山东省济宁市兖州区2022-2023学年高一下学期4月月考化学试题（Word版含答案）

济宁市兖州区2022-2023学年高一下学期4月月考

化学答案

1、【答案】D

【解析】A．液氧煤油发动机将化学能转化为热能和机械能，而没有把化学能转化成电能，故A错误；

B．太阳能电池板将太阳能转化为电能，而没有把化学能转化成电能，故B错误；

C．风力发电机厂将风能转化为电能，而没有把化学能转化成电能，故C错误；

D．由橙子制成的简易电池将化学能转化为电能，故D正确；

2、【答案】D

【解析】A．“木与木相摩则然（燃）”的“然”是摩擦过程中产生的热量使木材燃烧，是化学能转变为热能，故A错误；

B．电能不是一次能源，属于二次能源，故B错误；

C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；

D．“浮梁巧烧瓷，颜色比琼玖”的“瓷”是瓷器，属于硅酸盐产品，故D正确；

故选：D。

3、【答案】A

【解析】A．通常情况下，氮气分子中含有氮氮叁键，键能大，性质比较稳定，A正确；

B．N2不能在O2中燃烧，与O2在放电时反应生成NO，B错误；

C．N2与H2的反应是可逆反应，1molN2与3molH2不可能完全反应生成2molNH3，C错误；

D．氮气中氮元素的化合价为零价，在化学反应中即可升高也可降低，即可作氧化剂，也可作还原剂，D错误；故选A。

4、【答案】A

【解析】根据流程图，需要向硫酸钙浊液中通入氨气和二氧化碳，由于氨气极易溶于水，首先通入氨气，使溶液呈碱性，再通入适量的二氧化碳。硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀，过滤，然后将滤液蒸发结晶，可以使硫酸铵从溶液中析出，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳。

A项，由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，反应的化学方程式为CaSO4＋2NH3＋CO2＋H2O＝(NH4)2SO4＋CaCO3↓，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，错误；B项，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为：CaSO4＋2NH3＋CO2＋H2O＝(NH4)2SO4＋CaCO3↓，正确；C项，②中反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀，故分离滤液和碳酸钙的方法为过滤，正确；D项，流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，可得(NH4)2SO4，正确。

5、【答案】A

【解析】A．该装置有两个活泼性不同的电极，且两个电极插入电解质溶液中，形成闭合回路，且Fe能自发的和硫酸铜发生氧化还原反应，所以能构成原电池，A正确；

B．两个电极材料均为铁，二者之间无法形成电势差，不能构成原电池，B错误；

C．没有电解质溶液，两个电极材料相同，该装置不能自发地进行氧化还原反应，不能构成原电池，C错误；

D．两个电极均为石墨，且不存在自发进行的氧化还原反应，所以不能构成原电池，D错误；

故合理选项是A。

6、【答案】B

【解析】浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、水和NO2，A正确；NO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，即导气管应长进短出，B错误；根据题目所给信息可知NO2可以和NaOH溶液反应得到可溶性盐，所以可以用NaOH溶液处理尾气，C正确；试管中发生反应：4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，可以使NO2充分转化为HNO3，D正确。

7、【答案】C

【解析】A项，SO2通入含HCl、BaCl2的FeCl3溶液中，产生白色沉淀是因为发生反应SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋，Ba2＋＋SO42－＝BaSO4↓，说明SO2有还原性，正确；B项，SO2通入H2S溶液，产生黄色沉淀，因为发生反应2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，说明SO2有氧化性，正确；C项，SO2通入酸性KMnO4溶液中，紫色溶液褪色，是因为SO2和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，是体现了SO2的还原性，错误；D项，SO2通入Na2SiO3溶液中，产生胶状沉淀，是因为发生Na2SiO3＋H2O＋SO2＝Na2SO3＋H2SiO3↓，说明酸性：H2SO3＞H2SiO3，正确。

8、【答案】B

【解析】A．浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥NH3，故A错误；

B．由反应可知，部分浓硫酸转变成二氧化硫，硫元素价态降低，表现其强氧化性，部分转化成硫酸铜，硫元素价态不变，表现其酸性，故B正确；

C．常温下铁或铝与浓H2SO4反应剧烈反应，表面形成一层致密的氧化膜，阻止了后续反应的发生，即“钝化”现象，不是不反应，故C错误；

D．浓硫酸使蔗糖分子中的氢、氧原子以2:1的比例形成水而脱出，剩余了碳，蔗糖变黑，体现脱水性，故D错误；

故选：B。

9、【答案】D

【解析】氯气有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态的化合物，与铁反应生成FeCl3，与铜反应生成CuCl2；硫的氧化性较弱，与变价金属反应生成低价态的化合物，与铜反应生成Cu2S，与铁反应生成FeS；氯气和氢气可以反应生成氯化氢，硫和氧气反应可以生成二氧化硫。综上所述，②③④⑦正确，故选：D。

