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辽宁省沈阳市第二中学2022-2023学年高一下学期第一阶段测试化学Word版答案
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这是一份辽宁省沈阳市第二中学2022-2023学年高一下学期第一阶段测试化学Word版答案，共22页。试卷主要包含了5 Ca， 为阿伏加德罗常数的值，2 ml 与0等内容，欢迎下载使用。
沈阳二中2022—2023学年下学期第一次阶段测试
高一(25届)化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 Ca：40
第Ⅰ卷 客观题(共45分)
一、选择题(每题3分，共45分。每题只有一个正确选项)。
1. 下列关于重要非金属元素的用途的叙述错误的是
A. 氮化硅()、氧化铝()、碳化硅(SiC)等新型陶瓷是无机非金属材料
B. 在葡萄酒中添加可以使其保持较好的品质，是可以适量使用的食品添加剂
C. 量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
D. 晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮化硅()、氧化铝()、碳化硅(SiC)等都是新型陶瓷，属于无机非金属材料，选项A正确；
B．添加SO2可以杀灭杂菌、用专业的红酒酵母可以使发酵过程中的杂菌、甲醇等有害物质减到最低，使葡萄酒的品质得到保证，是可以适量使用的食品添加剂，选项B正确；
C．螺旋碳纳米管TEM与石墨烯均碳单质，互为同素异形体体，选项C正确；
D．硅具有导电性，可用于半导体材料，但不具有光的全反射性，制造光导纤维的主要原料为二氧化硅，选项D错误；
答案选D。
2. 化学与科技、社会、生产密切相关。下列有关说法正确的是
A. 易产生“光化学烟雾”，可用碱性物质吸收
B. 燃煤中加入氧化钙有利于实现“碳达峰”
C. 豆科植物直接吸收空气中的作为肥料，实现氮的固定
D. 汽车尾气中的主要大气污染物为NO、和
【答案】C
【解析】
【详解】A．光化学烟雾是NOx造成的，A项错误；
B．CaO吸收CO2转变为CaCO3，而CaCO3在煤炉高温下又分解为CO2和CaO，无法减少CO2的排放，B项错误；
C．豆科类植物可直接吸收N2将其固定转化为含氮类有机物，此过程称为植物固氮，C项正确；
D．汽车使用CxHy，不可能产生SO2，汽车尾气中主要含有NO和PM2.5，D项错误；
故选C。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温下，将2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3
B. 0.2 mol 与0.1 mol 反应时，转移电子的数目为0.2
C. 标准状况下．11.2 L 溶于水，溶液中、的微粒数之和为0.5
D. 常温下，22.4L 与足量的反应，生成的分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝与浓硫酸发生钝化，无法计算电子的转移，A项错误；
B．0.1molFeI2需要0.15molCl2，故0.1molCl2反应完全，得到关系式为Cl2~2e-，则电子的数目为0.2NA，B项正确；
C．标况下11.2L的NH3物质的量为0.5mol，则溶液中含氮微粒、NH3、总数目为0.5NA，故C项错误；
D．SO2与O2的反应为可逆反应，不确定转化率无法计算SO3分子数目，D项错误；
故选B。
4. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，转化不能均一步实现，A不符合题意；
B．FeS2在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能均一步实现，B不符合题意；
C．氮气和氧气放电生成NO ，NO和氧气、水生成硝酸，转化能一步实现，C符合题意；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，D不符合题意；
故选C。
5. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 用碱性亚硫酸钠溶液处理纸浆中的残氯：
B. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热：
C. 过量铁粉与稀硝酸反应：
D. 硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用亚硫酸钠溶液处理纸浆中残氯，亚硫酸钠能将氯气还原，离子方程式为SO+ 2OH－+ Cl2＝2Cl－+ SO+ H2O，A正确；
B．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热，Ba2+与也会发生反应，离子方程式为2NH+SO＋Ba2++2OH-2NH3↑＋2H2O+BaSO4↓，B错误；
C．过量铁粉投入稀硝酸中产物为Fe2+，离子方程式为3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，C错误；
D．硅酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成，离子方程式为+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2，D错误；
故选A
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 某无色透明溶液中：、、、
B. 与铝反应放出的溶液：、、、
C. 透明溶液：、、、
D. 含有大量的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．与因发生反应生成S和SO2而不能大量共存，选项A不符合题意；
B．与铝反应放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中，H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，与Al反应不能产生H2；在强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与反应产生弱电解质NH3·H2O，也不能大量共存，选项B不符合题意；
C．K+、H+、、不能发生任何反应，在透明溶液中可以大量共存，选项C符合题意；
D．Fe2+、H+、会发生氧化还原反应，不能大量共存，选项D不符合题意；
答案选C。
7. 燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是
A. 甲是空气中体积分数最大的成分 B. 乙是引起温室效应的气体之一
C. 反应(Ⅰ)在常温下容易发生 D. 反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
【答案】C
