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安徽省淮南二中2023-2024学年高一下学期期中教学检测化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份安徽省淮南二中2023-2024学年高一下学期期中教学检测化学试题（原卷版+解析版），文件包含安徽省淮南二中2023-2024学年高一下学期期中教学检测化学试题原卷版docx、安徽省淮南二中2023-2024学年高一下学期期中教学检测化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，务必在答题卷规定位置填写自己的姓名、班级、准考证号(智学号)；
2.在答题卷上答题时，选择题必须用2B铅笔将对应题号的答案涂黑，非选择题必须用0.5mm黑色墨水签字笔在指定区域作答，超出规定区域作答无效；
3.考试结束只需提交答题卷，试题卷学生自己保存。
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷
一、选择题：(本大题共14个小题，每小题3分，在每小题所给四个选项中，只有一项是符合题意的。)
1. 我国在科技上不断取得重大成果。下列各项中使用的材料不属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．石英成分是SiO2，属于无机非金属材料，故A错误；
B．砷化镓是一种半导体材料，属于无机非金属材料，故B错误；
C．聚乙烯纤维是有机材料，不属于无机非金属材料，故C正确；
D．石墨烯由碳元素形成单质，属于无机非金属材料，故D错误；
故选C。
2. 拉希法制备肼的主要反应为。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为18的氯原子：B. 的结构式：
C. 的电子式：D. 原子的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．质量数=质子数+中子数。质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为：，A错误；
B．肼的结构为： ，B正确；
C．氨气的电子式为： ，C错误；
D．氯原子的质子数和电子数均为17，其结构示意图为： ，D错误；
故选B。
3. 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分子的数目为
B. 12.8gCu和0.2mlS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. 在标准状况下，22.4L氮气与足量的氢气反应，能生成分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸与足量铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，随着反应的进行，浓硫酸变为不能与铜反应的稀硫酸，故反应生成二氧化硫的分子数目小于18.4ml/L×0.05L×NAml—1=0.46NA，故A错误；
B．铜与硫共热反应生成硫化亚铜，0.2ml硫完全反应消耗铜的质量为0.2ml×2×64g/ml=35.6g，则反应中铜不足量，所以12.8g铜充分反应转移电子数为×1×NAml—1=0.2NA，故B正确；
C．常温下铝在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以无法计算2.7g铝失去的电子数，故C错误；
D．氮气与氢气一定条件下反应生成氨气的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以无法计算在标准状况下，22.4L氮气与足量的氢气反应生成氨气的分子数，故D错误；
故选B。
4. 下列物质的性质与用途的表述均正确且有对应关系的是
A. 两性，可用于制造耐高温陶瓷
B. 浓硝酸不与铁铝反应，可用铝制或铁制容器盛装浓硝酸
C. 具有还原性，可用作抗氧化剂添加到特定食品中
D. 传输信号不衰减，可用做芯片
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铝可用于制造耐高温陶瓷是因为氧化铝的熔点高，与氧化铝是两性氢氧化物无关，故A错误；
B．铁铝在浓硝酸中钝化，致密的钝化膜阻碍反应继续进行，所以可用铝制或铁制容器盛装浓硝酸，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，可用作抗氧化剂添加到特定食品中，延长食品的保质期，故C正确；
D．二氧化硅传输信号不衰减，可用做光导纤维，故D错误；
故选C
5. 利用“价-类”二维图研究物质的性质是一种行之有效的方法，下图是硫、氮的“价-类”二维图。下列说法正确的是
A. k加热易分解，通常生成
B. a与g的水溶液不会发生反应
C. d与氯水混合漂白能力一定增强
D. 氮的固定一定是将氮气氧化为氮的氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A．k为硝酸，硝酸加热易分解释放，A正确；
B．a为显酸性，g为显碱性，二者能发生反应生成铵盐，B错误；
C．d为，与氯水混合发生反应，产物无漂白性，C错误；
D．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，氮气可以被氧化，也可以被还原，D错误。
故选：A。
6. 以下反应的离子方程式书写不正确的是
A. NH4Cl溶液与Na反应：2+2Na=2Na＋+2NH3↑+H2↑
B. 次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2ClO-+SO2+H2O=2HClO+
C. NH4HCO3与过量NaOH溶液加热：++2OH-NH3↑++2H2O
D. 碳酸氢钠溶液吸收过量二氧化硫：SO2+=+CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH4Cl在溶液会发生反应：+H2ONH3·H2O+H+，溶液显酸性，Na与H+反应产生Na+、H2，使上述平衡正向移动，反应放出热量，NH3·H2O分解产生NH3、H2O，总反应方程式为：2+2Na=2Na＋+2NH3↑+H2↑，A正确；
B．次氯酸钠有强的氧化性，会将SO2氧化产生，ClO-被还原产生Cl-，由于SO2气体少量，NaClO过量，所以反应产生的H+会再与过量ClO-结合生成弱酸HClO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得反应的离子方程式为：3ClO-+SO2+H2O=2HClO++Cl-，B错误；
C．NaOH溶液过量，反应要以不足量的NH4HCO3为标准，反应的离子方程式为：++2OH-NH3↑++2H2O，C正确；
D．由于酸性：H2SO3＞H2CO3，所以NaHCO3溶液吸收过量SO2，反应产生NaHSO3和CO2，反应的离子方程式应该为：SO2+=+CO2，D正确；
故合理选项是B。
7. 下图中实验装置能达到相应实验目的的是
A. 装置甲可用于制备并收集少量干燥氨气
B. 装置乙可用于验证反应是否有生成
C. 装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
D. 装置丁可进行喷泉实验
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置甲中浓氨水和CaO反应生成NH3，碱石灰干燥氨气，收集氨气应该用向下排空气法，A错误；
B．装置乙中木炭和浓硫酸反应生成CO2和SO2，CO2和SO2均能使澄清石灰水变混浊，应该先除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2，B错误；
C．氯化铵受热分解生成HCl和NH3，两气体遇冷重新结合成NH4Cl，装置丙无法检验氯化铵受热分解生成的两种气体，C错误；
D．SO2和NaOH溶液反应，装置丁可进行喷泉实验，D正确；
故答案选D。
8. 氮化铬(CrN)具有高的硬度和良好的耐磨性。实验室可利用与反应来制备氮化铬，可选择的装置如下图。下列说法错误的是
已知：为紫色单斜晶体，熔点为383℃，易升华，高温下易被氧气氧化，极易水解，CrN难溶于水，熔点1282℃
A. 装置的连接顺序为：A→D→E→B→C→E
B. A装置中分液漏斗内盛放的是氯化铵溶液，圆底烧瓶中盛放的是氢氧化钠溶液
C. B与C之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的冷凝堵塞导管
D. 制得的CrN中往往含有少量，生成的化学方程式为：
【答案】B
【解析】