10、【答案】B

【解析】A．铁作负极失去电子生成亚铁离子，故铁棒逐渐溶解，A正确；

B．铁作负极失去电子生成亚铁离子，故铁棒发生氧化反应，B错误；

C．该装置构成原电池，将化学能转化为电能，C正确；

D．铁失去电子，经导线流向碳棒，D正确；

故选B。

11、【答案】B

【解析】A项，铁属于较活泼的金属，稀硫酸和铁反应生成氢气，正确，不符合题意；B项，常温下，铁片遇到浓硫酸发生钝化，浓硫酸将铁片表面氧化，生成一层致密的氧化物膜，阻止反应的进行，该过程中发生了化学反应，错误，符合题意；C项，加热条件下，铁片可以溶解于浓硫酸中，浓硫酸做氧化剂，生成的无色有刺激性气味的气体是二氧化硫，正确，不符合题意；D项，实验Ⅰ、Ⅱ硫酸的浓度不同，说明浓度影响实验，实验Ⅱ、Ⅲ实验温度不同，说明温度影响实验，正确，不符合题意。

12、【答案】B

【解析】10min时测得NH3的物质的量浓度为0.6mol/L，由方程式可知，反应开始的10min内氮气的反应速率为=0.03mol/(L·min)，故选B。

13、【答案】C

【解析】A项，由质量守恒可知，乙分子为H2，丙分子为N2，丙的结构式是N≡N，正确；B项，乙分子为NH3，甲的电子式是，正确；C项，此反应的化学方程式为2NH3N2＋3H2，参与反应的三者的物质的量之比为2∶1∶3，质量之比为（2 mol×17 g·mol－1）∶（1 mol×28 g·mol－1）∶（3 mol×2 g·mol－1）＝17∶14∶3，错误；D项，此反应的化学方程式为2NH3N2＋3H2，生成的丙和乙的物质的量之比为1∶3，由阿伏加德罗定律可知，同温、同体积下，生成丙和乙的压强比等于物质的量之比，故两者的体积之比也为1∶3，正确。

14、【答案】C

【解析】Fe3+有氧化性，SO2有还原性，Fe2(SO4)3被SO2还原为FeSO4，溶液b主要溶质为FeSO4、H2SO4，可能含Fe2(SO4)3或SO2，空气中氧气将FeSO4及可能存在的SO2氧化得溶液a循环使用。

A．电荷不守恒，操作Ⅱ发生反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2= 4Fe3++2H2O，A错误；

B．操作I中发生反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O = 2Fe2+++4H+，溶液中阳离子有Fe2+、H+，若SO2少量，则还有Fe3+，B错误；

C．溶液a转化为溶液b的反应中，SO2被Fe3+氧化，C正确；

D．溶液c中含有 Fe2(SO4)3、H2SO4等物质，加入FeO后会生成FeSO4，D错误。

答案选C。

15、【答案】C

【解析】过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋2Ce4＋＝2H＋＋2Ce3＋，过程Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO＋4H＋＋4Ce3＋＝2H2O＋N2＋4Ce4＋，总反应：2NO＋2H2＝2H2O＋N2，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物。A项，过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2＋2Ce4＋＝2H＋＋2Ce3＋，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1，错误；B项，过程Ⅱ发生反应的离子方程式：2NO＋4H＋＋4Ce3＋＝2H2O＋N2＋4Ce4＋，错误；C项，Ce(SO4)2是反应的催化剂，Ce2(SO4)3是反应的中间产物，反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋离子总数一定保持不变，正确；D项，总反应：2NO＋2H2＝2H2O＋N2，NO的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NO被H2还原，错误。

16、【答案】B

【解析】根据电池的总反应式分析，铜化合价升高，作负极，银离子变为银单质，化合价降低，在正极上反应，而电解液是含银离子的盐溶液即硝酸银溶液，故B符合题意。

综上所述，答案为B。

17、【答案】C

【解析】可能发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，试管中O2和NO2按体积比1∶4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余

10 mL 气体，则剩余的气体可能为O2或NO。若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60 mL－10 mL＝50 mL，根据4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50 mL×＝40 mL，参加反应的O2的体积为50 mL－40 mL＝10 mL，原混合气体中O2的体积为10 mL＋10 mL＝20 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为40 mL∶20 mL＝2∶1；若剩余气体为NO，根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可知过量的NO2的体积为3×10 mL＝30 mL，反应4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3消耗的气体总体积为60 mL－30 mL＝30 mL，则反应消耗的氧气为30 mL×＝6 mL，消耗的NO2的体积为30 mL－6 mL＝24 mL，所以原混合气体中NO2的体积为30 mL＋24 mL＝54 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为54 mL∶6 mL＝9∶1。

