【文档说明】山东省济宁市第一中学2023-2024学年高一下学期4月月考化学试题（解析版）.docx，共(20)页，2.702 MB，由小赞的店铺上传

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济宁市第一中学2023-2024学年度第二学期阶段性测试化学试卷考试时间：90分钟满分100分可能用到的相对原子质量：H：1O：16Na：23S：32Cl：35.5Fe：56Cu：64N：14一、单选题(本题共20个小题，1-10，每题2分，11-20每题3分共5

0分)1.2023年是我国实施新型基础设施建设的重要时期，在包括5G基站建设、城际高速铁路和城市轨道交通等领域都取得瞩目成就，其中涉及各种化学材料。下列相关说法错误的是A.中国自主研发的首个5G微基站射频芯片的主要材料是Si

B.高铁动车的车厢厢体由不锈钢和铝合金制成，不锈钢和铝合金均属于金属材料C.国产飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D.歼-20战斗机在长春航展上完美亮相，其机身采用的碳纤维是有机高分子材料【答案】D【

解析】【详解】A．电子芯片的材料主要是Si，射频芯片也是电子芯片，故A正确；B．不锈钢是铁合金，铁合金与铝合金均属于金属材料，故B正确；C．氮化硅陶瓷，是一种烧结时不收缩的无机材料陶瓷，属于新型无机非金属材料，故C正确；D．碳纤维指的是含碳量

在90%以上的高强度无定型的碳材料，不属于有机高分子材料，故D错误；答案D。2.实验室中下列做法正确的是A.氢氟酸保存在棕色玻璃试剂瓶中B.用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中C.烧碱溶液保存在玻璃塞试剂瓶中D.浓硝酸保存在带橡胶塞的棕色细口瓶中【答案】B【解析】【详解】A．氢氟酸能与玻璃中的二氧

化硅反应，应保存在塑料瓶中，故A错误；B．少量白磷易自燃，且为固态，故用剩的白磷放回盛有水的广口瓶中，故B正确；C．烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故C错

误；D．硝酸有强氧化性，不能用橡皮塞，硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故D错误；故选B。3.下列说法中正确的有①碳化硅的硬度高，可用作砂纸和砂轮的磨料②二氧化硫具有抗氧化性，可用作葡萄酒的食品添加剂③液氨汽化时吸热，可用作制冷剂④富勒烯、碳纳米管、石墨烯等碳纳

米材料都属于新型无机非金属材料⑤单质硫易溶于2CS，实验室可用2CS清洗沾有硫单质的试管⑥pH在5.6~7.0之间的降水通常称为酸雨；⑦二氧化硅与氢氧化钠溶液、氢氟酸均反应，属两性氧化物⑧陶瓷、普通玻璃、水泥、金刚砂(SiC)都属于硅酸盐材料⑨加入()32BaNO溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸

沉淀不消失，可确定有24SO−存在⑩2SO通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】D【解析】【详解】①碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，故正确；②二氧化硫具有抗氧化性，二氧化硫可用作葡萄酒酿制的食品添加剂，起到杀菌和防止色素被氧化的作用，故正确；③氨

气易液化成液氨，液氨在汽化过程中吸收热量使温度降低，可做制冷剂，故正确；④碳纳米材料为新型无机非金属材料，包含富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，故正确；⑤硫与二硫化碳都是非极性分子，依据相似相溶原理，单质硫易溶于CS2，则实验室可用CS2

清洗沾有硫单质的试管，故正确；⑥pH＜5.6的雨水为酸雨，故错误；⑦二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，且与其他酸不反应，不是两性氧化物，故错误；⑧金刚砂(SiC)属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐，故错误；⑨因为加入

的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，故错误；⑩SO2具有漂白性，但不能漂白石蕊溶液，则SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，故错误；综上

，①②③④⑤描述正确。答案选D。4.下列离子方程式正确的是A.少量2SO通入()2CaClO溶液：2224CaClOSOHO=CaSOCl2H+−−++++++B.FeI2溶于过量的硝酸溶液中：2332O=Fe4HNOFeNO2H++−+++++C.用热NaOH溶液洗涤试管内

壁的硫黄：22323S6OHSO3Δ2SHO−−−+++D.向2NaS溶液通入足量2SO：22223S2SO2HO=HS2HSO−−+++【答案】C【解析】【详解】A．少量2SO通入()2CaClO溶液中，发生

氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，过量次氯酸根离子和生成的氢离子转化为弱酸次氯酸，反应为--224Ca+3ClO+SO+HO=CaSO+Cl+2HClO，故A错误；B．FeI2溶解在过量的硝酸溶液中，会发生氧化还原反应生成Fe3+和I2，离子方程式为3-22++-3+2O+2I=

Fe+4H+NOFe+N+IO+2H，故B错误；C．热NaOH溶液洗涤试管内壁的硫黄，反应生成硫单质和亚硫酸钠，故C正确；D．2NaS溶液通入足量二氧化硫，反应归中反应生成硫单质和水，2-+222S+SO+4H=3S+2HO，故D错误；故选C。5.如图是课外活动小组设计用化

学电源使LED灯发光的装置。下列说法正确的是A.溶液中阳离子移向锌片B.装置中存在“化学能→电能→光能”的转换C.如果将硫酸换成硫酸铜，导线中不会有电子流动D.如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向改变【答案】B【解析】【分析】该装置为原电

池，由于锌比铜活泼，所以锌作负极，其电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，铜作正极，电极反应式为2H++2e-=H2↑。【详解】A．据以上分析可知，锌作负极、铜作正极，溶液中阳离子移向正极，故A错误；B．该装置为原电池，化学能转

化为电能，LED灯发光，说明电能转化为了光能，所以装置中存在“化学能→电能→光能”的转换，故B正确；C．如果将硫酸换成硫酸铜，仍能形成原电池，导线中会有电子流动，故C错误；D．如果将锌片换成铁片，铁比铜活泼，铁为负极，铜仍为正极，所以电路中的电流方向不变，故D错误；故答案为

：B。6.在甲、乙两个装置中，胶头滴管中吸入某种液体，烧瓶中充入(或放入)另一种物质，挤压胶头滴管，加入液体，一段时间后两装置中的气球都有明显胀大。则所用试剂分别可能依次是A甲：浓硫酸和木炭乙：浓氨水和2SOB.甲：双氧水和2MnO乙：饱和食盐水和HClC.甲：浓硫酸和铜片乙：Na

OH溶液和2ClD.甲：浓硫酸和蔗糖(滴有几滴水)乙：氯化亚铁溶液和硫化氢【答案】B【解析】【详解】A．甲瓶中木炭和浓硫酸常温不反应，气球不变，乙中浓氨水和二氧化硫反应，气体物质的量减小，烧瓶内压强减小，气球膨胀，故A错误；B．甲瓶中MnO2做催化剂，双氧水分解生成氧气，气体物质的

量增大，使烧瓶内的压强增大，烧瓶内压强大于外界，气球明显胀大；乙中氯化氢溶于饱和食盐水，气体物质的量减小，烧瓶内压强减小，气球膨胀，故B正确；C．甲瓶中铜和浓硫酸常温不反应，气球不变，乙中NaOH溶液和Cl2反应，气体物质的量减小，烧瓶内压.强减小，气球

膨胀，故C错误；D．甲瓶中浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水碳化，浓硫酸和碳共热会生成二氧化硫和二氧化硫，气体物质的量增大，使烧瓶内的压强增大，烧瓶内压强大于外界，气球明显胀大，乙中氯化亚铁溶液和硫化氢不反应，气球不变，故D错误；故选B。7.AN为阿伏加德罗常数的值。

下列说法正确的是A.50mL、18.4mol/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数目为A0.46NB.0.2molCu和0.2molS充分反应转移电子数为A0.2NC.常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，铝失去的电子数为A0.3ND.标准状况下，222.4LSO与足量2O的反应，生

成的3SO分子数为AN【答案】B【解析】【详解】A．50mL18.4mol·L－1浓硫酸中含有H2SO4的物质的量n(H2SO4)=18.4mol/L×0.05L=0.92mol，若与足量铜微热完全反应，生成SO2分子

的数目为0.46NA，但随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，反应就不再发生，因此反应产生的SO2分子的数目小于0.46NA，A错误；B．Cu与S反应生成Cu2S，2Cu~S~Cu2S~2e-，0.2molCu与S反应转移的电子数为0.

