四川省成都市第七中学2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题 Word版含解析.docx

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2022-2023学年度下期高一年级3月考试化学试卷考试时间：90分钟总分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Cu-64一、选择题：本题共20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列有关C、及其合物的叙述错误的是A.石墨、碳纳米管、富勒烯是同素异形体B.是一种新型无机非金属材料，可用于制造发动机C.制成玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆D.玻璃、水泥、陶瓷其成分均含有硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A．同种元素组成的不同单质属于同素异形体，石墨、碳纳米管、富勒烯是碳元素的同素异形体，故A正确；B．是一种新型无机非金属材料，硬度大，可用于制造发动机，故B正确；C．制成玻璃纤维，由于导光能力强而被用于制造光缆，不能导电，故C错误；D．玻璃、水泥、陶瓷属于传统的无机非金属材料，其成分均含有硅酸盐，故D正确；故选C。2.下列说法中正确的是A.氮气化学性质不活泼，原因是N的非金属性较弱B.氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应，氧气过量生成C.“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有硝酸盐D.植物直接吸收利用空气中的和作为肥料，实现氮的固定【答案】C【解析】【详解】A．氮气化学性质不活泼，原因是N≡N键能大，N2很稳定，A错误；B．氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应生成NO，NO进一步被氧气氧化生成，B错误； C．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：放电时氮气被O2氧化产生NO，NO被O2氧化为NO2，NO2与H2O反应产生HNO3，硝酸进一步转变为硝酸盐，即存在转化关系：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐，C正确；D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，D错误；故选C。3.下列有关叙述正确的是A.河姆渡出土陶灶，属于陶器，兽首玛瑙杯主要成分为硅酸盐B.硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐C.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：D.高纯硅可用于制作光感电池【答案】D【解析】【详解】A．陶灶属于陶器，陶器属于硅酸盐产品，但兽首玛瑙杯主要成分属于二氧化硅，不属于硅酸盐，A错误；B．硅酸钠是一种易溶于水的硅酸盐，B错误；C．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：二者反应产生NaCl、H2SiO3沉淀，反应的离子方程式为2H++=H2SiO3↓，C错误；D．高纯硅可用于制作光感电池、太阳能电池，D正确；故合理选项是D。4.据我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载：“石硫黄(即硫黄)能化金银钢铁，奇物”，所得产物不可能是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】S单质的氧化性比较弱，通常将金属氧化为低价，所以能将Au、Hg、Cu、Fe氧化为+1、+2、+1、+2，转化为Au2S、HgS、Cu2S、FeS，所以选项A、B、C有可能，选项D是不可能的；答案选D。5.在测定中和反应反应热的实验中，下列说法正确的是A.使用铜质搅拌器更易导热，可减小实验误差B.测完稀盐酸温度后，温度计没有冲洗，立即测溶液的温度，测得中和热的偏大 C.用溶液分别与的盐酸、醋酸溶液等体积反应，测得的中和热数值相同D.在测定中和反应反应热的实验中，需要的仪器有天平、量筒、烧杯、容量瓶、温度计、搅拌器【答案】B【解析】【详解】A．铜导热性较强，导致热量散失较多，则测量出的中和热误差大，A错误；B．测完稀盐酸温度后，温度计没有冲洗，立即测溶液的温度，由于会发生酸和碱的中和，所测碱溶液温度偏高，则温度差减小，所测得的热量值偏小，由于中和反应放热，焓变小于零，则测得中和热的偏大，B正确；C．醋酸为弱酸，电离过程吸热，故用溶液分别与的盐酸、醋酸溶液等体积反应，反应放出的热量不同，测得的中和热数值不同，C错误；D．