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广东省惠州市第一中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题
一、选择题： 本题共16小题， 共44分。 (1-10每题2分， 11-16每题4分)
1．馆藏文物记载着中华文明的灿烂成就。下列文物主要由硅酸盐制成的是
A．四羊方尊青铜礼器 B．陶熏炉 C．金漆木雕如意 D．船纹铜提筒
A．A B．B C．C D．D
2．下列变化属于固氮的是
A．NO与O2反应生成NO2
B．NH3催化氧化生成NO
C．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
D．由NH3制NH4HCO3和(NH4)2SO4
3．下列物质属于离子化合物且含有非极性键的是
A．SiO2 B． C． D．
4．下列说法正确的是
A．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的共价键
B．溶于水的过程中有共价键的断裂和离子键的形成
C．加热融化时只破坏了该物质中的离子键
D．分子比分子稳定，因为分子间存在氢键
5．碳纳米管是由石墨烯卷曲成的单层或多层的直径为的中空管状结构。下列说法不正确的是
A．碳纳米管是一种胶体
B．石墨烯卷成管状结构发生了化学变化
C．根据碳纳米管的形状可推测它可能可以用作催化剂的载体
D．石墨烯和碳纳米管在能源、信息、医药等领域有广阔的应用前景
6．我国在材料的开发和应用方面取得了举世瞩目的成就。下列说法错误的是
A．冬奥会“战袍”内层添加的石墨烯片——石墨烯为无机化合物
B．高速列车外壳使用的硬铝——属于金属材料
C．天和核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷——属于新型无机非金属材料
D．卫星芯片使用的高纯硅——硅可做半导体材料
7．工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A．工业制硫酸：硫铁矿
B．由制漂白粉：饱和食盐水漂白粉
C．工业冶炼铝：铝土矿
D．工业合成硝酸：
8．设为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是
A．1mol和的混合物中含N原子数为2
B．中含有中子数为10NA
C．2molCu与足量的S充分反应，转移的电子数为2
D．2mol浓硫酸与足量的铜在加热条件下反应，生成的体积标准状况下为22.4L
9．某化学兴趣小组进行相关实验，下列实验装置不能达到预期实验目的的是
A．制备气体 B．干燥气体
C．验证的漂白性 D．验证与水反应
A．A B．B C．C D．D
10．下列化学反应的离子方程式正确的是
A．用稀硝酸溶解硫化亚铁固体：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑
B．少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中：
C．在稀氨水中通入少量二氧化碳：NH3·H2O＋CO2=NH＋HCO
D．氢氧化钡溶液与等物质的量稀硫酸混合：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2O
11．短周期元素的原子半径依次增大，由这五种元素组成的物质M结构如图所示，其中Y、Z同周期，W、Z同主族，且原子序数满足。下列说法正确的是
A．最高化合价Y>W>X
B．化合物M中所有原子满足8电子稳定结构
C．Q与W、Z形成的简单化合物沸点：
D．X、Y、Z的最高价氧化物的水化物均为强酸
12．部分含硫物质的类别与相应化合价及部分物质间转化关系如图。下列说法正确的是
A．b在空气中燃烧可以生成d
B．附着有b的试管常用酒精清洗
C．c因漂白作用可以使KMnO4溶液褪色
D．e的浓溶液长时间暴露在空气中，质量增大，质量分数减少
13．天然气是应用广泛的燃料，但含有少量等气体。在酸性溶液中利用T.F菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．该脱硫过程需要不断添加溶液
B．反应ⅱ的离子方程式为：
C．该脱硫过程可在高温条件下进行
D．该脱硫过程消耗22.4LO2理论上可产生2moLS
14．下图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案，下列有关操作不可能引发喷泉的是
A．挤压装置①的胶头滴管使全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使饱和溶液全部进入烧瓶，然后打开止水夹
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D．在装置④的水槽中加入适量生石灰并打开止水夹
15．海洋生物参与氮循环的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应①中没有发生电子转移
B．反应②中有极性键断裂和非极性键生成
