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山东省临沂第四中学2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份山东省临沂第四中学2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省临沂第四中学2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题原卷版docx、山东省临沂第四中学2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
说明：1.本试卷分第I卷和第II卷。满分100分。答题时间90分钟。
2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第II卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的答题区域，答在试卷上作废。
相对原子质量：H：1；C：12；O：16；S：32；Ba：137；Al：27；Cu：64；Fe：56
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 化学与生产、生活社会发展息息相关，下列有关说法正确的是
A. “天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分和光导纤维相同
B. 陶瓷是一种常见硅酸盐材料，可以用陶瓷坩埚熔融纯碱
C. 《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性
D. 白居易的《问刘十九》中“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，优质红泥明亮且橙中略带红光，是因其含有含量较高的四氧化三铁
【答案】C
【解析】
【详解】A．“天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分是晶体硅，而光导纤维主要成分是二氧化硅，因此二者的主要成分不相同，A错误；
B．陶瓷是一种常见硅酸盐材料，其中含有成分SiO2在高温下能够与纯碱碳酸钠发生反应，与不能用陶瓷坩埚熔融纯碱，B错误；
C．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，说明合金的硬度大于其成分金属，这体现合金硬度的特性，C正确；
D．白居易的《问刘十九》中“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，优质红泥明亮且橙中略带红光，是因其含有含量较高的三氧化二铁，D错误；
故合理选项是C。
2. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 50mL、18.4ml/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数目为
B. 和充分反应转移电子数为
C. 常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，铝失去的电子数为
D. 标准状况下，与足量的反应，生成的分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．50 mL 18.4 ml·L－1浓硫酸中含有H2SO4的物质的量n(H2SO4)=18.4ml/L×0.05L=0.92ml，若与足量铜微热完全反应，生成SO2分子的数目为0.46NA，但随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，反应就不再发生，因此反应产生的SO2分子的数目小于0.46NA，A错误；
B．Cu与S反应生成Cu2S，2Cu~S~Cu2S~2e-，0.2mlCu与S反应转移的电子数为0.2NA，B正确；
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，发生钝化，C错误；
D．，反应为可逆反应，所以22.4LSO2即1ml SO2生成的SO3小于NA，D错误；
故选B。
3. 下列说法中正确的有
①碳化硅的硬度高，可用作砂纸和砂轮的磨料
②二氧化硫具有抗氧化性，可用作葡萄酒的食品添加剂
③液氨汽化时吸热，可用作制冷剂
④富勒烯、碳纳米管、石墨烯等碳纳米材料都属于新型无机非金属材料
⑤单质硫易溶于，实验室可用清洗沾有硫单质的试管
⑥在之间的降水通常称为酸雨；
⑦二氧化硅与氢氧化钠溶液、氢氟酸均反应，属两性氧化物
⑧陶瓷、普通玻璃、水泥、金刚砂()都属于硅酸盐材料
⑨加入溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有存在
⑩通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】D
【解析】
【详解】①碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，故正确；
②二氧化硫具有抗氧化性，二氧化硫可用作葡萄酒酿制的食品添加剂，起到杀菌和防止色素被氧化的作用，故正确；
③氨气易液化成液氨，液氨在汽化过程中吸收热量使温度降低，可做制冷剂，故正确；
④碳纳米材料为新型无机非金属材料，包含富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，故
正确；
⑤硫与二硫化碳都是非极性分子，依据相似相溶原理，单质硫易溶于CS2，则实验室可用CS2清洗沾有硫单质的试管，故正确；
⑥pH＜5.6的雨水为酸雨，故错误；
⑦二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，且与其他酸不反应，不是两性氧化物，故错误；
⑧金刚砂()属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐，故错误；
⑨因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，故错误；
⑩SO2具有漂白性，但不能漂白石蕊溶液，则SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，故错误；
综上，①②③④⑤描述正确。
答案选D。
4. 下列物质能与气体起反应，但无沉淀产生的是
①溴水 ②溶液 ③石灰水 ④ ⑤稀 ⑥ ⑦
A. 只有①B. ①④C. ④⑥⑦D. ①④⑦
【答案】D
【解析】
详解】①溴水与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，没有生成沉淀，故正确；
②Ba(OH)2溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钡沉淀，故错误；
③石灰水与二氧化硫反应生成亚硫酸钙沉淀，故错误；
④Na2CO3与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和二氧化碳气体，没有生成沉淀，故正确；
⑤稀H2SO4与二氧化硫不反应，故错误；
⑥Na2SO4与二氧化硫不反应，故错误；
⑦Na2SO3与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，没有生成沉淀，故正确；
故选D。
【点睛】本题考查了物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意二氧化硫化学性质的分析判断，二氧化硫为酸性氧化物，与碱、盐溶液以及氧化性物质等发生反应，结合强酸制取弱酸的反应原理来解答。
二氧化硫的性质主要有：
①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；
②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；
③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；
④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；
⑤二氧化硫具有氧化性，但比较弱。
5. 化学的特征是从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是
A. 同物质的量浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3·H2O
B. 向溶液中通入少量的：Ca2++SO2+3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-
C. 过量的铁粉加入稀硝酸反应：
D. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO+2H+=H2SiO3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．同物质的量浓度同体积的NH4HSO4与NaOH溶液混合，两者的物质的量相同，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，A错误；
B．次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化硫，两者反应生成硫酸钙沉淀、次氯酸和氯离子，选项中的离子方程式正确，B正确；
C．过量的铁粉与稀硝酸反应，离子方程式为3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，C错误；
D．硅酸钠与醋酸溶液反应，离子方程式为+2CH3COOH=H2SiO3↓+2CH3COO-，D错误；
故答案选B。
6. 下列实验中，对应的操作、现象以及所得出的结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铵根离子与氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成氨气，氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此湿润的蓝色石蕊试纸变红不能说明溶液中含有NH，A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明SO2有还原性，B正确；
C．若溶液中含有银离子，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，也会产生白色沉淀，C错误；
D．向Na2CO3溶液中滴加盐酸，产生的二氧化碳气体中混有氯化氢，将气体通入Na2SiO3溶液中，产生白色沉淀，不能证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，因为二氧化碳中混有的氯化氢也可以和Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，D错误；
答案选B。
7. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图甲代表浓H2SO4稀释过程中体系能量变化
B. 图乙表示反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量
C. 图丙表示白磷比红磷稳定
D. 图丁表示CO与H2O的反应过程与能量变化的关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓硫酸稀释是物理变化不是化学变化，没有反应物和生成物，A错误；
B．图乙中反应物的能量低于生成物的能量，该反应为吸热反应，说明反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，B错误；
C．从图中可知，相同质量和状态的白磷能量高于红磷，则红磷更加稳定，C错误；
D．CO与H2O反应生成CO2和H2的反应为吸热反应，图中所示能量变化正确，D正确；
故答案选D。
8. 下列物质间的转化(其中A、B、C、D含同种元素，Y可以是纯净物，也可以是混合物，某些条件和产物已略去)如图所示。下列有关叙述中不正确的是
