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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
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