【分析】A中制备氨气，D装置用来控制NH3的流速以及检验后续装置是否堵塞，E装置干燥氨气，B装置中氨气和CrCl3反应制备氮化铬，由于易升华，粗导管是为了防止堵塞，CrCl3极易水解，E装置可防止空气中的水进入C中，故装置的连接顺序为A→D→E→B→C→E。
【详解】A．根据分析，装置的连接顺序为：A→D→E→B→C→E，A正确；
B．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应制备氨气时需要加热，题中无加热装置，B错误；
C．根据分析，B与C之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的冷凝堵塞导管，C正确；
D．制得的CrN中往往含有少量，根据杨阿虎还原反应原理，生成的化学方程式为：，D正确；
故选B。
9. 一种治疗免疫疾病的药物，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是
A. 原子半径：
B. 该物质中Y、Z、Q均满足8电子构型
C. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Q的最高价氧化物对应水化物的酸性
D. 与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有无色无味气体产生
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，由化合物的结构可知，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K，
A．根据原子半径的递变规律，原子半径：，故A正确；
B．该物质中除了H形成2e-结构外，所有原子都满足最外层8e-结构，故B正确；
C．H2CO3的酸性比H2SO4弱，故C错误；
D．KH与稀硫酸反应会生成H2，故D正确。
答案选C。
10. 根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断，下列说法错误的是
A. N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应
B. 2mlO原子生成1mlO2(g)时放出498kJ能量
C. 2mlNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收1264kJ能量
D. 由N2和O2生成2mlN(g)和2mlO(g)吸收的总能量为1444kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题给图像可知，的断键吸收总能量-成键放出总能量=＞0，则该反应是吸热反应，故A错误；
B．原子结合形成分子的过程是化学键形成过程，是放热过程，2mlO原子结合生成时放出能量，故B正确；
C．由图知形成2mlNO(g)放热2×632KJ/ml能量，所以2mlNO(g)中的化学键断裂时需要吸收能量，故C正确；
D．由图给出图像可知，1ml N2断键生成2ml N(g)及1ml O2的2mlO(g)吸收的总能量为，故D正确；
故答案选A。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释一定正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向淀粉-KI溶液中通入Cl2，再通入SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去，说明首先发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，证明还原性：I-＞Cl-；然后发生反应： I2+SO2+2H2O=2I-++4H+，证明还原性：SO2＞I-，因此I-、Cl-、SO2三种微粒的还原性由强到弱的的顺序为：SO2＞I-＞Cl-，A正确；
B．SO2溶于水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+，使溶液显酸性。在酸性条件下，H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，可以将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4电离产生的与Ba(NO3)2电离产生的Ba2+反应产生BaSO4白色沉淀，因此不能证明SO2气体中混有SO3(g)，B错误；
C．可能是Fe过量，用足量盐酸溶解反应后产物产生的Fe3+与过量未反应的Fe粉反应转化为Fe2+，因而再滴加KSCN溶液，溶液未变血红色，不能由此判断固体产物中不存在三价铁，C错误；
D．盐酸具有挥发性，挥发的HCl与溶液中Na2SiO3反应而产生白色H2SiO3沉淀，因此不能证明元素的非金属性：C＞Si，D错误；
故合理选项是A。
12. 如图所示是几种常见化学电源示意图，有关说法不正确的是
A. 甲、乙、丙分别属于一次电池、二次电池和燃料电池
B. 甲电池放电时，电子从锌筒经外电路到石墨电极
C. 乙中铅蓄电池放电过程中硫酸溶液浓度减小
D. 丙中氢氧燃料电池中负极通入氧气，发生还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．干电池属于一次电池，铅蓄电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃烧电池，A正确；
B．甲池中，锌作负极失电子，石墨作正极，故电子从锌筒经外电路到石墨电极，B正确；
C．铅蓄电池在放电过程中，硫酸为电解质，放电的过程中消耗氢离子生成水，故硫酸溶液浓度减小，C正确；
D．丙中正极通入的为氧气得电子，发生还原反应，D错误；
故选D。
13. 将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL（不考虑其他气体，体积折算为标准状况下），反应结束后向溶液中加入120mL1ml·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是
A. Mg与Cu的物质的量比值为3：1B. NO和NO2的体积比为1：1
C. 原硝酸的浓度为8ml·L-1D. 通入的O2的体积（标准状况下）V=448mL
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为，Mg与Cu的物质的量之和为0.04ml，设镁物质的量为a ml，铜物质的量为(0.04-a)ml，则24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02ml，物质的量比值为1：1，A错误；
B．NO和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04ml，设混合气体中NO的物质的量为x ml，NO2的物质的量为(0.04-x)ml，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物质的量都为0.02ml，体积比为1：1，故B正确；
C．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1ml/L×0.12L=0.12ml，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+ 未被还原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16ml，原硝酸的浓度为，C正确；
D．NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量都是0.02ml，因此根据方程式n(O2)==0.02ml，标准状况下通入氧气的体积为：0.02ml×22.4L/ml=0.448L，即448mL，D正确；
本题选A
14. 某100 mL溶液可能含有、Fe2+、Fe3+、Na+、Cl-、、、中几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)；
(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224 L(标准状况)。
(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时将生成的沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4 g。
下列说法不正确的是
A. 该溶液中一定含有、、、
B. 该溶液中一定不含
C. 该溶液中c()=0.3 ml/L
