【原创】（新教材）2021-2022学年下学期高一第一次月考卷 化学（B卷）

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（新教材）2021-2022学年下学期高一第一次月考卷
化 学 （B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共15小题，共45分。每小题3分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1．2021年，我国具有独立知识产权的“龙芯”19岁了。下列对硅单质及其化合物的有关叙述正确的是
A．石英可以用来生产玻璃
B．二氧化硅具有半导体性能，常用于制作光导纤维
C．硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质反应
D．可用作黏合剂、木材防火剂的原料，实验室保存溶液应用玻璃塞
【答案】A
【解析】A．玻璃的主要成分为二氧化硅，石英的主要成分为二氧化硅，故石英可以用来生产玻璃，A正确；B．二氧化硅是制备半导体材料硅的原料，本身不具备半导体性能，B错误；C．常温下，硅可与强碱、HF反应，C错误；D．具有粘性，使用玻璃塞会使瓶塞与瓶身粘住，所以实验室保存溶液应用橡胶塞，D错误；故选A。
2．下列有关物质间不能发生反应的是
A．玻璃与氢氟酸 B．闪电时空气中的氮气与氧气
C．单质硅与浓硝酸 D．在高温下二氧化硅与生石灰
【答案】C
【解析】A．二氧化硅与氢氟酸能反应，A项错误；B．闪电时空气中的氮气与氧气，反应生成NO，B项错误；C．单质硅与浓硝酸不反应，C项正确；D．在高温下二氧化硅与生石灰能反应，D项错误；答案选C。
3．下列反应属于氮的固定的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】把游离态的氮转化为化合态的过程称为固氮，即由氮气生成氮的化合物，四个选项中，除了选项C符合题意，其余都是含氮化合物之间的转化，则选项C正确；答案选C。
4．下列物质中不能用化合反应的方法制得的是
①SiO2　②H2SiO3　③Na2O2　④Al(OH)3　⑤FeCl3　⑥CaSiO3 ⑦Fe(OH)3 ⑧CuS
A．①⑥⑦ B．②④⑥ C．②⑦⑧ D．②④⑧
【答案】D
【解析】①硅与氧气反应，反应方程式为：Si+O2SiO2，故①不符合；②二氧化硅和水不反应，所以硅酸不能通过化合反应得到，故②符合；③钠在氧气中燃烧可以生成过氧化钠，2Na+O2Na2O2，故③不符合；④氧化铝和水不反应，要制取氢氧化铝，可以用氯化铝溶液和氨水制取，故④符合；⑤氯化亚铁溶液中通入氯气反应生成的是氯化铁，方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，铁也可以直接可氯气反应生成FeCl3，故⑤不符合；⑥氧化钙与二氧化硅高温化合生成硅酸钙，方程式为CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不符合；⑦Fe(OH)3可由Fe(OH)2、氧气和水化合制得：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故⑦不符合；⑧铜和硫化合生成的是Cu2S，CuS不能用化合反应的方法制得，故⑧符合；故选D。
5．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是
A．和均为有刺激性气味的红棕色气体，是酸雨的主要成因
B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、、和PM2.5
C．植物直接吸收利用空气中的NO和作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的可采用生石灰法进行脱除
【答案】D
【解析】A．NO2和SO2都是刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因，其中NO2是红棕色气体，而SO2是无色气体，故A错误；B．汽车尾气中的主要大气污染物为NOx、PM2.5和CO，不含SO2，故B错误；C．氮的固定是指将氮单质转化为化合物，植物直接吸收利用铵盐或硝酸盐作为肥料，故C错误；D．石灰的主要成分是CaO，能与SO2反应生成CaSO3，则工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，故D正确；故选D。
6．利用下列实验装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是