C．反应③可能有氧气参与
D．等量NO参与反应④与反应⑤，转移电子数之比为2：3
16．下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向某溶液中先加入盐酸，无明显现象，再加BaCl2溶液，有白色的沉淀 该溶液中一定有
B 向NaHS溶液中滴入稀盐酸，生成臭鸡蛋气味气体(经检验为H2S) 非金属性：Cl>S
C 向某溶液中加入浓溶液，加热产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体 该溶液中一定含有
D 向浓硝酸中插入红热的木炭，产生红棕色气体 红棕色的NO2一定是由木炭和浓硝酸反应生成的
A．A B．B C．C D．D
二、填空题(共4小题，56分)
17．根据相关信息填空。
Ⅰ、浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学设计了如下图所示的实验，请据此回答下列问题：
（1）圆底烧瓶中发生反应的化学反应方程式为　 　，若将B中的品红换成石蕊，则B中的现象为　 　。
（2）用离子反应方程式表示KMnO4溶液颜色变浅或褪色的原因：　 　。
Ⅱ、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化剂。HClO、Cl2、NaClO、Fe(NO3)3也是重要的氧化剂，下面是对以上几种氧化剂性质的探究。
（3）分别书写Na2O2与HClO电子式　 　、　 　。
（4）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后；铜片溶解，写出该反应的离子方程式：　 　。
（5）在碱性溶液中，用氯气可将氧化，生成一种可直接排放到大气中的气体，写出离子方程式：　 　。
（6）在酸性溶液中加入溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。变为棕黄色的原因是　 　(用离子反应方程式表示)。
18．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　 　、水泥和玻璃；下列物品含有的是　 　(填序号)。
①水晶项链 ②玛瑙 ③石英钟 ④硅太阳能电池 ⑤光导纤维 ⑥计算机芯片
（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，保存氢氧化钠溶液的玻璃瓶应该用橡胶塞而不用玻璃塞的原因是　 　(用化学方程式表示)。
（3）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流程①焦炭体现了　 　(填“氧化性”或“还原性”)。
②实验室模拟上述过程④制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是　 　。
A．装置Ⅱ洗气瓶装的是浓硫酸
B．装置Ⅲ的烧杯中装的是热水
C．实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K
D．为鉴定高纯硅中是否含微量铁单质，需要用的试剂为盐酸、硫氰化钾溶液
遇水发生剧烈的水解反应，生成H2SiO3、HCl和一种可燃性气体单质，写出该水解反应的化学方程式　 　。
④在制备高纯硅的过程中都需隔绝空气，否则可能引起的后果是　 　(写出两条即可)。
19．宋代《千里江山图》所用矿物颜料绿松石中含有，下图呈现其部分元素在元素周期表所在位置，虚线为分界线。
（1）中共价键的类型是　 　(填“极性键”或“非极性键”)。
（2）下列比较Cu、Al金属性强弱的方案合理的是　 　(填序号)。
a．比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度
b．比较Cu、Al的密度
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，观察是否有红色固体生成
（3）P与②、⑦是同主族元素：气态氢化物的稳定性：　 　>　 　>　 　(填化学式)。
（4）④的单质与同周期金属性最强元素的最高价氧化物对应的水化物反应离子方程式：　 　，⑧原子结构示意图是　 　。
（5）可在图中分界线(虚线部分)附近寻找_________(填序号)。
A．优良的催化剂 B．半导体材料
C．合金材料 D．农药
（6）用下图装置证明①、⑤的非金属性强弱，从以下所给物质中选出实验所用到的物质：a、稀H2SO4；b、稀盐酸；c、碳酸钙；d、Na2SiO3溶液；e、SiO2。
试剂A与C分别为　 　、　 　(填序号)；有同学认为此实验不能说明①、⑤的非金属性强弱，你认为改进的方法是　 　。
20．Ⅰ、硝酸是一种重要的化工原料，其生产工艺有多种。请回答：
（1）干馏法是最早记录的制备硝酸方法，将硝酸钾受热分解后的气体用水吸收可获得硝酸：、________(填化学方程式)。
（2）工业上曾使用浓硫酸和硝石制硝酸：，该反应体现了硫酸的________(填浓硫酸的相关性质)。
（3）氨氮氧化法已广泛应用于工业化生产，工艺流程如下图。
下列说法正确的是 (选填序号)。