【解析】
【分析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。
【详解】A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A正确；
B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B正确；
C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C错误；
D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D正确。
综上所述，答案为C。
8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为15.X、Y、Z三种元素在周期表中的相对位置如图所示。W与X以原子个数比为2：1形成的化合物常用作火箭燃料。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Y>X>W
B. 热稳定性：W2Y>XW3
C. Z的最高价氧化物是酸性氧化物，不能与任何酸反应
D. ZY2的化学键类型与MgCl2相同
【答案】B
【解析】
【分析】设Z的最外层电子数为a，由X、Y、Z原子的最外层电子数之和为15可得a+(a+1) +(a+2)=15，解得a=4，则Z为Si元素、X为N元素、Y为O元素，由W与X以原子个数比为2：1形成的化合物常用作火箭燃料可知，W为H元素。
【详解】A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子的离子半径大于氧离子，故A错误；
B.元素的非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，氧元素的非金属性强于氮元素，则水的稳定性强于氨气，故B正确；
C.硅元素的最高价氧化物为二氧化硅，能与氢氟酸反应，故C错误；
D.二氧化硅为共价化合物，化合物中含有共价键，氯化镁为离子化合物，化合物中含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；
故选B。
9. 某实验小组利用下图装置探究浓硫酸与葡萄糖反应生成的气体成分。下列说法正确的是
A. 使反应发生的操作是将a中的Y形管向右倾斜
B. 装置b中出现白色沉淀，可能BaCO3或BaSO3
C. 装置d中出现浑浊，证明产生的气体中含有CO2
D. 装置e中可以盛放NaOH溶液，f的作用为防倒吸
【答案】D
【解析】
【分析】浓硫酸具有脱水性，使葡萄糖脱水生成碳，碳和浓硫酸反应生成CO2和SO2。
【详解】A．葡萄糖为固体，浓硫酸和葡萄糖混合，将Y形管向左倾斜，浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，A项错误；
B．CO2和SO2和氯化钡溶液均不反应，若装置b中出现白色沉淀，是SO2和O2和氯化钡反应生成的BaSO4，B项错误；
C．c中的品红溶液不能完全吸收SO2，SO2、CO2均能使澄清石灰水变浑浊，C项错误；
D．污染性尾气为SO2，可以用NaOH溶液吸收，球形干燥管的作用为防倒吸，D项正确；
故选D。
10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
将稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄色
氧化性：
B
将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，观察铝片表面的现象
常温下，铝遇浓硫酸发生钝化
C
将气体通入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象
S的非金属性强于Si
D
将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象
浓硫酸和木炭反应产生和气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸根离子也能把亚铁离子氧化为铁离子，不能说明氧化性：，A不符合题意；
B．将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，表面没有生成红色物质铜，说明常温下，铝遇浓硫酸发生钝化形成了一层致密氧化膜，B符合题意；
C．二氧化硫对应的酸不是硫元素的最高价氧化物对应的酸，不能说明S的非金属性强于Si，C不符合题意；
D．二氧化硫能和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，干扰了二氧化碳的检验，D不符合题意；
故选B。
11. 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A. 坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B. 的转化均能一步实现
C. c、d和i、j均属于酸性氧化物
D. f与l可以是同一种物质
【答案】C
【解析】
【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。
【详解】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A正确；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B正确；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C错误；
D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D正确；
故选C。
12. 合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是
A. 可用排空气法收集气体1
B. 用湿润的淀粉试纸可以鉴别气体2和溴蒸气
C. 在饱和NaCl溶液中先通入过量，再通入过量可得到固体1
D. 相同条件下，1L气体1、2的混合气(体积比为)与在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知氨气催化氧化生成NO，则气体1为NO，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，则气体2为，与水反应生成硝酸，氨气与氯化钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则固体1为，受热分解生成的固体2为。
【详解】A．NO可与空气中的氧气反应生成二氧化氮，故A错误；
B．和溴蒸气都可以使湿润的淀粉试纸变蓝，故B错误；
C．在水中溶解度不大，氨气在水中溶解度大，因此应先通入过量，故C错误；
D．相同条件下，气体的物质的量与体积成正比，则、NO、按的比例反应，转化为对环境无害的物质，即N2和H2O，故D正确。
综上所述，答案为D。
13. 某同学进行如下实验
