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2021-2022学年广东省揭阳市华侨中学高一（下）第一次月考化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年广东省揭阳市华侨中学高一（下）第一次月考化学试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 下列反应属于氮的固定的是， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省揭阳市华侨中学高一（下）第一次月考化学试卷
1. 检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是( )
A. 加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝
B. 将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红
C. 加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性
D. 加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液
2. 下列反应既表现硝酸的酸性，又显示硝酸的氧化性的是( )
A. CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O
B. FeO+4HNO3(浓)=Fe(NO3)3+2H2O+NO2↑
C. C+4HNO3(浓)CO2↑+2H2O+4NO2↑
D. NH3+HNO3=NH4NO3
3. 下列反应属于氮的固定的是( )
A. 3NO2+H2O=2HNO3+NO B. 2NO+O2=2NO2
C. N2+O2−放电2NO D. 4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O
4. 下列有关硅及其化合物的说法中正确的是( )
A. 陶瓷、玻璃、水泥容器都能贮存氢氟酸
B. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中
C. 用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2
D. 由Na2CO3+SiO2 −高温CO2+Na2SiO3可知硅酸的酸性大于碳酸
5. 制备硅单质时，主要化学反应如下：
(1)SiO2+2C高温Si+2CO↑
(2)Si+2Cl2△SiCl4
(3)SiCl4+2H2高温Si+4HCl
下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是( )
A. (1)(3)为置换反应 B. (1)(2)(3)均为氧化还原反应
C. (2)为化合反应 D. 三个反应的反应物中硅元素均被还原
6. 熔融氢氧化钠反应选用的器皿是( )
A. 陶瓷坩埚 B. 石英坩埚 C. 普通玻璃坩埚 D. 生铁坩埚
7. 下列关于氨气的叙述，错误的是( )
A. 氨气极易溶解于水 B. 氨气可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色
C. 氨气具有还原性 D. 可以用玻璃棒蘸取浓盐酸检验氨气的存在
8. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 实验室用氯化铵和熟石灰制氨：NH4++OH−−△NH3↑+H2O
B. NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：NH4++OH−−△NH3⋅H2O
C. 氨水中加盐酸：NH3⋅H2O+H+=NH4++H2O
D. 氨水中加入氯化铁溶液：Fe2++2NH3⋅H2O=2NH4++Fe(OH)2↓
9. 我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白。下列对晶体硅的有关叙述正确的是( )
A. 晶体硅和金刚石的物理性质相似
B. 晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应
C. 晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它的提炼工艺复杂，价格昂贵
D. 晶体硅具有金属光泽，故它属于金属材料，可以导电
10. 向含铜粉的硝酸亚铁溶液中滴加足量稀硫酸，下列说法正确的是( )
A. 能反应，但不产生气体 B. 铜粉完全溶解
C. 实验过程中溶液会变色 D. 铜粉不会溶解
11. 碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是( )
A. 洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡 B. 在Z导管出来的气体中无二氧化碳
C. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡 D. 在Z导管口没有红棕色气体出现
12. 同温同压下，在 3 支相同体积的试管中分别充有等体积混合的两种气体，它们是①NO 和NO2，②NO2和 O2，③NO 和 N2.现将 3 支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为 V1、V2、V3，则下列关系正确的是( )
A. V1>V2>V3 B. V1>V3>V2 C. V2>V3>V1 D. V3>V1>V2
13. 如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )
选项
实验操作及现象
实验结论
A
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SO42−
B
向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品
红溶液褪色
该溶液一定含有SO32−
C
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是SO2
D
将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸
性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊
说明酸性H2SO3>H2CO3
A. A B. B C. C D. D
14. 参照反应Br+H2→HBr+H的能量随反应历程变化的示意图，下列叙述中正确的是( )
A. 反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量
B. 正反应为吸热反应
C. 该反应的逆反应是吸热过程
D. 从图中可以看出，HBr的能量一定高于H2的能量
15. 已知断裂1mol共价键所需要吸收的能量分别为H−H：436kJ，I−I：151kJ，H−I：299kJ，下列对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的反应类型判断错误的是( )
A. 吸收能量的反应 B. 放出能量的反应 C. 氧化还原反应 D. 可逆反应
16. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化 学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出 的能量不同引起的．如图为 N2(g)和 O2(g)反应生 成 NO(g)过程中的能量变化：
下列说法正确的是( )
A. 1molN2(g)和 1molO2(g)反应放出的能量为 180 kJ
B. 1molN2(g)和 1molO2(g)具有的总能量小于 2molNO(g)具有的总能量
C. 通常情况下，N2(g)和 O2(g)混合能直接生成 NO(g)
D. NO 是一种酸性氧化物，能与 NaOH 溶液反应生成盐和水
17. 拆开1mol共价键所需吸收的能量如下表：
共价键
H−H
N≡N
N−H
吸收的能量/kJ
436
946
391
(1)1molN2完全反应为NH3______(填：吸收或放出)______kJ能量
(2)事实上，将1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，反应的热量变化总小于计算值，原因是 ______。