A. 若A为硫单质，则Y可能是
B. 若A为氮气，则D是硝酸
C. 若B为一氧化氮，则A一定是氮气
D. 若B为氧化钠，则D一定是氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示，若A为硫单质，B为二氧化硫，C为三氧化硫，D为硫酸，二氧化硫具有还原性，双氧水具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成硫酸，故A正确；
B．根据图示，若A为氮气，氮气在放电条件下与氧气反应生成一氧化氮，B为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，C为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则D是硝酸，故B正确；
C．根据图示，若B为一氧化氮，氨气发生催化氧化生成一氧化氮，氮气在放电条件下与氧气反应生成一氧化氮，则A可能为氮气或氨气，故C错误；
D．根据图示，若B为氧化钠，氧化钠和氧气在加热下反应生成过氧化钠，C为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则D一定是氢氧化钠，故D正确；
答案选C。
9. 闽盐集团晾晒海水获得的粗盐中含有可溶性杂质、、等。粗盐提纯的工艺流程如下，下列说法正确的是
A. “步骤I”中试剂1为溶液，试剂2为溶液
B. “步骤I”生成的沉淀只能一次性过滤，不能分步过滤
C. “步骤II”试剂3可以用稀硫酸代替稀盐酸
D. “步骤II”从滤液中获得精盐的方法是蒸发结晶
【答案】D
【解析】
【分析】粗盐中加入氯化钙，加入氯化钡，除去硫酸钠杂质，加入NaOH，除去氯化镁，因所加试剂过量，则加入碳酸钠除去氯化钙杂质及过量的氯化钡，过滤时得到硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡，过滤后溶液中含有过量的NaOH、碳酸钠，则加入盐酸，除去碳酸钠和NaOH，加热蒸发，去除盐酸，以此分析；
【详解】A．根据分析，碳酸钠在氯化钡后加入，碳酸钠除去溶液中的氯化钙杂质及过量的氯化钡，A错误；
B．既可以分步过滤，也可以一次性过滤，B错误；
C．用硫酸代替盐酸，则引入新硫酸根，无法除掉，C错误；
D．氯化钠随着温度变化溶解度变化不变，则获得精盐的方法是蒸发结晶，D正确；
故答案为：D。
10. 38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示
下列有关判断不正确的是
A. 硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性
B. 氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂
C. 混合气体中的物质的量是0.2ml
D. 若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11ml/L
【答案】C
【解析】
【分析】铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，38.4gCu为0.6ml，所以生成硝酸铜0.6ml，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2ml，生成氮的化合物为0.9 ml，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和 NaNO2，根据原子守恒可知：，所以硝酸的总量为1.2ml+1ml=2.2ml，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为；
【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，故A正确；
B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO转化为高价态氮，故作还原剂，故B正确；
C．由题意可知0.9 ml氮的化合物转化为钠盐的量为1ml，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1ml-0.9ml=0.1ml，C错误；
D．由分析可知，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11ml/L，D正确；
故选C。
二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11. 某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如下。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。下列分析不正确的是
A. ③、④中现象说明③中的反应是
B. ④中白烟的主要成分是NH4Cl
C. 一段时间后⑤中可能变蓝
D. 若用氨气进行尾气处理，每处理0.8mlNO2需消耗0.6mlNH3
【答案】BD
【解析】
【分析】由实验装置可知，①中加热高锰酸钾可制备氧气，②中加热氯化铵与氢氧化钙可制备氨气，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，可知③中发生4NH3+5O24NO+6H2O，④中发生2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、HNO3+NH3=NH4NO3，④中白烟的主要成分是NH4NO3，⑤中酸性溶液中Cu被硝酸根离子氧化生成铜离子，溶液变蓝，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，③、④中现象说明③中的反应是4NH3+5O24NO+6H2O，A正确；
B．由上述分析可知，④中白烟的主要成分是NH4NO3，B错误；
C．由分析可知，⑤中酸性溶液中Cu被硝酸根离子氧化生成铜离子，则一段时间后，溶液变蓝，C正确；
D．若用氨气进行尾气处理即NO2和NH3反应生产N2和H2O，反应方程式为：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，故每处理0.6ml NO2需消耗0.8ml NH3，D错误；
故答案为：BD。
12. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是
A. 沸腾炉中每生成1 ml SO2，有11 ml e-发生转移
B. 接触室中发生的反应为氧化还原反应
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥
【答案】A
【解析】
【分析】黄铁矿在沸腾室被O2氧化为SO2和Fe2O3，而SO2与O2在接触室转变为SO3，SO3经吸收塔吸收转变为硫酸。
【详解】A．FeS2中硫的化合价为-1价、铁为+2价，黄铁矿在沸腾室被O2氧化为SO2和Fe2O3，按照电子守恒关系式为FeS2~2SO2~11e-，即1mlSO2转移5.5ml电子，A错误；
B．二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，为氧化还原反应，B正确；
C．原料、中间产物等循环利用可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2可用氨水吸收转化为（NH4)2SO3，进一步转化为氮肥，D正确；
故选A。
13. 通入足量的稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法正确的是
A. 上述过程中，先变成，后又变成
B. 从上述反应可知氧化性：
C. 上述过程中，会产生一种无色、难溶于水的气体
D. 若通入的完全反应，则通入的和逸出的气体物质的量之比为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．溶液由棕黄色变为浅绿色，立即又变成棕黄色，说明先变成Fe2＋，后又变成Fe3＋，A正确；
B．溶液由棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强于三价铁，氧化性：HNO3>Fe3＋>SO，B错误；
C．硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，C正确；
D．结合反应过程可知，被还原的为NO，被氧化的为SO2，根据得失电子守恒，通入的SO2和逸出的气体NO物质的量之比为3:2，D错误；
故答案选AC。
14. 有一混合物水溶液含有以下离子中的若干种：，现取两份的该溶液分别进行如下实验：
①第一份加足量溶液，加热，收集到标准状况下的气体。
②第二份加足量溶液，得沉淀，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为。
根据上述实验，下列推测正确的是
A. 原溶液中一定存在的离子为
B. 原溶液中的物质的量浓度至少为
C. 原溶液中一定不存在
D. 原溶液中的物质的量浓度为
【答案】AB
【解析】
【分析】(1)第一份溶液中加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448 mL，则一定含有，且n(NH)=n(NH3)==0.02 ml；
(2)第二份溶液中加足量BaCl2溶液，得沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，由于加入酸后沉淀质量变少，则说明沉淀为BaCO3、BaSO4的混合物，原溶液中一定含有CO、SO，n(SO)＝＝0.01 ml ，n(CO)＝＝0.01 ml，则根据Ca2＋和CO不能大量共存，可知原溶液中一定不含有Ca2＋，由于n(NH)＜2 n(CO)+2n(SO)，根据溶液不显电性可知，则原溶液中一定还含有Na＋，可能含有Cl－，则n(Na＋)≥0.02 ml，由于溶液体积是100 mL，则c(Na＋)≥0.2 ml/L，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Na＋，NH，CO，SO，A正确；
B．由上述分析可知，不确定原溶液中是否含有Cl－，故c(Na＋)≥0.2 ml/L，B正确；
C．由上述分析可知，原溶液中可能含有Cl－，C错误；
D．由上述分析可知，100 mL原溶液中的物质的量为0.0l ml，其物质的量浓度为＝＝0.1 ml/L，D错误；
故选AB。
15. 将由组成的合金溶于足量的溶液中，合金质量减少了。另取等质量的合金溶于过量稀中，生成了(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的溶液，则沉淀的质量为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】将22.7克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为0.1ml，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋离子，根据转移电子守恒，金属总共失去电子物质的量等于HNO3到NO得到的电子总数，，其中0.1ml铝完全反应失去0.3ml电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9ml－0.3ml=0.6ml，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH－)=0.6ml，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为22.7g－2.7g－0.6ml×17g/ml=30.2g，答案选D。
三、非选择题(本题共5小题，共60分。)
16. 按要求回答下列问题：
（1）下列变化中属于吸热反应的是_______。
①铝片与稀盐酸的反应；②将胆矾加热变为白色粉末；③干冰汽化；④甲烷在氧气中的燃烧反应；⑤固体溶于水；⑥C与CO2反应生成CO
（2）反应A+B→C(放热)分两步进行①A+B→X(吸热)；②X→C(放热)。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. C. D.