2NA，B正确；C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，发生钝化，C错误；D．2322SOO2SO+，反应为可逆反应，所以22.4LSO2即1molSO2生成的SO3小于NA，D错误；故选B。8.通过海水晾晒可以得到粗盐，粗盐除含有NaCl外，还含有2224MgClCaClNaSO、

、以及泥沙等杂质．以下是某兴趣小组制备精盐的实验方案，各步操作流程如图．下列说法正确的是A.实验过程中②、④步骤互换，对实验结果不影响B.实验过程中①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤C.实验过程中步骤⑦中的

蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、烧杯、表面皿、铁架台（带铁圈）D.实验过程中步骤④的目的是仅除去溶液中的2Ca+【答案】B【解析】【分析】由实验流程可知，①为粗盐溶解，②中硫酸根离子用钡离子转化为沉淀，③中镁离子用氢氧根离子沉淀，

④中钙离子及过量钡离子用碳酸根离子沉淀，⑤为过滤，过滤分离出所有的沉淀，滤液含NaCl、NaOH、Na2CO3，⑥中用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子，⑦为蒸发、结晶、烘干，得到精盐，以此解答该题。【详解】A．过程中②、④步骤互换，导致过

量的钡离子不能除去，故A错误；B．由上述分析可知，①、⑤步骤的操作分别是溶解、过滤，故B正确；C．步骤⑦中的蒸发所用到的仪器是酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、铁架台(带铁圈)，故C错误；D．步骤④的目的是除去溶液中的Ca2+及过量的Ba2+，故D错误；故

答案选B。9.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是A.N2(g)2O⎯⎯⎯→放电NO(g)NaOH(aq)⎯⎯⎯⎯→NaNO2(aq)B.SO22BaCl(aq)⎯⎯⎯⎯→BaSO32O(g)⎯⎯⎯→BaSO4

C.N2(g)2H(g)⎯⎯⎯⎯⎯⎯→高温、高压、催化剂NH3(g)2NaClCO(g)⎯⎯⎯⎯⎯→饱和溶液NaHCO3(s)D.SiO22HO⎯⎯⎯→H2SiO3NaOH⎯⎯⎯→Na2SiO3【答案】C【解析】

【详解】A．NO和NaOH不反应，A不符合题意；B．SO2和BaCl2不反应，B不符合题意；C．N2和H2在高温、高压、催化剂条件下可以转化为NH3，将NH3通入饱和食盐水，再通入CO2反应，CO2+NH3+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，C符合题意；D．SiO2不溶于水，和水不

反应，D不符合题意；故答案选C。10.化学反应A+B→C(吸收能量)分两步进行：①A+B→X(吸收能量)，②X→C(放出能量)。下列示意图中表示总反应过程中能量变化的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【

详解】A．化学反应A+B→C(吸收能量)的反应，说明反应物A、B的总能量比生成物C的总能量低，图示是反应物A、B的总能量比生成物C的总能量高，反应属于放热反应，与反应事实不吻合，A错误；B．化学反应A+B→C(吸收能量)反应，说明反应物A、B的总能量比生成物C的总能量低，图示是

反应物A、B的总能量比生成物C的总能量高，反应属于放热反应，与反应事实不吻合。反应分两步进行，第一步反应①A+B→X(吸收能量)，而图示A、B的总能量比中间产物X的能量高，反应是放热反应，也与反应事实不吻合，B错误；C．化学反应A+B→C(吸收能量)分两步进行：①A+B→X(吸收能量

)，而图示显示的反应物A、B的总能量比中间产物X的总能量高，反应是放热反应，与题意不符合，C错误；D．放热反应说明反应物的总能量比生成物的能量高；吸热反应说明反应物的总能量比生成物的能量低。图像显示反应事实吻合，D正确；故合理选项是D。11.根据实验操作现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象实验

结论A用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，有黄色火焰，透过蓝色钴玻璃显紫色该溶液中一定含有钠盐和钾盐B向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有24SO−的C向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿

润的蓝色石蕊试纸变红该溶液中一定含有4NH+D向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，变浑浊该溶液中可能含有23CO−A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．该溶液中一定含有钠元素和钾元素，不能说

一定含有钠盐和钾盐，故A错误；B．该溶液中可能含有银离子，故B错误；C．能使湿润的蓝色石蕊试纸变红是酸性气体，不是碱性气体，故C错误；D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，变浑浊，该溶液中可能含有23C

O−或碳酸氢根或亚硫酸根或亚硫酸氢根，故D正确。综上所述，答案为D。12.把a、b、c、d四种金属浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a，b相连，a为负极；c、d相连，d上有气泡溢出；a，c相连，a质量减少；b，d相连，b为正极。则四