18、【答案】A

【解析】A．水是纯液体，增加纯液体的质量不会改变反应速率，故A错误；

B．加入盐酸可与NaClO反应生成HClO，提高HClO浓度，从而加快反应速率，故B正确；

C．Zn与CuSO4溶液反应生成Cu，形成Cu-Zn原电池，可加快化学反应速率，故C正确；

D．合成氨反应：N2+3H22NH3，为可逆反应，可逆反应不能完全转换，则N2不可能完全转化为NH3，故D正确；

故选：A。

19、【答案】C

【解析】在某100 mL混酸中，硝酸的物质的量n(HNO3)=0.1 L×0.4 mol/L=0.04 mol，硫酸的物质的量为n(H2SO4)=0.1 L×0.2 mol/L=0.02 mol，所以n(H+)=0.04 mol+0.02 mol/L×2=0.08 mol，铜粉的物质的量为 =0.04 mol，依据方程式，可知氢离子不足，故反应应该根据H+计算， n(Cu2+)=×0.08 mol=0.03 mol。

A．反应中硫酸为稀硫酸，不会产生二氧化硫气体，故A错误；

B．根据以上分析可得Cu有剩余，溶液中含有剩余的NO，加入盐酸后，形成了硝酸，会与铜反应，故B错误；

C．反应中消耗的Cu为0.03 mol，则转移电子的物质的量为0.06 mol，故C正确；

D．c(Cu2+)==0.3 mol/L，故D错误；

故选C。

20、【答案】C

【解析】先检查装置气密性，加入药品后，为防止装置中的氧气影响实验结果，需关闭c，打开a和b，通入一段时间氮气，将装置内的空气排尽，故A正确；关闭a、c，打开b及分液漏斗活塞，浓硝酸与Cu反应生成NO2，NO2通入水中与水反应生成NO，NO进入丙和丁后，丙中含亚铁离子的溶液变为深棕色，而丁中无明显变化，说明NO与Fe2＋反应，故B正确；甲中反应一段时间后浓硝酸变稀，生成的气体中有NO，所以该操作无法证明NO2是否与Fe2＋反应，故C错误；实验中未反应的NO2和NO会污染空气，需要尾气处理装置，故D正确。

21、【答案】（1）D （1分） （2）①通过对比实验探究Zn与稀硫酸在不同条件下反应的能量变化（2分）  ②A （1分） （3）Zn－2e－＝Zn2＋ （1分） 5.6（1分）

【解析】（1）A项，CaO＋H2O＝Ca(OH)2是非氧化还原反应，不能设计为原电池，不符合题意；B项，C＋CO22CO是吸热的氧化还原反应，反应不能自发进行，因此不能设计为原电池，不符合题意；C项，NaOH＋HCl＝NaCl＋H2O是非氧化还原反应，不能设计为原电池，不符合题意；D项，2FeCl3＋Cu＝2FeCl2＋CuCl2是放热的氧化还原反应，反应能够自发进行，因此可以设计为原电池，符合题意；故合理选项是D；（2）①该同学设计这两个实验的目的是通过对比实验探究Zn与稀硫酸在不同条件下反应的能量变化；②A项，图1中化学能只转化为热能，而图2中化学能大部分转化为电能，只有很少一部分能量转化为热能，所以根据能量守恒可知：图1中温度计的示数高于图2的示数，正确；B项，根据能量守恒，图1中化学能只转化为热能，而图2中化学能大部分转化为电能，只有很少一部分能量转化为热能，故温度计的示数图1大于图2，且均高于室温，错误；C项，图1中未构成原电池，Zn棒上产生气泡，而图2构成了原电池，在铜棒上产生气泡，错误；D项，原电池反应能够加快反应速率，使金属与酸反应放出氢气的速率比不构成原电池快，故图2中产生气体的速率比图1快，错误；故合理选项是A项；（3）由于金属活动性Zn＞Ag，所以在构成的原电池反应中，Zn为负极，Ag为正极。负极上Zn失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Zn－2e－＝Zn2＋，在正极Ag上溶液中的H＋得到电子发生还原反应，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。总反应方程式为Zn＋2H＋＝Zn2＋＋H2↑，反应消耗Zn的质量为m(Zn)＝80.00 g－63.75 g＝16.25 g，n(Zn)＝＝0.25 mol，根据方程式中物质反应转化关系可知：产生H2的物质的量是0.25 mol，其在标准状况下的体积V(H2)＝0.25 mol×22.4 L·mol－1＝5.6 L。

22、【答案】

(1)8NH3＋6NO27N2＋12H2O（2分）

(2)     喷泉（1分）     碱石灰（1分）

(3)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（2分）

(4)         