D. 根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+
【答案】C
【解析】
【分析】某100 mL溶液可能含有、、、、、、、中的几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进行如下实验，(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224 L(标准状况)，溶液中可能含有，反应产生的气体为CO2，产生标准状况无色气体0.224 L，其物质的量是n()=0.01 ml；也可能含有Fe2+、，在酸性条件下发生氧化还原反应：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，产生标准状况无色气体0.224 L，气体的物质的量是0.01 ml，根据反应转化关系可知过量，Fe2+完全反应。n(Fe2+)=0.03 ml；(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体是NH3，说明含有；同时将生成的沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4 g，若是含有，由于与Fe2+、Fe3+会形成沉淀而不能大量共存，加入碱不能产生沉淀，则说明原溶液无，而含有Fe2+，故n()=0.03 ml，加入碱时会发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3、H2O，由于n(Fe2+)=0.03 ml，则根据Fe元素守恒可知n(Fe2O3)=0.015 ml，m(Fe2O3)=0.015 ml×160 g/ml=2.4 g，刚好吻合，则说明溶液中只含有n(Fe2+)=0.03 ml，n()=0.03 ml，n()=0.03 ml，根据电荷守恒，可知在每一等份溶液中还含有，其物质的量是0.03 ml。
【详解】A．根据上述分析可知该溶液中一定含有、Fe2+、、，A正确；
B．若该溶液中还含有Fe3+，加入碱NaOH溶液时，反应产生Fe(OH)3，其受热分解产生Fe2O3，导致固体质量比2.4 g多，这与反应事实不吻合，故该溶液中不含有Fe3+，B正确；
C．根据上述分析可知：在每等份溶液中含有的物质的量是0.03 ml，由于溶液体积是50 mL，故的物质的量浓度c()=，C错误；
D．在上述实验中未涉及Na+的检验，若溶液中存在Na+，根据离子的浓度相等，且遵循电荷守恒，溶液中就可能还同时存在Cl-，若溶液中存在Na+，则溶液中就不存在Cl-，故根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+，D正确；
故合理选项是C。
第Ⅱ卷
二、填空题：
15. 硅单质及其化合物应用广泛。请回答下列问题：
（1）传统的无机非金属材料多为硅酸盐材料，主要包括陶瓷、水泥和玻璃，其中制玻璃的主要原料为_______。
（2）下列溶液的存放不能使用磨口玻璃塞的是_______(填序号)。
①浓硝酸 ②溶液 ③溶液 ④澄清石灰水 ⑤溶液 ⑥溶液 ⑦溶液
（3）关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_______(填字母)。
A．自然界中存在天然游离的硅单质
B．已知C与Si的最高正价都是正四价，由于CO2+H2O=H2CO3，用类比法可知，SiO2+H2O=H2SiO3
C．无机非金属材料AlN熔沸点很高，可作为耐高温材料制作特定仪器
D．保存氢氟酸可用玻璃瓶，但不能用玻璃塞
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．高纯硅可用于制作光导纤维
（4）硅单质可作为硅半导体材料。三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程如图：
①写出制粗硅的化学方程式_______。
②上述工艺生产中循环使用的物质除Si、SiHCl3外，还有_______。
③整个制备过程必须严格控制无水无氧。遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和一种气体单质，写出发生反应的化学方程式_______；在制备高纯硅的过程中若混入，可能引起的后果是_______。
（5）新型陶瓷材料氮化硅(Si3N4)可应用于原子反应堆，一种制备氮化硅的反应如下： 3SiO2+6C+2N2 Si3N4+6CO，若生成标准状况下33.6LCO时，反应过程中转移的电子数为_______。
【答案】（1）石英、纯碱、石灰石
（2）④⑥⑦ （3）C
（4） ①. SiO2+2C Si+2CO ②. H2、HCl ③. SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑ ④. 高温条件下H2与O2混合发生爆炸
（5）3
【解析】
【小问1详解】
工业上制玻璃的主要原料为石英、纯碱、石灰石，故答案为：石英、纯碱、石灰石；
【小问2详解】
玻璃中的二氧化硅能与碱性物质反应生成硅酸盐，硅酸钠溶液具有粘结性，故澄清石灰水、氢氧化钠溶液、硅酸钠溶液不能用磨口玻璃塞的试剂瓶保存，故选④⑥⑦；
【小问3详解】
A．硅元素是亲氧元素，自然界中不存在天然游离的硅单质，故错误；
B．二氧化硅不溶水，不能与水反应生成硅酸，故错误；
C．无机非金属材料氮化铝具有熔沸点很高的特性，可作为耐高温材料制作特定仪器，故正确；
D．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，石英保存氢氟酸不能用玻璃瓶，也不能用玻璃塞，故错误；
E．二氧化硅是酸性氧化物，不是两性氧化物，故错误；
F．高纯硅可用于制作硅芯片、太阳能电池，但不能用于制作光导纤维，故错误；
故选C；
【小问4详解】
由题给流程可知，石英与焦炭高温条件下反应制得粗硅，粗硅在573K以上条件下与氯气反应生成三氯硅烷和氢气，精馏得到的三氯硅烷与氢气高温条件下反应生成硅与氯化氢；
①由分析可知，制粗硅的反应为英与焦炭高温条件下反应生成硅与一氧化碳，反应的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO，故答案为：SiO2+2C Si+2CO；
②由分析可知，上述工艺生产中循环使用的物质为硅、三氯硅烷、氢气和氯化氢，故答案为：H2、HCl；
③由题意可知，三氯硅烷与水反应生成硅酸沉淀、盐酸和氢气，反应的化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑；在制备高纯硅的过程中若混入氧气，高温条件下氢气与氧气混合会发生爆炸，故答案为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑；高温条件下H2与O2混合发生爆炸；
【小问5详解】
由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，氮元素的化合价降低被还原，氮气是氧化剂，反应生成6ml一氧化碳时，反应转移12ml电子，则生成标准状况下33.6L一氧化碳时，反应过程中转移的电子数为×2×NAml-1=3NA，故答案为：3。
16. 实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)制取并验证其性质。
（1）盛装溶液的仪器名称为_______。
（2）装置的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断生成的快慢，其中的液体最好选择_______(填字母)。
A. 蒸馏水B. 饱和溶液C. 饱和溶液D. 饱和溶液
（3）试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为_______。经测定，产物中还有一种相对分子质量为104的酸式盐，则该反应的离子方程式为_______。
（4）为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管中的溶液分成三份，分别进行如下实验：
方案Ⅰ：向第一份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成；
方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去；
方案Ⅲ：向第三份溶液中加入溶液，产生白色沉淀。
上述方案中能达到实验目的的是方案_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；试管中发生反应的离子方程式为_______。
（5）装置的作用是_______。装置中为_______溶液。
【答案】（1）分液漏斗 （2）C