实验步骤
实验现象
I
将固体加入试管中，并将湿润的试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热
试纸颜色变化：黄色→蓝色→黄色→红色；试管中部有白色固体附着
Ⅱ
将饱和溶液滴在试纸上
试纸颜色变化：黄色→橙黄色
下列说法不正确的是
A. 根据I中试纸变蓝，说明发生了分解反应
B. 根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C. I中试纸变成红色，不是由于生成造成的
D. 根据试纸颜色变蓝色，说明宜用加热的方法制备
【答案】D
【解析】
【分析】实验I中对NH4Cl固体加热，湿润的pH试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵；实验Ⅱ中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。
【详解】A．根据I中试纸变蓝可知，加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A不选；
B．根据分析，I中试纸颜色先变蓝后变红，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B不选；
C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C不选；
D．根据分析，试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D选；
答案选D。
14. 某溶液只大量含有下列离子：、Na+、Mg2+、Fe2+、、、I-中的几种(忽略水的电离)，且各离子的物质的量浓度相等，现进行如下实验：
(1)取少量该溶液加过量稀硫酸溶液共热，观察到红棕色气体；
(2)取少量(1)所得的溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，微热，生成刺激性气体，无沉淀生成。
根据上述实验，下列说法正确的是
A. 仍需焰色实验检验Na+的存在
B. 取实验(1)后的溶液滴加淀粉溶液可能变蓝
C. 原溶液中可能含有，一定不含Fe2+
D. 取少量原溶液加新制氯水，原溶液中可能有两种离子被氧化
【答案】B
【解析】
【分析】取少量该溶液加过量稀硫酸溶液共热，观察到红棕色气体，红棕色气体为NO2，则溶液中一定含有NO，Fe2+、I-至少一种；取少量(1)所得溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，微热，生成刺激性气体，刺激性气体为NH3，则溶液中一定含有，无沉淀生成，说明不含有Mg2+、Fe2+，一定含有I-，因为各离子的物质的量浓度相等，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有Na+，不含，综上，一定含有、Na+、NO、I-。
【详解】A．由分析可知，一定含有Na+，不需要焰色实验检验Na+的存在，A错误；
B．实验(1)后的溶液中含有I2，滴加淀粉溶液会变蓝，B正确；
C．由分析可知一定不含和Fe2+，C错误；
D．取少量原溶液加新制氯水，只有I-被氧化，D错误；
故答案为：B。
15. 将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，反应过程中放出NO气体，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol/L NaOH溶液至恰好沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加了5.1 g，由此推断
A. 合金的质量可能为6.4 g
B. 最后所得溶液中的物质的量浓度为0.3 mol
C. 沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
D. 溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24 L
【答案】A
【解析】
【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH═Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol。
【详解】A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A正确；
B．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，根据守恒关系可知溶液中的为0.3mol，反应后溶液体积未知，不能计算浓度，B错误；
C．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaOH溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；
D．标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，D项没有说明状态，D错误；
故选A。
第II卷 主观题(共55分)
二、填空题(本题4个小题，共55分)。
16. 下图表示各物质之间的转化关系。已知：常温下B、D、F、G、I、J是气体， F、G是空气中的主要成分，D是一种碱性气体。A中阴、阳离子个数比是1∶1，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质。(部分生成物和反应条件省略)
请按要求填空：
（1）A物质是______________；X物质是_______________________；K物质是__________________________；(均写化学式)
（2）反应③的化学方程式是_______________________________________________；
（3）反应①中产生标准状况下1.12L气体F，则转移的电子数目是__________________________；
（4）反应②中氧化剂是__________________________________________________；
（5）检验溶液A中阳离子的方法是__________________________________________________；
【答案】（1） ①. NH4HCO3 ②. Na2O2 ③. HNO3
（2）4NH3＋5O24NO＋6H2O
（3）0.1NA （4）CuO
（5）取固体A溶于水置于试管中向其加入适量NaOH溶液加热，在试管口放湿润的红色石蕊试纸若变蓝，则说明有NH
【解析】
【分析】常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系②可知，E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为Na2O2，A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3，据此解答。
