第頁，共頁第7頁，共7頁高一學段第二學期2月月考化學參考答案：一、選擇題（共16題，每題3分，共48分）題號12345678910答案DDCDADBABD題號111213141516答案CCCBAD1．D2．D解析A項，不能用加熱NH4Cl固體的方法制氨氣，因為NH3和HCl會在試管口遇冷重新化合成NH4Cl，錯誤；B項，硝酸能將SO32-氧化成SO42-，不能說明原溶液中一定有SO42-；C項，鐵和稀硝酸反應生成的氣體是NO，不是發生置換反應，錯誤。C鋼鐵屬于金屬材料，故A項錯誤；合金是由兩種或兩種以上的金屬(或金屬與非金屬)熔合而成的具有金屬特性的物質，是混合物，而氮化鎵是化合物，不屬于合金，故B項錯誤；高溫結構陶瓷屬于新型無機非金屬材料，故C項正確；太陽能電池板的主要材料是單質硅，故D項錯誤。D硅膠和分子篩均為疏松多孔物質，表面積大，可作為吸附劑以及催化劑的載體等，A、B項正確；碳化硅硬度大，可制作砂紙、砂輪等，C項正確；硅酸不能作耐火材料，D項錯誤。A【詳解】A．向溶液中滴加氨水產生白色沉淀氫氧化鋁和氯化銨：，A正確；B．大理石與鹽酸接觸，產生氯化鈣、水和二氧化碳，大理石難溶于水，不可拆：，B錯誤；C．還原性，向碘化亞鐵溶液中滴加少量稀硝酸，先氧化，，C錯誤；D．具有強還原性，具有強氧化性，向溶液中通入少量，會發生氧化還原反應生成硫酸鈣、次氯酸和氯化鈣：，D錯誤；6.D實驗開始時，需先打開活塞K，利用a中反應產生的CO2排盡裝置內空氣，避免點燃酒精燈時裝置中的空氣與鋅粉反應，A項錯誤；a中制得的CO2中含有HCl和水蒸氣，用飽和碳酸氫鈉溶液除去CO2中的HCl，B項錯誤；裝置e作安全瓶，作用是防止裝置f中的液體倒吸到硬質玻璃管中，C項錯誤；a裝置適用于塊狀固體與液體反應，可以用鋅粒與稀鹽酸或稀硫酸反應制備氫氣，可將d裝置中鋅粒換成氧化銅來探究H2的還原性，D項正確。7.【答案】B【分析】該裝置分別為固液不加熱制氣體，向上排空氣法收集氣體，以及采用防倒吸的方法進行尾氣處理。【詳解】A、氨氣密度比空氣小，不能使用向上排空氣法，錯誤；B、正確；C、銅與濃硝酸反應才可產生NO2，且NO2用水吸收會發生3NO2+H2O=2HNO3+NO，且要防倒吸裝置不妥，錯誤；D、制取氯氣需要加熱，錯誤。A解析SiHCl3遇水H2O強烈水解，所以H2應干燥，故裝置B中的試劑是濃硫酸，A錯誤；SiHCl3在空氣中易自燃，實驗前應排盡裝置內的空氣，所以應先打開裝置A中分液漏斗的旋塞，通H2，后打開裝置C中分液漏斗的旋塞，B正確；SiHCl3呈液態，需轉化為蒸氣進入石英管中與H2反應，所以裝置C中的燒瓶需要加熱，C正確；制高純硅時，溫度在1100～1200℃，所以D不能采用普通玻璃管，D正確。9．B解析根據脫硝的反應機理，NH4NO3在溫度超過200℃時會反應生成N2O，達不到脫硝目的，因此運用該技術應控制溫度在200℃以下，故A正確；根據圖示，NH4NO3在溫度超過200℃時會反應生成N2O，NH4NO2可以直接轉化為氮氣和水，因此較理想的中間產物是NH4NO2，故B錯誤；根據脫硝的反應機理，反應物是氨氣和NO、O2，生成物是氮氣和水，N元素的化合價由－3價升高到0價，＋2價降低為0價，因此N2既是氧化產物又是還原產物，故C正確；根據圖示，NH3與硝酸或亞硝酸反應生成硝酸銨或亞硝酸銨，沒有元素化合價的變化，是非氧化還原反應，D正確。10.D解析上下抽動銅絲，可控制濃硫酸與銅絲接觸與否，從而控制反應的發生與停止，A選項正確；e為尾氣處理裝置，用于吸收SO2，SO2是酸性氣體，具有還原性，可用NaOH溶液或酸性KMnO4溶液吸收，B選項正確；用鐵絲代替銅絲，其他條件不變，鐵絲與濃硫酸加熱仍然產生SO2，不產生氫氣，則c、d中兩次實驗現象相同，C選項正確；裝置a中反應后的溶液中含有濃硫酸，所以確定a中白色固體是否是硫酸銅時，應將a裝置中試管內冷卻的混合物沿杯壁緩緩倒入盛有水的燒杯中，并不斷攪拌，觀察溶液是否變藍，D選項錯誤。