种金属的活动性顺序由大到小为A.a＞c＞b＞dB.a＞c＞d＞bC.b＞d＞c＞aD.a＞b＞c＞d【答案】B【解析】【分析】【详解】把a、b、c、d四种金属浸入稀硫酸中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a，b相连，a为负极，说明金属活动性：a＞b；若c、d相连，d上有气泡溢出，说明金属活

动性；c＞d；若a，c相连，a质量减少，说明a为负极，则金属活动性：a＞c；若b，d相连，b为正极，则金属活动性：d＞b，故四种金属活动性由强到弱的顺序为：a＞c＞d＞b，故合理选项是B。13.为了探究浓硝酸的性质，进行以下五组实验，均观察到红棕色气体。下列分析错误的

是A.将带火星的木条靠近①的试管口，木条复燃，说明NO2能支持燃烧B.②中的铁片钝化，红棕色气体由浓硝酸分解产生，③中溶液变为绿色C.①④⑤实验对比，④中的红棕色气体可能是由挥发的浓硝酸受热分解产生的D.五支试管中的红棕色气体均为

还原产物【答案】B【解析】【详解】A．灼热的玻璃棒插入浓硝酸中，HNO3分解生成NO2、O2和H2O，分解产生的二氧化氮与氧气为4:1与空气中氮气与氧气比例相当，空气不能复燃，混合气复燃，说明二氧化氮支持燃烧

，A正确；B．灼热的铁片在浓硝酸中发生反应，且生成红棕色的NO2，不能钝化，B错误；C．浓硝酸具有强挥发性，挥发出的HNO3(g)受灼热木炭作用，发生分解反应生成红棕色NO2，C正确；D．红棕色气体均为NO2，都是HNO3被还原生成，均为还原产物，D正确；故答案为：B。14.一种新

型合成氨的方法如图。下列说法不正确的是A.过程①属于“氮的固定”，N2发生了还原反应B.过程②的反应物Mg3N2中只含离子键C.合成过程中所涉及反应均为氧化还原反应D.总反应为N2+6HCl=3Cl2+2NH3【答案】C【解析】【详

解】A．N2和Mg发生化合反应生成氮的化合物Mg3N2，属于氮的固定，氮元素价态降低，N2发生了还原反应，A正确；B．Mg3N2是离子化合物，只含离子键，B正确；C．反应②③没有涉及到化合价升降，不氧化还原反应，C

不正确；D．根据图可知总反应为223N6HCl3Cl+2NH+=，D正确；故本题选C。15.已知某物质X能发生如下转化，下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述正确的是A.若A为硝酸，则X为N2B.反应①和②一

定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应C.若X为H2S，则Y为SO2D.若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y【答案】D【解析】【分析】由转化关系可知，A能发生连续氧化，则由NH3和O2反应生成NO

，最终实现转化的生成物是HNO3；S在O2中反应生成SO2，被氧化后产物SO3和H2O反应生成的是H2SO4，A为H2SO4或HNO3；H2S发生不完全燃烧产生S单质，S氧化产生SO2，SO2与水反应产生H2SO3，A为H2SO3，故X为N2

、NH3、S或H2S等，以此来解答。【详解】A．若A为硝酸，逆推可知Z为NO2，Y为NO，X为N2或NH3，A错误；B．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③若为二氧化氮和水的反应一定为氧化还原反应，若为SO3与H2

O反应产生H2SO4，则反应为非氧化还原反应，B错误；C．若X为H2S，Y可能为SO2，也可能是S单质，C错误；D．若X为非金属单质S，Y为SO2，Z为SO3，则A为硫酸，Cu和稀硫酸不能反应，若A为浓硫酸，Cu与浓硫酸混合加热会发生反应，故A不一定能与金属铜反应生成Y，D正确；故合理选项是D

。16.向饱和氯化钡溶液中先通入SO2气体，再通入下列气体后，能产生沉淀且沉淀组成相同的是：①NH3；②NO2；③H2S；④SO3；⑤O2；⑥Cl2；⑦NO；⑧HCl。A.①②⑥B.③④⑦C.②⑤⑦D.②④⑤⑥是【答案】D【解析】【详解】①通入氨气发生反应：BaCl2+SO2+

2NH3+H2O=BaSO3↓+2NH4Cl；②通入二氧化氮发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2H