（3）下图是一氧化碳和氧在钌催化剂表面形成化学键的过程。下列说法正确的是_______。
A. 和均为酸性氧化物B. 该过程中，先断键成C和O
C. 状态Ⅰ到状态Ⅲ为放热过程D. 图示表示和反应生成的过程
（4）合成氨工业中，合成塔中每产生，放出热量，已知断开键、键分别需要吸收的能量为；则键断裂吸收的能量约等于_______(保留到小数点后一位)。
【答案】（1）②⑥ （2）D （3）C
（4）391.0
【解析】
【小问1详解】
①铝片与稀盐酸的反应为活泼金属和酸的反应，放热反应；②将胆矾加热变为白色粉末，为胆矾失去结晶水的过程，吸热反应；③干冰汽化为物理变化；④甲烷在氧气中的燃烧反应，燃烧为放热反应；⑤固体溶于水，为溶解过程，是物理变化；⑥C与CO2反应生成CO，反应过程吸收能量，为吸热反应；
故选②⑥；
【小问2详解】
A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于生成C的总能量，排除选项A、B；A+B→X（吸热），则X的能量大于A+B的总能量，X→C（放热），则X的能量大于C的总能量，排除选项C，答案选D；
【小问3详解】
A．为酸性氧化物，CO不和碱反应生成盐和水，不是酸性氧化物，A错误；
B．由图可知，该过程中，在催化剂表面形成二氧化碳，不需先断键成C和O，B错误；
C．状态Ⅰ到状态Ⅲ为形成化学键的过程，成键过程为放热过程，C正确；
D．图示表示和O反应生成的过程，D错误；
故选C；
【小问4详解】
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；工业合成氨反应为：3H2+N22NH3，则3×436+945.8-6×N-H键键能=-92.2，N-H键键能=+391.0kJ。
17. I．回答下列问题：
（1）实验室中化学药品保存方法是由药品本身性质决定的，下列试剂保存方法不正确的是_______。
a．浓硝酸见光受热易分解，用棕色试剂瓶保存
b．浓硫酸、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液都不可以用带有玻璃塞的试剂瓶保存
c．硫酸亚铁溶液易被空气氧化，保存时常加入铁粉
d．液溴有挥发性，保存时应水封
Ⅱ．氮、磷元素存在于人体所有细胞中，几乎参与所有生理上的化学反应。磷元素有多种含氧酸，除了常见的磷酸为三元中强酸外，还有次磷酸等弱酸，结合已学知识回答下列问题。
（2）次磷酸可由与碘水反应制备，其化学反应方程式为____；和比较，热稳定性较强的是_______。
（3）与过量溶液反应生成的盐为，该盐属于_____(选填“酸式”、“正”)盐。
（4）由同主族元素性质的相似性可知，属于_______(选填“离子”、“共价”)化合物，含有的化学键类型为_______。
【答案】（1）b （2） ①. PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI ②. NH3
（3）正 （4） ①. 离子 ②. 离子键和共价键
【解析】
【小问1详解】
a．浓硝酸性质不稳定，见光受热易分解生成二氧化氮、氧气和水，所以浓硝酸用棕色试剂瓶避光保存，故正确；
b．浓硫酸具有腐蚀性，会腐蚀橡胶，所以浓硫酸需用带有玻璃塞的试剂瓶保存，故错误；
c．硫酸亚铁溶液具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以保存硫酸亚铁溶液时常加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，故正确；
d．液溴有挥发性，保存液溴时应加入少量水水封，防止液溴挥发，故正确；
故选b；
【小问2详解】
由题意可知，磷化氢与碘水反应生成次磷酸和氢碘酸，反应化学方程式为PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI；同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减弱，则氨气的热稳定性强于磷化氢，故答案为：PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI；NH3；
【小问3详解】
次磷酸与过量氢氧化钠溶液反应生成的盐为NaH2PO2，说明H3PO2为一元酸，NaH2PO2属于正盐，故答案为：正；
【小问4详解】
由同主族元素性质的相似性可知，PH4I的结构和性质类似于NH4Cl，是含有离子键和共价键的离子化合物，故答案为：离子；离子键和共价键。
18. 高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
（1）工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式为_______。当有参与反应时，该反应转移的电子数是_______。
（2）还原炉中发生的化学反应方程式为：_______。
（3）上述工艺生产中循环使用的物质除、外，还有_______。
（4）工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为_______。
（5）工业上可利用水玻璃和盐酸反应制备硅酸凝胶，进一步脱水处理可得到硅胶，写出水玻璃和盐酸反应的离子方程式：_______。
（6）关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_______。
A. 自然界中存在天然游离的硅单质
B. 已知C与的最高正价都是正四价，由于，用类比法得知，
C. 用氧化物形式表示为
D. 硅元素在金属与非金属的分界线处，因此具有弱导电性，一般可用于作为半导体材料
E. 既能和溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
F. 玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）、
（4）
（5）
（6）CDF
【解析】
【小问1详解】
用石英砂和过量焦炭高温加热生成粗硅的化学方程式为: ，当有参与反应时，该反应转移的电子数是；
【小问2详解】
还原炉中用还原，生成高纯度的单质，发生的化学反应方程式为：；
【小问3详解】
流化床反应器中发生反应：，还原炉中发生反应：，所以可以循环的物质还有、；
【小问4详解】
氢氟酸来雕刻玻璃，氢氟酸和反应,化学方程式为：；
【小问5详解】
水玻璃和盐酸反应制取硅酸的离子方程式为：；
【小问6详解】
A．自然界中不存在天然游离的硅单质，硅是以二氧化硅和硅酸盐存在于自然界中，A错误；
B． 不溶于水，也不与水反应，B错误；
C．根据氧化物的表示方法，用氧化物形式表示为，C正确；
D．在周期表中，硅元素在金属与非金属的分界线处，因此具有弱导电性，一般可用于作为半导体材料，D正确；
E． 既能和溶液反应，又能和氢氟酸反应，但不能与其他酸反应，为酸性氧化物，E错误；
F． 玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品，F正确。
故选CDF。
19. 氮是生命体重要的组成元素，自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。
（1）汽车尾气主要含有等物质，这种尾气逐渐成为城市空气污染的主要来源之一、其中的，在适宜条件下会转化为参与大气循环的两种无毒气体，该过程的化学反应方程式为_______。
（2）“价-类”二维图是学习元素化合物性质的重要方法，利用所学知识能更好地了解氮的循环。
①甲为常见的碱性气体，是制造氮肥、炸药等物质的化工原料。实验室制备甲的化学方程式为_______。实验室用该反应原理制取并收集一瓶干燥的甲气体，从下图中选择合适的装置，其连接顺序为发生装置→_______。(按从左到右的气流方向，用小写字母和箭头表示)
②用以下物质研究乙的性质，预测能与乙发生反应的物质为_______(填字母)。
A． B． C． D．
③丁主要用于染料、医药、印染、漂白等方面，且丁的焰色反应呈黄色。丁在酸性条件下，与按物质的量恰好完全反应，生成能使淀粉变蓝的物质，写出该过程发生的离子反应方程式_______。
（3）海洋生物参与氮循环的过程如图所示(其它含氨物质不参与反应)。
以上六种含氮微粒中，共呈现了氮元素的_______种价态。反应③和⑤中，若生成等物质的量的，则转移的电子数之比为_____。
【答案】（1）2xCO＋2NOx2xCO2＋N2
（2） ①. ②. a→d→c→f→e→i ③. D ④. 2NO＋2I－＋4H＋＝2NO↑＋I2＋2H2O
（3） ①. 5 ②. 2:3
【解析】
【小问1详解】
CO和NOx在适宜条件下会转化为参与大气循环的两种无毒气体氮气和二氧化碳，该过程的化学反应方程式为2xCO＋2NOx2xCO2＋N2；
故答案为：2xCO＋2NOx2xCO2＋N2；
【小问2详解】
①图中甲为常见的碱性气体，甲是NH3。实验室用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气，反应的化学方程式为；
②实验室用该反应原理制取氨气，用碱石灰干燥氨气(大进小出)，用向下排空气法收集氨气（短进长出），因为氨气极易溶于水，所以吸收尾气要有防倒吸装置，故连接顺序为：a→d→c→f→e→i；
③乙是N元素的+5价含氧酸，乙是HNO3，氨水呈碱性，氨水和硝酸反应生成硝酸铵，能与硝酸发生反应的物质为氨水，选D。