C解析：濃硝酸和氯水中的次氯酸見光都易分解，須存放在棕色試劑瓶中，A項不符合題意；硫化鈉和亞硫酸鈉都具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化而變質，B項不符合題意；常溫下鐵遇濃硝酸發生鈍化，鉑的活動性較弱，與濃硝酸不反應，不能用同一原理解釋，C項符合題意；和都具有還原性，都能與氯水發生氧化還原反應而使氯水褪色，D項不符合題意。C解析：不能一步轉化，故A不符合題意；不能一步轉化，故B不符合題意；不能一步轉化，故D不符合題意。C解析：氮的固定是將游離態的氮轉化為化合態的氮，由題圖可知，反硝化過程是將氮的化合態轉化為氮氣，不屬于氮的固定，故A錯誤；由題圖可知，硝化過程中先轉化為，再轉化為，氮元素的化合價不斷升高，發生氧化反應，故B錯誤；根據得失電子守恒和原子守恒，將轉化為的離子方程式為，故C正確；由題圖可知，在氨氧化細菌作用下，水體中的氧化生成和，氮元素可轉變為氮氣，而轉移至大氣中，反應的離子方程式為，該反應中每產生0.01mol氮氣時，轉移的電子為0.03mol，故D錯誤。B15.A解析2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂，故沉淀中氫氧根離子的質量為2.54g－1.52g＝1.02g，即0.06mol。根據電荷守恒，金屬提供電子的物質的量等于氫氧根離子的物質的量，設銅、鎂合金中Cu、Mg的物質的量分別為xmol、ymol，則：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。所以合金中銅與鎂的物質的量之比是0.02mol∶0.01mol＝2∶1，A錯誤；該濃硝酸密度為1.40g·cm－3、質量分數為63%，故該濃硝酸的物質的量濃度為eq\f(1000×1.4×63%,63)mol·L－1＝14.0mol·L－1，B正確；NO2和N2O4混合氣體物質的量為0.05mol，設NO2為amol，N2O4為(0.05－a)mol，則a×1＋(0.05－a)×2×1＝0.06，解得a＝0.04，NO2和N2O4的物質的量之比為4∶1，NO2的體積分數是eq\f(4,4＋1)×100%＝80%，C正確；反應后溶質為硝酸鈉，根據氮元素守恒可知，硝酸鈉的物質的量為0.05L×14mol·L－1－0.04mol－0.01mol×2＝0.64mol，根據鈉離子守恒，n(NaOH)＝n(NaNO3)＝0.64mol，故需要NaOH溶液的體積為eq\f(0.64mol,1.0mol·L－1)＝0.64L，D正確。16.D【分析】向混合溶液中逐漸加入鐵粉，鐵首先和稀硝酸反應生成Fe3＋和NO；當溶液中NOeq\o\al(－,3)完全被消耗之后，過量的鐵和Fe3＋反應生成Fe2＋；當Fe3＋完全反應之后，過量的鐵和稀硫酸反應生成FeSO4和H2。由以上分析可知，開始生成的氣體是NO，A錯誤；AB段的反應是鐵和Fe3＋的反應，不是置換反應，B錯誤；A點對應的氣體是NO，物質的量是0.05mol，根據氮原子守恒可知，稀硝酸的物質的量濃度是eq\f(0.05mol,0.05L)＝1.0mol·L－1，C錯誤；生成氫氣的體積是0.56L，物質的量為0.025mol，所以反應中共轉移電子0.05mol×3＋0.025mol×2＝0.2mol，參加反應的鐵最終在溶液中以Fe2＋的形式存在，因此根據得失電子守恒可知，消耗鐵的物質的量是0.1mol，質量是5.6g，D正確。填空題（共5題，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(高溫))Si3N4＋12HCl(1)2MgO·3SiO2·nH2O(5)c18．