（3） ①. 产生淡黄色沉淀 ②. 2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓
（4） ①. Ⅲ ②.
（5） ①. 用向上排空气法收集二氧化硫 ②. NaOH
【解析】
【分析】A中亚硫酸钠和浓硫酸反应制备二氧化硫，B中根据气泡的多少判断生成的快慢，C中二氧化硫和Na2S反应生成S沉淀验证二氧化硫的氧化性，D中二氧化硫和氯水反应验证二氧化硫的还原性，E收集二氧化硫，D吸收二氧化硫，防止污染。
【小问1详解】
根据装置图，A中盛装溶液的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
A．溶于蒸馏水中生成亚硫酸，故不选A；
B．与饱和溶液反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，故不选B；
C．与饱和溶液不反应，且不溶于饱和溶液，故选C
D．与饱和溶液反应生成亚硫酸钠，故不选D；
选C。
【小问3详解】
C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，则SO2中S元素化合价降低生成S单质，现象为产生淡黄色沉淀。经测定，产物中还有一种相对分子质量为104的酸式盐，该盐为NaHSO3，该反应的离子方程式为2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓。
【小问4详解】
方案Ⅰ：氯水中含有氯离子，向第一份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，不能证明二氧化硫具有还原性；
方案Ⅱ：氯水、二氧化硫都有漂白性，向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去，不能证明二氧化硫具有还原性；
方案Ⅲ：向第三份溶液中加入溶液，产生白色沉淀，证明有硫酸钡生成，则说明二氧化硫具有还原性。
上述方案中能达到实验目的的是方案Ⅲ；试管中二氧化硫和氯水反应生成盐酸和硫酸， 发生反应的离子方程式为。
【小问5详解】
装置是用向上排空气法收集二氧化硫。装置F吸收二氧化硫，盛装NaOH溶液。
17. 如图是无机物在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未标出)。已知：常温下A为气体，都含有相同的元素。
试回答下列问题。
（1）写出反应①的化学方程式：_______。
（2）在①②③④中属于氮的固定的是_______(填序号)。
（3）下列说法正确的是_______(填字母)。
A. 通过水可以除去中含有的少量D
B. 物质均可以用向上排空气法收集
C. 的浓溶液的存放方法是保存在无色细口玻璃瓶
D. 物质中只含离子键
（4）易溶于水。已知某温度压强下，将体积为的试管充满后倒扣在水中。
①最终试管中所得的物质的量浓度为(不考虑的扩散)_______。
②若按物质的量之比被溶液吸收，只生成一种盐，则该反应的离子方程式是_______。为提高吸收速率与效率，最好选用_______装置(填字母)。
（5）工业上可用①②③由制取，为了提高原料的利用率并尽量减轻对环境的污染，C须循环使用。若消耗的制取，在该过程中至少消耗的的物质的量为_______。
（6）实验室里检验中阳离子的方法是_______。
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2）④ （3）AD
（4） ①. ②. NO+NO2+=2+CO2 ③. B
（5）2 （6）取样品放入试管里，然后用胶头滴管滴入少量较浓的氢氧化钠溶液，给试管加热，将润湿的红色石蕊试纸悬放于试管口处，试纸由红色变成蓝色，证明铵根离子存在
【解析】
【分析】已知：A为气体，A～F都含有相同的元素，A能和氧气、氢气反应，B和氧气生成C，推测A为氮气、B为氨气、C为一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，硝酸和氨气生成硝酸铵，故D为二氧化氮、E为硝酸、F为硝酸铵。
【小问1详解】
反应①为氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【小问2详解】
氮的固定为游离态氮转化为化合态的氮，①②③④中属于氮的固定的是④。
【小问3详解】
A．二氧化氮和水生成NO，则通过水可以除去C中含有的少量D，A正确；
B．NO会和氧气转化为二氧化氮，故NO不用向上排空气法收集，B错误；
C．浓硝酸见光易分解，其浓溶液的存放方法是保存在棕色细口玻璃瓶，C错误；
D．物质硝酸铵是由铵根离子、硝酸根离子构成的，含有离子键，D正确；
故选AD。
【小问4详解】
①3NO2+H2O=2HNO3+NO，体积为VmL的试管充满D后倒扣在水中，试管中会剩余三分之一的NO，液体进入试管的三分之而，则最终试管中所得二氧化氮的物质的量浓度为；
②若一氧化氮、二氧化氮按物质的量之比1：1被Na2CO3溶液吸收，只生成一种盐，一氧化氮中氮化合价为+2、二氧化氮中氮化合价为+4，则该反应中生成+3价氮的盐为NaNO2，根据质量守恒可知同时生成二氧化碳，反应离子方程式是NO+NO2+=2+CO2。为提高吸收速率与效率，最好选用B，通过多孔球泡增加气体与碱液的接触面积。
【小问5详解】
NH3转化为HNO3中氮化合价由-3变为+5，氧气为氧化剂化合价由0变为-2，结合电子守恒可知NH3~8e-~2O2，消耗1ml的B制取E，在该过程中至少消耗的O2的物质的量为2ml。
【小问6详解】
实验室里检验硝酸铵中阳离子的方法是：取样品放入试管里，然后用胶头滴管滴入少量较浓的氢氧化钠溶液，给试管加热，将润湿的红色石蕊试纸悬放于试管口处，试纸由红色变成蓝色，证明铵根离子存在。
18. 以某铜矿石制备Cu(NO3)2晶体的工艺流程如图所示，已知铜矿石的主要成分为Cu2S和少量SiO2，滤液I中含Cu2+，滤渣I可回收单质S和SiO2。
（1）Cu2S中Cu的化合价为_______。
（2）铜矿石“氧化浸出”前需碾碎的目的是________。
（3）“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为________。
（4）“反应”中生成Cu(NO3)2的离子方程式为________。
（5）“沉铁”后分离出沉淀的操作的名称为________，该操作在实验室进行时用到的玻璃仪器有________。
（6）“气体”与足量空气混合被水吸收过程中发生反应的化学方程式为________，其生成物可循环到上述流程中的________(填“氧化浸出”“还原”“反应”或“沉铁”)过程中再利用。
【答案】（1）+1价 （2）增大反应物的接触面积，使反应更快更充分
（3）Fe2+ （4）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
（5） ①. 过滤 ②. 烧杯、漏斗、玻璃棒
（6） ①. 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ②. 反应
【解析】
【分析】铜矿石中的硫化亚铜与硝酸铁溶液反应生成铜离子、亚铁离子和硫单质，二氧化硅与硝酸铁溶液不反应，滤渣Ⅰ的成分是单质S和SiO2。滤液I中含Cu2+，加入过量的铁与铁离子、铜离子反应生成铜单质和亚铁离子，所以滤渣Ⅱ是铁和铜，向滤渣Ⅱ中加入稀硝酸，稀硝酸与铁、铜均能反应，生成铜离子、铁离子、一氧化氮气体，沉铁过程加入氢氧化铜消耗溶液中的氢离子，使铁离子生成氢氧化铁沉淀除去，对滤液进行一系列操作最后得到硝酸铜晶体。
【小问1详解】
根据化合价为0的原则，中Cu的化合价为价，S的化合价为价。
【小问2详解】
将铜矿石碾碎可以增大反应物的接触面积，使反应更快更充分。
【小问3详解】
“还原”过程中，Fe与、反应得到和Cu，“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为。
【小问4详解】
“滤渣Ⅱ”中有过量的Fe和Cu，Cu与稀硝酸反应生成的离子方程式为。
【小问5详解】
分离沉淀和溶液的操作为过滤，过滤操作在实验室进行时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
【小问6详解】
铁和铜与稀硝酸反应都会生成气体，与足量空气混合被水吸收制成硝酸，该过程中发生反应的化学方程式为，“反应”用到了硝酸，所以生成物可循环到上述流程的“反应”过程中。A．“神舟十四号”上搭载的石英挠性加速度计
B．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板
C．用于吊装港珠澳大桥的超高分子量聚乙烯纤维吊绳
D．应用于5G手机中的石墨烯导热膜
选项
实验操作和现象
结论或解释
A
向淀粉-KI溶液中通入Cl2，再通入SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去