【小问1详解】
由上述分析可知，A物质是NH4HCO3；X物质是Na2O2；K物质是HNO3；
【小问2详解】
通过由上述分析可知，反应③的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O；
【小问3详解】
反应①为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，产生标准状况下1.12L氧气，其物质的量＝＝0.05mol，反应中氧元素由-1价升高为氧气中0价，转移电子的物质的量为0.05mol×2×1=0.1mol，转移电子数为0.1NA，故答案为：0.1NA；
【小问4详解】
反应②是氨气与CuO反应生成氮气、Cu与水，反应中CuO转化Cu，铜元素化合价由+2降低为0价，故CuO是氧化剂，故答案为：CuO；
【小问5详解】
溶液A中阳离子为NH，检验NH的方法是：取少许溶液A于试管，加入NaOH溶液，微热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有NH。
17. 硅是带来人类文明的重要元素之一，硅与二氧化硅广泛应用于通讯行业。
（1）工业上常用石英砂与焦炭在高温下反应制粗硅，其化学方程式是______。
（2）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：
①反应Ⅱ的化学方程式为______。
②整个过程中必须严格控制无氧。在有氧环境下，除了有不安全因素外还可能使产品中混有杂质______。整个过程中可以循环利用的物质是______(填化学式)。
（3）如图是用海边的石英砂(含氯化钠、氧化铝等杂质)制备二氧化硅粗产品的工艺流程。
①洗涤石英砂的目的是______。
②将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是______。
③在以上流程中，能否将盐酸改为NaOH溶液，请说明理由______(用化学方程式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. SiO2 ③. HCl、H2
（3） ①. 除去石英砂中的NaCl杂质 ②. 增大反应物之间的接触面积，从而增大反应速率，提高生产效率 ③. 不能，因二氧化硅能与NaOH溶液反应
【解析】
【小问1详解】
工业上常用石英砂与焦炭在高温下反应制粗硅，同时生成CO，其化学方程式是；
【小问2详解】
①反应II的化学方程式为；
②有氧环境还可能生成SiO2使制得的Si不纯，反应为，整个过程中可以循环利用的物质是HCl、H2,答案为SiO2；HCl、H2；
【小问3详解】
①石英砂不溶于水，氯化钠易溶于水，氧化铝难溶于水，因此洗涤石英砂的目的是除去石英砂中的NaCl杂质，故答案为:除去石英砂中的NaCl杂质；
②将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是增大反应物之间的接触面积，从而增大反应速率，提高生产效率，故答案为:增大反应物之间的接触面积，从而增大反应速率，提高生产效率；
③在以上流程中，用盐酸将氧化铝溶解，而二氧化硅不与盐酸反应，因此溶解后过滤得到二氧化硅，因此不能将盐酸改为NaOH溶液,二氧化硅能与NaOH溶液反应，故答案为:不能，因二氧化硅能与NaOH溶液反应。
18. 氮化钙()是一种重要的化学试剂，某小组拟用单质钙与氮气反应制备氮化钙，并测定产品纯度。
已知：①氮化钙易与水反应，生成和；
②焦性没食子酸溶液用于吸收少量。
Ⅰ. 氮化钙的制备
（1）装置为的发生装置，中反应的化学方程式为_______。
（2）选用上图中的装置制备氮化钙，其连接顺序为：A→______→E (注：装置可重复选用)。
（3）装置的作用是_______。
（4）实验开始时，应先点燃_______(填标号)处酒精灯，目的是_______。
Ⅱ. 产品纯度的测定
用如图所示装置测定产品纯度。实验时，关闭，打开分液漏斗活塞，加入浓溶液，至不再产生，再打开，通入一段时间，测定装置反应前后增重。
（5）形管中的试剂是_______，通入的目的是_______。
（6）产品纯度为_______。
【答案】（1）
（2）
（3）液封，防止空气中的进入装置中
（4） ①. A ②. 制备，排除装置中的空气
（5） ①. 碱石灰 ②. 将生成的全部赶入装置中
（6）
【解析】
【小问1详解】
装置为的发生装置，中反应的化学方程式为；
【小问2详解】
金属钙和氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置的连接顺序为ADCBC；
【小问3详解】
装置的作用是液封，防止空气中的进入装置中；
【小问4详解】
实验开始时，应先点燃A处酒精灯，目的是制备，排除装置中的空气，防止空气和钙反应；
【小问5详解】
利用氮化钙易与水反应，生成和，用碱石灰干燥氨气，用硫酸吸收氨气。故形管中的试剂是碱石灰，通入的目的是将生成的全部赶入装置中；
【小问6详解】
测定装置反应前后增重，即氨气的质量为1.7克，0.1mol，则氮化钙的物质的量为0.05mol，质量为148×0.05=7.4克，则产品的纯度为 =74%。
19. A、B、C、D、E、F均为中学里常见的物质，一定条件下存在如图所示转化。已知：A是不含结晶水的酸或盐，气件D在标准状况下的密度为2.857，溶液E的焰色星黄色。
（1）第一步反应中用到的硅酸盐仪器中除酒精灯还有______。
（2）足量A溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为______。
（3）D和足量次氯酸钠溶液反应的离子方程式为______。
（4）C的分子构型为______，A到F中属于电解质的是______(填字母)。
（5）B化学式为______。
【答案】（1）玻璃棒、泥三角和坩埚
（2）Ca2++2OH-+2HSO=CaSO3↓+2H2O+SO
（3）SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClO
（4） ①. V形 ②. A、B、C、F
（5）Na2S2O5
【解析】
【分析】气体D在标准状况下的密度为2.857g·L-1，摩尔质量为2.857g/L×22.4L/mol=64g/mol，则其为SO2；白色沉淀F为BaSO4，物质的量为0.01mol，则中性溶液E为Na2SO4，物质的量为0.01mol；固体B为钠盐，物质的量为0.01mol，摩尔质量为190g/mol，与稀硫酸发生复分解反应，生成0.02molSO2，则B的化学式为Na2S2O5，液体C为H2O；A的物质的量应为0.02mol，其摩尔质量为=104g/mol，其为NaHSO3。
【小问1详解】
隔绝空气加热分解固体，需要用到的硅酸盐仪器为酒精灯和玻璃棒、泥三角和坩埚；
【小问2详解】
根据分析可知A为NaHSO3，足量A与澄清石灰水反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HSO=CaSO3↓+2H2O+SO；
【小问3详解】