用简易量热计进行中和热测定，需要量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒；若没有简易量热计，可以用烧杯和硬纸板组装，用不到天平和容量瓶；若实验中需要的酸、碱稀溶液需要现配，则还缺少玻璃棒和滴管，D错误；答案选B。6.反应分两步进行：①，②。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A.B.CD.【答案】A【解析】【详解】第一步反应为放热反应，说明X的能量比A、B的能量和小；第二步反应为吸热反应，则X的能量比生成物C的低，且总反应是吸热反应，说明反应物A、B的能量总和比生成物C的低，则只有选项A的图像符合题意，故合理选项是A。7.下列对浓硫酸的叙述错误的是 A.常温下，浓硫酸与铁、铝发生钝化，浓硫酸表现出强氧化性B.浓硫酸与蔗糖反应，浓硫酸表现出脱水性和强氧化性C.浓硫酸使胆矾变成白色，浓硫酸表现出吸水性D.较浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，较浓硫酸表现出强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，在常温下，浓硫酸遇铁、铝时，会将金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化，在这些反应中浓硫酸表现出强氧化性，A正确；B．浓硫酸与蔗糖混合，会看到蔗糖变黑，同时物质的体积急剧膨胀，产生大量酸性气体，反应，烧杯外壁感觉烫手，在该反应中浓硫酸表现出脱水性和强氧化性，B正确；C．浓硫酸具有吸水性，能够吸收硫酸铜晶体的结晶水，使胆矾变成白色，在该反应中浓硫酸表现出吸水性，C正确；D．较浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，较浓硫酸表现出强酸性，而不是强氧化性，D错误；故合理选项是D。8.已知：，根据下图判断错误的是A.图1反应为放热反应B.图1中若的状态为液态，更大C.图2中若的状态为液态，则能量变化曲线可能为①D.【答案】D【解析】【详解】A．图1中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故A正确；B．气态水变为液态水，会放出热量，若图1中若的状态为液态，则放出的热量少，更大，故 B正确；C．气态水变为液态水，会放出热量，故图2中若的状态为液态，生成物总能量降低，则能量变化曲线可能为①，故C正确；D．对比两图可知，图2表示的反应为图1表示的反应的逆反应，因此图2中反应，故D错误；答案选D。9.下列关于的说法不正确的是A.工业制备硫酸后含的尾气可用溶液吸收B.葡萄酒中通入规定量的，有抗氧化的作用，还有杀菌消毒的作用C.通入氯水，溶液褪色，体现了的漂白性D.通入滴有酚酞的溶液中，红色褪去，向褪色后的溶液中滴加溶液，红色复现，体现了的酸性【答案】C【解析】【详解】A．可与溶液发生反应，故工业制备硫酸后含的尾气可用溶液吸收，故A正确；B．葡萄酒中通入规定量的，具有还原性，有抗氧化的作用，还有杀菌消毒的作用，故B正确；C．通入氯水，溶液褪色，是由于发生反应，体现了的还原性，故C错误；D．通入滴有酚酞的溶液中，红色褪去，是由于发生反应，溶液碱性减弱，向褪色后的溶液中滴加溶液，溶液碱性增强，红色复现，体现了的酸性，故D正确；故选C。10.下列关于铵盐的叙述错误的是A.加热盛有少量固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝 B.可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨C.受热易分解，因而可用作化肥D.加热或固体，不能用于实验室制取氨气【答案】C【解析】【详解】A．加热盛有少量固体的试管，受热分解生成氨气，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，故A正确；B．烧碱可与反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故B正确；C．受热易分解，与作化肥无关，故C错误；D．加热生成的氨气和HCl遇冷又化合为氯化铵，加热固体易爆炸，不能用于实验室制取氨气，故D正确；故选C。11.下列四套装置用于实验室制取二氧化硫并回收胆矾，其中不能达到实验目的的是A.A装置反应后，烧瓶中有固体生成，产生大量气体B.用B装置吸收尾气中的二氧化硫C.用C装置溶解反应后烧瓶内混合物中的硫酸铜固体D.用D装置加热硫酸铜溶液，蒸干溶液制备胆矾晶体【答案】D【解析】【详解】A．Cu与浓硫酸混合加热，发生反应产生CuSO4、SO2、H2O，由于浓硫酸具有吸水性，反应产生的少量H2O被浓硫酸吸收，得到的CuSO4是白色固体，因此A 装置反应后，烧瓶中有固体生成，产生大量气体，A正确；B．SO2是酸性气体，容易与NaOH容易反应导致装置中气体压强减小而产生倒吸现象，因此使用倒扣漏斗可以充分吸收尾气中的SO2，同时防止产生倒吸，B正确；C．浓硫酸与Cu反应后的混合物中含有大量未反应的浓硫酸，因此检验反应产生的CuSO4固体水应该将反应后的物质加入水中，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C正确；D．