(3)如图所示，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构。已知断裂1molN−N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为N2时要 ______(填“吸收”或“放出”)热量 ______ kJ。
18. 某化学兴趣小组对有关SO2性质进行如图探究活动。
(1)实验室通常利用Na2SO3固体与70%的H2SO4溶液反应制取SO2气体，图中a仪器的名称为 ______，装置A中发生反应的化学方程式为 ______，
(2)①B中品红溶液褪色，是因为SO2具有 ______(填“氧化”“还原”或“漂白”，下同)性，C装置中酸性KMnO4溶液褪色，表明SO2具有 ______性。
②证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强的实验现象是 ______；
③若将SO2气体直接通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则该反应的离子方程式为 ______。
19. 氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。某化学兴趣小组探究制备NH3的方法并利用图1装置探究氨气的有关性质。
(1)如图装置制备NH3，反应方程式 ______。
(2)装置 A 中烧瓶内试剂可选用 ______(填序号)，反应方程式为 ______。
a.烧碱溶液
b.生石灰
c.浓硫酸
(3)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先 ______(填Ⅰ或Ⅱ)。
Ⅰ.打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水。
Ⅱ.加热装置C。
(4)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为 ______。
(5)图1的实验装置图存在的明显不足是 ______。
(6)向浓CaCl2溶液中通入CO2气体没现象，但若先通入NH3，再通入CO2则可制备纳米级碳酸钙，反应方程式：______。试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：______。
20. 某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。
实验操作及现象：
实验操作
现象
Ⅰ.将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触
产生气体
Ⅱ.当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提
Ⅲ.将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热
A装置中产生无色气体，E装置中开始时出现浅红棕色气体
Ⅳ.用F装置向E装置中鼓入空气
E装置中气体颜色逐渐加深
Ⅴ.一段时间后
C装置中白色沉淀溶解
试回答下列问题：
(1)操作Ⅰ中产生气体的化学式为 ______。操作Ⅰ的目的是 ______。D装置的作用是 ______。
(2)C装置中白色沉淀的化学式是 ______。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是 ______。
(3)操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式是 ______。
(4)E装置内气体颜色逐渐加深的原因是 ______。
(5)操作Ⅴ现象产生的原因是(用两个化学方程式说明)______，______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.将白色固体放入试管加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，故A正确；
B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，故B错误；
C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显示酸性，不能据此证明是铵盐，故C错误；
D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，故D错误；
故选：A。
A.铵盐受热易分解产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体；
B.氨气能使紫色石蕊试液变蓝色；
C.铵盐水解显示酸性，但是并不只有铵盐显示酸性；
D.氢氧化钠和氨水均是碱性，氢氧化钠会干扰氨气的检验．
本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查硝酸的性质，明确利用元素的化合价变化来分析氧化性及生成盐来分析酸性是解答本题的关键，难度不大．
【解答】
根据硝酸中氮元素的化合价降低，则体现硝酸的氧化性，若生成硝酸盐，则体现硝酸的酸性．
A、因硝酸中氮元素的化合价没有变化，只生成硝酸盐，则只表现酸性，故A错误；
B、生成硝酸铁，则表现硝酸的酸性，且硝酸中部分氮元素的化合价由+5价降低为+4价，则体现硝酸的氧化性，故B正确；
C、硝酸与碳反应，硝酸中氮元素的化合价全部由+5价降低为+4价，只体现氧化性，而不能体现酸性，故C错误；
D、反应中没有元素化合价变化，不能体现硝酸的氧化性，生成硝酸盐，则只体现酸性，故D错误；
故选B.
3.【答案】C
【解析】解：A.3NO2+H2O=2HNO3+NO，是不同氮的化合物之间转化，不是氮的固定，故A错误；
B.2NO+O2=2NO2是不同氮的化合物之间转化，不是氮的固定，故B错误；
C.N2+O2−放电2NO，游离态氮转化为化合态，属于氮的固定，故C正确；
D.4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，是不同氮的化合物之间转化，不是氮的固定，故D错误；
故选：C。
将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，据此判断解答。
本题主要考查氮的固定，依据氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程即可解答，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查氧化还原反应、二氧化硅、硅酸钠、硅酸的制备等知识，明确物质的性质是解答的关键，注意二氧化硅难溶于水，注意从得氧失氧的角度来认识氧化和还原反应，注意酸性强弱的比较只有在没有外界条件干扰化学反应时才能比较，题目难度中等．
【解析】A.陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都是硅酸盐，其中含有的二氧化硅都能和氢氟酸反应，故A错误；
B.硅酸钠是一种无机粘合剂，能将玻璃塞和瓶体粘在一起，硅酸钠属于弱酸强碱盐，水解呈碱性，磨口玻璃塞中玻璃成分二氧化硅能和碱反应，生成具有粘性的硅酸钠，造成玻璃塞和瓶体粘在一起，不便于打开，所以硅酸钠不可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，故B错误；
C.二氧化硅难溶于水，所以无法用二氧化硅和水直接反应制得，用SiO2制取硅酸，先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因碳酸酸性强于硅酸且硅酸溶解度较小易沉淀，所以通入CO2，发生Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，制得硅酸，故C正确；
D.酸性强弱的比较只有在没有外界条件干扰化学反应时才能比较，Na2CO3+SiO2−高温CO2+Na2SiO3中反应条件为高温干扰化学反应，所以不能说明硅酸酸性比碳酸酸性强，一般在溶液中强酸可制得弱酸，即硅酸钠溶液中通入CO2，制得硅酸说明碳酸酸性强于硅酸，故D错误；
故选C.
5.【答案】D
【解析】解：A.单质与化合价反应生成单质与化合物的反应，为置换反应，显然(1)(3)为置换反应，故A正确；
B.上述三个反应中均有元素的化合价升降，则均属于氧化还原反应，故B正确；
C.两种或两种以上的物质反应生成一种物质，为化合反应，显然(2)为化合反应，故C正确；
D.(1)(3)中Si元素的化合价降低被还原，(2)中Si元素的化合价升高被氧化，故D错误；
故选D.