A．铜与浓硝酸反应制NO2
B．分离FeCl3溶液和氢氧化铁胶体
C．证明补铁口服液中存在Fe2+
D．加热NH4Cl固体制NH3
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故A可以实现实验目的，A符合题意；B．溶液和胶体均能透过滤纸，故分离FeCl3溶液和氢氧化铁胶体不能用过滤，应该用渗析，B不合题意；C．维生素C本身也具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C不合题意；D．实验制备NH3是用Ca(OH)2和NH4Cl共热制得，光加热NH4Cl不能制得NH3，D不合题意；故答案为A。
7．下列有关说法正确的是
A．用饱和溶液可除去中含有的HCl杂质
B．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖碳化
C．通入的水溶液中，溶液出现黄色浑浊
D．常温下，铁、铝不与浓硫酸发生反应
【答案】C
【解析】A．二氧化硫与亚硫酸钠溶液反应，要除去二氧化硫中的氯化氢应用饱和亚硫酸氢钠溶液，A错误；B．浓硫酸能使蔗糖碳化，是因为浓硫酸具有脱水性，B错误；C．二氧化硫与硫化氢的水溶液发生氧化还原反应生成硫单质，溶液出现黄色浑浊，C正确；D．常温下，铁、铝与浓硫酸接触发生钝化，D错误；答案选C。
8．除去下列括号内的杂质，所加试剂和操作均正确的是
选项
需除杂的物质
试剂
操作
A
NaCl（Na2CO3）
稀硫酸
蒸发结晶
B
Fe2O3（Al2O3）
氨水
过滤
C
HCl（SO2）
酸性KMnO4溶液
将气体通过洗气瓶
D
SO2（SO3）
饱和NaHSO3溶液或98.3%的浓硫酸
将气体通过洗气瓶
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．Na2CO3与稀硫酸反应，生成硫酸钠，引入新杂质，不能通过蒸发结晶分离，A项错误；B．Al2O3不能和氨水反应，最后Fe2O3和Al2O3不能实现过滤分离，B项错误；C．HCl和SO2都会和酸性KMnO4溶液反应，C项错误；D．二氧化硫不溶于浓硫酸，三氧化硫可与98%的浓硫酸中的水反应生成硫酸，则可用浓硫酸除去二氧化硫中少量的三氧化硫，二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，三氧化硫能与饱和亚硫酸氢钠溶液反应生成二氧化硫，能除去二氧化硫中少量的三氧化硫，D项正确；答案选D。
9．不能证明下列物质具有漂白性的是
A．向品红溶液中通入SO2后，红色消失
B．向显红色的酚酞溶液中通入SO2后，红色褪去
C．向滴有酚酞的水中投入Na2O2粉末，溶液先变红，后褪色
D．将新制氯水滴入紫色石蕊溶液，溶液先变红，后褪色
【答案】B
【解析】A．向品红溶液中通入SO2后，红色消失，体现SO2的漂白性，故不选A；B．向显红色的酚酞溶液中通入SO2后，溶液碱性减弱，红色褪去，体现SO2的酸性氧化物的性质，故选B；C．向滴有酚酞的水中投入Na2O2粉末，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，所以溶液变红，由于Na2O2具有漂白性，最后溶液褪色，不选C；D．将新制氯水滴入紫色石蕊溶液，氯水溶液呈酸性，所以溶液变红，次氯酸具有漂白性，最后溶液褪色，故不选D；选B。
10．纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法不正确的是

A．X可用作木材防火剂
B．步骤Ⅱ的反应是Na2SiO3＋H2SO4=H2SiO3↓＋Na2SO4
C．步骤Ⅱ中的Y生成可用SiO2与水反应代替
D．步骤Ⅲ若在实验室完成，一般在坩埚中进行
【答案】C
【解析】A．硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，故A正确；B．硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸，所以步骤II的反应是Na2SiO3＋H2SO4=H2SiO3↓＋Na2SO4，故B正确；C．SiO2与水不反应不能够生成硅酸，故C错误；D．灼烧固体一般在坩埚中进行，故D正确。故答案为C。
11．将溶于纯硫酸时得到组成为的发烟硫酸，当，就形成焦硫酸（H2S2O7），工业上可用于制造某些燃料、炸药等。则下列有关说法不正确的是
A．焦硫酸具有很强的氧化性
B．的水溶液显中性
C．工业制硫酸过程中，通常用98.3%的浓硫酸来吸收
D．焦硫酸与水反应的化学方程式：