Cl；③通入硫化氢：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；④通入三氧化硫：SO3+H2O=H2SO4，BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl；⑤通入氧气：2H2O+O2+2SO2=2H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl；⑥通入氯气：SO2+Cl2+BaCl2+2H

2O=BaSO4↓+4HCl；⑦NO不溶于水，也不能与SO2反应；⑧氯化氢溶于水，不与SO2反应；综上所述，能产生沉淀的有①②③④⑤⑥，其中②④⑤⑥都是产生硫酸钡沉淀；故答案为：D。17.下图中实验装置能达到相应实验目的的是A.装置甲可

用于制备并收集少量干燥氨气B.装置乙可用于验证反应是否有2CO生成C.装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体D.装置丁可进行喷泉实验【答案】D【解析】【详解】A．装置甲中浓氨水和CaO反应生成NH3，碱石灰干燥氨气，收集氨气应该用向下排空气法，A错误；B．装置乙中木炭和浓硫酸反应

生成CO2和SO2，CO2和SO2均能使澄清石灰水变混浊，应该先除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2，B错误；C．氯化铵受热分解生成HCl和NH3，两气体遇冷重新结合成NH4Cl，装置丙无法检验氯化铵受热分解生成的两种气体，C错误；D．SO2和Na

OH溶液反应，装置丁可进行喷泉实验，D正确；故答案选D。18.部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是A.A与过量a反应可以产生白烟B.工业上通过a→c→d→e来制备HNO3C

.向亚铁盐e的溶液中滴加A溶液，无明显现象D.c+a→b和d+a→b，一定条件下都可以实现【答案】C【解析】【分析】由图可知a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO3及硝酸盐，A为HCl、B为Cl2、C为HClO

及次氯酸盐、D为HClO3及氯酸盐、E为HClO4及高氯酸盐。【详解】A．A为HCl，其与过量NH3反应生成氯化铵固体，即可以产生白烟，故A正确；B．工业上通过氨气催化氧化生成一氧化氮，然后一氧化氮转化为二氧化氮，再由二氧化氮制取硝酸，即通过NH3→NO

→NO2→HNO3来制备HNO3，故B正确；C．亚铁盐e的溶液为Fe(NO3)2溶液，向其中滴加盐酸，由于硝酸根在酸性情况下具有强氧化性，能氧化亚铁离子，生成铁离子和NO，溶液由浅绿色变成黄色，生成的无色气体变为红棕色，故C错误；D．aNH3、b为N2、c为NO、

d为NO2，NH3中氮元素化合价为-3价，NO中氮元素化合价为+2价，N2中氮元素化合价为0价，0价介于-3与+2之间，所以两者可以生成氮气，即c+a→b能发生，NO2中氮元素化合价为+4价，0价介于-3与+4之间，所以d+a

→b在一定条件下也可以实现，故D正确；故答案为：C。19.38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到3NaNO和2NaNO的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示为下列有关判断不正确的是A.硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性B.氮的氧

化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂C.混合气体中24NO的物质的量是0.1mol，生成3NaNO0.6molD.若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L【答案】C【解析】【分析】铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，38.4gCu为0.6mol，

所以生成硝酸铜0.6mol，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2mol，生成氮的化合物为0.9mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知()()nNanN0.5L2mol/L1mol===，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol，若浓

硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为2.2mol/L=11mol/L0.2；【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，故A正确；B．氮的氧化物和NaOH溶液

反应时，NO转化为高价态氮，故作还原剂，故B正确；C．由题意可知0.9mol氮的化合物转化为钠盐的量为1mol，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol；38.4gCu为0.6mol，由电子守恒可以知

道，38.4gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，0.6×（2-0）=n（NaNO2）×（5-3）,n（NaNO2）=0.6mol，由Na原子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），则n（NaNO3）=1mol-0.6mol=0.4mol，故C错误

；D．由分析可知，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L，故D正确；故选C。20.沸石分子筛选择性催化还原NO的循环过程如图所示。下列说法正确的是A.反应过程中催化剂Cu+未参与电子得失B.步骤一中2O与2HO的物质

的量之比为2:1C.每生成21molN理论上消耗20.25molOD.所有步骤均有氧化还原反应发生【答案】C【解析】【分析】由图知，步骤一的反应为4Cu++O2+2H2O=4，步骤二的反应为+NO=Cu++HONO，步骤三的反应为HONO+NH3=NH4NO2，步骤四的反应为