A. 合成塔中，和6molH2充分反应可获得4molNH3，转移电子数为12NA
B. 氨分离器中，将混合气体冷凝使氨液化，N2和H2经压缩后送回合成塔
C. 氧化炉和吸收塔中，实现了气体A的循环使用
D. 尾气处理装置中，可用碱性溶液吸收或用NH3还原
Ⅱ、硝酸工厂会排放大量氨氮废水，短程硝化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下：
N2
资料：①该工艺处理后排出的废水中会有一定量
②废水溶解氧浓度(DO)对于氮的脱除率的影响如图所示：
（4）该工艺中被氧化的微粒是________。
（5）参与(Ⅰ)中反应的 ________。
（6）当DO>2mg/L 时， 氮的脱除率为0，其原因可能是：①厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生；②________。
Ⅲ、同学们为探究浓硝酸的强氧化性，将浓硝酸与铜反应，发现铜与浓硝酸反应后所得的溶液呈绿色，推测其原因可能是①硝酸铜的浓度太高；②生成的NO2溶解在硝酸铜溶液中。
（7）同学们设计下列实验方案证明其原因，这些方案中可行的是 (填字母)。
A. 加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化
B. 加热该绿色溶液，观察颜色变化
C. 向该绿色溶液中通入空气，观察颜色变化
D. 向硝酸铜溶液中通入NO2气体，观察颜色变化
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A、四羊方尊青铜礼器，主要成分为铜锡合金，属于金属材料，不是硅酸盐，故A不符合题意 ；
B、陶熏炉由黏土烧制而成，黏土的主要成分是硅酸盐，故B符合题意 ；
C、金漆木雕如意，主要成分为木材（纤维素）、金漆等，不是硅酸盐，故C不符合题意 ；
D、船纹铜提筒，主要成分为铜合金，属于金属材料，不是硅酸盐，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
硅酸盐是陶瓷、玻璃、水泥等传统无机非金属材料的主要成分，陶器由黏土（硅酸盐）高温烧制而成；
青铜、铜器属于铜合金，为金属材料；木雕属于有机高分子材料，均不属于硅酸盐。
2．【答案】C
【知识点】氮的固定
【解析】【解答】A. NO与O2反应生成NO2的过程属于含氮化合物之间的转化（NO→NO2），不符合"将游离态氮转化为化合态"的氮固定定义，因此排除A选项；
B. NH3催化氧化生成NO的反应（NH3→NO）同样是不同化合态氮之间的转化，未涉及游离态氮的转化，故排除B选项；
C. N2与H2合成NH3的过程（N2→NH3）实现了游离态氮（N2）向化合态氮（NH3）的转变，完全符合氮固定的定义，因此C选项正确；
D. NH3制备铵盐的过程（如NH3→NH4Cl）属于化合态氮之间的转化，不涉及游离态氮的转化，故排除D选项。
【分析】氮的固定特指将自然界中游离态的氮气（N2）转化为含氮化合物的过程，其本质特征是氮元素从单质形态转变为化合物形态。
3．【答案】C
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A、SiO2属于共价化合物，A不符合题意。B、Mg3N2是仅含离子键的离子化合物，B不符合题意。
C、Na2S2是含有离子键和非极性共价键（S-S键）的离子化合物，C符合题意。
D、Ba(OH)2是含有离子键和极性共价键（O-H键）的离子化合物，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、SiO2为共价化合物。
B、Mg3N2为离子化合物，但不含有共价键。
C、Na2S2为离子化合物，S22－中含有非极性共价键。
D、Ba(OH)2为离子化合物，OH－中含有极性共价键。
4．【答案】C
【知识点】化学键；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．碘晶体受热转变为碘蒸气时，碘分子（I2）本身未发生变化，只是分子间距离增大，吸收的热量用于克服分子间作用力（范德华力），而碘原子间的共价键并未断裂，选项A错误。B．当SO3溶于水生成硫酸（H2SO4）时，硫酸作为共价化合物，其形成过程不涉及离子键的生成，选项B错误。
C．NaHSO4在加热熔化时发生电离，生成Na+和HSO4 离子，此过程仅破坏了Na+与HSO4 之间的离子键，而未破坏HSO4 内部的共价键，选项C正确。
D．H2O分子比H2S分子更稳定，这是由于H-O键的键能（463 kJ/mol）大于H-S键的键能（363 kJ/mol），而与氢键无关（氢键属于分子间作用力），选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、碘晶体为分子晶体，升华过程中破坏分子间作用力。
B、SO3溶于水生成H2SO4，形成共价键，不存在离子键。
C、NaHSO4熔化时破坏离子键。
D、氢键影响物质的物理性质，稳定性为化学性质，与化学键的强弱有关。