【答案】B
【解析】A．+6价的浓硫酸具有强氧化性，焦硫酸（H2S2O7）中硫化合价为+6价，处于高价，因此焦硫酸具有很强的氧化性，故A正确；B．写成，溶于水SO3与水反应生成硫酸，溶液显酸性，故B错误；C．将溶于纯硫酸时得到组成为的发烟硫酸，工业制硫酸过程中，通常用98.3%的浓硫酸来吸收，故C正确；D．当，就形成焦硫酸（H2S2O7），因此焦硫酸与水反应的化学方程式：，故D正确。综上所述，答案为B。
12．下列现象或事实不能用同一原理解释的是
A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存
B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质
C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸
D．ClO2、H2O2均能使品红溶液褪色
【答案】C
【解析】A．浓硝酸和氯水不稳定，光照易分解，因此要用棕色试剂瓶保存，原理相同，A正确；B．硫化钠和亚硫酸钠具有还原性，容易被空气中的氧气氧化变质，因此二者长期暴露在空气中变质原理相同，B正确；C．常温下，铁遇浓硫酸，在金属表面会被浓硫酸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，即发生钝化现象；而铂性质不活泼，不与浓硝酸反应，可以与王水反应，二者不溶原理不相同，C错误；D．ClO2、H2O2都具有漂白性，故能使品红溶液褪色，D正确；答案选C。
13．下列关于的说法不正确的是
A．工业制备硫酸后含的尾气大量排放至空气中会形成酸雨
B．葡萄酒中使用作抗氧化剂是利用了的还原性
C．与气体混合，产生淡黄色固体，体现了的氧化性
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，体现了的漂白性
【答案】D
【解析】A．工业制备硫酸后含的尾气大量排放至空气中最终会转化为硫酸，从而会形成酸雨，A正确；B．二氧化硫具有还原性，因此葡萄酒中使用作抗氧化剂是利用了的还原性，B正确；C．与气体混合，产生淡黄色固体，反应为2H2S+SO2＝3S+2H2O，二氧化硫中硫元素化合价降低，体现了的氧化性，C正确；D．通入滴有酚酞的溶液中，红色褪去，是因为氢氧化钠被中和转化为亚硫酸钠，向褪色后的溶液中滴加溶液，氢氧根离子浓度增大，碱性增强，红色复现，和的漂白性无关系，D错误；答案选D。
14．利用SCR技术可有效降低柴油发动机排放。SCR工作原理为尿素水溶液热分解为和，再利用转化，装置如图所示。下列说法不正确的是

A．尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应
B．转化过程的化学方程式为：
C．转化器工作过程中，当转移电子时，会消耗（标况下）
D．该装置转化时，还原剂与氧化剂物质的量之比为3∶2
【答案】D
【解析】A．尿素水溶液热分解为NH3和CO2，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，故A正确；B．NH3还原NO2反应产生氮气和水，NH3→N2过程中N元素化合价从-3升到0价，NO2→N2过程中N元素化合价从+4降到0价，由电子守恒、原子守恒，可知反应的化学方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O，故B正确；C．NH3转化NOx，反应产生N2、H2O，当转移0.6mol电子中消耗NH3的物质的量为n(NH3)==0.2mol，则该氨气在标准状况下的体积V(NH3)=nVm=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；D．该装置转化NO时，NH3作还原剂，NO为氧化剂，NH3→N2过程中N元素化合价从-3升到0价，NO→N2过程中N元素化合价从+2降到0价，根据电子守恒可知还原剂与氧化剂物质的量之比为=2∶3，故D错误；故选D。
15．向含有a mol Cu和b mol CuO的混合物中滴加6mol·L-1的稀硝酸溶液至10mL时，固体恰好完全溶解，得到标准状况下224mL气体（纯净物）。下列说法正确的是
A．a∶b=3∶2 B．反应过程中转移0.01mol电子
C．被还原的硝酸为0.06mol D．将少量铁粉投入该稀硝酸中生成Fe(NO3)2
【答案】A
