误。B15.A解析2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根离子的质量为2.54g－1.52g＝1.02g，即0.06mol。根据电荷守恒，金属提供电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xmol＋2ymol＝0.06mol,64g·mol－1×xmol＋24g·mol－1×ymol＝1.52g))解得x＝0.02，y＝0.01。所以合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol∶0.01mol＝2∶1，A错误；该浓硝酸密度为1.40g·cm－3、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为eq\f(1000×1.4×63%,63)mol·L－1＝14.0mol·L－1，B正确；NO2和N2O4混合气体物质的量为0.05mol，设NO2为amol，N2O4为(0.05－a)mol，则a×1＋(0.05－a)×2×1＝0.06，解得a＝0.04，NO2和N2O4的物质的量之比为4∶1，NO2的体积分数是eq\f(4,4＋1)×100%＝80%，C正确；反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol·L－1－0.04mol－0.01mol×2＝0.64mol，根据钠离子守恒，n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.64mol，故需要NaOH溶液的体积为eq\f(0.64mol,1.0mol·L－1)＝0.64L，D正确。16.D【分析】向混合溶液中逐渐加入铁粉，铁首先和稀硝酸反应生成Fe3＋和NO；当溶液中NOeq\o\al(－,3)完全被消耗之后，过量的铁和Fe3＋反应生成Fe2＋；当Fe3＋完全反应之后，过量的铁和稀硫酸反应生成FeSO4和H2。由以上分析可知，开始生成的气体是NO，A错误；AB段的反应是铁和Fe3＋的反应，不是置换反应，B错误；A点对应的气体是NO，物质的量是0.05mol，根据氮原子守恒可知，稀硝酸的物质的量浓度是eq\f(0.05mol,0.05L)＝1.0mol·L－1，C错误；生成氢气的体积是0.56L，物质的量为0.025mol，所以反应中共转移电子0.05mol×3＋0.025mol×2＝0.2mol，参加反应的铁最终在溶液中以Fe2＋的形式存在，因此根据得失电子守恒可知，消耗铁的物质的量是0.1mol，质量是5.6g，D正确。填空题（共5题，共52分）17.（共10分）(1)ACD(2)Si3N4＋12HF===3SiF4↑＋4NH3↑(或Si3N4＋16HF===3SiF4↑＋4NH4F)(3)3SiCl4＋2N2＋6H2eq\o(=====,\s\up7(高温))Si3N4＋12HCl(1)2MgO·3SiO2·nH2O(5)c18．（10分）(1)CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(2)饱和食盐水(3)NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O(4)bc(5)32【详解】（1）在装置A中生石灰与浓氨水混合发生反应产生Ca(OH)2、NH3，反应方程式为：CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；（2）在装置D中浓盐酸与漂白粉混合发生反应产生Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，因此制取得到的Cl2中含有杂质HCl，在Cl2通入装置B之前要除去Cl2中的杂质HCl，则装置C中试剂可以是饱和食盐水；（3）在装置B中NH3与Cl2与NaOH发生氧化还原反应产生的NaClO发生反应产生N2H4，该反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；（4）a．N2H4分子中2个N原子形成共价单键，每个N原子再分别与2个H原子形成N-H共价键，就达到N2H4，故N2H4的电子式应该为，a错误；b．装置E的作用是吸收尾气，防止过量有毒气体Cl2空气污染，b正确；c．实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞目的是防止氯气过量将肼被进一步氧化，d正确；故合理选项是bc；（5）根据题意可知：肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为：N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则500mL溶液中含有n(N2H4)=×0.004mol×=0.04mol，则该产品中N2H4的质量分数为×100%=32%。19．（10分）(1)3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(2)硝酸浓度大(3)①向上拉动活塞a，试管内液面上方出现红棕色气体②Cu(OH)2(或CuO等)(4)增多【详解】(2)Ⅱ中是铜与浓硝酸反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，Ⅱ中物质浓度大，反应速率快。(3)①若溶液颜色差异是NO2溶解所致，则可以通过向上拉动活塞a，减小装置中NO2在溶液中的溶解度，就会看到试管内液面上方出现红棕色气体。②若向另一份溶液中加入含有Cu元素的物质，如CuO或Cu(OH)2，物质溶解，使溶液中Cu2＋浓度增大，若溶液变为蓝色，证实假设1不成立，假设2成立。(4)解释.HNO3浓度越稀，溶液中NOeq\o\al(－,3)的数目越少，被还原时，每个NOeq\o\al(－,3)从还原剂处获得较多电子的机会增多，被还原为较低的价态。20.（共14分）【答案】(1)或c→b→g→f→d→e(2)氧化（1分）FeCl3溶液或氯化铁溶液（1分）溶液由(棕)黄色变成浅绿色或(3)取少量最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已经洗涤干净或【详解】（1）①用上图装置制备纯净的SO2，发生装置中是亚硫酸氢钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠或硫酸氢钠和水，其反应的化学方程式为或；故答案为：或。②第一个装置制备二氧化硫，第二个装置干燥二氧化硫，第三个装置处理二氧化硫尾气，第四个装置收集二氧化硫气体，二氧化硫是密度比空气大，用向上排空气法收集，因此装置的连接顺序为：a→c→b→g→f→d→e；故答案为：c→b→g→f→d→e。（2）将SO2通入新制H2S溶液中，溶液变浑浊，说明生成了硫单质即二氧化硫和硫酸氢反应生成硫单质和水，二氧化硫化合价降低变为硫单质，体现了二氧化硫的氧化性；要体现二氧化硫的还原性，则化合价升高，应和一个有氧化性的物质发生反应，且现象明显，则为氯化铁溶液，氯化铁和二氧化硫反应生成硫酸根、亚铁离子，溶液由黄色变为浅绿色，其反应的离子方程式为或；故答案为：氧化；FeCl3溶液或氯化铁溶液；溶液由(棕)黄色变成浅绿色；或。（3）①由于使用了盐酸和氯化钡溶液，因此检验沉淀是否洗净，主要是检验最后