制取硫酸铜晶体时，为防止失去结晶水，应该采用降低饱和硫酸铜溶液的方法，而不能采用蒸发结晶的方法，D错误；故合理选项是D。12.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体一溶液，能出现喷泉现象的是气体溶液ACO2稀盐酸BNO稀NaOH溶液CNH3稀硫酸DH2S饱和NaHS溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．CO2气体不能在稀盐酸中溶解，因此不能导致烧瓶中气体压强比烧杯中的小，故不能形成喷泉实验，A错误；B．NO气体与稀NaOH溶液不能反应，也不能溶解，因此不能导致烧瓶中气体压强比烧杯中的小，故不能形成喷泉实验，B错误；C．NH3极易溶于水，能够稀硫酸发生反应，导致烧瓶中气体压强减小，从而形成烧瓶内外的压强差，因此可以形成喷泉实验，C正确； D．H2S气体不能在饱和NaHS溶液中溶解，不能形成烧瓶内外的压强差，故不能形成喷泉实验，D错误；故合理选项是C。13.下图为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A.若按③→②→①顺序连接，可检验所有气体产物B.若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，同样可以达到实验目的C.浓硫酸在反应中显酸性和强氧化性D.实验中a、b、c溶液均褪色【答案】B【解析】【分析】为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物，装置①用于检验水蒸气，组合装置②中，a装置用于检验二氧化硫，装置b除去二氧化硫，装置c检验二氧化硫是否除尽，装置③检验二氧化碳。【详解】A．二氧化硫、二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，且气体通过水溶液，会带出水蒸气，若按③→②→①顺序连接，无法检验所有气体产物，故A错误；B．若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，通过酸性高锰酸钾溶液溶液颜色变浅，可以判断二氧化硫除尽，同样可以达到实验目的，通过澄清石灰水变浑浊检验二氧化碳，故B正确；C．在浓硫酸和木炭的反应中，+6价S只转化成了二氧化硫，故浓硫酸在反应中只显强氧化性，故C错误；D．实验中a、b溶液均褪色，装置c检验二氧化硫是否除尽，c溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，故D错误；故选B。14.在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是（） A.一定含有SOB.含有SO和Ag+C.可能含有SO、Ag+、SO中的一种或两种D.可能含有SO或CO【答案】C【解析】【分析】加入BaCl2溶液产生了不溶于硝酸的白色沉淀，因为稀硝酸具有氧化性，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，则原溶液中可能存在SO、Ag+或SO，分别生成硫酸钡沉淀、氯化银沉淀，二者都不溶于硝酸。【详解】A．Ag+、SO离子均能与BaCl2反应生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，故不能排除Ag+或SO的存在，A项错误；B．硝酸具有氧化性，原溶液中若存在SO，也能生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，B项错误；C．SO、Ag+、SO三种离子均能与BaCl2反应生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，故该溶液可能含有SO、Ag+、SO中一种或两种，C项正确；D．该溶液中不可能有CO的存在，因为BaCO3能溶于稀硝酸中，D项错误；答案选C。15.如图是氮元素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：下列说法错误的是A.一定条件下，将b转化为a，这是一种固氮方式B.a→c→d→f这几个反应中，均发生了N元素被氧化的反应C.h可与f反应生成i D.g只具有氧化性，还可能与碱发生反应【答案】D【解析】【分析】由图可知，a为氨气、b为氮气、c为一氧化氮、d为二氧化氮或四氧化二氮、e为五氧化二氮、f为硝酸、g为亚硝酸、h为一水合氨、+5价的盐为硝酸盐、-3价的盐为铵盐。【详解】A．一定条件下，将b转化为a，既氮气与氢气反应生成氨气，反应中氮元素从游离态转化为化合态，属于氮的固定，故A正确；B．a→c→d→f这几个反应中，氮元素的化合价均升高被氧化，均发生了被氧化的反应，故B正确；C．h可与f反应生成i，即一水合氨能与硝酸反应生成硝酸铵和水，故C正确；D．g为亚硝酸，亚硝酸中氮元素的化合价+3价为中间价态，既具有氧化性也具有还原性，故D错误；故选D。16.