【解析】稀硝酸反应生成NO，标准状况下224mL气体的物质的量为0.01mol；HNO3中N化合价从+5降低到+2，生成1molNO，转移3mol电子，因此生成0.01molNO时，电子转移0.03mol。A．Cu的化合价从0升高到+2，转移的电子的物质的量为0.03mol，根据得失电子守恒有a==0.015mol，根据氮原子守恒可知，由Cu原子守恒有b==0.01mol，则a∶b=3∶2，A项正确；B．由分析可知，电子转移0.03mol，B项错误；C．被还原的硝酸为生成NO的硝酸，物质的量为0.01mol，C项错误；D．少量铁与硝酸反应生成硝酸铁，只有当铁粉过量后才能生成硝酸亚铁，D项错误；答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。

（1）写出合成塔和氧化炉中发生反应的化学方程式______________________________，并指出其中的氧化剂和还原剂_____________________________。
（2）请思考A是什么物质_______，以及向吸收塔中通入A的作用__________________。
（3）工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择_______作为罐体材料。
a．铜       b．铂       c．铝       d．镁
（4）为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，人们开发了溶液吸收、催化还原等尾气处理方法。前者使用具有碱性的溶液等吸收尾气，后者使用或其他物质将氮氧化物还原为。请以尾气中的处理为例，写出相关反应的化学方程式___________________，并查阅资料，了解还有哪些尾气处理方法_________________。
【答案】（1）合成塔：N2+3H2 2NH3，氧化炉：4NH3+5O24NO+6H2O     合成塔：氧化剂为N2、还原剂为H2，氧化炉：氧化剂为O2、还原剂为NH3
（2）氧气或空气     促使NO2和NO全部转化为HNO3
（3）c
（4）2NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2、    
NaOH溶液吸收
【解析】氮气和氢气进入合成塔催化剂高温高压反应生成氨气，进入氨分离器，从氨分离器中又回到合成塔中的物质是N2和H2，氨气进入氧化炉中发生反应为氨气的催化氧化，进入吸收塔，通入空气使NO2和NO全部转化为HNO3，得到尾气中的少量NO、NO2可以用NH3来处理，据此分析解答。
（1）氮气和氢气进入合成塔催化剂高温高压反应生成氨气，合成塔中发生反应的化学方程式：N2+3H2 2NH3，其中氧化剂为N2、还原剂为H2；氨气进入氧化炉中发生反应为氨气的催化氧化，反应中N元素化合价由NH3中-3价升高为NO中+2价，共升高5价，O元素由O2中0价降低为−2价，共降低4价，化合价升降最小公倍数为20，故NH3系数为4，故O2系数为5，利用元素守恒平衡可知NO系数为4，H2O的系数为6，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，其中氧化剂为O2、还原剂为NH3，故答案为：合成塔：N2+3H2 2NH3，氧化炉：4NH3+5O24NO+6H2O；合成塔：氧化剂为N2、还原剂为H2，氧化炉：氧化剂为O2、还原剂为NH3；
（2）氧化炉中出来的气体，先降温再进入吸收塔，吸收塔中通入空气发生反应2NO+O2=2NO2；4NO+3O2+2H2O=4HNO3；4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以通入空气作用是使NO2和NO全部转化为HNO3，A物质为氧气或空气，故答案为：氧气或空气；促使NO2和NO全部转化为HNO3；
（3）铝与浓硝酸会发生钝化，工业生产中为了盛装大量浓硝酸，可选择铝作为罐体材料，浓硝酸有强氧化性，铜、铂、镁等大多数金属都会与浓硝酸反应，所以不能使用，故答案为c；
（4）根据题中信息，使用具有碱性的Na2CO3溶液等吸收尾气，化学方程式为 2NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2，NO2和NH3反应生成氮气和水，反应的化学方程式为：；尾气处理方法也可用NaOH溶液吸收等，故答案为：2NO2+Na2CO3=NaNO3+NaNO2+CO2、；NaOH溶液吸收。
17．某化学自主实验小组通过实验探究NH3、NO2的性质。
探究Ⅰ：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原（K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去）。