还原性：SO2＞I-＞Cl-
B
检验SO2气体中是否混有SO3(g)：将气体通入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成
混有SO3(g)
C
取少量铁与水蒸气反应后的固体于试管中，加足量稀盐酸溶解再滴加KSCN溶液，溶液未变血红色
固体产物中不存在三价铁
D
用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀
元素非金属性：C＞Si
注意事项：
1.答题前，务必在答题卷规定位置填写自己的姓名、班级、准考证号(智学号)；
2.在答题卷上答题时，选择题必须用2B铅笔将对应题号的答案涂黑，非选择题必须用0.5mm黑色墨水签字笔在指定区域作答，超出规定区域作答无效；
3.考试结束只需提交答题卷，试题卷学生自己保存。
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷
一、选择题：(本大题共14个小题，每小题3分，在每小题所给四个选项中，只有一项是符合题意的。)
1. 我国在科技上不断取得重大成果。下列各项中使用的材料不属于无机非金属材料的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．石英成分是SiO2，属于无机非金属材料，故A错误；
B．砷化镓是一种半导体材料，属于无机非金属材料，故B错误；
C．聚乙烯纤维是有机材料，不属于无机非金属材料，故C正确；
D．石墨烯由碳元素形成单质，属于无机非金属材料，故D错误；
故选C。
2. 拉希法制备肼的主要反应为。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是
A. 中子数为18的氯原子：B. 的结构式：
C. 的电子式：D. 原子的结构示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．质量数=质子数+中子数。质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为：，A错误；
B．肼的结构为： ，B正确；
C．氨气的电子式为： ，C错误；
D．氯原子的质子数和电子数均为17，其结构示意图为： ，D错误；
故选B。
3. 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分子的数目为
B. 12.8gCu和0.2mlS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. 在标准状况下，22.4L氮气与足量的氢气反应，能生成分子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硫酸与足量铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，随着反应的进行，浓硫酸变为不能与铜反应的稀硫酸，故反应生成二氧化硫的分子数目小于18.4ml/L×0.05L×NAml—1=0.46NA，故A错误；
B．铜与硫共热反应生成硫化亚铜，0.2ml硫完全反应消耗铜的质量为0.2ml×2×64g/ml=35.6g，则反应中铜不足量，所以12.8g铜充分反应转移电子数为×1×NAml—1=0.2NA，故B正确；
C．常温下铝在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，所以无法计算2.7g铝失去的电子数，故C错误；
D．氮气与氢气一定条件下反应生成氨气的反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以无法计算在标准状况下，22.4L氮气与足量的氢气反应生成氨气的分子数，故D错误；
故选B。
4. 下列物质的性质与用途的表述均正确且有对应关系的是
A. 两性，可用于制造耐高温陶瓷
B. 浓硝酸不与铁铝反应，可用铝制或铁制容器盛装浓硝酸
C. 具有还原性，可用作抗氧化剂添加到特定食品中
D. 传输信号不衰减，可用做芯片
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铝可用于制造耐高温陶瓷是因为氧化铝的熔点高，与氧化铝是两性氢氧化物无关，故A错误；
B．铁铝在浓硝酸中钝化，致密的钝化膜阻碍反应继续进行，所以可用铝制或铁制容器盛装浓硝酸，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，可用作抗氧化剂添加到特定食品中，延长食品的保质期，故C正确；
D．二氧化硅传输信号不衰减，可用做光导纤维，故D错误；
故选C
5. 利用“价-类”二维图研究物质的性质是一种行之有效的方法，下图是硫、氮的“价-类”二维图。下列说法正确的是
A. k加热易分解，通常生成
B. a与g的水溶液不会发生反应
C. d与氯水混合漂白能力一定增强
D. 氮的固定一定是将氮气氧化为氮的氧化物
【答案】A
【解析】
【详解】A．k为硝酸，硝酸加热易分解释放，A正确；
B．a为显酸性，g为显碱性，二者能发生反应生成铵盐，B错误；
C．d为，与氯水混合发生反应，产物无漂白性，C错误；
D．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，氮气可以被氧化，也可以被还原，D错误。
故选：A。
6. 以下反应的离子方程式书写不正确的是
A. NH4Cl溶液与Na反应：2+2Na=2Na＋+2NH3↑+H2↑
B. 次氯酸钠溶液吸收少量二氧化硫：2ClO-+SO2+H2O=2HClO+
C. NH4HCO3与过量NaOH溶液加热：++2OH-NH3↑++2H2O
D. 碳酸氢钠溶液吸收过量二氧化硫：SO2+=+CO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH4Cl在溶液会发生反应：+H2ONH3·H2O+H+，溶液显酸性，Na与H+反应产生Na+、H2，使上述平衡正向移动，反应放出热量，NH3·H2O分解产生NH3、H2O，总反应方程式为：2+2Na=2Na＋+2NH3↑+H2↑，A正确；
B．次氯酸钠有强的氧化性，会将SO2氧化产生，ClO-被还原产生Cl-，由于SO2气体少量，NaClO过量，所以反应产生的H+会再与过量ClO-结合生成弱酸HClO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得反应的离子方程式为：3ClO-+SO2+H2O=2HClO++Cl-，B错误；
C．NaOH溶液过量，反应要以不足量的NH4HCO3为标准，反应的离子方程式为：++2OH-NH3↑++2H2O，C正确；
D．由于酸性：H2SO3＞H2CO3，所以NaHCO3溶液吸收过量SO2，反应产生NaHSO3和CO2，反应的离子方程式应该为：SO2+=+CO2，D正确；
故合理选项是B。
7. 下图中实验装置能达到相应实验目的的是
A. 装置甲可用于制备并收集少量干燥氨气
B. 装置乙可用于验证反应是否有生成
C. 装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
D. 装置丁可进行喷泉实验
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置甲中浓氨水和CaO反应生成NH3，碱石灰干燥氨气，收集氨气应该用向下排空气法，A错误；
B．装置乙中木炭和浓硫酸反应生成CO2和SO2，CO2和SO2均能使澄清石灰水变混浊，应该先除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2，B错误；
C．氯化铵受热分解生成HCl和NH3，两气体遇冷重新结合成NH4Cl，装置丙无法检验氯化铵受热分解生成的两种气体，C错误；
D．SO2和NaOH溶液反应，装置丁可进行喷泉实验，D正确；
故答案选D。
8. 氮化铬(CrN)具有高的硬度和良好的耐磨性。实验室可利用与反应来制备氮化铬，可选择的装置如下图。下列说法错误的是
已知：为紫色单斜晶体，熔点为383℃，易升华，高温下易被氧气氧化，极易水解，CrN难溶于水，熔点1282℃
A. 装置的连接顺序为：A→D→E→B→C→E
B. A装置中分液漏斗内盛放的是氯化铵溶液，圆底烧瓶中盛放的是氢氧化钠溶液
C. B与C之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的冷凝堵塞导管
D. 制得的CrN中往往含有少量，生成的化学方程式为：
【答案】B
【解析】
【分析】A中制备氨气，D装置用来控制NH3的流速以及检验后续装置是否堵塞，E装置干燥氨气，B装置中氨气和CrCl3反应制备氮化铬，由于易升华，粗导管是为了防止堵塞，CrCl3极易水解，E装置可防止空气中的水进入C中，故装置的连接顺序为A→D→E→B→C→E。