A.单质与化合价反应生成单质与化合物的反应，为置换反应；
B.上述三个反应中均有元素的化合价升降；
C.两种或两种以上的物质反应生成一种物质，为化合反应；
D.(1)(3)中Si元素的化合价降低，(2)中Si元素的化合价升高．
本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意反应的分类及基本反应类型，题目难度不大．
6.【答案】D
【解析】解：陶瓷坩埚、石英坩埚以及普通玻璃坩埚中都含有二氧化硅，在高温下都能与氢氧化钠反应而使坩埚炸裂，不能用于熔融氢氧化钠固体，只能用生铁坩埚，
故选：D。
能熔融氢氧化钠的器皿所含物质不与氢氧化钠反应，否则会导致器皿炸裂．
本题考查坩埚的使用，题目难度不大，注意二氧化硅的性质以及常见坩埚的组成和性质．
7.【答案】B
【解析】解：A.氨气极易溶于水，通常状况下，一体积水溶解700体积氨气，故A正确；
B.氨气水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B错误；
C.氨气中氮元素处于最低价态，化合价可以升高，所以氨气具有还原性，故C正确；
D.氨气与氯化氢气体反应生成白色固体氯化铵，产生大量白烟，所以可以用玻璃棒蘸取浓盐酸检验氨气的存在，故D正确；
故选：B。
A.氨气极易溶于水；
B.氨气能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C.氨气中氮元素处于最低价态；
D.氨气与氯化氢气体反应生成白色固体氯化铵。
本题考查了元素化合物知识，熟悉氨气的性质是解题关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.实验室用氯化铵和熟石灰加热制氨，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，氢氧化钙和氯化铵固体均不能拆开，该反应无法书写离子方程式，故A错误；
B.NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热，离子方程式为：NH4++OH−−△NH3↑+H2O，故B错误；
C.氨水中加盐酸，离子方程式为：NH3⋅H2O+H+=NH4++H2O，故C正确；
D.氨水中加入氯化铁溶液，离子方程式为：Fe3++3NH3⋅H2O=3NH4++Fe(OH)3↓，故D错误；
故选：C。
A.固体氯化铵、氢氧化钙应保留化学式；
B.NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热生成氯化钠、氨气和水；
C.氨水中加盐酸反应生成氯化铵和水；
D.氨水中加入氯化铁溶液生成氢氧化铁和氯化铵。
本题考查了离子方程式书写正误判断，明确反应实质是解题关键，注意化学式拆分，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.晶体硅和金刚石均为正四面体网状结构，其物理性质相似，故A正确；
B.晶体硅化学性质不活泼，常温下可与氟气、氢氟酸及强碱溶液反应，故B错误；
C.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，制备方法：碳还原二氧化硅先制得粗硅SiO2+2C−高温Si+2CO↑，将制得的粗硅，再与Cl2反应后，蒸馏出SiCl4，然后用H2还原SiCl4可得到纯硅．有关的反应为：Si+2Cl2−△SiCl4，SiCl4+2H2−高温Si+4HCl，工艺并不复杂，价格也不那么昂贵；
D.晶体硅是灰黑色，有金属光泽的固体，但它是非金属材料，可以导电，故D错误；
故选：A。
晶体硅是灰黑色，有金属光泽的固体，具有正四面体网状结构，化学性质不活泼，是良好的半导体材料，制备方法：碳还原二氧化硅先制得粗硅SiO2+2C−高温Si+2CO↑，将制得的粗硅，再与Cl2反应后，蒸馏出SiCl4，然后用H2还原SiCl4可得到纯硅．有关的反应为：Si+2Cl2−△SiCl4，SiCl4+2H2−高温Si+4HCl。
本题考查了晶体硅，侧重考查其结构、性质、制备方法，难度不大，要熟悉晶体硅的相关知识。
10.【答案】C
【解析】解：向含铜粉的硝酸亚铁溶液中滴加足量稀硫酸，首先发生3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，如果H+和NO3−过量，再与二价铁离子反应；
A、由3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，能反应，且产生气体NO，故A错误；
B、由于不知道铜粉与H+和NO3−关系，所以不能确定铜粉是否完全反应，故B错误；
C、由于生成了Cu2+，溶液变蓝色，故C正确；
D、由3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，铜粉会溶解，故D错误；
故选：C。
向含铜粉的硝酸亚铁溶液中滴加足量稀硫酸，首先发生3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，如果H+和NO3−过量，再与二价铁离子反应；
本题考查了硝酸性质等，难度中等，注意在混酸中硝酸全起氧化剂作用，根据题目信息判断发生的反应是解题关键．
11.【答案】C
【解析】解：碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，则选项C正确；
故选：C。
碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入时因NO2与水和SO2共同作用要产生SO42−和NO，NO在空气中又会生成NO2，以此解答该题。
本题考查浓硝酸、浓硫酸的性质以及二氧化硫与二氧化氮等物质的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度不大，注意相关元素化合物知识的积累，把握发生的化学反应是解答的关键。
12.【答案】D
【解析】解：①NO和NO2：3NO2+H2O=2HNO3+NO，1体积NO2与水反应生成13体积的NO，即试管中剩余气体体积为原来的12+12×13=23；
②NO2和O2：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，NO2全部消耗，而O2则消耗了14，即试管中，剩余气体体积为原来的12−12×14=38；
③NO和 N2：NO、N2均不溶于水，所以剩余气体体积等于原来的气体体积；
综上所述可知：V3>V1>V2，
故选：D。
①NO和NO2：3NO2+H2O=2HNO3+NO，即1体积NO2与水反应生成13体积的NO，NO与水不反应；
②NO2和O2：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，NO2全部消耗，而O2消耗了14；
③NO和N2：NO、N2不溶于水，据此分析解答。
本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意气体的溶解性，题目难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子，故A错误；
B.如果气体是二氧化硫，溶液中含有亚硫酸氢根离子也能生成二氧化硫，如果气体是氯气，浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气也能使品红溶液褪色，所以原来溶液中不一定含有亚硫酸根离子，故B错误；
C.氯气和水反应生成的HClO也能使品红溶液褪色，所以该气体不一定是二氧化硫，故C错误；
D.二氧化硫和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，剩余的二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸，再通入澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳，由此得出酸性H2SO3>H2CO3，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为AgCl；
B.氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；
C.氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子及物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查吸热反应的图象分析，注意正逆反应的焓变数值相等、符号相反，焓变是生成物能量和与反应物能量和的差值，题目难度不大．
【解答】
根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，正反应为吸热反应，则逆反应为放热反应。
A、从图上可知，反应物具有的总能量应该是小于生成物具有的总能量，故A错误；
B、根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，故B正确；
C、根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，正反应为吸热反应，则逆反应为放热反应，故C错误；
D、从图中可以看出，HBr与H的能量和高于Br和H2的能量和，HBr的能量不一定高于H2的能量，故D错误，
故选：B。
15.【答案】A
【解析】解：由H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)可知，反应前后化合价发生变化，又是可逆符号，所以该反应既是氧化还原反应又是可逆反应，则C、D正确；
又反应方程式H2(g)+I2(g)=2HI(g)，其△H=反应物的键能和-生成物的键能和解答=436KJ/mol+151KJ/mol−2×299KJ/mol=−11KJ/mol，焓变小于0，所以为放热反应，则A错误，B正确，
故选A.