SO2具有还原性，次氯酸钠溶液具有氧化性，根据氧化还原和电子守恒可知两者反应的离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClO；
【小问4详解】
水分子中含有两个H-O键和两对孤对电子，故其分子构型为V形；根据电解质的定义可知A、B、C、F均属于电解质，注意气体D（SO2）属于非电解质，溶液E属于混合物，既不是电解质也是不是非电解质；
【小问5详解】
根据分析可知B的化学式为Na2S2O5；
沈阳二中2022—2023学年下学期第一次阶段测试
高一(25届)化学试题
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Cl：35.5 Ca：40
第Ⅰ卷 客观题(共45分)
一、选择题(每题3分，共45分。每题只有一个正确选项)。
1. 下列关于重要非金属元素的用途的叙述错误的是
A. 氮化硅()、氧化铝()、碳化硅(SiC)等新型陶瓷是无机非金属材料
B. 在葡萄酒中添加可以使其保持较好的品质，是可以适量使用的食品添加剂
C. 量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同素异形体
D. 晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维
【答案】D
【解析】
【详解】A．氮化硅()、氧化铝()、碳化硅(SiC)等都是新型陶瓷，属于无机非金属材料，选项A正确；
B．添加SO2可以杀灭杂菌、用专业的红酒酵母可以使发酵过程中的杂菌、甲醇等有害物质减到最低，使葡萄酒的品质得到保证，是可以适量使用的食品添加剂，选项B正确；
C．螺旋碳纳米管TEM与石墨烯均碳单质，互为同素异形体体，选项C正确；
D．硅具有导电性，可用于半导体材料，但不具有光的全反射性，制造光导纤维的主要原料为二氧化硅，选项D错误；
答案选D。
2. 化学与科技、社会、生产密切相关。下列有关说法正确的是
A. 易产生“光化学烟雾”，可用碱性物质吸收
B. 燃煤中加入氧化钙有利于实现“碳达峰”
C. 豆科植物直接吸收空气中的作为肥料，实现氮的固定
D. 汽车尾气中的主要大气污染物为NO、和
【答案】C
【解析】
【详解】A．光化学烟雾是NOx造成的，A项错误；
B．CaO吸收CO2转变为CaCO3，而CaCO3在煤炉高温下又分解为CO2和CaO，无法减少CO2的排放，B项错误；
C．豆科类植物可直接吸收N2将其固定转化为含氮类有机物，此过程称为植物固氮，C项正确；
D．汽车使用CxHy，不可能产生SO2，汽车尾气中主要含有NO和PM2.5，D项错误；
故选C。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温下，将2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3
B. 0.2 mol 与0.1 mol 反应时，转移电子的数目为0.2
C. 标准状况下．11.2 L 溶于水，溶液中、的微粒数之和为0.5
D. 常温下，22.4L 与足量的反应，生成的分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝与浓硫酸发生钝化，无法计算电子的转移，A项错误；
B．0.1molFeI2需要0.15molCl2，故0.1molCl2反应完全，得到关系式为Cl2~2e-，则电子的数目为0.2NA，B项正确；
C．标况下11.2L的NH3物质的量为0.5mol，则溶液中含氮微粒、NH3、总数目为0.5NA，故C项错误；
D．SO2与O2的反应为可逆反应，不确定转化率无法计算SO3分子数目，D项错误；
故选B。
4. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，转化不能均一步实现，A不符合题意；
B．FeS2在氧气中煅烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能均一步实现，B不符合题意；
C．氮气和氧气放电生成NO ，NO和氧气、水生成硝酸，转化能一步实现，C符合题意；
D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，所以不能实现，D不符合题意；
故选C。
5. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A. 用碱性亚硫酸钠溶液处理纸浆中的残氯：
B. 硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热：
C. 过量铁粉与稀硝酸反应：
D. 硅酸钠溶液中通入过量二氧化碳：
【答案】A
【解析】
【详解】A．用亚硫酸钠溶液处理纸浆中残氯，亚硫酸钠能将氯气还原，离子方程式为SO+ 2OH－+ Cl2＝2Cl－+ SO+ H2O，A正确；
B．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热，Ba2+与也会发生反应，离子方程式为2NH+SO＋Ba2++2OH-2NH3↑＋2H2O+BaSO4↓，B错误；
C．过量铁粉投入稀硝酸中产物为Fe2+，离子方程式为3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，C错误；
D．硅酸钠溶液中通入过量的二氧化碳生成，离子方程式为+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2，D错误；
故选A
6. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 某无色透明溶液中：、、、
B. 与铝反应放出的溶液：、、、
C. 透明溶液：、、、
D. 含有大量的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．与因发生反应生成S和SO2而不能大量共存，选项A不符合题意；
B．与铝反应放出H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中，H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，与Al反应不能产生H2；在强碱性溶液中含有大量OH-，OH-与反应产生弱电解质NH3·H2O，也不能大量共存，选项B不符合题意；
C．K+、H+、、不能发生任何反应，在透明溶液中可以大量共存，选项C符合题意；
D．Fe2+、H+、会发生氧化还原反应，不能大量共存，选项D不符合题意；
答案选C。
7. 燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是
A. 甲是空气中体积分数最大的成分 B. 乙是引起温室效应的气体之一
C. 反应(Ⅰ)在常温下容易发生 D. 反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
【答案】C
【解析】
【分析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。