液化 （2分）    氧气（2分）   

【解析】

（1）在催化剂加热的条件下，氨气可以被二氧化氮氧化，生成氮气和水，8NH3＋6NO27N2＋12H2O；

（2）氨气喷泉实验证明氨气极易溶于水，氨气为碱性气体，通常用碱石灰干燥氨气。

（3）固体NH4Cl与固体Ca(OH)2加热反应可生成氨气和氯化钙、水，2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；

（4）氧化炉中的反应为氨气和氧气在催化剂条件下转化为一氧化氮气体，化学反应方程式 见上；氨气沸点较低，通常采用液化的方法在氨分离器中将氨气分离出来；氨气和氧气在催化剂条件下转化为一氧化氮气体、一氧化氮气体和氧气、水生成硝酸，故向氧化炉和吸收塔中通入的A是氧气；工业制硝酸的尾气是酸性气体，为防止环境污染，可以用氢氧化钠NaOH溶液吸收。

23、【答案】（1）Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O（2分）   

（2）ADBFCE（2分）    

（3）防止空气中的水蒸气进入装置，干扰H2的检验 （2分）   

（4）E中黑色物质变为红色，且E中无水CuSO4变为蓝色 （2分）   

（5）AC（2分）    

（6）×100% （2分）   

【解析】验证锌和浓硫酸反应产生的混合气体中含有SO2、H2、H2O，依次用无水硫酸铜检验水、用品红溶液检验二氧化硫、用氧化铜检验氢气；根据质量守恒定律，1mol二氧化硫被氧化为1mol硫酸，与氢氧化钡反应生成1mol硫酸钡沉淀。

（1） A中锌和浓硫酸反应生成硫酸锌、SO2、水，反应的化学方程式是Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O；

（2） 验证锌和浓硫酸反应产生的混合气体中含有SO2、H2、H2O，依次用无水硫酸铜检验水、用品红溶液检验二氧化硫、用氧化铜检验氢气，若按气体从左到右的流向，气体流经的各装置连接顺序是ADBFCE；

（3）E中无水硫酸铜检验氢气和氧化铜反应生成水，E中干燥管的作用是防止空气中的水蒸气进入装置，干扰H2的检验；

（4）氢气把氧化铜还原为铜，若混合气体中含有H2，E中黑色氧化铜变为红色铜，且E中无水CuSO4变为蓝色。

Ⅱ.固体为硫酸钡，所以W具有氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，由于酸性KMnO4溶液中含有硫酸， W溶液可以是H2O2溶液或溴水；根据，该混合气体中二氧化硫的体积分数为 ×100%。

24、【答案】（1） （1分） ＞（1分）  0.025  （1分）（2）0.1 （1分）   （2分）

（3）C  （1分）（4）b （1分） （5）9∶10（2分）

【解析】从图中可以看出，起始时氮气的物质的量为1.0 mol，则氢气起始时的物质的量也是1.0 mol，平衡时氮气的物质的量为0.9 mol，可列三段式：

          N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)

起始/mol  1.0     1.0

转化/mol  0.1     0.3         0.2

平衡/mol  0.9     0.7         0.2

（1）NH3是氮原子和氢原子以共价键结合而成的共价化合物，结构式为，1 min时，反应没有达到平衡，正反应速率大于逆反应速率；0～2 min内，N2(g)的平均反应速率为＝0.025 mol·L－1·min－1；（2）2 min时，NH3(g)的物质的量为2n(N2)＝2×0.1 mol＝0.2 mol，则浓度为＝0.1 mol·L－1 。起始时氢气的物质的量为1.0 mol，平衡时为0.7 mol，则图像为；（3）A项，恒压时充入氦气，容器体积变大，物质浓度减小，反应速率减慢；B项，恒容时充入氦气，容器体积不变，物质浓度不变，反应速率不变；C项，恒容时充入氮气，反应物浓度增大，反应速率加快，故选C项；（4）a项，反应物和生成物都是气体，气体总质量不变，容器容积不变，气体密度一直不变，所以容器内气体的密度不再发生改变，不能说明反应已达平衡，错误；b项，未平衡前，气体总物质的量是变化的，所以气体混合物的平均摩尔质量是变化的，当气体混合物的平均摩尔质量不再改变，说明反应已达平衡，正确；c项，当反应达到平衡时，正逆反应仍在进行，错误；d项，正逆反应速率相等时，反应达到平衡，反应速率v(N2)∶v(H2)＝1∶3时，正逆反应速率不一定相等，不能说明反应已达平衡，错误；e项，当反应达到平衡时，单位时间内1 mol N≡N键断裂的同时有6 mol N—H键断裂，即正逆反应速率相等，但没有指明是否平衡状态，故此说法不正确；故选b项；（5）起始时，氮气和氢气均为1.0 mol，气体总物质的量为2.0 mol，平衡时气体的总物质的量为0.9 mol＋0.7 mol＋0.2 mol＝1.8 mol，所以平衡和起始时气体总物质的量之比为1.8∶2.0＝9∶10。