由H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)可知，反应前后化合价发生变化，又是可逆符号，所以该反应既是氧化还原反应又是可逆反应，再根据△H=反应物的键能和-生成物的键能和计算判断是吸热还是放热反应．
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握△H=反应物的键能和-生成物的键能和，题目难度不大．
16.【答案】B
【解析】解：A、焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2+O2=2NO，△H=946KJ/mol+498KJ/mol−2×632KJ/mol=180KJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；
B、依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故B正确；
C、通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO，故C错误；
D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故D错误；
故选：B。
A、分析能量变化黑球代表氧原子，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量计算判断；
B、依据A计算的焓变判断反应能量变化，结合反应前后能量守恒分析；
C、氮气和氧气在放电条件才能反应；
D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应．
本题考查了反应能量变化的计算和判断，反应的焓变计算方法和能量守恒是解题关键，题目难度中等．
17.【答案】放出 92 该反应为可逆反应，1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，不能完全反应生成2mol氨气 放出 724
【解析】解：(1)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(946+3×436−6×391)kJ/mol=−92kJ/mol，则1molN2完全反应为NH3放出92kJ能量，
故答案为：放出；92；
(2)该反应为可逆反应，1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，不能完全反应生成2mol氨气，所以反应的热量变化总小于计算值，
故答案为：该反应为可逆反应，1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，不能完全反应生成2mol氨气；
(3)1个N4中含6个N−N键，1个N2中含有1个N≡N，则由1molN4反应转化为2molN2时的能量变化为Q=6×193kJ−2×941kJ=−724kJ，说明该反应发生会放出热量724kJ，
故答案为：放出；724。
(1)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(2)该反应为可逆反应；
(3)根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能计算，焓变小于0放出热量，反之吸收热量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、键能与焓变的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意对于可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，题目难度不大。
18.【答案】分液漏斗 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑漂白 还原 E中品红溶液不变色，F中澄清石灰水变浑浊 SO2+Ca2++2OH一=CaSO3↓+H2O
【解析】解：(1)实验室通常利用Na2SO3固体与70%的H2SO4溶液反应制取SO2气体，图中a仪器的名称为分液漏斗，装置A中发生反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，
故答案为：分液漏斗；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；
(2)①B中品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，C装置中酸性KMnO4溶液褪色，表明SO2具有还原性，
故答案为：漂白；还原；
②证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强的实验现象是E中品红溶液不变色，F中澄清石灰水变浑浊，
故答案为：E中品红溶液不变色，F中澄清石灰水变浑浊；
③若将SO2气体直接通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则该反应的离子方程式为SO2+Ca2++2OH一=CaSO3↓+H2O，
故答案为：SO2+Ca2++2OH一=CaSO3↓+H2O。
(1)实验室通常利用Na2SO3固体与70%的H2SO4溶液反应制取SO2气体；
(2)①B中品红溶液褪色被漂白性，C装置中酸性KMnO4溶液褪色被还原；
②证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强的实验现象是保证进入F的气体只有二氧化碳即可；
③若将SO2气体直接通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，有亚硫酸钙沉淀产生。
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
19.【答案】Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2ObCaO+NH3⋅H2O=Ca(OH)2+NH3↑Ⅰ2NH3+2CuO−△2Cu+N2+3H2O缺少尾气处理装置 CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl取少量样品与水混合，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则样品是纳米级
【解析】解：(1)实验室制备 NH3的反应方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)装置 A 中烧瓶内试剂可选用生石灰，反应方程式为：CaO+NH3⋅H2O=Ca(OH)2+NH3↑，
故答案为：b；CaO+NH3⋅H2O=Ca(OH)2+NH3↑；
(3)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水，生成氨气，将装置内的空气排尽，避免产生干扰，
故答案为：Ⅰ；
(4)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为2NH3+2CuO−△2Cu+N2+3H2O，
故答案为：2NH3+2CuO−△2Cu+N2+3H2O；
(5)图1的实验装置图存在的明显不足是缺少尾气处理装置，未反应的氨气会造成大气污染，
故答案为：缺少尾气处理装置；
(6)向浓CaCl2溶液中通入CO2气体没现象，但若先通入NH3，再通入CO2则可制备纳米级碳酸钙，反应方程式为CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，若所得碳酸钙样品颗粒为纳米级，则具有胶体的性质，因此可以取少量样品与水混合，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则样品是纳米级，
故答案为：CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；取少量样品与水混合，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则样品是纳米级。
(1)实验室利用Ca(OH)2与NH4Cl加热反应生成CaCl2、NH3、H2O；
(2)生石灰可以与浓氨水反应生成Ca(OH)2与NH3；
(3)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水，生成氨气，将装置内的空气排尽，避免产生干扰；
(4)NH3可以还原CuO生成Cu、N2、H2O；
(5)图1的实验装置图存在的明显不足是缺少尾气处理装置；
(6)向浓CaCl2溶液中通入CO2气体没现象，但若先通入NH3，再通入CO2则可制备纳米级碳酸钙即CaCl2与NH3、CO2、H2O可以反应生成CaCO3、NH4Cl，若所得碳酸钙样品颗粒为纳米级，则具有胶体的性质，利用丁达尔效应进行检验。
本题主要考查氨气的制取以及性质实验，同时考查学生的基本实验操作的能力，分析能力，属于基本知识的考查，难度中等。
20.【答案】CO2 用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽 平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气 CaCO3 防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OCO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深 3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑
【解析】解：(1)操作I是用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验的干扰，D装置的作用是平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气，
故答案为：CO2：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽；平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气；
(2)C装置中出现白色沉淀说明E中的空气排尽了，生成的沉淀为CaCO3，当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提是防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应，
故答案为：CaCO3；防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应；
(3)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO无色气体和水，反应的化学方程式是3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(4)E装置内气体颜色逐渐加深的原因是CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深，
故答案为：CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深：
(5)C中白色沉淀溶解是因为NO2与水反应生成硝酸，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)，硝酸能溶解碳酸钙沉淀，发生反应CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)；CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑。
该实验的原理是首先用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验造成干扰，然后铜与稀硝酸反应产生气体，通过向E装置中通入空气，气体颜色变深，说明铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，最后处理尾气。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、元素化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意气体的制备实验与性质实验的结合，题目难度不大。
2021-2022学年广东省揭阳市华侨中学高一（下）第一次月考化学试卷
1. 检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是( )
A. 加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝
B. 将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红