含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述错误的是A.图中涉及的反应之一为B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的C.该过程中元素只发生了氧化反应，没有发生还原反应D.该过程中总反应为【答案】C【解析】【分析】根据工艺流程所示可知：该工艺中硫酸亚铁在硫酸溶液中被氧气氧化为硫酸铁，Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该步骤的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O2=FeSO4+2H2SO4，二式合并，则总反应为，据此分析解答。【详解】A．据分析，Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该步骤的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O2=FeSO4+2H2SO4，A正确； B．据分析，该反应过程中反应消耗SO2得到了硫酸，因此该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，防止大气污染，B正确；C．据分析，该过程中Fe2(SO4)3转变为FeSO4时元素化合价降低、发生了还原反应，FeSO4转变为Fe2(SO4)3时铁元素化合价升高、发生了氧化反应，C错误；D．据分析，该工艺的总反应为，D正确；故选C。17.以黄铁矿为原料来生产硫酸的工艺流程如图。下列说法正确的是A.将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率B.煅烧黄铁矿发生的反应为，反应中Fe2O3是氧化产物，SO2是还原产物C.硫磺与过量氧气点燃，可直接生成三氧化硫D.工业上也可以将三氧化硫直接溶于水制取硫酸【答案】A【解析】【分析】黄铁矿粉碎后与空气混合加热，粉碎氧化还原反应产生Fe2O3、SO2，将SO2与空气混合净化后加热到400-500℃，在V2O5催化下加热发生氧化还原反应产生SO3，SO3被98.3%的浓硫酸吸收后产生H2SO4。【详解】A．将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，从而加快二者反应速率，提高原料的转化率，A正确；B．在煅烧黄铁矿的反应中，Fe元素化合价由反应前FeS2中的+2价变为反应后Fe2O3中的+3价，化合价升高，失去电子被氧化，因此Fe2O3是氧化产物；S元素化合价由反应前FeS2中的-1价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，所以SO2是氧化产物，同时O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后Fe2O3、SO2中的-2价，化合价降低，得到电子被还原，所以后Fe2O3、SO2也都是还原产物，B错误；C．硫磺与过量氧气点燃，只能生成SO2，不能直接生成SO3，C错误；D．SO3 溶于水会因为放出大量热，而导致形成酸雨，因此工业上不可以将三氧化硫直接溶于水制取硫酸，D错误；故合理选项是A。18.铜分别与浓硝酸和稀硝酸反应，设计了如图所示装置，下列叙述错误的是A.铜分别与浓硝酸和稀硝酸反应，反应后的溶液颜色不同B.铜与浓硝酸生成，与稀硝酸反应生成，反应中体现酸性的硝酸与做氧化剂的硝酸物质的量之比相同C.铜与稀硝酸按2∶5的物质的量之比反应，还原产物可能是D.中混有少量，可用溶液吸收【答案】B【解析】【详解】A．铜与浓硝酸反应生成，溶于水，导致溶液呈现绿色，铜和稀硝酸反应后溶液显蓝色，故A正确；B．铜与浓硝酸生成，发生反应，反应中体现酸性的硝酸与做氧化剂的硝酸物质的量之比为1：1，与稀硝酸反应生成，发生反应，反应中体现酸性的硝酸与做氧化剂的硝酸物质的量之比为6：2=3：1，反应中体现酸性的硝酸与做氧化剂的硝酸物质的量之比不相同，故B错误；C．铜与稀硝酸按2∶5的物质的量之比反应，假设铜物质的量为2mol，硝酸物质的量为5mol，由铜元素守恒以及Cu(NO3)2化学式可知显酸性的硝酸物质的量为4mol，2mol铜失去4mol电子，那么1mol显氧化性的硝酸得到4mol电子，N元素的化合价可从+5价降低为+1价，还原产物可能是，故C正确；D．中混有少量，可用溶液吸收，发生反应，故D正确；故选B。19.将的混合物完全溶解于足量硝酸中，收集到、 。再向所得溶液中加入过量的溶液，生成沉淀质量为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】将的混合物完全溶解于足量硝酸中，收集到、，由得失电子守恒可知，共转移电子为，再向所得溶液中加入过量的溶液，反应生成氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，生成沉淀的质量为合金的质量和与金属离子反应的氢氧根的质量之和，由关系式，可知，，则，则沉淀的质量为5.6g+5.1g=10.7g；选B。