【详解】A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A正确；
B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B正确；
C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C错误；
D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D正确。
综上所述，答案为C。
8. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为15.X、Y、Z三种元素在周期表中的相对位置如图所示。W与X以原子个数比为2：1形成的化合物常用作火箭燃料。下列说法正确的是
A. 简单离子半径：Y>X>W
B. 热稳定性：W2Y>XW3
C. Z的最高价氧化物是酸性氧化物，不能与任何酸反应
D. ZY2的化学键类型与MgCl2相同
【答案】B
【解析】
【分析】设Z的最外层电子数为a，由X、Y、Z原子的最外层电子数之和为15可得a+(a+1) +(a+2)=15，解得a=4，则Z为Si元素、X为N元素、Y为O元素，由W与X以原子个数比为2：1形成的化合物常用作火箭燃料可知，W为H元素。
【详解】A.电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氮离子的离子半径大于氧离子，故A错误；
B.元素的非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，氧元素的非金属性强于氮元素，则水的稳定性强于氨气，故B正确；
C.硅元素的最高价氧化物为二氧化硅，能与氢氟酸反应，故C错误；
D.二氧化硅为共价化合物，化合物中含有共价键，氯化镁为离子化合物，化合物中含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；
故选B。
9. 某实验小组利用下图装置探究浓硫酸与葡萄糖反应生成的气体成分。下列说法正确的是
A. 使反应发生的操作是将a中的Y形管向右倾斜
B. 装置b中出现白色沉淀，可能BaCO3或BaSO3
C. 装置d中出现浑浊，证明产生的气体中含有CO2
D. 装置e中可以盛放NaOH溶液，f的作用为防倒吸
【答案】D
【解析】
【分析】浓硫酸具有脱水性，使葡萄糖脱水生成碳，碳和浓硫酸反应生成CO2和SO2。
【详解】A．葡萄糖为固体，浓硫酸和葡萄糖混合，将Y形管向左倾斜，浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，A项错误；
B．CO2和SO2和氯化钡溶液均不反应，若装置b中出现白色沉淀，是SO2和O2和氯化钡反应生成的BaSO4，B项错误；
C．c中的品红溶液不能完全吸收SO2，SO2、CO2均能使澄清石灰水变浑浊，C项错误；
D．污染性尾气为SO2，可以用NaOH溶液吸收，球形干燥管的作用为防倒吸，D项正确；
故选D。
10. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
将稀硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液变黄色
氧化性：
B
将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，观察铝片表面的现象
常温下，铝遇浓硫酸发生钝化
C
将气体通入硅酸钠溶液中，振荡，观察现象
S的非金属性强于Si
D
将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察现象
浓硫酸和木炭反应产生和气体
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．硝酸根离子也能把亚铁离子氧化为铁离子，不能说明氧化性：，A不符合题意；
B．将一块铝片放入浓硫酸中，片刻后取出，用蒸馏水冲洗后浸入溶液，表面没有生成红色物质铜，说明常温下，铝遇浓硫酸发生钝化形成了一层致密氧化膜，B符合题意；
C．二氧化硫对应的酸不是硫元素的最高价氧化物对应的酸，不能说明S的非金属性强于Si，C不符合题意；
D．二氧化硫能和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，干扰了二氧化碳的检验，D不符合题意；
故选B。
11. 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A. 坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B. 的转化均能一步实现
C. c、d和i、j均属于酸性氧化物
D. f与l可以是同一种物质
【答案】C
【解析】
【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。
【详解】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A正确；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B正确；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C错误；
D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D正确；
故选C。
12. 合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是
A. 可用排空气法收集气体1
B. 用湿润的淀粉试纸可以鉴别气体2和溴蒸气
C. 在饱和NaCl溶液中先通入过量，再通入过量可得到固体1
D. 相同条件下，1L气体1、2的混合气(体积比为)与在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知氨气催化氧化生成NO，则气体1为NO，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，则气体2为，与水反应生成硝酸，氨气与氯化钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则固体1为，受热分解生成的固体2为。
【详解】A．NO可与空气中的氧气反应生成二氧化氮，故A错误；
B．和溴蒸气都可以使湿润的淀粉试纸变蓝，故B错误；
C．在水中溶解度不大，氨气在水中溶解度大，因此应先通入过量，故C错误；
D．相同条件下，气体的物质的量与体积成正比，则、NO、按的比例反应，转化为对环境无害的物质，即N2和H2O，故D正确。
综上所述，答案为D。
13. 某同学进行如下实验
实验步骤
实验现象
I
将固体加入试管中，并将湿润的试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热
试纸颜色变化：黄色→蓝色→黄色→红色；试管中部有白色固体附着
Ⅱ
将饱和溶液滴在试纸上
试纸颜色变化：黄色→橙黄色
下列说法不正确的是