C. 加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性
D. 加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液
2. 下列反应既表现硝酸的酸性，又显示硝酸的氧化性的是( )
A. CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O
B. FeO+4HNO3(浓)=Fe(NO3)3+2H2O+NO2↑
C. C+4HNO3(浓)CO2↑+2H2O+4NO2↑
D. NH3+HNO3=NH4NO3
3. 下列反应属于氮的固定的是( )
A. 3NO2+H2O=2HNO3+NO B. 2NO+O2=2NO2
C. N2+O2−放电2NO D. 4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O
4. 下列有关硅及其化合物的说法中正确的是( )
A. 陶瓷、玻璃、水泥容器都能贮存氢氟酸
B. 硅酸钠属于盐，不属于碱，所以硅酸钠可以保存在磨口玻璃塞的试剂瓶中
C. 用SiO2制取硅酸，应先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，然后再通入CO2
D. 由Na2CO3+SiO2 −高温CO2+Na2SiO3可知硅酸的酸性大于碳酸
5. 制备硅单质时，主要化学反应如下：
(1)SiO2+2C高温Si+2CO↑
(2)Si+2Cl2△SiCl4
(3)SiCl4+2H2高温Si+4HCl
下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是( )
A. (1)(3)为置换反应 B. (1)(2)(3)均为氧化还原反应
C. (2)为化合反应 D. 三个反应的反应物中硅元素均被还原
6. 熔融氢氧化钠反应选用的器皿是( )
A. 陶瓷坩埚 B. 石英坩埚 C. 普通玻璃坩埚 D. 生铁坩埚
7. 下列关于氨气的叙述，错误的是( )
A. 氨气极易溶解于水 B. 氨气可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红色
C. 氨气具有还原性 D. 可以用玻璃棒蘸取浓盐酸检验氨气的存在
8. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 实验室用氯化铵和熟石灰制氨：NH4++OH−−△NH3↑+H2O
B. NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：NH4++OH−−△NH3⋅H2O
C. 氨水中加盐酸：NH3⋅H2O+H+=NH4++H2O
D. 氨水中加入氯化铁溶液：Fe2++2NH3⋅H2O=2NH4++Fe(OH)2↓
9. 我国具有独立知识产权的电脑芯片“龙芯一号”的问世，填补了我国计算机制造史上的一项空白。下列对晶体硅的有关叙述正确的是( )
A. 晶体硅和金刚石的物理性质相似
B. 晶体硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应
C. 晶体硅是一种良好的半导体材料，但是它的提炼工艺复杂，价格昂贵
D. 晶体硅具有金属光泽，故它属于金属材料，可以导电
10. 向含铜粉的硝酸亚铁溶液中滴加足量稀硫酸，下列说法正确的是( )
A. 能反应，但不产生气体 B. 铜粉完全溶解
C. 实验过程中溶液会变色 D. 铜粉不会溶解
11. 碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是( )
A. 洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡 B. 在Z导管出来的气体中无二氧化碳
C. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡 D. 在Z导管口没有红棕色气体出现
12. 同温同压下，在 3 支相同体积的试管中分别充有等体积混合的两种气体，它们是①NO 和NO2，②NO2和 O2，③NO 和 N2.现将 3 支试管均倒置于水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为 V1、V2、V3，则下列关系正确的是( )
A. V1>V2>V3 B. V1>V3>V2 C. V2>V3>V1 D. V3>V1>V2
13. 如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )
选项
实验操作及现象
实验结论
A
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SO42−
B
向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品
红溶液褪色
该溶液一定含有SO32−
C
将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色
该气体一定是SO2
D
将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸
性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊
说明酸性H2SO3>H2CO3
A. A B. B C. C D. D
14. 参照反应Br+H2→HBr+H的能量随反应历程变化的示意图，下列叙述中正确的是( )
A. 反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量
B. 正反应为吸热反应
C. 该反应的逆反应是吸热过程
D. 从图中可以看出，HBr的能量一定高于H2的能量
15. 已知断裂1mol共价键所需要吸收的能量分别为H−H：436kJ，I−I：151kJ，H−I：299kJ，下列对H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)的反应类型判断错误的是( )
A. 吸收能量的反应 B. 放出能量的反应 C. 氧化还原反应 D. 可逆反应
16. 化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化 学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出 的能量不同引起的．如图为 N2(g)和 O2(g)反应生 成 NO(g)过程中的能量变化：
下列说法正确的是( )
A. 1molN2(g)和 1molO2(g)反应放出的能量为 180 kJ
B. 1molN2(g)和 1molO2(g)具有的总能量小于 2molNO(g)具有的总能量
C. 通常情况下，N2(g)和 O2(g)混合能直接生成 NO(g)
D. NO 是一种酸性氧化物，能与 NaOH 溶液反应生成盐和水
17. 拆开1mol共价键所需吸收的能量如下表：
共价键
H−H
N≡N
N−H
吸收的能量/kJ
436
946
391
(1)1molN2完全反应为NH3______(填：吸收或放出)______kJ能量
(2)事实上，将1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，反应的热量变化总小于计算值，原因是 ______。
(3)如图所示，N4分子结构与白磷分子相似，呈正四面体结构。已知断裂1molN−N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为N2时要 ______(填“吸收”或“放出”)热量 ______ kJ。
18. 某化学兴趣小组对有关SO2性质进行如图探究活动。
(1)实验室通常利用Na2SO3固体与70%的H2SO4溶液反应制取SO2气体，图中a仪器的名称为 ______，装置A中发生反应的化学方程式为 ______，
(2)①B中品红溶液褪色，是因为SO2具有 ______(填“氧化”“还原”或“漂白”，下同)性，C装置中酸性KMnO4溶液褪色，表明SO2具有 ______性。
②证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强的实验现象是 ______；
③若将SO2气体直接通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则该反应的离子方程式为 ______。
19. 氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。某化学兴趣小组探究制备NH3的方法并利用图1装置探究氨气的有关性质。
(1)如图装置制备NH3，反应方程式 ______。
(2)装置 A 中烧瓶内试剂可选用 ______(填序号)，反应方程式为 ______。
a.烧碱溶液
b.生石灰
c.浓硫酸
(3)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先 ______(填Ⅰ或Ⅱ)。
Ⅰ.打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水。
Ⅱ.加热装置C。
(4)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为 ______。
(5)图1的实验装置图存在的明显不足是 ______。
(6)向浓CaCl2溶液中通入CO2气体没现象，但若先通入NH3，再通入CO2则可制备纳米级碳酸钙，反应方程式：______。试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：______。
20. 某校化学实验小组为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，用如图所示装置进行实验(加热装置和夹持装置均已略去，装置气密性良好，F是用于鼓入空气的双连打气球)。
实验操作及现象：
实验操作
现象
Ⅰ.将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触
产生气体
Ⅱ.当C装置中产生白色沉淀时，立刻将B装置上提
Ⅲ.将A装置中铜丝放入稀硝酸中，给A装置微微加热
A装置中产生无色气体，E装置中开始时出现浅红棕色气体
Ⅳ.用F装置向E装置中鼓入空气
E装置中气体颜色逐渐加深
Ⅴ.一段时间后
C装置中白色沉淀溶解
试回答下列问题：
(1)操作Ⅰ中产生气体的化学式为 ______。操作Ⅰ的目的是 ______。D装置的作用是 ______。
(2)C装置中白色沉淀的化学式是 ______。操作Ⅱ中当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提的原因是 ______。
(3)操作Ⅲ中A装置中产生无色气体的化学方程式是 ______。
(4)E装置内气体颜色逐渐加深的原因是 ______。
(5)操作Ⅴ现象产生的原因是(用两个化学方程式说明)______，______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.将白色固体放入试管加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，故A正确；
B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，故B错误；
C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显示酸性，不能据此证明是铵盐，故C错误；
D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，故D错误；
故选：A。
A.铵盐受热易分解产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体；
B.氨气能使紫色石蕊试液变蓝色；
C.铵盐水解显示酸性，但是并不只有铵盐显示酸性；
D.氢氧化钠和氨水均是碱性，氢氧化钠会干扰氨气的检验．
本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大。
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查硝酸的性质，明确利用元素的化合价变化来分析氧化性及生成盐来分析酸性是解答本题的关键，难度不大．
【解答】
根据硝酸中氮元素的化合价降低，则体现硝酸的氧化性，若生成硝酸盐，则体现硝酸的酸性．
A、因硝酸中氮元素的化合价没有变化，只生成硝酸盐，则只表现酸性，故A错误；
B、生成硝酸铁，则表现硝酸的酸性，且硝酸中部分氮元素的化合价由+5价降低为+4价，则体现硝酸的氧化性，故B正确；
C、硝酸与碳反应，硝酸中氮元素的化合价全部由+5价降低为+4价，只体现氧化性，而不能体现酸性，故C错误；
D、反应中没有元素化合价变化，不能体现硝酸的氧化性，生成硝酸盐，则只体现酸性，故D错误；
故选B.