20.在一支的注射器里充入，然后吸入水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，振荡注射器。设空气中氧气的体积分数为20%，下列说法错误的是A.振荡后注射器活塞不移动B.打开弹簧夹，快速吸入空气后夹上弹簧夹，充分振荡注射器，活塞停留在大约处C.若将换为，完全反应需吸入约空气D.若注射器中是和的混合气体，吸入水后充分振荡注射器，活塞停留在大约处【答案】C【解析】详解】A．NO不溶于水也不与水反应，则容器内气体、液体体积不变，振荡后注射器活塞不移动，故A正确；B．NO与水不反应，有氧气存在，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，20mLNO反应需要15mL氧气，吸入15mL空气后，氧气不足，NO有剩余，，则15mL空气中氮气体积为12mL，氧气体积为3mL，反应消耗4mLNO，剩余16mL，则针筒内气体体积为12mL+16mL=28mL，还有5mL水，注射器活塞停留在33mL刻度附近，故B正确； C．若将换为，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，20mLNO2反应需要5mL氧气，则完全反应需吸入空气约，故C错误；D．若注射器中是和的混合气体，吸入水后充分振荡注射器，NO2能与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，产生，则针筒内NO气体体积为5mL+5mL=10mL，还有5mL水，注射器活塞停留在15mL刻度附近，故D正确；答案选C。二、非选择题：本题共5小题，共60分。21.回答下列问题（1）已知C(s，石墨)═C(s，金刚石)，；则稳定性：金刚石___________(填“>”或“<”)石墨。（2）已知：；，则___________(填“>”或“<”)。（3）、时，在足量的中充分燃烧，放出热量。则的燃烧热为___________。（4）溶液与溶液完全反应，放出热量，该反应的中和热___________。（5）分别表示所具有的能量，则对于反应：___________(用含的代数式表示)。（6）合成氨反应的能量变化如下图所示，则反应___________。【答案】（1）＜（2）＜（3）-282.6kJ/mol（4）-57.3kJ/mol （5）（6）【解析】【小问1详解】已知C(s，石墨)═C(s，金刚石)，；则石墨的能量低于等质量的金刚石，能量越低越稳定，则稳定性：金刚石＜石墨。【小问2详解】已知：；，燃烧生成二氧化碳时释放的能量更多，则，燃烧反应放热，焓变小于零，则＜。【小问3详解】燃烧热是、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，已知、时，即2molCO在足量的中充分燃烧，放出热量，则的燃烧热为-282.6kJ/mol。【小问4详解】溶液与溶液完全反应，KOH过量，反应生成0.2molH2O，放出热量，则该反应的中和热。【小问5详解】焓变ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，分别表示所具有的能量，则反应：。【小问6详解】焓变ΔH=反应物总键能−生成物总键能；且1mol氨气液化时放出cmol能量，则反应。22.Ca3N2是一种极易水解的试剂。某小组利用氨气与钙反应制备氮化钙。 （1）装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是___________；分液漏斗和烧瓶间连接的橡皮管的作用___________。（2）装置B中盛放的试剂是___________，D中球形干燥管的作用是___________。（3）点燃C处酒精灯之前的操作是：检验装置的气密性，加入药品，___________。（4）C中硬质玻璃管中反应的化学方程式为___________，若将Ca3N2溶于足量稀硝酸，反应的离子方程式为___________。（5）从产品纯度考虑，应增加E装置在___________装置之间。【答案】（1）①.CaO或Ca(OH)2固体或NaOH固体②.碱石灰（2）①.碱石灰②.防止倒吸（3）启动A处的反应（4）①.2NH3+3CaCa3N2+3H2②.Ca3N2+8H+=3Ca2++2（5）C、D【解析】【分析】在A中浓氨水与CaO混合制取NH3，装置B作用是干燥NH3，在C中Ca与NH3发生反应制取Ca3N2，同时反应产生H2，装置D的作用是吸收多余的NH3，防止大气污染。