④丁是N元素的+3价含氧酸盐，丁的焰色反应呈黄色，丁为NaNO2;NaNO2在酸性条件下，与I－按物质的量1:1恰好完全反应，生成能使淀粉变蓝的物质I2，碘元素化合价由－1升高为0，根据得失电子守恒，N元素化合价由＋3降低为＋2，该过程发生的离子反应方程式2NO＋2I－＋4H＋＝2NO↑＋I2＋2H2O；
故答案为：
①
②a→d→c→f→e→i
③D
④2NO＋2I－＋4H＋＝2NO↑＋I2＋2H2O；
【小问3详解】
①NH和NH3中N元素为－3价、NH2OH中N元素为－1价、N2中N元素为0价、N2H4中N元素为－2价、NO中N元素为＋3价，以上六种含氮微粒中，共呈现了氮元素的5种价态。
②在反应③中N元素化合价由－2变为0，反应⑤中N元素化合价由＋3变为0，若生成等物质的量的N2，则转移的电子数之比为2:3;
故答案为：
①5
②2:3。
20. 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。已知：饱和溶液在温度低于时析出晶体，温度高于时析出晶体，温度高于时，分解生成和。其生产工艺如图所示。
回答下列问题：
（1）中氯元素的化合价为_______。
（2）“反应Ⅰ”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为_______。
（4）“一系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、_____、干燥，其中“趁热过滤”应控制的温度范围是_______。
（5）“反应Ⅱ”产生的可用于制备含氯消毒剂。将通入足量溶液中，加热后得到的混合液。经测定与的物质的量浓度之比为，则与溶液反应时，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为_______。
【答案】（1）+3 （2）2∶1
（3）2ClO2+2Cl－=Cl2＋2ClO
（4） ①. 洗涤 ②. 大于38℃小于60℃
（5）1∶2
【解析】
【分析】酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2同时自身被氧化生成硫酸氢钠，ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，NaClO2溶液经一系列操作得到NaClO2晶体。
【小问1详解】
NaClO2中Na显＋1价、O显－2价，根据化合物中正负化合价代数和等于0，氯的化合价为+3价；
故答案为：＋3；
【小问2详解】
“反应I”步骤中酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2，反应中氯元素化合价由＋5变为＋4为氧化剂、硫元素化合价由+4变为+6为还原剂，结合转移电子守恒可知，反应的化学方程式为2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝2NaHSO4＋2ClO2，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；
故答案为：2:1；
【小问3详解】
“反应Ⅱ”中ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，氯离子发生氧化反应生成氯气，化合价由－1变为0，ClO2中氯元素发生还原反应生成NaClO2，化合价由＋4变为＋3，结合转移电子守恒可知，反应的离子方程式为2ClO2＋2Cl－＝Cl2＋2ClO；
故答案为：2ClO2＋2Cl－＝Cl2＋2ClO；
【小问4详解】
“一系列操作”从溶液中得到NaClO2晶体，操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，所以“趁热过滤”应控制温度范围是大于38℃小于60℃；
故答案为：
①洗涤
②大于38℃小于60℃；
【小问5详解】
Cl2通入足量NaOH溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量比为a∶3∶1，根据得失电子守恒，a×1=3×1+1×5，解得a=8，氯元素化合价升高被氧化为NaClO、NaClO3、化合价降低被还原为NaCl，故被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比8∶（1+3）=1∶2；
故答案为1:2。选项
实验
现象
结论
A
向某溶液中滴加NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体
试纸变红
该溶液中含有NH
B
SO2通入酸性高锰酸钾溶液中
溶液褪色
SO2具有还原性
C
向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
产生白色沉淀
该溶液中含有SO
D
向Na2CO3溶液中滴加盐酸，将产生的气体立即通入Na2SiO3溶液中
产生白色沉淀
酸性：H2CO3＞H2SiO3
说明：1.本试卷分第I卷和第II卷。满分100分。答题时间90分钟。
2.请将第I卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上；第II卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的答题区域，答在试卷上作废。
相对原子质量：H：1；C：12；O：16；S：32；Ba：137；Al：27；Cu：64；Fe：56
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 化学与生产、生活社会发展息息相关，下列有关说法正确的是
A. “天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分和光导纤维相同
B. 陶瓷是一种常见硅酸盐材料，可以用陶瓷坩埚熔融纯碱
C. 《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性
D. 白居易的《问刘十九》中“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，优质红泥明亮且橙中略带红光，是因其含有含量较高的四氧化三铁
【答案】C
【解析】
【详解】A．“天机芯”是全球首款异构融合类电脑芯片，其主要成分是晶体硅，而光导纤维主要成分是二氧化硅，因此二者的主要成分不相同，A错误；
B．陶瓷是一种常见硅酸盐材料，其中含有成分SiO2在高温下能够与纯碱碳酸钠发生反应，与不能用陶瓷坩埚熔融纯碱，B错误；
C．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，说明合金的硬度大于其成分金属，这体现合金硬度的特性，C正确；
D．白居易的《问刘十九》中“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，优质红泥明亮且橙中略带红光，是因其含有含量较高的三氧化二铁，D错误；
故合理选项是C。
2. 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 50mL、18.4ml/L浓硫酸与足量铜加热反应，生成SO2分子的数目为
B. 和充分反应转移电子数为
C. 常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，铝失去的电子数为
D. 标准状况下，与足量的反应，生成的分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．50 mL 18.4 ml·L－1浓硫酸中含有H2SO4的物质的量n(H2SO4)=18.4ml/L×0.05L=0.92ml，若与足量铜微热完全反应，生成SO2分子的数目为0.46NA，但随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，反应就不再发生，因此反应产生的SO2分子的数目小于0.46NA，A错误；
B．Cu与S反应生成Cu2S，2Cu~S~Cu2S~2e-，0.2mlCu与S反应转移的电子数为0.2NA，B正确；
C．常温下，将2.7g铝片投入足量的浓硝酸中，发生钝化，C错误；
D．，反应为可逆反应，所以22.4LSO2即1ml SO2生成的SO3小于NA，D错误；
故选B。
3. 下列说法中正确的有
①碳化硅的硬度高，可用作砂纸和砂轮的磨料
②二氧化硫具有抗氧化性，可用作葡萄酒的食品添加剂
③液氨汽化时吸热，可用作制冷剂
④富勒烯、碳纳米管、石墨烯等碳纳米材料都属于新型无机非金属材料
⑤单质硫易溶于，实验室可用清洗沾有硫单质的试管
⑥在之间的降水通常称为酸雨；
⑦二氧化硅与氢氧化钠溶液、氢氟酸均反应，属两性氧化物
⑧陶瓷、普通玻璃、水泥、金刚砂()都属于硅酸盐材料
⑨加入溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有存在
⑩通入紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
【答案】D
【解析】
【详解】①碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，故正确；
②二氧化硫具有抗氧化性，二氧化硫可用作葡萄酒酿制的食品添加剂，起到杀菌和防止色素被氧化的作用，故正确；
③氨气易液化成液氨，液氨在汽化过程中吸收热量使温度降低，可做制冷剂，故正确；