3.【答案】C
【解析】解：A.3NO2+H2O=2HNO3+NO，是不同氮的化合物之间转化，不是氮的固定，故A错误；
B.2NO+O2=2NO2是不同氮的化合物之间转化，不是氮的固定，故B错误；
C.N2+O2−放电2NO，游离态氮转化为化合态，属于氮的固定，故C正确；
D.4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，是不同氮的化合物之间转化，不是氮的固定，故D错误；
故选：C。
将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，据此判断解答。
本题主要考查氮的固定，依据氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程即可解答，题目难度不大。
4.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查氧化还原反应、二氧化硅、硅酸钠、硅酸的制备等知识，明确物质的性质是解答的关键，注意二氧化硅难溶于水，注意从得氧失氧的角度来认识氧化和还原反应，注意酸性强弱的比较只有在没有外界条件干扰化学反应时才能比较，题目难度中等．
【解析】A.陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都是硅酸盐，其中含有的二氧化硅都能和氢氟酸反应，故A错误；
B.硅酸钠是一种无机粘合剂，能将玻璃塞和瓶体粘在一起，硅酸钠属于弱酸强碱盐，水解呈碱性，磨口玻璃塞中玻璃成分二氧化硅能和碱反应，生成具有粘性的硅酸钠，造成玻璃塞和瓶体粘在一起，不便于打开，所以硅酸钠不可以保存在磨口玻璃塞试剂瓶中，故B错误；
C.二氧化硅难溶于水，所以无法用二氧化硅和水直接反应制得，用SiO2制取硅酸，先使二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，因碳酸酸性强于硅酸且硅酸溶解度较小易沉淀，所以通入CO2，发生Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，制得硅酸，故C正确；
D.酸性强弱的比较只有在没有外界条件干扰化学反应时才能比较，Na2CO3+SiO2−高温CO2+Na2SiO3中反应条件为高温干扰化学反应，所以不能说明硅酸酸性比碳酸酸性强，一般在溶液中强酸可制得弱酸，即硅酸钠溶液中通入CO2，制得硅酸说明碳酸酸性强于硅酸，故D错误；
故选C.
5.【答案】D
【解析】解：A.单质与化合价反应生成单质与化合物的反应，为置换反应，显然(1)(3)为置换反应，故A正确；
B.上述三个反应中均有元素的化合价升降，则均属于氧化还原反应，故B正确；
C.两种或两种以上的物质反应生成一种物质，为化合反应，显然(2)为化合反应，故C正确；
D.(1)(3)中Si元素的化合价降低被还原，(2)中Si元素的化合价升高被氧化，故D错误；
故选D.
A.单质与化合价反应生成单质与化合物的反应，为置换反应；
B.上述三个反应中均有元素的化合价升降；
C.两种或两种以上的物质反应生成一种物质，为化合反应；
D.(1)(3)中Si元素的化合价降低，(2)中Si元素的化合价升高．
本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意反应的分类及基本反应类型，题目难度不大．
6.【答案】D
【解析】解：陶瓷坩埚、石英坩埚以及普通玻璃坩埚中都含有二氧化硅，在高温下都能与氢氧化钠反应而使坩埚炸裂，不能用于熔融氢氧化钠固体，只能用生铁坩埚，
故选：D。
能熔融氢氧化钠的器皿所含物质不与氢氧化钠反应，否则会导致器皿炸裂．
本题考查坩埚的使用，题目难度不大，注意二氧化硅的性质以及常见坩埚的组成和性质．
7.【答案】B
【解析】解：A.氨气极易溶于水，通常状况下，一体积水溶解700体积氨气，故A正确；
B.氨气水溶液显碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B错误；
C.氨气中氮元素处于最低价态，化合价可以升高，所以氨气具有还原性，故C正确；
D.氨气与氯化氢气体反应生成白色固体氯化铵，产生大量白烟，所以可以用玻璃棒蘸取浓盐酸检验氨气的存在，故D正确；
故选：B。
A.氨气极易溶于水；
B.氨气能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C.氨气中氮元素处于最低价态；
D.氨气与氯化氢气体反应生成白色固体氯化铵。
本题考查了元素化合物知识，熟悉氨气的性质是解题关键，题目难度不大。
8.【答案】C
【解析】解：A.实验室用氯化铵和熟石灰加热制氨，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，氢氧化钙和氯化铵固体均不能拆开，该反应无法书写离子方程式，故A错误；
B.NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热，离子方程式为：NH4++OH−−△NH3↑+H2O，故B错误；
C.氨水中加盐酸，离子方程式为：NH3⋅H2O+H+=NH4++H2O，故C正确；
D.氨水中加入氯化铁溶液，离子方程式为：Fe3++3NH3⋅H2O=3NH4++Fe(OH)3↓，故D错误；
故选：C。
A.固体氯化铵、氢氧化钙应保留化学式；
B.NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热生成氯化钠、氨气和水；
C.氨水中加盐酸反应生成氯化铵和水；
D.氨水中加入氯化铁溶液生成氢氧化铁和氯化铵。
本题考查了离子方程式书写正误判断，明确反应实质是解题关键，注意化学式拆分，注意反应物用量对反应的影响，题目难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.晶体硅和金刚石均为正四面体网状结构，其物理性质相似，故A正确；
B.晶体硅化学性质不活泼，常温下可与氟气、氢氟酸及强碱溶液反应，故B错误；
C.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，制备方法：碳还原二氧化硅先制得粗硅SiO2+2C−高温Si+2CO↑，将制得的粗硅，再与Cl2反应后，蒸馏出SiCl4，然后用H2还原SiCl4可得到纯硅．有关的反应为：Si+2Cl2−△SiCl4，SiCl4+2H2−高温Si+4HCl，工艺并不复杂，价格也不那么昂贵；