【小问1详解】装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是CaO或Ca(OH)2固体或NaOH固体；橡胶管a可使烧瓶和分液漏斗内气体压强相等，便于浓氨水顺利滴下；【小问2详解】装置B的作用是干燥NH3，由于NH3是碱性气体，乙醇可以使用碱性干燥剂，其中盛放的试剂可以是碱石灰；NH3极易溶于水，为分子水吸收NH3时产生倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，故装置D中球形干燥管的作用是防止产生倒吸现象；【小问3详解】点燃C处酒精灯之前的操作是：检验装置的气密性，加入药品，使浓氨水滴入烧瓶中产生氨气，利用氨气赶走装置中的空气，避免O2与Ca反应； 【小问4详解】在C中硬质玻璃管中NH3与Ca发生置换反应产生Ca3N2、H2，发生反应的化学方程式为：2NH3+3CaCa3N2+3H2；若将Ca3N2溶于足量稀硝酸，反应产生Ca(NO3)2、NH4NO3，反应的离子方程式为：Ca3N2+8H+=3Ca2++2；【小问5详解】Ca是活泼金属，容易与水会发生反应产生Ca(OH)2导致物质纯度降低，装置D中的水蒸气会通过导气管进入装置C与Ca发生反应，导致物质纯度降低，应该在装置C、D之间增加装置E，来吸收水蒸气。23.高纯硅用于制作光伏电池，如图是一种生产高纯硅的工艺流程图：已知：①流化床反应器的主反应：；②还原炉的主反应：；③SiHCl3极易水解。回答下列问题：（1）Si在元素周期表中的位置为___________。石英砂的主要成分为SiO2，能溶于HF的水溶液，生成一种气态含硅物质，该物质的电子式为___________。（2）电弧炉中生成粗硅，反应的化学方程式为___________。若电弧炉中焦炭过量，还会有SiC生成，石英砂和焦炭生成SiC的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。（3）整个操作流程都需隔绝空气，原因是___________(答出两条即可)。（4）SiHCl3极易发生水解反应，其生成物之一是一种可燃性气体，则SiHCl3水解的化学方程式为___________。（5）上述操作流程中可以循环利用物质是___________。【答案】（1）①.第三周期第ⅣA族②.（2）①.SiO2+2CSi+2CO↑②.1：2 （3）防止SiHCl3发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸（4）SiHCl3+3H2O=H2↑+H2SiO3↓+3HCl（5）H2、HCl【解析】【分析】石英砂与焦炭在电弧炉中发生反应产生粗硅，Si与HCl在流化床反应器中发生反应产生SiHCl3，SiHCl3在还原炉中用H2还原产生高纯硅。【小问1详解】Si是14号元素，原子核外电子排布是2、8、4，根据原子结构与元素位置关系可知Si在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族；石英砂的主要成分为SiO2，其能溶于HF的水溶液，反应产生SiF4气体和H2O，由于Si原子最外层有4个电子，可以与4个F原子形成4个共价键，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故该物质的电子式为；【小问2详解】在电弧炉中石英砂与焦炭在高温下发生反应产生粗硅，该反应的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；若电弧炉中焦炭过量，还会有SiC生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑，在该反应中焦炭既作氧化剂，也作还原剂，在参加反应的3个C中，1个作氧化剂，2个作还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；【小问3详解】根据上述流程以及相关信息可知SiHCl3极易水解，反应过程中会产生氢气，而空气中含有氧气和水蒸气，因此整个操作流程都需隔绝空气，原因是防止SiHCl3发生水解，防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸；【小问4详解】SiHCl3极易发生水解反应，其生成物之一是一种可燃性气体，该气体是H2，同时反应产生HCl、H2SiO3，则SiHCl3水解的化学方程式为：SiHCl3+3H2O=H2↑+H2SiO3↓+3HCl；【小问5详解】还原炉中SiHCl3与H2反应生成硅单质，化学方程式为SiHCl3+H2=Si+3HC1，根据流程转化分析可知上述操作流程中可以循环利用的物质是H2、HCl。 24.请根据硫元素的价类二维图，回答下列问题：（1）Y化学式为___________，Z转化为X所加试剂为___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。（2）W的浓溶液与铜反应的化学方程式___________。（3）欲制备，从氧化还原角度分析，合理的是___________(填字母)。A.B.C.D.（4）Y转化为W可以选择下列试剂___________。A．酸性溶液B．溶液C．溶液D．X的水溶液写出你所选试剂将Y转化为W的离子方程式___________。（5）将X与Z、W的稀溶液混合，可生成淡黄色固体，则在该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为___________。【答案】（1）①.SO2②.还原剂（2）（3）B（4）①.A②.