④碳纳米材料为新型无机非金属材料，包含富勒烯、碳纳米管、石墨烯等，故
正确；
⑤硫与二硫化碳都是非极性分子，依据相似相溶原理，单质硫易溶于CS2，则实验室可用CS2清洗沾有硫单质的试管，故正确；
⑥pH＜5.6的雨水为酸雨，故错误；
⑦二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，且与其他酸不反应，不是两性氧化物，故错误；
⑧金刚砂()属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐，故错误；
⑨因为加入的是硝酸钡，溶液中存在了硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，故错误；
⑩SO2具有漂白性，但不能漂白石蕊溶液，则SO2通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色，故错误；
综上，①②③④⑤描述正确。
答案选D。
4. 下列物质能与气体起反应，但无沉淀产生的是
①溴水 ②溶液 ③石灰水 ④ ⑤稀 ⑥ ⑦
A. 只有①B. ①④C. ④⑥⑦D. ①④⑦
【答案】D
【解析】
详解】①溴水与二氧化硫反应生成氢溴酸和硫酸，没有生成沉淀，故正确；
②Ba(OH)2溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钡沉淀，故错误；
③石灰水与二氧化硫反应生成亚硫酸钙沉淀，故错误；
④Na2CO3与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和二氧化碳气体，没有生成沉淀，故正确；
⑤稀H2SO4与二氧化硫不反应，故错误；
⑥Na2SO4与二氧化硫不反应，故错误；
⑦Na2SO3与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，没有生成沉淀，故正确；
故选D。
【点睛】本题考查了物质性质的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意二氧化硫化学性质的分析判断，二氧化硫为酸性氧化物，与碱、盐溶液以及氧化性物质等发生反应，结合强酸制取弱酸的反应原理来解答。
二氧化硫的性质主要有：
①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；
②二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；
③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；
④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；
⑤二氧化硫具有氧化性，但比较弱。
5. 化学的特征是从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列实验对应的离子方程式书写正确的是
A. 同物质的量浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH+OH-=NH3·H2O
B. 向溶液中通入少量的：Ca2++SO2+3ClO-+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl-
C. 过量的铁粉加入稀硝酸反应：
D. 硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO+2H+=H2SiO3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．同物质的量浓度同体积的NH4HSO4与NaOH溶液混合，两者的物质的量相同，反应的离子方程式为H++OH-=H2O，A错误；
B．次氯酸钙溶液中通入少量的二氧化硫，两者反应生成硫酸钙沉淀、次氯酸和氯离子，选项中的离子方程式正确，B正确；
C．过量的铁粉与稀硝酸反应，离子方程式为3Fe+8H++2=3Fe2++2NO↑+4H2O，C错误；
D．硅酸钠与醋酸溶液反应，离子方程式为+2CH3COOH=H2SiO3↓+2CH3COO-，D错误；
故答案选B。
6. 下列实验中，对应的操作、现象以及所得出的结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铵根离子与氢氧化钠溶液在加热条件下反应生成氨气，氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，因此湿润的蓝色石蕊试纸变红不能说明溶液中含有NH，A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明SO2有还原性，B正确；
C．若溶液中含有银离子，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，也会产生白色沉淀，C错误；
D．向Na2CO3溶液中滴加盐酸，产生的二氧化碳气体中混有氯化氢，将气体通入Na2SiO3溶液中，产生白色沉淀，不能证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，因为二氧化碳中混有的氯化氢也可以和Na2SiO3溶液反应生成硅酸沉淀，D错误；
答案选B。
7. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图甲代表浓H2SO4稀释过程中体系能量变化
B. 图乙表示反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量
C. 图丙表示白磷比红磷稳定
D. 图丁表示CO与H2O的反应过程与能量变化的关系
【答案】D
【解析】
【详解】A．浓硫酸稀释是物理变化不是化学变化，没有反应物和生成物，A错误；
B．图乙中反应物的能量低于生成物的能量，该反应为吸热反应，说明反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，B错误；
C．从图中可知，相同质量和状态的白磷能量高于红磷，则红磷更加稳定，C错误；
D．CO与H2O反应生成CO2和H2的反应为吸热反应，图中所示能量变化正确，D正确；
故答案选D。
8. 下列物质间的转化(其中A、B、C、D含同种元素，Y可以是纯净物，也可以是混合物，某些条件和产物已略去)如图所示。下列有关叙述中不正确的是
A. 若A为硫单质，则Y可能是
B. 若A为氮气，则D是硝酸
C. 若B为一氧化氮，则A一定是氮气
D. 若B为氧化钠，则D一定是氢氧化钠
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示，若A为硫单质，B为二氧化硫，C为三氧化硫，D为硫酸，二氧化硫具有还原性，双氧水具有氧化性，二者可发生氧化还原反应生成硫酸，故A正确；
B．根据图示，若A为氮气，氮气在放电条件下与氧气反应生成一氧化氮，B为一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，C为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，则D是硝酸，故B正确；
C．根据图示，若B为一氧化氮，氨气发生催化氧化生成一氧化氮，氮气在放电条件下与氧气反应生成一氧化氮，则A可能为氮气或氨气，故C错误；
D．根据图示，若B为氧化钠，氧化钠和氧气在加热下反应生成过氧化钠，C为过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则D一定是氢氧化钠，故D正确；
答案选C。
9. 闽盐集团晾晒海水获得的粗盐中含有可溶性杂质、、等。粗盐提纯的工艺流程如下，下列说法正确的是
A. “步骤I”中试剂1为溶液，试剂2为溶液
B. “步骤I”生成的沉淀只能一次性过滤，不能分步过滤
C. “步骤II”试剂3可以用稀硫酸代替稀盐酸
D. “步骤II”从滤液中获得精盐的方法是蒸发结晶
【答案】D
【解析】
【分析】粗盐中加入氯化钙，加入氯化钡，除去硫酸钠杂质，加入NaOH，除去氯化镁，因所加试剂过量，则加入碳酸钠除去氯化钙杂质及过量的氯化钡，过滤时得到硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡，过滤后溶液中含有过量的NaOH、碳酸钠，则加入盐酸，除去碳酸钠和NaOH，加热蒸发，去除盐酸，以此分析；
【详解】A．根据分析，碳酸钠在氯化钡后加入，碳酸钠除去溶液中的氯化钙杂质及过量的氯化钡，A错误；
B．既可以分步过滤，也可以一次性过滤，B错误；
C．用硫酸代替盐酸，则引入新硫酸根，无法除掉，C错误；
D．氯化钠随着温度变化溶解度变化不变，则获得精盐的方法是蒸发结晶，D正确；
故答案为：D。
10. 38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示
下列有关判断不正确的是
A. 硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性
B. 氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂
C. 混合气体中的物质的量是0.2ml
D. 若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11ml/L
【答案】C
【解析】