（1）A装置中制取NH3的化学方程式是________________________________。
（2）甲、乙分别是_______（填字母）。
a．浓硫酸、碱石灰                  b．碱石灰、碱石灰
c．碱石灰、无水氯化钙           d．五氧化二磷、五氧化二磷
（3）若NO2能够被NH3还原，预期C装置中能观察到的现象是_____________________。
（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是___________________________。
探究Ⅱ：探究NO2、O2混合气体的喷泉实验。

（5）请在G装置中的虚线上描出导管实线图_______。
（6）G装置中浓硫酸有三种作用：混合NO2、O2气体；干燥NO2、O2；________________。
（7）将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，若混合气体全部被吸收，则所得溶液物质的量浓度为_______ mol·L-1（保留两位有效数字）。
【答案】 NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)2     c     C装置中混合气体颜色变浅     缺少尾气吸收装置     （进气管短，出气管长）     观察气泡的速率，控制混合气体的比例     0.036
【解析】探究Ⅰ：（1）浓氨水与生石灰由于发生如下反应NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)2，放出氨气；
（2）干燥氨气只能用碱石灰，五氧化二磷会吸收碱性气体氨气，氨气容易与无水氯化钙形成配合物；干燥二氧化氮可用五氧化二磷固体或者无水氯化钙，但是不能用碱石灰，因为二氧化氮可与碱石灰发生反应，故选c；
（3）NO2为红棕色气体，若NO2能被氨气还原，则装置C中的混合气体颜色变浅；
（4）氨气和二氧化氮均会对环境造成污染，此实验装置存在一个明显的缺陷是缺少尾气吸收装置；
探究Ⅱ：（5）氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，故应进气管短，出气管长，故G装置中的虚线上描出导管实线图为；
（6）G装置中浓硫酸有三种作用：除了混合NO2、O2气体，干燥NO2、O2以外，还有观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例；
（7）烧瓶中充满溶液，反应4NO2 +O2 + 2H2O = 4HNO3恰好发生，HNO3的 物质的量等于恰好完全反应的NO2和O2 （体积比4∶1）总物质的量的，溶液体积等于恰好完全反应的NO2和O2的总体积，设溶液总体积为V，则溶液浓度为，即。
18．已知A是一种装饰品的主要成分，根据如图转化关系，回答下列问题。

（1）A的用途为_______，B的化学式______，B的用途为______，D的化学式_______。
（2）写出化学方程式：①__________________________；④_______________________。
（3）写出离子方程式：②_________________________；③_________________________。
【答案】（1）光导纤维     Na2SiO3     粘合剂或木材的防火剂     H2SiO3
（2）Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑     H2SiO3H2O+SiO2
（3）CO2+H2O+═+H2SiO3↓     SiO2+2OH-═+H2O
【解析】已知A是一种装饰品的主要成分，高温下和纯碱反应，判断为SiO2，则B、C为Na2SiO3、CO2，二氧化碳在水溶液中和硅酸钠反应生成D为硅酸，硅酸受热分解生成二氧化硅，B和盐酸反应生成硅酸，说明B为Na2SiO3、C为CO2，据此分析解题。
（1）由分析可知，A为二氧化硅可以作传导信号的光导纤维，上述分析可知：B为Na2SiO3，Na2SiO3作粘合剂和木材的防火剂，D为H2SiO3，故答案为：光导纤维；Na2SiO3；粘合剂或木材的防火剂；H2SiO3；
（2）①是碳酸钠和二氧化硅高温反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，故答案为：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑；