NH4NO2=N2+2H2O；总反应为4NO+O2+4NH3=4N2+6H2O。【详解】A．步骤一中Cu+与O2、H2O反应生成，Cu元素的化合价由+1价升至+2价，Cu+失去电子、被氧化，A项错误；B．步骤一的反应为4Cu++O2+2H2O=4，O2

与H2O的物质的量之比为1∶2，B项错误；C．根据总反应4NO+O2+4NH3=4N2+6H2O知，每生成1molN2理论上消耗0.25molO2，C项正确；D．步骤三的反应中元素的化合价没有变化，没有氧化还原反应发生，D项错误；答案选C。二、

填空题(本题共4个小题，共50分)21.硫元素是动植物生长不可缺少的元素，图1是自然界中硫元素的存在示意图。图2是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系，回答下列问题。（1）图1中与图2中M、N对应的物质分别是_______、______

_，_______。（2）X与Y反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（3）SO2和氯水都有漂白性，有人为增强漂白效果，将Cl2和SO2混合使用，结果适得其反，几乎没有漂白效果，用离子方程式表示其原因：_______

。（4）硫酸是用途广泛的化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等。甲、乙两位同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案。方案甲：铜与浓硫酸加热直接反应，即Cu→CuSO4方案乙：由Cu→CuO→CuSO4①方案甲中，铜和浓硫酸反应的化学方程式是_______。该反应体现了

浓硫酸的_______性。②这两种方案，你认为哪一种方案更合理？_______。理由是_______【答案】（1）①.CaSO4•2H2O②.Na2SO4•10H2O③.CuFeS2（2）1∶2（3）Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO24−+4H

+（4）①.Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O②.强氧化性、酸性③.方案乙④.无污染产生，原料利用率高【解析】【小问1详解】图2中M为+6价的硫元素对应的盐，对应图1中的物质为CaSO4•2H2O、Na2SO4•

10H2O，N为-2价的硫元素对应的盐，对应图1中的物质为CuFeS2；【小问2详解】X为H2S、Y为SO2，发生归中反应得到S单质，SO2做氧化剂，化合价降低4，H2S做还原剂，化合价升高2，由升降相等，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2；【小问3详解】二氧化硫与氯气和水

发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，盐酸和硫酸都没有漂白性，离子方程式：Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO24−+4H+；【小问4详解】①铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，反应中硫元素的化合价部分

降低生成二氧化硫，部分不变生成硫酸铜，浓硫酸表现强氧化性与酸性；②方案甲生成二氧化硫，污染空气，硫元素不能完全利用，方案乙与方案甲相比，没有污染产生，且原料的利用率高，故方案乙更合理。22.化学电源在生产生活中有着广泛的应用，同学们常常通过设计实验和查阅资料的方式学习化学电源的相关知识

。（1）甲同学为了解反应中的能量转化，设计了一组对比实验(实验装置如图Ⅰ和图Ⅱ)。预计产生气体的速率Ⅰ____Ⅱ(>、<或=)，温度计的示数Ⅰ___II(>、<或=)。（2）乙同学用如图装置推算铜锌原电池工作时产生的电流量。

供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。则a电极的电极反应式为________，当量筒中收集到336mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为_______。（3）丙同学了解到科学家正在研究利用原电池原理常温常压下合成氨，在该装置如图，电极a为____极(填“正”或“负”)。（4）

FeCl3常用于腐蚀印刷电路铜板(2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2)请将此反应设计成原电池，该原电池正极的电极材料为_____，电解质溶液为_____，负极的电极反应式为_____。【答案】（1）①.＜②.＞（2）①.Zn−2e-=Zn2+

②.0.03mol（3）正（4）①.C(石墨)(或活动性比Cu弱的金属)②.FeCl3溶液③.Cu−2e－=Cu2+【解析】【小问1详解】I中锌与稀硫酸反应生成氢气，II中锌、铜与稀硫酸构成原电池，氢离子在正极上得电子生成氢气，由于形成原电池能加快化学反应速率，所以产生氢气的速率I＜

II；装置I中锌与稀硫酸反应放热，化学能主要转化为热能，装置II中化学能主要转化为电能，放热较少，因此温度计的示数I＞II；【小问2详解】从图示装置可知，b电极上生成气体，则b电极为正极、a电极为负极，a电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；b电极反应式为2H++2e-=H2↑，量筒中收集到的气体