【分析】铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，38.4gCu为0.6ml，所以生成硝酸铜0.6ml，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2ml，生成氮的化合物为0.9 ml，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和 NaNO2，根据原子守恒可知：，所以硝酸的总量为1.2ml+1ml=2.2ml，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为；
【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，故A正确；
B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO转化为高价态氮，故作还原剂，故B正确；
C．由题意可知0.9 ml氮的化合物转化为钠盐的量为1ml，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1ml-0.9ml=0.1ml，C错误；
D．由分析可知，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11ml/L，D正确；
故选C。
二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11. 某小组探究NH3的催化氧化，实验装置图如下。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。下列分析不正确的是
A. ③、④中现象说明③中的反应是
B. ④中白烟的主要成分是NH4Cl
C. 一段时间后⑤中可能变蓝
D. 若用氨气进行尾气处理，每处理0.8mlNO2需消耗0.6mlNH3
【答案】BD
【解析】
【分析】由实验装置可知，①中加热高锰酸钾可制备氧气，②中加热氯化铵与氢氧化钙可制备氨气，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟，可知③中发生4NH3+5O24NO+6H2O，④中发生2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、HNO3+NH3=NH4NO3，④中白烟的主要成分是NH4NO3，⑤中酸性溶液中Cu被硝酸根离子氧化生成铜离子，溶液变蓝，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，③、④中现象说明③中的反应是4NH3+5O24NO+6H2O，A正确；
B．由上述分析可知，④中白烟的主要成分是NH4NO3，B错误；
C．由分析可知，⑤中酸性溶液中Cu被硝酸根离子氧化生成铜离子，则一段时间后，溶液变蓝，C正确；
D．若用氨气进行尾气处理即NO2和NH3反应生产N2和H2O，反应方程式为：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，故每处理0.6ml NO2需消耗0.8ml NH3，D错误；
故答案为：BD。
12. 以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是
A. 沸腾炉中每生成1 ml SO2，有11 ml e-发生转移
B. 接触室中发生的反应为氧化还原反应
C. 接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D. 可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥
【答案】A
【解析】
【分析】黄铁矿在沸腾室被O2氧化为SO2和Fe2O3，而SO2与O2在接触室转变为SO3，SO3经吸收塔吸收转变为硫酸。
【详解】A．FeS2中硫的化合价为-1价、铁为+2价，黄铁矿在沸腾室被O2氧化为SO2和Fe2O3，按照电子守恒关系式为FeS2~2SO2~11e-，即1mlSO2转移5.5ml电子，A错误；
B．二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，为氧化还原反应，B正确；
C．原料、中间产物等循环利用可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2可用氨水吸收转化为（NH4)2SO3，进一步转化为氮肥，D正确；
故选A。
13. 通入足量的稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法正确的是
A. 上述过程中，先变成，后又变成
B. 从上述反应可知氧化性：
C. 上述过程中，会产生一种无色、难溶于水的气体
D. 若通入的完全反应，则通入的和逸出的气体物质的量之比为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．溶液由棕黄色变为浅绿色，立即又变成棕黄色，说明先变成Fe2＋，后又变成Fe3＋，A正确；
B．溶液由棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强于三价铁，氧化性：HNO3>Fe3＋>SO，B错误；
C．硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，C正确；
D．结合反应过程可知，被还原的为NO，被氧化的为SO2，根据得失电子守恒，通入的SO2和逸出的气体NO物质的量之比为3:2，D错误；
故答案选AC。
14. 有一混合物水溶液含有以下离子中的若干种：，现取两份的该溶液分别进行如下实验：
①第一份加足量溶液，加热，收集到标准状况下的气体。
②第二份加足量溶液，得沉淀，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为。
根据上述实验，下列推测正确的是
A. 原溶液中一定存在的离子为
B. 原溶液中的物质的量浓度至少为
C. 原溶液中一定不存在
D. 原溶液中的物质的量浓度为
【答案】AB
【解析】
【分析】(1)第一份溶液中加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448 mL，则一定含有，且n(NH)=n(NH3)==0.02 ml；
(2)第二份溶液中加足量BaCl2溶液，得沉淀4.30 g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g，由于加入酸后沉淀质量变少，则说明沉淀为BaCO3、BaSO4的混合物，原溶液中一定含有CO、SO，n(SO)＝＝0.01 ml ，n(CO)＝＝0.01 ml，则根据Ca2＋和CO不能大量共存，可知原溶液中一定不含有Ca2＋，由于n(NH)＜2 n(CO)+2n(SO)，根据溶液不显电性可知，则原溶液中一定还含有Na＋，可能含有Cl－，则n(Na＋)≥0.02 ml，由于溶液体积是100 mL，则c(Na＋)≥0.2 ml/L，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，原溶液中一定含有Na＋，NH，CO，SO，A正确；
B．由上述分析可知，不确定原溶液中是否含有Cl－，故c(Na＋)≥0.2 ml/L，B正确；
C．由上述分析可知，原溶液中可能含有Cl－，C错误；
D．由上述分析可知，100 mL原溶液中的物质的量为0.0l ml，其物质的量浓度为＝＝0.1 ml/L，D错误；
故选AB。
15. 将由组成的合金溶于足量的溶液中，合金质量减少了。另取等质量的合金溶于过量稀中，生成了(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的溶液，则沉淀的质量为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】将22.7克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为0.1ml，将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3＋、Fe3＋、Cu2＋离子，根据转移电子守恒，金属总共失去电子物质的量等于HNO3到NO得到的电子总数，，其中0.1ml铝完全反应失去0.3ml电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9ml－0.3ml=0.6ml，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH－)=0.6ml，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为22.7g－2.7g－0.6ml×17g/ml=30.2g，答案选D。
三、非选择题(本题共5小题，共60分。)
16. 按要求回答下列问题：
（1）下列变化中属于吸热反应的是_______。
①铝片与稀盐酸的反应；②将胆矾加热变为白色粉末；③干冰汽化；④甲烷在氧气中的燃烧反应；⑤固体溶于水；⑥C与CO2反应生成CO
（2）反应A+B→C(放热)分两步进行①A+B→X(吸热)；②X→C(放热)。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. C. D.