5．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；同素异形体；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．碳纳米管是纯碳构成的单质，而胶体属于混合物，两者性质不同，A选项错误。B．石墨烯和碳纳米管虽然都是碳元素组成的单质，但它们的结构不同，所以从石墨烯转变为碳纳米管的过程属于化学变化，B选项正确。
C．碳纳米管具有独特的管状中空结构，这种结构能够有效分散和支撑催化剂活性组分，因此它确实适合作为催化剂载体，C选项正确。
D．由于石墨烯和碳纳米管具有优异的性能，它们在能源、信息技术、医药等多个领域都具有广阔的应用前景，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、碳纳米管属于纯净物，胶体属于混合物。
B、石墨烯卷成管状结构，形成新的物质，属于化学变化。
C、管状结构相对表面积大，可用做催化剂的载体。
D、石墨烯和碳纳米管的优异性能，决定了其在能源、信息技术和医药等领域的广阔应用前景。
6．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．石墨烯是由碳元素组成的单质，不是化合物，因此选项A是错误的；
B．硬铝属于铝合金，是金属材料的一种，所以选项B正确；
C．氮化硅属于新型无机非金属材料，因此选项C正确；
D．高纯硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故选项D正确；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．石墨烯是单质；
B．硬铝是铝合金，是金属材料；
C．氮化硅属于新型无机非金属材料；
D．根据硅元素性质，其是半导体材料。
7．【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；工业制取硝酸；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．SO3的吸收不能直接用水，需使用98.3%的浓硫酸，避免形成酸雾影响吸收效率，A错误；
B．制备漂白粉时，Cl2与澄清石灰水的反应不适用，因其中Ca(OH)2浓度过低，工业上采用石灰乳（悬浊液）进行反应，B错误；
C．该选项涉及的工艺流程各步骤均符合实际工业生产原理，C正确；
D．硝酸工业的第一步应为氨的催化氧化（4NH3+5O2→4NO+6H2O），而非选项所述操作，D错误；
故答案为：C
【分析】A、工业制硫酸过程中，用98.3%的浓硫酸吸收SO3。
B、漂白粉是由Cl2与石灰乳反应制得。
C、结合铝及其化合物的转化分析。
D、N2与O2的反应趋势很弱，第一步反应由NH3与O2反应生成NO。
8．【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；铜及其化合物；物质的量的相关计算
【解析】【解析】A、由于和的分子结构中氮原子数量不同（前者1个氮原子，后者2个氮原子），在未给出具体物质比例的情况下，无法准确计算混合物中氮原子的物质的量，A选项错误。
B、T（氚）原子含有2个中子，18O原子含有10个中子，因此1个T218O分子中共有14个中子（2×2+10=14）。已知T218O的相对分子质量为24，则20g该物质所含中子数为：，B选项错误。
C、铜与硫反应生成硫化亚铜（Cu2S），每2mol铜参与反应转移2mol电子（铜由0价变为+1价）。因此2mol铜与足量硫反应时，转移电子数确实为2，C选项正确。
D、浓硫酸与铜反应会逐渐变为稀硫酸，而稀硫酸不能与铜继续反应，因此实际生成的SO2在标准状况下的体积必然小于理论最大值22.4L，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、NO2和N2O的最简式不同，二者的比例不确定，无法计算。
B、一个T218O分子中所含的中子数为2×2+(18-8)=14，据此计算。
C、Cu与S反应生成Cu2S，据此计算转移电子数。
D、Cu与浓硫酸反应生成SO2，随着反应进行，硫酸浓度减小，Cu与稀硫酸不反应，无法计算。
9．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A.75%的硫酸可与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，A能达到目的；
B．浓硫酸和二氧化硫不反应，可以用来干燥二氧化硫，B能达到目的；
C．二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，C能达到目的；
D．收集有二氧化硫的试管倒置水槽中，液面上升，可能是气体溶于水，验证气体和水反应，可测溶液的pH值，D不能达到目的；
故选D；
【分析】题目考查二氧化硫相关知识，根据反应H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2制备气体，可用浓硫酸作干燥剂，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，和水反应生成亚硫酸。