【详解】A．根据分析，装置的连接顺序为：A→D→E→B→C→E，A正确；
B．氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应制备氨气时需要加热，题中无加热装置，B错误；
C．根据分析，B与C之间采用粗玻璃管的目的是防止升华的冷凝堵塞导管，C正确；
D．制得的CrN中往往含有少量，根据杨阿虎还原反应原理，生成的化学方程式为：，D正确；
故选B。
9. 一种治疗免疫疾病的药物，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述错误的是
A. 原子半径：
B. 该物质中Y、Z、Q均满足8电子构型
C. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Q的最高价氧化物对应水化物的酸性
D. 与Q的最高价氧化物对应水化物的稀溶液反应有无色无味气体产生
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，由化合物的结构可知，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O，Q为S；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，则W为K；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H，Y为C，以此分析解答。
【详解】结合分析可知，X为H，Y为C，Z为O，Q为S，W为K，
A．根据原子半径的递变规律，原子半径：，故A正确；
B．该物质中除了H形成2e-结构外，所有原子都满足最外层8e-结构，故B正确；
C．H2CO3的酸性比H2SO4弱，故C错误；
D．KH与稀硫酸反应会生成H2，故D正确。
答案选C。
10. 根据如图所示的N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化情况判断，下列说法错误的是
A. N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)是放热反应
B. 2mlO原子生成1mlO2(g)时放出498kJ能量
C. 2mlNO(g)分子中的化学键断裂时需要吸收1264kJ能量
D. 由N2和O2生成2mlN(g)和2mlO(g)吸收的总能量为1444kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题给图像可知，的断键吸收总能量-成键放出总能量=＞0，则该反应是吸热反应，故A错误；
B．原子结合形成分子的过程是化学键形成过程，是放热过程，2mlO原子结合生成时放出能量，故B正确；
C．由图知形成2mlNO(g)放热2×632KJ/ml能量，所以2mlNO(g)中的化学键断裂时需要吸收能量，故C正确；
D．由图给出图像可知，1ml N2断键生成2ml N(g)及1ml O2的2mlO(g)吸收的总能量为，故D正确；
故答案选A。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释一定正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向淀粉-KI溶液中通入Cl2，再通入SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去，说明首先发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2，证明还原性：I-＞Cl-；然后发生反应： I2+SO2+2H2O=2I-++4H+，证明还原性：SO2＞I-，因此I-、Cl-、SO2三种微粒的还原性由强到弱的的顺序为：SO2＞I-＞Cl-，A正确；
B．SO2溶于水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+，使溶液显酸性。在酸性条件下，H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，可以将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4电离产生的与Ba(NO3)2电离产生的Ba2+反应产生BaSO4白色沉淀，因此不能证明SO2气体中混有SO3(g)，B错误；
C．可能是Fe过量，用足量盐酸溶解反应后产物产生的Fe3+与过量未反应的Fe粉反应转化为Fe2+，因而再滴加KSCN溶液，溶液未变血红色，不能由此判断固体产物中不存在三价铁，C错误；
D．盐酸具有挥发性，挥发的HCl与溶液中Na2SiO3反应而产生白色H2SiO3沉淀，因此不能证明元素的非金属性：C＞Si，D错误；
故合理选项是A。
12. 如图所示是几种常见化学电源示意图，有关说法不正确的是
A. 甲、乙、丙分别属于一次电池、二次电池和燃料电池
B. 甲电池放电时，电子从锌筒经外电路到石墨电极
C. 乙中铅蓄电池放电过程中硫酸溶液浓度减小
D. 丙中氢氧燃料电池中负极通入氧气，发生还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．干电池属于一次电池，铅蓄电池属于二次电池，氢氧燃料电池属于燃烧电池，A正确；
B．甲池中，锌作负极失电子，石墨作正极，故电子从锌筒经外电路到石墨电极，B正确；
C．铅蓄电池在放电过程中，硫酸为电解质，放电的过程中消耗氢离子生成水，故硫酸溶液浓度减小，C正确；
D．丙中正极通入的为氧气得电子，发生还原反应，D错误；
故选D。
13. 将1.76g镁铜合金投入20mL一定浓度的硝酸中，合金完全溶解，产生NO和NO2混合气体896mL（不考虑其他气体，体积折算为标准状况下），反应结束后向溶液中加入120mL1ml·L-1NaOH溶液，恰好使溶液中的金属阳离子全部转化为沉淀3.12g。若将盛有896mL该混合气体的容器倒扣在水中，通入一定体积的氧气，恰好可将该混合气体完全转化。下列说法错误的是
A. Mg与Cu的物质的量比值为3：1B. NO和NO2的体积比为1：1
C. 原硝酸的浓度为8ml·L-1D. 通入的O2的体积（标准状况下）V=448mL
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，且氢氧根物质的量是镁铜物质的量总和的两倍，最终沉淀比开始合金的增重即为氢氧根的质量，故氢氧根物质的量为，Mg与Cu的物质的量之和为0.04ml，设镁物质的量为a ml，铜物质的量为(0.04-a)ml，则24a+64(0.04-a)=1.76，解得a=0.02，即Mg与Cu的物质的量都是0.02ml，物质的量比值为1：1，A错误；
B．NO和NO2混合气体共896mL，标准状况下混合气体总物质的量为0.04ml，设混合气体中NO的物质的量为x ml，NO2的物质的量为(0.04-x)ml，根据电子转移守恒可知，镁铜失去电子总和等于硝酸生成NO和NO2得到电子总和，而镁铜失去电子与Mg2+、Cu2+生成沉淀结合的OH-的物质的量相等，则：3x+0.04-x＝0.08，解得x=0.02，故NO和NO2的物质的量都为0.02ml，体积比为1：1，故B正确；
C．金属离子恰好完全沉淀时，溶液的溶质为NaNO3，则未被还原的HNO3的物质的量等于n(NaOH)=1ml/L×0.12L=0.12ml，因此根据N原子守恒，原硝酸的物质的量为n(气体)+ 未被还原的n(HNO3)=0.04+0.12=0.16ml，原硝酸的浓度为，C正确；
D．NO、NO2与氧气、水反应又转化为HNO3，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、NO2物质的量都是0.02ml，因此根据方程式n(O2)==0.02ml，标准状况下通入氧气的体积为：0.02ml×22.4L/ml=0.448L，即448mL，D正确；
本题选A
14. 某100 mL溶液可能含有、Fe2+、Fe3+、Na+、Cl-、、、中几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)；
(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224 L(标准状况)。
(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时将生成的沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4 g。
下列说法不正确的是
A. 该溶液中一定含有、、、
B. 该溶液中一定不含
C. 该溶液中c()=0.3 ml/L