（3）下图是一氧化碳和氧在钌催化剂表面形成化学键的过程。下列说法正确的是_______。
A. 和均为酸性氧化物B. 该过程中，先断键成C和O
C. 状态Ⅰ到状态Ⅲ为放热过程D. 图示表示和反应生成的过程
（4）合成氨工业中，合成塔中每产生，放出热量，已知断开键、键分别需要吸收的能量为；则键断裂吸收的能量约等于_______(保留到小数点后一位)。
【答案】（1）②⑥ （2）D （3）C
（4）391.0
【解析】
【小问1详解】
①铝片与稀盐酸的反应为活泼金属和酸的反应，放热反应；②将胆矾加热变为白色粉末，为胆矾失去结晶水的过程，吸热反应；③干冰汽化为物理变化；④甲烷在氧气中的燃烧反应，燃烧为放热反应；⑤固体溶于水，为溶解过程，是物理变化；⑥C与CO2反应生成CO，反应过程吸收能量，为吸热反应；
故选②⑥；
【小问2详解】
A+B→C为放热反应，则A+B的总能量大于生成C的总能量，排除选项A、B；A+B→X（吸热），则X的能量大于A+B的总能量，X→C（放热），则X的能量大于C的总能量，排除选项C，答案选D；
【小问3详解】
A．为酸性氧化物，CO不和碱反应生成盐和水，不是酸性氧化物，A错误；
B．由图可知，该过程中，在催化剂表面形成二氧化碳，不需先断键成C和O，B错误；
C．状态Ⅰ到状态Ⅲ为形成化学键的过程，成键过程为放热过程，C正确；
D．图示表示和O反应生成的过程，D错误；
故选C；
【小问4详解】
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；工业合成氨反应为：3H2+N22NH3，则3×436+945.8-6×N-H键键能=-92.2，N-H键键能=+391.0kJ。
17. I．回答下列问题：
（1）实验室中化学药品保存方法是由药品本身性质决定的，下列试剂保存方法不正确的是_______。
a．浓硝酸见光受热易分解，用棕色试剂瓶保存
b．浓硫酸、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液都不可以用带有玻璃塞的试剂瓶保存
c．硫酸亚铁溶液易被空气氧化，保存时常加入铁粉
d．液溴有挥发性，保存时应水封
Ⅱ．氮、磷元素存在于人体所有细胞中，几乎参与所有生理上的化学反应。磷元素有多种含氧酸，除了常见的磷酸为三元中强酸外，还有次磷酸等弱酸，结合已学知识回答下列问题。
（2）次磷酸可由与碘水反应制备，其化学反应方程式为____；和比较，热稳定性较强的是_______。
（3）与过量溶液反应生成的盐为，该盐属于_____(选填“酸式”、“正”)盐。
（4）由同主族元素性质的相似性可知，属于_______(选填“离子”、“共价”)化合物，含有的化学键类型为_______。
【答案】（1）b （2） ①. PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI ②. NH3
（3）正 （4） ①. 离子 ②. 离子键和共价键
【解析】
【小问1详解】
a．浓硝酸性质不稳定，见光受热易分解生成二氧化氮、氧气和水，所以浓硝酸用棕色试剂瓶避光保存，故正确；
b．浓硫酸具有腐蚀性，会腐蚀橡胶，所以浓硫酸需用带有玻璃塞的试剂瓶保存，故错误；
c．硫酸亚铁溶液具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以保存硫酸亚铁溶液时常加入铁粉防止硫酸亚铁被氧化，故正确；
d．液溴有挥发性，保存液溴时应加入少量水水封，防止液溴挥发，故正确；
故选b；
【小问2详解】
由题意可知，磷化氢与碘水反应生成次磷酸和氢碘酸，反应化学方程式为PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI；同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减弱，则氨气的热稳定性强于磷化氢，故答案为：PH3+2I2+2H2O=H3PO2+4HI；NH3；
【小问3详解】
次磷酸与过量氢氧化钠溶液反应生成的盐为NaH2PO2，说明H3PO2为一元酸，NaH2PO2属于正盐，故答案为：正；
【小问4详解】
由同主族元素性质的相似性可知，PH4I的结构和性质类似于NH4Cl，是含有离子键和共价键的离子化合物，故答案为：离子；离子键和共价键。
18. 高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
（1）工业上用石英砂和过量焦炭在电弧炉中高温加热生成粗硅的化学方程式为_______。当有参与反应时，该反应转移的电子数是_______。
（2）还原炉中发生的化学反应方程式为：_______。
（3）上述工艺生产中循环使用的物质除、外，还有_______。
（4）工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为_______。
（5）工业上可利用水玻璃和盐酸反应制备硅酸凝胶，进一步脱水处理可得到硅胶，写出水玻璃和盐酸反应的离子方程式：_______。
（6）关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_______。
A. 自然界中存在天然游离的硅单质
B. 已知C与的最高正价都是正四价，由于，用类比法得知，
C. 用氧化物形式表示为
D. 硅元素在金属与非金属的分界线处，因此具有弱导电性，一般可用于作为半导体材料
E. 既能和溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
F. 玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）、
（4）
（5）
（6）CDF
【解析】
【小问1详解】
用石英砂和过量焦炭高温加热生成粗硅的化学方程式为: ，当有参与反应时，该反应转移的电子数是；
【小问2详解】
还原炉中用还原，生成高纯度的单质，发生的化学反应方程式为：；
【小问3详解】
流化床反应器中发生反应：，还原炉中发生反应：，所以可以循环的物质还有、；
【小问4详解】
氢氟酸来雕刻玻璃，氢氟酸和反应,化学方程式为：；
【小问5详解】
水玻璃和盐酸反应制取硅酸的离子方程式为：；
【小问6详解】
A．自然界中不存在天然游离的硅单质，硅是以二氧化硅和硅酸盐存在于自然界中，A错误；
B． 不溶于水，也不与水反应，B错误；
C．根据氧化物的表示方法，用氧化物形式表示为，C正确；
D．在周期表中，硅元素在金属与非金属的分界线处，因此具有弱导电性，一般可用于作为半导体材料，D正确；
E． 既能和溶液反应，又能和氢氟酸反应，但不能与其他酸反应，为酸性氧化物，E错误；
F． 玻璃、水泥、陶瓷都是传统的硅酸盐产品，F正确。
故选CDF。
19. 氮是生命体重要的组成元素，自然界中氮的循环对生命活动有重要意义。
（1）汽车尾气主要含有等物质，这种尾气逐渐成为城市空气污染的主要来源之一、其中的，在适宜条件下会转化为参与大气循环的两种无毒气体，该过程的化学反应方程式为_______。
（2）“价-类”二维图是学习元素化合物性质的重要方法，利用所学知识能更好地了解氮的循环。