A. 根据I中试纸变蓝，说明发生了分解反应
B. 根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C. I中试纸变成红色，不是由于生成造成的
D. 根据试纸颜色变蓝色，说明宜用加热的方法制备
【答案】D
【解析】
【分析】实验I中对NH4Cl固体加热，湿润的pH试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵；实验Ⅱ中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。
【详解】A．根据I中试纸变蓝可知，加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A不选；
B．根据分析，I中试纸颜色先变蓝后变红，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B不选；
C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C不选；
D．根据分析，试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D选；
答案选D。
14. 某溶液只大量含有下列离子：、Na+、Mg2+、Fe2+、、、I-中的几种(忽略水的电离)，且各离子的物质的量浓度相等，现进行如下实验：
(1)取少量该溶液加过量稀硫酸溶液共热，观察到红棕色气体；
(2)取少量(1)所得的溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，微热，生成刺激性气体，无沉淀生成。
根据上述实验，下列说法正确的是
A. 仍需焰色实验检验Na+的存在
B. 取实验(1)后的溶液滴加淀粉溶液可能变蓝
C. 原溶液中可能含有，一定不含Fe2+
D. 取少量原溶液加新制氯水，原溶液中可能有两种离子被氧化
【答案】B
【解析】
【分析】取少量该溶液加过量稀硫酸溶液共热，观察到红棕色气体，红棕色气体为NO2，则溶液中一定含有NO，Fe2+、I-至少一种；取少量(1)所得溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，微热，生成刺激性气体，刺激性气体为NH3，则溶液中一定含有，无沉淀生成，说明不含有Mg2+、Fe2+，一定含有I-，因为各离子的物质的量浓度相等，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有Na+，不含，综上，一定含有、Na+、NO、I-。
【详解】A．由分析可知，一定含有Na+，不需要焰色实验检验Na+的存在，A错误；
B．实验(1)后的溶液中含有I2，滴加淀粉溶液会变蓝，B正确；
C．由分析可知一定不含和Fe2+，C错误；
D．取少量原溶液加新制氯水，只有I-被氧化，D错误；
故答案为：B。
15. 将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，反应过程中放出NO气体，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol/L NaOH溶液至恰好沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加了5.1 g，由此推断
A. 合金的质量可能为6.4 g
B. 最后所得溶液中的物质的量浓度为0.3 mol
C. 沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150 mL
D. 溶解合金时收集到NO气体的体积为2.24 L
【答案】A
【解析】
【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH═Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol。
【详解】A．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A正确；
B．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，根据守恒关系可知溶液中的为0.3mol，反应后溶液体积未知，不能计算浓度，B错误；
C．加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaOH溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；
D．标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，D项没有说明状态，D错误；
故选A。
第II卷 主观题(共55分)
二、填空题(本题4个小题，共55分)。
16. 下图表示各物质之间的转化关系。已知：常温下B、D、F、G、I、J是气体， F、G是空气中的主要成分，D是一种碱性气体。A中阴、阳离子个数比是1∶1，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质。(部分生成物和反应条件省略)
请按要求填空：
（1）A物质是______________；X物质是_______________________；K物质是__________________________；(均写化学式)
（2）反应③的化学方程式是_______________________________________________；
（3）反应①中产生标准状况下1.12L气体F，则转移的电子数目是__________________________；
（4）反应②中氧化剂是__________________________________________________；
（5）检验溶液A中阳离子的方法是__________________________________________________；
【答案】（1） ①. NH4HCO3 ②. Na2O2 ③. HNO3
（2）4NH3＋5O24NO＋6H2O
（3）0.1NA （4）CuO
（5）取固体A溶于水置于试管中向其加入适量NaOH溶液加热，在试管口放湿润的红色石蕊试纸若变蓝，则说明有NH
【解析】
【分析】常温下B、D、F、G、I、J是气体，F、G是空气中的主要成分，分别为氧气、氮气中的一种，D是一种碱性气体，则D为NH3，E是一种黑色氧化物，H是紫红色金属单质，结合转化关系②可知，E为CuO、H为Cu，G为N2、C为H2O，故F为O2，由F与D得到I、I能与F继续反应生成J，则I为NO、J为NO2，J与C（H2O）反应生成K，K与H（Cu）反应得到二氧化氮，则K为HNO3，固体A分解得到氨气、水与气体B，B能与X反应得到F（氧气），则B为CO2，X为Na2O2，A中阴、阳离子个数比是1：1，故A为NH4HCO3，据此解答。
【小问1详解】
由上述分析可知，A物质是NH4HCO3；X物质是Na2O2；K物质是HNO3；
【小问2详解】