10．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解析】A、硝酸(HNO3)是强氧化剂，会与硫化亚铁(FeS)发生氧化还原反应。反应中FeS被氧化为Fe3+和SO42-，其离子方程式为：，A选项错误。B、二氧化硫(SO2)具有还原性，次氯酸根(ClO-)具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应：，B选项正确。
C、在稀氨水中通入少量二氧化碳时，会生成碳酸铵，其离子方程式为：，C选项错误。
D、氢氧化钡溶液与等物质的量稀硫酸混合时，反应生成硫酸钡(BaSO4)和水(H2O)，其物质的量比为1：2，离子方程式为：，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、硝酸具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，S2－氧化成SO42－，自身还原为NO。
B、ClO－具有氧化性，能与SO2发生氧化还原反应，生成Cl－和SO42－。
C、CO2少量，与NH3·H2O反应，生成NH4＋和CO32－。
D、Ba(OH)2与H2SO4等物质的量反应，则参与反应的H＋和OH－的个数比为2：2。
11．【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、根据分析，Y、W、X分别为Cl、O、C。其中O元素没有最高正价（因氧电负性极强，通常不显正价），A选项错误。
B、在物质M的分子结构中，H原子最外层达到2电子稳定结构，无法形成8电子结构，B选项错误。
C、Q（H）与W（O）、Z（S）形成的简单化合物分别为H2O、H2S，H2O中含有氢键，沸点较大。因此沸点：W＞Z，C选项正确。
D、X、Y、Z的最高价氧化物的水化物依次为H2CO3（碳酸，弱酸）、HClO4（高氯酸，最强无机酸）、H2SO4（硫酸，强酸）。其中H2CO3的酸性远弱于另两种，D选项错误。
故答案为：C
【分析】Q和Y均形成1个共价键，Q可能是H或F，Y为Cl。X形成四个共价键，说明X为C元素，从而确定Q为H元素。Z和W均形成2个共价键，且Y和Z同周期，W和Z同主族，由此推出Z为S元素，W为O元素。据此结合选项分析。
12．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解析】A. 硫单质（S）在氧气中燃烧只能生成二氧化硫（SO2），无法直接生成三氧化硫（SO3），因此选项A是错误的；
B. 物质b是硫（S），硫难溶于水且微溶于酒精，因此附着硫的试管不能用酒精清洗，故选项B是错误的；
C. 二氧化硫（SO2）能使高锰酸钾（KMnO4）溶液褪色，这是由于SO2的还原性，而非其漂白作用，因此选项C是错误的；
D. 物质e的浓溶液是浓硫酸（H2SO4），浓硫酸具有强吸水性，长时间暴露在空气中会吸收水分，导致溶液质量增加而溶质质量分数降低，因此选项D是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】根据价类二维图可知：a是H2S，b是S单质，c是SO2，d是SO3，e是H2SO4，f是亚硫酸盐，g是硫化盐，据此解答。
13．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 由于Fe2(SO4)3是催化剂，在反应过程中可以循环使用，不需要持续添加， A错误；
B. 正确描述了反应Ⅱ的离子方程式：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O， B正确；
C. T.F菌作为生物催化剂，在高温条件下会失去活性，因此该脱硫过程不能在高温下进行， C错误；
D. 题目没有说明气体所处的温度和压强条件，因此不能直接计算气体体积， D错误；
综上所述，正确答案是B。
【分析】该题涉及两个主要反应过程： 反应Ⅰ：硫酸铁(Fe2(SO4)3)与硫化氢(H2S)反应生成硫单质(S)、硫酸亚铁(FeSO4)和水(H2O)，反应Ⅱ：氧气(O2)将硫酸亚铁(FeSO4)重新氧化为硫酸铁(Fe2(SO4)3)，在整个过程中，硫酸铁先被消耗后又重新生成，起到催化剂的作用。
14．【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．氯气可溶于四氯化碳，且极易与氢氧化钠溶液反应，能形成压强差从而引发喷泉实验，A不符合题意。B．二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度极低，无法形成足够的压强差，因此不能引发喷泉实验，B符合题意。
C．当从a处鼓入空气时，氯化钠溶液会被压入烧瓶，氯化氢溶解后形成负压条件，能够成功引发喷泉实验，C不符合题意。
D．生石灰与水反应放热，使锥形瓶内气压升高，将浓盐酸压入烧瓶与氨气反应，从而形成负压引发喷泉，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、Cl2易溶于CCl4中，使烧瓶内压强减小。