为氢气，其物质的量为-333610mol=0.015mol22.4，转移电子的物质的量为0.015mol×2=0.03mol；【小问3详解】原电池内电路阳离子向正极移动，图示中氢离子向电极a定向移动，所以a电极为正极；【小问4详解】由反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2

可知，Cu失去电子发生氧化反应，所以Cu为负极，其电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；正极材料是活动性比铜弱的金属或惰性电极(石墨或Pt)，电解质溶液为FeCl3溶液。23.肼(N2H4)常用作火箭的燃料，实验室模拟氨和次

氯酸钠反应制备肼，装置如图，回答下列问题：（1）装置A中使用的浓氨水、CaO属于电解质的是_____，实验中装置B可能会发生倒吸，可使用如图中的_____(填标号)代替。（2）装置C中制备肼的化学方程式为_____

__。（3）装置D中发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为______。（4）上述装置存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是______。（5）肼(N2H4)又称联氨可看成是氨气中的氢原子被氨基取代后的产物，常用作火箭的

液体燃料。肼燃料电池的原理如图所示，则负极发生的电极反应式为______。【答案】（1）①.CaO②.①②（2）2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O（3）1:5（4）在CD装置中增加饱和食盐水洗气装置（5）N

2H4-4e−+4OH−=N2↑+4H2O【解析】【分析】A装置中浓氨水和生石灰制取氨气，D装置中浓盐酸和氯酸钾制取氯气，氯气在C中和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠，氨气和NaClO反应生成N2H4，尾气通过装置B吸收处理。

【小问1详解】浓氨水为混合物不属于电解质，CaO属于电解质；实验中装置B可能会发生倒吸，装置①采用倒置漏斗与液面相切的方式，可防止倒吸，装置②采用球形干燥管也能防止倒吸，装置③通过细长导管将气体通入水中，不能防止倒吸，所以可使用如图中①

②的代替装置B；【小问2详解】装置C中NH3和NaClO反应制备N2H4，同时生成氯化钠和水，其化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；【小问3详解】装置D中氯酸钾的氯元素化合价由+5价变为0价，为氧化剂，氯化氢中氯元素化合价由-1价变为0

价，为还原剂，反应的化学方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，6mol氯化氢参与反应，5mol作还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:5；【小问4详解】上述装置挥发的盐酸和C中的氢氧化钠反应，会导致肼的产率降低，改进方法是在C、D装置间增加饱和食

盐水洗气装置，去除氯化氢气体；【小问5详解】肼燃料电池中通氧气的一极为正极，加燃料肼的一极为负极，负极发生氧化反应，其电极反应式为N2H4-4e−+4OH−=N2↑+4H2O。24.氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根

据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：（1）在氨合成塔中发生的氧化还原反应中，N2是_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。（2）写出氧化炉中反应的化学方程式_______。（3）用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其它条件相同，NO转化为3NO−的转化

率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和3NO−，其离子方程式为_______。②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是___

____。（4）“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术。反应原理如图所示：当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在

一定条件下发生反应。当有18mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为_______。（5）某实验小组用足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，所得气体完全被水吸收生成

硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入21molL−NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是_______mL。【答案】（1）氧化剂（2）322催化剂4NH+5O4NO+6HΔO（3）

①.233HClO2NOHO3Cl2NO5H−−+++=++②.溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强（4）6mol（5）100【解析】【小问1详解】在氨合成塔中发生的反应是氮气和氢气生成氨气，氮元素的化合价从0价降低到-3价，所以N2是氧化剂。【小问2详解】氧

化炉中NH3与O2在加热和催化剂的作用下可以转变成NO和H2O，化学方程式为3224NH5O4NO6HO++催化剂。【小问3详解】由题意得在酸性NaClO溶液中，HClO可氧化NO生成Cl−和3NO−，

其离子方程式为：233HClO2NOHO3Cl2NO5H−−+++++；NaClO溶液的初始pH越小，即H+浓度越大，HClOHClO+−+，HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。【小问4详解】足量NH3与2NO:NO1:1=的混合气体反应，NH3作还原剂被氧化为N2

，即3211NH~N~3e2−，NO2与NO混合气体作氧化剂被还原为N2，221(NO:NO1:1)~N~6e−=，反应中共转移18mole−，有6molNH3参加反应生成3molN2，有3mol(2NO:NO1:1=)参加反应生成3molN2，共生成6molN

2。【小问5详解】