通过由上述分析可知，反应③的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O；
【小问3详解】
反应①为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，产生标准状况下1.12L氧气，其物质的量＝＝0.05mol，反应中氧元素由-1价升高为氧气中0价，转移电子的物质的量为0.05mol×2×1=0.1mol，转移电子数为0.1NA，故答案为：0.1NA；
【小问4详解】
反应②是氨气与CuO反应生成氮气、Cu与水，反应中CuO转化Cu，铜元素化合价由+2降低为0价，故CuO是氧化剂，故答案为：CuO；
【小问5详解】
溶液A中阳离子为NH，检验NH的方法是：取少许溶液A于试管，加入NaOH溶液，微热，能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明有NH。
17. 硅是带来人类文明的重要元素之一，硅与二氧化硅广泛应用于通讯行业。
（1）工业上常用石英砂与焦炭在高温下反应制粗硅，其化学方程式是______。
（2）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：
①反应Ⅱ的化学方程式为______。
②整个过程中必须严格控制无氧。在有氧环境下，除了有不安全因素外还可能使产品中混有杂质______。整个过程中可以循环利用的物质是______(填化学式)。
（3）如图是用海边的石英砂(含氯化钠、氧化铝等杂质)制备二氧化硅粗产品的工艺流程。
①洗涤石英砂的目的是______。
②将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是______。
③在以上流程中，能否将盐酸改为NaOH溶液，请说明理由______(用化学方程式表示)。
【答案】（1）
（2） ①. ②. SiO2 ③. HCl、H2
（3） ①. 除去石英砂中的NaCl杂质 ②. 增大反应物之间的接触面积，从而增大反应速率，提高生产效率 ③. 不能，因二氧化硅能与NaOH溶液反应
【解析】
【小问1详解】
工业上常用石英砂与焦炭在高温下反应制粗硅，同时生成CO，其化学方程式是；
【小问2详解】
①反应II的化学方程式为；
②有氧环境还可能生成SiO2使制得的Si不纯，反应为，整个过程中可以循环利用的物质是HCl、H2,答案为SiO2；HCl、H2；
【小问3详解】
①石英砂不溶于水，氯化钠易溶于水，氧化铝难溶于水，因此洗涤石英砂的目的是除去石英砂中的NaCl杂质，故答案为:除去石英砂中的NaCl杂质；
②将洗净的石英砂研磨成粉末，目的是增大反应物之间的接触面积，从而增大反应速率，提高生产效率，故答案为:增大反应物之间的接触面积，从而增大反应速率，提高生产效率；
③在以上流程中，用盐酸将氧化铝溶解，而二氧化硅不与盐酸反应，因此溶解后过滤得到二氧化硅，因此不能将盐酸改为NaOH溶液,二氧化硅能与NaOH溶液反应，故答案为:不能，因二氧化硅能与NaOH溶液反应。
18. 氮化钙()是一种重要的化学试剂，某小组拟用单质钙与氮气反应制备氮化钙，并测定产品纯度。
已知：①氮化钙易与水反应，生成和；
②焦性没食子酸溶液用于吸收少量。
Ⅰ. 氮化钙的制备
（1）装置为的发生装置，中反应的化学方程式为_______。
（2）选用上图中的装置制备氮化钙，其连接顺序为：A→______→E (注：装置可重复选用)。
（3）装置的作用是_______。
（4）实验开始时，应先点燃_______(填标号)处酒精灯，目的是_______。
Ⅱ. 产品纯度的测定
用如图所示装置测定产品纯度。实验时，关闭，打开分液漏斗活塞，加入浓溶液，至不再产生，再打开，通入一段时间，测定装置反应前后增重。
（5）形管中的试剂是_______，通入的目的是_______。
（6）产品纯度为_______。
【答案】（1）
（2）
（3）液封，防止空气中的进入装置中
（4） ①. A ②. 制备，排除装置中的空气
（5） ①. 碱石灰 ②. 将生成的全部赶入装置中
（6）
【解析】
【小问1详解】
装置为的发生装置，中反应的化学方程式为；
【小问2详解】
金属钙和氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置的连接顺序为ADCBC；
【小问3详解】
装置的作用是液封，防止空气中的进入装置中；
【小问4详解】
实验开始时，应先点燃A处酒精灯，目的是制备，排除装置中的空气，防止空气和钙反应；
【小问5详解】
利用氮化钙易与水反应，生成和，用碱石灰干燥氨气，用硫酸吸收氨气。故形管中的试剂是碱石灰，通入的目的是将生成的全部赶入装置中；
【小问6详解】
测定装置反应前后增重，即氨气的质量为1.7克，0.1mol，则氮化钙的物质的量为0.05mol，质量为148×0.05=7.4克，则产品的纯度为 =74%。
19. A、B、C、D、E、F均为中学里常见的物质，一定条件下存在如图所示转化。已知：A是不含结晶水的酸或盐，气件D在标准状况下的密度为2.857，溶液E的焰色星黄色。
（1）第一步反应中用到的硅酸盐仪器中除酒精灯还有______。
（2）足量A溶液和澄清石灰水反应的离子方程式为______。
（3）D和足量次氯酸钠溶液反应的离子方程式为______。
（4）C的分子构型为______，A到F中属于电解质的是______(填字母)。
（5）B化学式为______。
【答案】（1）玻璃棒、泥三角和坩埚
（2）Ca2++2OH-+2HSO=CaSO3↓+2H2O+SO
（3）SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClO
（4） ①. V形 ②. A、B、C、F
（5）Na2S2O5
【解析】
【分析】气体D在标准状况下的密度为2.857g·L-1，摩尔质量为2.857g/L×22.4L/mol=64g/mol，则其为SO2；白色沉淀F为BaSO4，物质的量为0.01mol，则中性溶液E为Na2SO4，物质的量为0.01mol；固体B为钠盐，物质的量为0.01mol，摩尔质量为190g/mol，与稀硫酸发生复分解反应，生成0.02molSO2，则B的化学式为Na2S2O5，液体C为H2O；A的物质的量应为0.02mol，其摩尔质量为=104g/mol，其为NaHSO3。
【小问1详解】
隔绝空气加热分解固体，需要用到的硅酸盐仪器为酒精灯和玻璃棒、泥三角和坩埚；
【小问2详解】
根据分析可知A为NaHSO3，足量A与澄清石灰水反应的离子方程式为Ca2++2OH-+2HSO=CaSO3↓+2H2O+SO；
【小问3详解】
SO2具有还原性，次氯酸钠溶液具有氧化性，根据氧化还原和电子守恒可知两者反应的离子方程式为SO2+3ClO-+H2O=SO+Cl-+2HClO；
【小问4详解】
水分子中含有两个H-O键和两对孤对电子，故其分子构型为V形；根据电解质的定义可知A、B、C、F均属于电解质，注意气体D（SO2）属于非电解质，溶液E属于混合物，既不是电解质也是不是非电解质；
【小问5详解】
根据分析可知B的化学式为Na2S2O5；
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