D. 根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+
【答案】C
【解析】
【分析】某100 mL溶液可能含有、、、、、、、中的几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进行如下实验，(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224 L(标准状况)，溶液中可能含有，反应产生的气体为CO2，产生标准状况无色气体0.224 L，其物质的量是n()=0.01 ml；也可能含有Fe2+、，在酸性条件下发生氧化还原反应：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，产生标准状况无色气体0.224 L，气体的物质的量是0.01 ml，根据反应转化关系可知过量，Fe2+完全反应。n(Fe2+)=0.03 ml；(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体是NH3，说明含有；同时将生成的沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4 g，若是含有，由于与Fe2+、Fe3+会形成沉淀而不能大量共存，加入碱不能产生沉淀，则说明原溶液无，而含有Fe2+，故n()=0.03 ml，加入碱时会发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3、H2O，由于n(Fe2+)=0.03 ml，则根据Fe元素守恒可知n(Fe2O3)=0.015 ml，m(Fe2O3)=0.015 ml×160 g/ml=2.4 g，刚好吻合，则说明溶液中只含有n(Fe2+)=0.03 ml，n()=0.03 ml，n()=0.03 ml，根据电荷守恒，可知在每一等份溶液中还含有，其物质的量是0.03 ml。
【详解】A．根据上述分析可知该溶液中一定含有、Fe2+、、，A正确；
B．若该溶液中还含有Fe3+，加入碱NaOH溶液时，反应产生Fe(OH)3，其受热分解产生Fe2O3，导致固体质量比2.4 g多，这与反应事实不吻合，故该溶液中不含有Fe3+，B正确；
C．根据上述分析可知：在每等份溶液中含有的物质的量是0.03 ml，由于溶液体积是50 mL，故的物质的量浓度c()=，C错误；
D．在上述实验中未涉及Na+的检验，若溶液中存在Na+，根据离子的浓度相等，且遵循电荷守恒，溶液中就可能还同时存在Cl-，若溶液中存在Na+，则溶液中就不存在Cl-，故根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+，D正确；
故合理选项是C。
第Ⅱ卷
二、填空题：
15. 硅单质及其化合物应用广泛。请回答下列问题：
（1）传统的无机非金属材料多为硅酸盐材料，主要包括陶瓷、水泥和玻璃，其中制玻璃的主要原料为_______。
（2）下列溶液的存放不能使用磨口玻璃塞的是_______(填序号)。
①浓硝酸 ②溶液 ③溶液 ④澄清石灰水 ⑤溶液 ⑥溶液 ⑦溶液
（3）关于硅及其相关化合物的叙述正确的是_______(填字母)。
A．自然界中存在天然游离的硅单质
B．已知C与Si的最高正价都是正四价，由于CO2+H2O=H2CO3，用类比法可知，SiO2+H2O=H2SiO3
C．无机非金属材料AlN熔沸点很高，可作为耐高温材料制作特定仪器
D．保存氢氟酸可用玻璃瓶，但不能用玻璃塞
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．高纯硅可用于制作光导纤维
（4）硅单质可作为硅半导体材料。三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程如图：
①写出制粗硅的化学方程式_______。
②上述工艺生产中循环使用的物质除Si、SiHCl3外，还有_______。
③整个制备过程必须严格控制无水无氧。遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和一种气体单质，写出发生反应的化学方程式_______；在制备高纯硅的过程中若混入，可能引起的后果是_______。
（5）新型陶瓷材料氮化硅(Si3N4)可应用于原子反应堆，一种制备氮化硅的反应如下： 3SiO2+6C+2N2 Si3N4+6CO，若生成标准状况下33.6LCO时，反应过程中转移的电子数为_______。
【答案】（1）石英、纯碱、石灰石
（2）④⑥⑦ （3）C
（4） ①. SiO2+2C Si+2CO ②. H2、HCl ③. SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑ ④. 高温条件下H2与O2混合发生爆炸
（5）3
【解析】
【小问1详解】
工业上制玻璃的主要原料为石英、纯碱、石灰石，故答案为：石英、纯碱、石灰石；
【小问2详解】
玻璃中的二氧化硅能与碱性物质反应生成硅酸盐，硅酸钠溶液具有粘结性，故澄清石灰水、氢氧化钠溶液、硅酸钠溶液不能用磨口玻璃塞的试剂瓶保存，故选④⑥⑦；
【小问3详解】
A．硅元素是亲氧元素，自然界中不存在天然游离的硅单质，故错误；
B．二氧化硅不溶水，不能与水反应生成硅酸，故错误；
C．无机非金属材料氮化铝具有熔沸点很高的特性，可作为耐高温材料制作特定仪器，故正确；
D．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，石英保存氢氟酸不能用玻璃瓶，也不能用玻璃塞，故错误；
E．二氧化硅是酸性氧化物，不是两性氧化物，故错误；
F．高纯硅可用于制作硅芯片、太阳能电池，但不能用于制作光导纤维，故错误；
故选C；
【小问4详解】
由题给流程可知，石英与焦炭高温条件下反应制得粗硅，粗硅在573K以上条件下与氯气反应生成三氯硅烷和氢气，精馏得到的三氯硅烷与氢气高温条件下反应生成硅与氯化氢；
①由分析可知，制粗硅的反应为英与焦炭高温条件下反应生成硅与一氧化碳，反应的化学方程式为SiO2+2C Si+2CO，故答案为：SiO2+2C Si+2CO；
②由分析可知，上述工艺生产中循环使用的物质为硅、三氯硅烷、氢气和氯化氢，故答案为：H2、HCl；
③由题意可知，三氯硅烷与水反应生成硅酸沉淀、盐酸和氢气，反应的化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑；在制备高纯硅的过程中若混入氧气，高温条件下氢气与氧气混合会发生爆炸，故答案为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑；高温条件下H2与O2混合发生爆炸；
【小问5详解】
由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，氮元素的化合价降低被还原，氮气是氧化剂，反应生成6ml一氧化碳时，反应转移12ml电子，则生成标准状况下33.6L一氧化碳时，反应过程中转移的电子数为×2×NAml-1=3NA，故答案为：3。
16. 实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)制取并验证其性质。
（1）盛装溶液的仪器名称为_______。
（2）装置的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断生成的快慢，其中的液体最好选择_______(填字母)。
A. 蒸馏水B. 饱和溶液C. 饱和溶液D. 饱和溶液
（3）试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为_______。经测定，产物中还有一种相对分子质量为104的酸式盐，则该反应的离子方程式为_______。
（4）为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管中的溶液分成三份，分别进行如下实验：
方案Ⅰ：向第一份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成；
方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去；
方案Ⅲ：向第三份溶液中加入溶液，产生白色沉淀。
上述方案中能达到实验目的的是方案_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；试管中发生反应的离子方程式为_______。
（5）装置的作用是_______。装置中为_______溶液。
【答案】（1）分液漏斗 （2）C
（3） ①. 产生淡黄色沉淀 ②. 2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓
（4） ①. Ⅲ ②.