④反应为硅酸受热分解生成二氧化硅和水，反应的化学方程式为：H2SiO3H2O+SiO2 ，故答案为：H2SiO3H2O+SiO2 ；
（3）②发生的反应是二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀的反应，离子方程式为：CO2+H2O+═+H2SiO3↓，故答案为：CO2+H2O+═+H2SiO3↓；
③反应为二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO2+2OH-═+H2O，故答案为：SiO2+2OH-═+H2O。
19．氮化硅高温陶瓷材料是现代重要的结构陶瓷，因其具有硬度大、熔点高、化学性质稳定等特点而受到广泛关注。工业上普遍用图所示流程进行生产：

（1）SiO2和C反应除了得到粗硅外，还有可能得到一种硬度也很大的物质，是生成粗硅还是生成该物质主要是由_______决定的。
（2）反应①的条件是_______。
（3）写出反应②的化学方程式：_____________________。
（4）A中可能的杂质有_______。
（5）现在用四氯化硅、氮气、氢气在稀有气体保护下加强热，得到纯度较高的氮化硅，其反应的化学方程式为_____________________________。
【答案】（1）C的用量
（2）高温、隔绝空气
（3）3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O
（4）NH3及水蒸气
（5）3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl
【解析】（1）在高温下SiO2与C混合，发生反应产生Si、CO。如果碳足量，生成的Si与C继续反应生成硬度也很大的物质SiC，所以C的用量决定生成物是Si单质还是SiC。
（2）H2还原SiCl4需在高温条件下进行，由于H2是可燃性气体，与空气混合加热会发生爆炸，所以发生反应条件是高温条件下、隔绝空气。
（3）氨气还原氧化铜生成单质铜、氮气和水，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。
（4）在加热条件下，NH3还原CuO制取N2时可能不能完全发生反应，因此制取得到的N2中往往含有过量的NH3及水蒸气。
（5）SiCl4与N2、H2在稀有气体保护下加强热，得到纯度较高的氮化硅，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl。
20．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验（已知：）。

请回答下列问题：
（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是___________。
（2）反应后，装置B中发生反应的离子方程式为___________，装置C中的现象是___________，表现了SO2具有_______性；装置D中现象是_______，发生反应的化学方程式为___________。
（3）装置E中的现象是___________，表现了SO2具有___________性，F装置的作用是___________，漏斗的作用是___________。
【答案】（1）分液漏斗
（2）      溶液紫色褪去（溶液褪色）     还原     有黄色沉淀生成    
（3）品红溶液褪色     漂白     吸收多余的SO2     防止倒吸
【解析】浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应，制取SO2气体。SO2具有还原性，能使氯水、酸性KMnO4溶液褪色，与H2S发生归中反应，生成硫和水，能漂白品红溶液，SO2是有毒气体，需使用碱液进行尾气处理。
（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器是带有活塞的漏斗，其名称是分液漏斗。答案为：分液漏斗；
（2）硫酸与亚硫酸钠反应产物SO2具有还原性，能使新制氯水及酸性高锰酸钾溶液褪色，装置B中发生的离子反应为；装置C中的现象是溶液紫色褪去；二氧化硫与装置D中的硫化氢发生归中反应，生成硫和水，化学方程式为，从而使溶液变浑浊，有黄色沉淀生成。答案为：；溶液紫色褪去（溶液褪色）；还原；有黄色沉淀生成；；
（3）具有漂白性，能使品红溶液褪色；因为SO2有毒，会污染环境，所以装置F用于吸收多余的二氧化硫；因为二氧化硫易溶于水、且能与氢氧化钠溶液反应，所以采用倒扣漏斗吸收二氧化硫，可防止液体倒吸。答案为：品红溶液褪色；漂白；吸收多余的SO2；防止倒吸。