（5）1：2【解析】【小问1详解】由图可知，Y为+4价的氧化物，则Y化学式为SO2，X为-2价的气态氢化物，为H2S，Z为+4价的盐，为亚硫酸盐，则Z转化为X，化合价降低，作氧化剂，则所加试剂为还原剂。【小问2详解】W为+6价酸的浓溶液，即浓硫酸，与铜反应的化学方程式为。 【小问3详解】中S元素为+2价，A．中化合价分别为-2价和0价，均比+2价低，无法得到+2价，故错误；B．中化合价分别为+4价和0价，发生归中反应可得到+2价，故正确；C．中化合价分别为+4价和+6价，均比+2价高，无法得到+2价，故错误；D．中化合价分别为+4价和+6价，均比+2价高，无法得到+2价，故错误；故选B。【小问4详解】Y为SO2，W为硫酸，S化合价升高，被氧化，需要选择氧化剂，下列试剂中只有A酸性溶液具有氧化性，故选A，反应的离子方程式为。【小问5详解】X为H2S，Z为亚硫酸盐，W为硫酸，将三者的稀溶液混合，可生成淡黄色固体，发生反应，H2S中S元素化合价升高，被氧化，得到氧化产物SO2，中S元素化合价降低，被还原，得到还原产物SO2，则在该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为1：2。25.硝酸在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如下：（1）②反应的化学方程式为___________，④反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为___________。（2）与稀硝酸反应的离子方程式为___________。（3）硝酸工厂产生的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用溶液吸收。主要反应为，。下列措施能提高和去除率的有___________(填字母)。A．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液（4）也可用溶液吸收氮氧化物尾气制备。工艺流程如下： 已知：①母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是___________。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中___________中(填“中和液”或“转化液”)。②若将两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产时，的理论用量为___________t(假定恰好完全反应)。【答案】（1）①.②.2:1（2）（3）BC（4）①.将NaNO2氧化为NaNO3②.转化液③.106【解析】【分析】反应①为工业合成氨反应，②为NH3被O2氧化产生NO，③为NO被O2氧化产生红棕色NO2，④为NO2与水反应产生HNO3；用溶液吸收氮氧化物的尾气制备时，由制备流程可知，碳酸钠溶解后，”碱吸收”发生的主要反应为Na2CO3+NO+NO2=2NaNO2+CO2，然后中和液进行蒸发Ⅰ、结晶Ⅰ操作，过滤分离出NaNO2，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，氧气可将NaNO2转化为NaNO3，转化液进行蒸发Ⅱ、结晶Ⅱ、过滤Ⅱ分离出NaNO3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率。【小问1详解】②为NH3被O2氧化产生NO，反应的化学方程式为，④反应为，二氧化氮转化为硝酸时充当还原剂，二氧化氮转化为NO时充当氧化剂，则其中还原剂和氧化剂的物质的量之比为2:1；【小问2详解】与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮：，故离子方程式为：；【小问3详解】 A．加快通入尾气的速率，气体不能充分反应，故A错误；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，能提高和去除率，故B正确；C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，能提高和去除率，故C正确；故答案为：BC；【小问4详解】①据分析，母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是将NaNO2氧化为NaNO3。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中转化液；②若将两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产时，n(NaNO2)==106mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为1:1，则n(NaNO3)=106mol，由Na原子守恒可知，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，的理论用量m(Na2CO3)=(106mol+106mol)××106g/mol=1.06×108g=106t。