（5） ①. 用向上排空气法收集二氧化硫 ②. NaOH
【解析】
【分析】A中亚硫酸钠和浓硫酸反应制备二氧化硫，B中根据气泡的多少判断生成的快慢，C中二氧化硫和Na2S反应生成S沉淀验证二氧化硫的氧化性，D中二氧化硫和氯水反应验证二氧化硫的还原性，E收集二氧化硫，D吸收二氧化硫，防止污染。
【小问1详解】
根据装置图，A中盛装溶液的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
A．溶于蒸馏水中生成亚硫酸，故不选A；
B．与饱和溶液反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，故不选B；
C．与饱和溶液不反应，且不溶于饱和溶液，故选C
D．与饱和溶液反应生成亚硫酸钠，故不选D；
选C。
【小问3详解】
C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，则SO2中S元素化合价降低生成S单质，现象为产生淡黄色沉淀。经测定，产物中还有一种相对分子质量为104的酸式盐，该盐为NaHSO3，该反应的离子方程式为2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓。
【小问4详解】
方案Ⅰ：氯水中含有氯离子，向第一份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成，不能证明二氧化硫具有还原性；
方案Ⅱ：氯水、二氧化硫都有漂白性，向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去，不能证明二氧化硫具有还原性；
方案Ⅲ：向第三份溶液中加入溶液，产生白色沉淀，证明有硫酸钡生成，则说明二氧化硫具有还原性。
上述方案中能达到实验目的的是方案Ⅲ；试管中二氧化硫和氯水反应生成盐酸和硫酸， 发生反应的离子方程式为。
【小问5详解】
装置是用向上排空气法收集二氧化硫。装置F吸收二氧化硫，盛装NaOH溶液。
17. 如图是无机物在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未标出)。已知：常温下A为气体，都含有相同的元素。
试回答下列问题。
（1）写出反应①的化学方程式：_______。
（2）在①②③④中属于氮的固定的是_______(填序号)。
（3）下列说法正确的是_______(填字母)。
A. 通过水可以除去中含有的少量D
B. 物质均可以用向上排空气法收集
C. 的浓溶液的存放方法是保存在无色细口玻璃瓶
D. 物质中只含离子键
（4）易溶于水。已知某温度压强下，将体积为的试管充满后倒扣在水中。
①最终试管中所得的物质的量浓度为(不考虑的扩散)_______。
②若按物质的量之比被溶液吸收，只生成一种盐，则该反应的离子方程式是_______。为提高吸收速率与效率，最好选用_______装置(填字母)。
（5）工业上可用①②③由制取，为了提高原料的利用率并尽量减轻对环境的污染，C须循环使用。若消耗的制取，在该过程中至少消耗的的物质的量为_______。
（6）实验室里检验中阳离子的方法是_______。
【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O
（2）④ （3）AD
（4） ①. ②. NO+NO2+=2+CO2 ③. B
（5）2 （6）取样品放入试管里，然后用胶头滴管滴入少量较浓的氢氧化钠溶液，给试管加热，将润湿的红色石蕊试纸悬放于试管口处，试纸由红色变成蓝色，证明铵根离子存在
【解析】
【分析】已知：A为气体，A～F都含有相同的元素，A能和氧气、氢气反应，B和氧气生成C，推测A为氮气、B为氨气、C为一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，硝酸和氨气生成硝酸铵，故D为二氧化氮、E为硝酸、F为硝酸铵。
【小问1详解】
反应①为氨气和氧气在催化剂作用下生成NO和水，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。
【小问2详解】
氮的固定为游离态氮转化为化合态的氮，①②③④中属于氮的固定的是④。
【小问3详解】
A．二氧化氮和水生成NO，则通过水可以除去C中含有的少量D，A正确；
B．NO会和氧气转化为二氧化氮，故NO不用向上排空气法收集，B错误；
C．浓硝酸见光易分解，其浓溶液的存放方法是保存在棕色细口玻璃瓶，C错误；
D．物质硝酸铵是由铵根离子、硝酸根离子构成的，含有离子键，D正确；
故选AD。
【小问4详解】
①3NO2+H2O=2HNO3+NO，体积为VmL的试管充满D后倒扣在水中，试管中会剩余三分之一的NO，液体进入试管的三分之而，则最终试管中所得二氧化氮的物质的量浓度为；
②若一氧化氮、二氧化氮按物质的量之比1：1被Na2CO3溶液吸收，只生成一种盐，一氧化氮中氮化合价为+2、二氧化氮中氮化合价为+4，则该反应中生成+3价氮的盐为NaNO2，根据质量守恒可知同时生成二氧化碳，反应离子方程式是NO+NO2+=2+CO2。为提高吸收速率与效率，最好选用B，通过多孔球泡增加气体与碱液的接触面积。
【小问5详解】
NH3转化为HNO3中氮化合价由-3变为+5，氧气为氧化剂化合价由0变为-2，结合电子守恒可知NH3~8e-~2O2，消耗1ml的B制取E，在该过程中至少消耗的O2的物质的量为2ml。
【小问6详解】
实验室里检验硝酸铵中阳离子的方法是：取样品放入试管里，然后用胶头滴管滴入少量较浓的氢氧化钠溶液，给试管加热，将润湿的红色石蕊试纸悬放于试管口处，试纸由红色变成蓝色，证明铵根离子存在。
18. 以某铜矿石制备Cu(NO3)2晶体的工艺流程如图所示，已知铜矿石的主要成分为Cu2S和少量SiO2，滤液I中含Cu2+，滤渣I可回收单质S和SiO2。
（1）Cu2S中Cu的化合价为_______。
（2）铜矿石“氧化浸出”前需碾碎的目的是________。
（3）“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为________。
（4）“反应”中生成Cu(NO3)2的离子方程式为________。
（5）“沉铁”后分离出沉淀的操作的名称为________，该操作在实验室进行时用到的玻璃仪器有________。
（6）“气体”与足量空气混合被水吸收过程中发生反应的化学方程式为________，其生成物可循环到上述流程中的________(填“氧化浸出”“还原”“反应”或“沉铁”)过程中再利用。
【答案】（1）+1价 （2）增大反应物的接触面积，使反应更快更充分
（3）Fe2+ （4）3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
（5） ①. 过滤 ②. 烧杯、漏斗、玻璃棒
（6） ①. 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 ②. 反应
【解析】
【分析】铜矿石中的硫化亚铜与硝酸铁溶液反应生成铜离子、亚铁离子和硫单质，二氧化硅与硝酸铁溶液不反应，滤渣Ⅰ的成分是单质S和SiO2。滤液I中含Cu2+，加入过量的铁与铁离子、铜离子反应生成铜单质和亚铁离子，所以滤渣Ⅱ是铁和铜，向滤渣Ⅱ中加入稀硝酸，稀硝酸与铁、铜均能反应，生成铜离子、铁离子、一氧化氮气体，沉铁过程加入氢氧化铜消耗溶液中的氢离子，使铁离子生成氢氧化铁沉淀除去，对滤液进行一系列操作最后得到硝酸铜晶体。
【小问1详解】
根据化合价为0的原则，中Cu的化合价为价，S的化合价为价。
【小问2详解】
将铜矿石碾碎可以增大反应物的接触面积，使反应更快更充分。
【小问3详解】
“还原”过程中，Fe与、反应得到和Cu，“滤液Ⅱ”中的金属阳离子为。
【小问4详解】
“滤渣Ⅱ”中有过量的Fe和Cu，Cu与稀硝酸反应生成的离子方程式为。
【小问5详解】
分离沉淀和溶液的操作为过滤，过滤操作在实验室进行时用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
【小问6详解】
铁和铜与稀硝酸反应都会生成气体，与足量空气混合被水吸收制成硝酸，该过程中发生反应的化学方程式为，“反应”用到了硝酸，所以生成物可循环到上述流程的“反应”过程中。A．“神舟十四号”上搭载的石英挠性加速度计
B．“嫦娥五号”探测器使用的砷化镓太阳能电池板
C．用于吊装港珠澳大桥的超高分子量聚乙烯纤维吊绳
D．应用于5G手机中的石墨烯导热膜
选项
实验操作和现象
结论或解释
A
向淀粉-KI溶液中通入Cl2，再通入SO2，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去
还原性：SO2＞I-＞Cl-
B
检验SO2气体中是否混有SO3(g)：将气体通入Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀生成
混有SO3(g)
C
取少量铁与水蒸气反应后的固体于试管中，加足量稀盐酸溶解再滴加KSCN溶液，溶液未变血红色
固体产物中不存在三价铁
D
用大理石和盐酸反应制取CO2气体，立即通入一定浓度的Na2SiO3溶液中，出现白色沉淀
元素非金属性：C＞Si
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