①甲为常见的碱性气体，是制造氮肥、炸药等物质的化工原料。实验室制备甲的化学方程式为_______。实验室用该反应原理制取并收集一瓶干燥的甲气体，从下图中选择合适的装置，其连接顺序为发生装置→_______。(按从左到右的气流方向，用小写字母和箭头表示)
②用以下物质研究乙的性质，预测能与乙发生反应的物质为_______(填字母)。
A． B． C． D．
③丁主要用于染料、医药、印染、漂白等方面，且丁的焰色反应呈黄色。丁在酸性条件下，与按物质的量恰好完全反应，生成能使淀粉变蓝的物质，写出该过程发生的离子反应方程式_______。
（3）海洋生物参与氮循环的过程如图所示(其它含氨物质不参与反应)。
以上六种含氮微粒中，共呈现了氮元素的_______种价态。反应③和⑤中，若生成等物质的量的，则转移的电子数之比为_____。
【答案】（1）2xCO＋2NOx2xCO2＋N2
（2） ①. ②. a→d→c→f→e→i ③. D ④. 2NO＋2I－＋4H＋＝2NO↑＋I2＋2H2O
（3） ①. 5 ②. 2:3
【解析】
【小问1详解】
CO和NOx在适宜条件下会转化为参与大气循环的两种无毒气体氮气和二氧化碳，该过程的化学反应方程式为2xCO＋2NOx2xCO2＋N2；
故答案为：2xCO＋2NOx2xCO2＋N2；
【小问2详解】
①图中甲为常见的碱性气体，甲是NH3。实验室用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气，反应的化学方程式为；
②实验室用该反应原理制取氨气，用碱石灰干燥氨气(大进小出)，用向下排空气法收集氨气（短进长出），因为氨气极易溶于水，所以吸收尾气要有防倒吸装置，故连接顺序为：a→d→c→f→e→i；
③乙是N元素的+5价含氧酸，乙是HNO3，氨水呈碱性，氨水和硝酸反应生成硝酸铵，能与硝酸发生反应的物质为氨水，选D。
④丁是N元素的+3价含氧酸盐，丁的焰色反应呈黄色，丁为NaNO2;NaNO2在酸性条件下，与I－按物质的量1:1恰好完全反应，生成能使淀粉变蓝的物质I2，碘元素化合价由－1升高为0，根据得失电子守恒，N元素化合价由＋3降低为＋2，该过程发生的离子反应方程式2NO＋2I－＋4H＋＝2NO↑＋I2＋2H2O；
故答案为：
①
②a→d→c→f→e→i
③D
④2NO＋2I－＋4H＋＝2NO↑＋I2＋2H2O；
【小问3详解】
①NH和NH3中N元素为－3价、NH2OH中N元素为－1价、N2中N元素为0价、N2H4中N元素为－2价、NO中N元素为＋3价，以上六种含氮微粒中，共呈现了氮元素的5种价态。
②在反应③中N元素化合价由－2变为0，反应⑤中N元素化合价由＋3变为0，若生成等物质的量的N2，则转移的电子数之比为2:3;
故答案为：
①5
②2:3。
20. 是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。已知：饱和溶液在温度低于时析出晶体，温度高于时析出晶体，温度高于时，分解生成和。其生产工艺如图所示。
回答下列问题：
（1）中氯元素的化合价为_______。
（2）“反应Ⅰ”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（3）“反应Ⅱ”的离子方程式为_______。
（4）“一系列操作”为蒸发浓缩、趁热过滤、_____、干燥，其中“趁热过滤”应控制的温度范围是_______。
（5）“反应Ⅱ”产生的可用于制备含氯消毒剂。将通入足量溶液中，加热后得到的混合液。经测定与的物质的量浓度之比为，则与溶液反应时，被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为_______。
【答案】（1）+3 （2）2∶1
（3）2ClO2+2Cl－=Cl2＋2ClO
（4） ①. 洗涤 ②. 大于38℃小于60℃
（5）1∶2
【解析】
【分析】酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2同时自身被氧化生成硫酸氢钠，ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，NaClO2溶液经一系列操作得到NaClO2晶体。
【小问1详解】
NaClO2中Na显＋1价、O显－2价，根据化合物中正负化合价代数和等于0，氯的化合价为+3价；
故答案为：＋3；
【小问2详解】
“反应I”步骤中酸性条件下，二氧化硫把NaClO3还原为ClO2，反应中氯元素化合价由＋5变为＋4为氧化剂、硫元素化合价由+4变为+6为还原剂，结合转移电子守恒可知，反应的化学方程式为2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝2NaHSO4＋2ClO2，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1；
故答案为：2:1；
【小问3详解】
“反应Ⅱ”中ClO2和氯化钠溶液反应生成NaClO2、Cl2，氯离子发生氧化反应生成氯气，化合价由－1变为0，ClO2中氯元素发生还原反应生成NaClO2，化合价由＋4变为＋3，结合转移电子守恒可知，反应的离子方程式为2ClO2＋2Cl－＝Cl2＋2ClO；
故答案为：2ClO2＋2Cl－＝Cl2＋2ClO；
【小问4详解】
“一系列操作”从溶液中得到NaClO2晶体，操作为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；温度高于38℃时析出NaClO2晶体，温度高于60℃时，NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，所以“趁热过滤”应控制温度范围是大于38℃小于60℃；
故答案为：
①洗涤
②大于38℃小于60℃；
【小问5详解】
Cl2通入足量NaOH溶液中，加热后得到NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量比为a∶3∶1，根据得失电子守恒，a×1=3×1+1×5，解得a=8，氯元素化合价升高被氧化为NaClO、NaClO3、化合价降低被还原为NaCl，故被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比8∶（1+3）=1∶2；
故答案为1:2。选项
实验
现象
结论
A
向某溶液中滴加NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体
试纸变红
该溶液中含有NH
B
SO2通入酸性高锰酸钾溶液中
溶液褪色
SO2具有还原性
C
向某溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液
产生白色沉淀
该溶液中含有SO
D
向Na2CO3溶液中滴加盐酸，将产生的气体立即通入Na2SiO3溶液中
产生白色沉淀
酸性：H2CO3＞H2SiO3
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