D.晶体硅是灰黑色，有金属光泽的固体，但它是非金属材料，可以导电，故D错误；
故选：A。
晶体硅是灰黑色，有金属光泽的固体，具有正四面体网状结构，化学性质不活泼，是良好的半导体材料，制备方法：碳还原二氧化硅先制得粗硅SiO2+2C−高温Si+2CO↑，将制得的粗硅，再与Cl2反应后，蒸馏出SiCl4，然后用H2还原SiCl4可得到纯硅．有关的反应为：Si+2Cl2−△SiCl4，SiCl4+2H2−高温Si+4HCl。
本题考查了晶体硅，侧重考查其结构、性质、制备方法，难度不大，要熟悉晶体硅的相关知识。
10.【答案】C
【解析】解：向含铜粉的硝酸亚铁溶液中滴加足量稀硫酸，首先发生3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，如果H+和NO3−过量，再与二价铁离子反应；
A、由3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，能反应，且产生气体NO，故A错误；
B、由于不知道铜粉与H+和NO3−关系，所以不能确定铜粉是否完全反应，故B错误；
C、由于生成了Cu2+，溶液变蓝色，故C正确；
D、由3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O可知，铜粉会溶解，故D错误；
故选：C。
向含铜粉的硝酸亚铁溶液中滴加足量稀硫酸，首先发生3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，如果H+和NO3−过量，再与二价铁离子反应；
本题考查了硝酸性质等，难度中等，注意在混酸中硝酸全起氧化剂作用，根据题目信息判断发生的反应是解题关键．
11.【答案】C
【解析】解：碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，则选项C正确；
故选：C。
碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入时因NO2与水和SO2共同作用要产生SO42−和NO，NO在空气中又会生成NO2，以此解答该题。
本题考查浓硝酸、浓硫酸的性质以及二氧化硫与二氧化氮等物质的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，题目难度不大，注意相关元素化合物知识的积累，把握发生的化学反应是解答的关键。
12.【答案】D
【解析】解：①NO和NO2：3NO2+H2O=2HNO3+NO，1体积NO2与水反应生成13体积的NO，即试管中剩余气体体积为原来的12+12×13=23；
②NO2和O2：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，NO2全部消耗，而O2则消耗了14，即试管中，剩余气体体积为原来的12−12×14=38；
③NO和 N2：NO、N2均不溶于水，所以剩余气体体积等于原来的气体体积；
综上所述可知：V3>V1>V2，
故选：D。
①NO和NO2：3NO2+H2O=2HNO3+NO，即1体积NO2与水反应生成13体积的NO，NO与水不反应；
②NO2和O2：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，NO2全部消耗，而O2消耗了14；
③NO和N2：NO、N2不溶于水，据此分析解答。
本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意气体的溶解性，题目难度中等。
13.【答案】D
【解析】解：A.白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子，故A错误；
B.如果气体是二氧化硫，溶液中含有亚硫酸氢根离子也能生成二氧化硫，如果气体是氯气，浓盐酸和高锰酸钾溶液生成氯气，氯气也能使品红溶液褪色，所以原来溶液中不一定含有亚硫酸根离子，故B错误；
C.氯气和水反应生成的HClO也能使品红溶液褪色，所以该气体不一定是二氧化硫，故C错误；
D.二氧化硫和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，剩余的二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硫酸，再通入澄清石灰水变浑浊的气体是二氧化碳，由此得出酸性H2SO3>H2CO3，故D正确；
故选：D。
A.白色沉淀可能为AgCl；
B.氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；
C.氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色；
D.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、离子及物质的检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
14.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查吸热反应的图象分析，注意正逆反应的焓变数值相等、符号相反，焓变是生成物能量和与反应物能量和的差值，题目难度不大．
【解答】
根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，正反应为吸热反应，则逆反应为放热反应。
A、从图上可知，反应物具有的总能量应该是小于生成物具有的总能量，故A错误；
B、根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，故B正确；
C、根据图象可知，反应物的总能量小于生成物的总能量，可知反应吸热，正反应为吸热反应，则逆反应为放热反应，故C错误；
D、从图中可以看出，HBr与H的能量和高于Br和H2的能量和，HBr的能量不一定高于H2的能量，故D错误，
故选：B。
15.【答案】A
【解析】解：由H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)可知，反应前后化合价发生变化，又是可逆符号，所以该反应既是氧化还原反应又是可逆反应，则C、D正确；
又反应方程式H2(g)+I2(g)=2HI(g)，其△H=反应物的键能和-生成物的键能和解答=436KJ/mol+151KJ/mol−2×299KJ/mol=−11KJ/mol，焓变小于0，所以为放热反应，则A错误，B正确，
故选A.