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，烧瓶内压强不变。
C、往锥形瓶内鼓入空气，则锥形瓶内压强增大，溶液进入烧瓶内，HCl溶于水，使得压强减小。
D、CaO与H2O反应放热，温度升高，压强增大，HCl进入烧瓶内，与NH3反应，使得烧瓶内压强减小。
15．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 反应①的化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，因此没有电子转移， A正确；
B. 反应②中羟胺(NH2OH)转化为肼(N2H4)，断裂了N-O极性键，同时生成了N-N非极性键， B正确；
C. 反应③中肼(N2H4)的氮元素由-2价升至0价，化合价升高说明其作为还原剂，必然需要氧化剂参与反应，可能存在氧气参与的情况， C正确；
D. 反应④中氮元素由+3价降至-1价，转移电子数为4；反应⑤中氮元素由+3价变为0价，转移电子数为3。当等量亚硝酸根离子(NO)参与这两个反应时，电子转移数之比应为4：3， D错误；
综上所述，正确答案为：D。
【分析】A. 反应 ① 不是氧化还原反应；
B. 根据反应 ② 中物质转化，可判断化学键的变化；
C. 反应③ 中氮元素被氧化，氧化剂可能是氧气；
D. 根据反应中得失电子相等，电子转移数之比应为4：3。
16．【答案】A
【知识点】常见离子的检验；硝酸的化学性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．向某溶液中先加入盐酸，无明显现象，排除了碳酸根离子（）和银离子（）的干扰，再加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，说明溶液中一定含有硫酸根离子（），因此选项A正确；
B．向NaHS溶液中滴加稀盐酸，生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，说明盐酸（HCl）的酸性强于H2S。但由于HCl并非氯元素的最高价含氧酸（如HClO4），因此无法据此比较Cl和S的非金属性强弱，故选项B错误；
C．向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明该气体或其水溶液呈酸性，因此选项C错误；
D．浓硝酸受热分解可能生成红棕色的NO2气体，因此观察到的红棕色气体不一定是由木炭与浓硝酸反应生成的，故选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．根据硫酸根离子检验原理可知，描述正确；
B．根据最高价含氧酸酸性强弱比较非金属强弱，氯化氢和硫化氢是无氧酸；
C．氨气 使湿润的蓝色石蕊试纸变蓝，并不是变红；
D．需要注意浓硝酸分解生成二氧化氮。
17．【答案】；变红但不褪色；；；；；；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）圆底烧瓶内发生反应的是碳和浓硫酸加热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，；若将B中的品红换成石蕊，二氧化硫通入石蕊中，溶液呈酸性，石蕊变红，但二氧化硫不能使指示剂褪色。
故答案为：；变红但不褪色
（2）酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，能把氧化为，自身被还原为，反应的离子方程式为。
故答案为：
（3）过氧化钠为离子化合物，过氧根离子中有共价键：；中O与H、Cl均形成共用电子对，其电子式为。
故答案为：；
（4）浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，发生氧化还原反应生成氯化铜、水，反应的离子方程式为。
故答案为：
（5）在碱性溶液中，氯气可将氧化，生成一种可直接排放到大气中的气体为氮气，其离子方程式为。
故答案为：
（6）溶液先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，其离子方程式是，后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是。
故答案为：
【分析】（1）浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成CO2、SO2和H2O，据此写出反应的化学方程式。SO2能与H2O反应生成H2SO3，使紫色石蕊溶液变红。
（2）酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，自身还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（3）Na2O2由Na＋和O22－构成；HClO为共价化合物，O原子与H、Cl原子形成共价键。据此写出Na2O2和HClO的电子式。
（4）H2O2具有氧化性，酸性条件下将Cu氧化成Cu2＋，据此写出反应的离子方程式。
（5）生成的可直接排放到大气中的气体为N2，Cl2发生还原反应，生成Cl－，据此写出反应的离子方程式。