（10分）(1)CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(2)飽和食鹽水(3)NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O(4)bc(5)32【詳解】（1）在裝置A中生石灰與濃氨水混合發生反應產生Ca(OH)2、NH3，反應方程式為：CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；（2）在裝置D中濃鹽酸與漂白粉混合發生反應產生Cl2，由于濃鹽酸具有揮發性，因此制取得到的Cl2中含有雜質HCl，在Cl2通入裝置B之前要除去Cl2中的雜質HCl，則裝置C中試劑可以是飽和食鹽水；（3）在裝置B中NH3與Cl2與NaOH發生氧化還原反應產生的NaClO發生反應產生N2H4，該反應的化學方程式為：NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O；（4）a．N2H4分子中2個N原子形成共價單鍵，每個N原子再分別與2個H原子形成N-H共價鍵，就達到N2H4，故N2H4的電子式應該為，a錯誤；b．裝置E的作用是吸收尾氣，防止過量有毒氣體Cl2空氣污染，b正確；c．實驗時，先打開A中的分液漏斗活塞得到飽和氨水后，再打開D中的漏斗活塞目的是防止氯氣過量將肼被進一步氧化，d正確；故合理選項是bc；（5）根據題意可知：肼和I2反應生成無污染性的氣體，根據元素守恒知，生成N2和HI，反應方程式為：N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，則500mL溶液中含有n(N2H4)=×0.004mol×=0.04mol，則該產品中N2H4的質量分數為×100%=32%。19．（10分）(1)3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(2)硝酸濃度大(3)①向上拉動活塞a，試管內液面上方出現紅棕色氣體②Cu(OH)2(或CuO等)(4)增多【詳解】(2)Ⅱ中是銅與濃硝酸反應，產生硝酸銅、二氧化氮和水，Ⅱ中物質濃度大，反應速率快。(3)①若溶液顏色差異是NO2溶解所致，則可以通過向上拉動活塞a，減小裝置中NO2在溶液中的溶解度，就會看到試管內液面上方出現紅棕色氣體。②若向另一份溶液中加入含有Cu元素的物質，如CuO或Cu(OH)2，物質溶解，使溶液中Cu2＋濃度增大，若溶液變為藍色，證實假設1不成立，假設2成立。(4)解釋.HNO3濃度越稀，溶液中NOeq\o\al(－,3)的數目越少，被還原時，每個NOeq\o\al(－,3)從還原劑處獲得較多電子的機會增多，被還原為較低的價態。20.（共14分）【答案】(1)或c→b→g→f→d→e(2)氧化（1分）FeCl3溶液或氯化鐵溶液（1分）溶液由(棕)黃色變成淺綠色或(3)取少量最后一次洗滌液于試管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀產生，說明沉淀已經洗滌干凈或【詳解】（1）①用上圖裝置制備純凈的SO2，發生裝置中是亞硫酸氫鈉和濃硫酸反應生成二氧化硫、硫酸鈉或硫酸氫鈉和水，其反應的化學方程式為或；故答案為：或。②第一個裝置制備二氧化硫，第二個裝置干燥二氧化硫，第三個裝置處理二氧化硫尾氣，第四個裝置收集二氧化硫氣體，二氧化硫是密度比空氣大，用向上排空氣法收集，因此裝置的連接順序為：a→c→b→g→f→d→e；故答案為：c→b→g→f→d→e。（2）將SO2通入新制H2S溶液中，溶液變渾濁，說明生成了硫單質即二氧化硫和硫酸氫反應生成硫單質和水，二氧化硫化合價降低變為硫單質，體現了二氧化硫的氧化性；要體現二氧化硫的還原性，則化合價升高，應和一個有氧化性的物質發生反應，且現象明顯，則為氯化鐵溶液，氯化鐵和二氧化硫反應生成硫酸根、亞鐵離子，溶液由黃色變為淺綠色，其反應的離子方程式為或；故答案為：氧化；FeCl3溶液或氯化鐵溶液；溶液由(棕)黃色變成淺綠色；或。（3）①由于使用了鹽酸和氯化鋇溶液，因此檢驗沉淀是否洗凈，主要是檢驗最后