由H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)可知，反应前后化合价发生变化，又是可逆符号，所以该反应既是氧化还原反应又是可逆反应，再根据△H=反应物的键能和-生成物的键能和计算判断是吸热还是放热反应．
本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握△H=反应物的键能和-生成物的键能和，题目难度不大．
16.【答案】B
【解析】解：A、焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2+O2=2NO，△H=946KJ/mol+498KJ/mol−2×632KJ/mol=180KJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；
B、依据A计算可知反应是吸热反应，依据能量守恒，1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故B正确；
C、通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO，故C错误；
D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故D错误；
故选：B。
A、分析能量变化黑球代表氧原子，依据反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量计算判断；
B、依据A计算的焓变判断反应能量变化，结合反应前后能量守恒分析；
C、氮气和氧气在放电条件才能反应；
D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应．
本题考查了反应能量变化的计算和判断，反应的焓变计算方法和能量守恒是解题关键，题目难度中等．
17.【答案】放出 92 该反应为可逆反应，1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，不能完全反应生成2mol氨气 放出 724
【解析】解：(1)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(946+3×436−6×391)kJ/mol=−92kJ/mol，则1molN2完全反应为NH3放出92kJ能量，
故答案为：放出；92；
(2)该反应为可逆反应，1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，不能完全反应生成2mol氨气，所以反应的热量变化总小于计算值，
故答案为：该反应为可逆反应，1molN2和3molH2放在反应容器中，使它们充分反应，不能完全反应生成2mol氨气；
(3)1个N4中含6个N−N键，1个N2中含有1个N≡N，则由1molN4反应转化为2molN2时的能量变化为Q=6×193kJ−2×941kJ=−724kJ，说明该反应发生会放出热量724kJ，
故答案为：放出；724。
(1)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和；
(2)该反应为可逆反应；
(3)根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能计算，焓变小于0放出热量，反之吸收热量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、键能与焓变的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意对于可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，题目难度不大。
18.【答案】分液漏斗 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑漂白 还原 E中品红溶液不变色，F中澄清石灰水变浑浊 SO2+Ca2++2OH一=CaSO3↓+H2O
【解析】解：(1)实验室通常利用Na2SO3固体与70%的H2SO4溶液反应制取SO2气体，图中a仪器的名称为分液漏斗，装置A中发生反应的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，
故答案为：分液漏斗；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；
(2)①B中品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，C装置中酸性KMnO4溶液褪色，表明SO2具有还原性，
故答案为：漂白；还原；
②证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强的实验现象是E中品红溶液不变色，F中澄清石灰水变浑浊，
故答案为：E中品红溶液不变色，F中澄清石灰水变浑浊；
③若将SO2气体直接通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则该反应的离子方程式为SO2+Ca2++2OH一=CaSO3↓+H2O，
故答案为：SO2+Ca2++2OH一=CaSO3↓+H2O。
(1)实验室通常利用Na2SO3固体与70%的H2SO4溶液反应制取SO2气体；
(2)①B中品红溶液褪色被漂白性，C装置中酸性KMnO4溶液褪色被还原；
②证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强的实验现象是保证进入F的气体只有二氧化碳即可；
③若将SO2气体直接通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，有亚硫酸钙沉淀产生。
本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
19.【答案】Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2ObCaO+NH3⋅H2O=Ca(OH)2+NH3↑Ⅰ2NH3+2CuO−△2Cu+N2+3H2O缺少尾气处理装置 CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl取少量样品与水混合，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则样品是纳米级
【解析】解：(1)实验室制备 NH3的反应方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)装置 A 中烧瓶内试剂可选用生石灰，反应方程式为：CaO+NH3⋅H2O=Ca(OH)2+NH3↑，
故答案为：b；CaO+NH3⋅H2O=Ca(OH)2+NH3↑；
(3)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水，生成氨气，将装置内的空气排尽，避免产生干扰，
故答案为：Ⅰ；
(4)实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为2NH3+2CuO−△2Cu+N2+3H2O，
故答案为：2NH3+2CuO−△2Cu+N2+3H2O；
(5)图1的实验装置图存在的明显不足是缺少尾气处理装置，未反应的氨气会造成大气污染，
故答案为：缺少尾气处理装置；
(6)向浓CaCl2溶液中通入CO2气体没现象，但若先通入NH3，再通入CO2则可制备纳米级碳酸钙，反应方程式为CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl，若所得碳酸钙样品颗粒为纳米级，则具有胶体的性质，因此可以取少量样品与水混合，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则样品是纳米级，
故答案为：CaCl2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4Cl；取少量样品与水混合，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则样品是纳米级。
(1)实验室利用Ca(OH)2与NH4Cl加热反应生成CaCl2、NH3、H2O；
(2)生石灰可以与浓氨水反应生成Ca(OH)2与NH3；
(3)连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水，生成氨气，将装置内的空气排尽，避免产生干扰；
(4)NH3可以还原CuO生成Cu、N2、H2O；
(5)图1的实验装置图存在的明显不足是缺少尾气处理装置；
(6)向浓CaCl2溶液中通入CO2气体没现象，但若先通入NH3，再通入CO2则可制备纳米级碳酸钙即CaCl2与NH3、CO2、H2O可以反应生成CaCO3、NH4Cl，若所得碳酸钙样品颗粒为纳米级，则具有胶体的性质，利用丁达尔效应进行检验。
本题主要考查氨气的制取以及性质实验，同时考查学生的基本实验操作的能力，分析能力，属于基本知识的考查，难度中等。
20.【答案】CO2 用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽 平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气 CaCO3 防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OCO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深 3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑
【解析】解：(1)操作I是用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验的干扰，D装置的作用是平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气，
故答案为：CO2：用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2气体将装置中的空气排尽；平衡压强，吸收NO、NO2、CO2等尾气，防止污染空气；
(2)C装置中出现白色沉淀说明E中的空气排尽了，生成的沉淀为CaCO3，当C装置中产生白色沉淀时立刻将B装置上提是防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应，
故答案为：CaCO3；防止碳酸钙消耗硝酸过多，从而影响铜与稀硝酸的反应；
(3)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO无色气体和水，反应的化学方程式是3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(4)E装置内气体颜色逐渐加深的原因是CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深，
故答案为：CO2比空气重，从长管进入E，并没有把E中的空气排尽，致使部分NO先与未排尽的空气生成少量红棕色气体NO2，当再从F鼓入空气时，E中有更多的NO2生成，所以气体颜色逐渐加深：
(5)C中白色沉淀溶解是因为NO2与水反应生成硝酸，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)，硝酸能溶解碳酸钙沉淀，发生反应CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO(或4NO+3O2+2H2O=4HNO3)；CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+H2O+CO2↑。
该实验的原理是首先用碳酸钙与稀硝酸反应产生的CO2将装置中的空气排尽，以防止空气中的氧气对实验造成干扰，然后铜与稀硝酸反应产生气体，通过向E装置中通入空气，气体颜色变深，说明铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，最后处理尾气。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、元素化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意气体的制备实验与性质实验的结合，题目难度不大。
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