（6）NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为NO，据此写出反应的离子方程式。
18．【答案】（1）陶瓷；①②③⑤
（2）2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O
（3）还原性；AB；；氢气与氧气混合发生爆炸；SiHCl3遇水水解
【知识点】硅和二氧化硅；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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；①水晶项链、②玛瑙、③石英钟、⑤光导纤维中含有，④硅太阳能电池、⑥计算机芯片中含Si。
故答案为：陶瓷；①②③⑤
（2）保存氢氧化钠溶液的玻璃瓶应该用橡胶塞而不用玻璃塞的原因是玻璃中SiO2与NaOH反应生成粘性硅酸钠，使瓶塞粘连：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O。
故答案为： 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O
（3）①根据分析，流程①中C元素化合价升高，故焦炭体现了还原性。
故答案为：还原性
②I中锌与稀硫酸反应制备氢气，Ⅱ中盛放浓硫酸，干燥氢气，Ⅲ中盛放热水，使SiHCl3变为气体，Ⅳ中SiHCl3与氢气反应制得Si。
A．根据分析，装置Ⅱ洗气瓶装的是浓硫酸，A正确；
B．根据分析，装置Ⅲ的烧杯中装的是热水，B正确；
C．实验时，应先将打开活塞K，用氢气将装置中的空气排干净，再加热管式炉，C错误；
D．铁单质与稀盐酸反应的产物为氯化亚铁，应选用铁氰化钾溶液检验亚铁离子，故需要用的试剂为盐酸、铁氰化钾溶液，D错误；
故答案为：AB
③SiHCl3遇水发生剧烈的水解反应，生成H2SiO3、HCl和一种可燃性气体单质，应为H2，水解的化学方程式为：。
故答案为：
④H2遇O2受热时可能发生爆炸，所以H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是：氢气与氧气混合发生爆炸；SiHCl3遇水水解。
故答案为： 氢气与氧气混合发生爆炸；SiHCl3遇水水解
【分析】（1）传统的无机非金属材料有陶瓷、玻璃和水泥。根据选项所给物质的成分分析。
（2）SiO2能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（3）粗硅制备：石英砂(SiO2)与焦炭(C)在高温下反应生成粗硅(Si)和一氧化碳(CO)，反应方程式为：。三氯氢硅(SiHCl3)制备：粗硅与氯化氢(HCl)在300℃以上反应生成三氯氢硅和氢气(H2)，反应方程式为：。高纯硅提纯：三氯氢硅粗品经精馏提纯后，在1084℃下与氢气反应，最终得到高纯硅，同时副产氯化氢，反应方程式为：。据此结合题干设问分析作答。
（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；①水晶项链、②玛瑙、③石英钟、⑤光导纤维中含有，④硅太阳能电池、⑥计算机芯片中含Si，故选：①②③⑤；
（2）保存氢氧化钠溶液的玻璃瓶应该用橡胶塞而不用玻璃塞的原因是玻璃中SiO2与NaOH反应生成粘性硅酸钠，使瓶塞粘连：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；
（3）①根据分析，流程①中C元素化合价升高，故焦炭体现了还原性；
②I中锌与稀硫酸反应制备氢气，Ⅱ中盛放浓硫酸，干燥氢气，Ⅲ中盛放热水，使SiHCl3变为气体，Ⅳ中SiHCl3与氢气反应制得Si。
A．根据分析，装置Ⅱ洗气瓶装的是浓硫酸，A正确；
B．根据分析，装置Ⅲ的烧杯中装的是热水，B正确；
C．实验时，应先将打开活塞K，用氢气将装置中的空气排干净，再加热管式炉，C错误；
D．铁单质与稀盐酸反应的产物为氯化亚铁，应选用铁氰化钾溶液检验亚铁离子，故需要用的试剂为盐酸、铁氰化钾溶液，D错误；
故选AB；
③SiHCl3遇水发生剧烈的水解反应，生成H2SiO3、HCl和一种可燃性气体单质，应为H2，水解的化学方程式为：；
④H2遇O2受热时可能发生爆炸，所以H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是：氢气与氧气混合发生爆炸；SiHCl3遇水水解。
19．【答案】（1）极性键
（2）ac
（3）NH3；PH3；AsH3
（4）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）B
（6）b；d；B、C间加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
【知识点】性质实验方案的设计；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）中，H、O元素的非金属性不同，共用电子对偏向于O原子而偏离于H原子，则共价键的类型是极性键。
故答案为：极性键
（2）a．金属性越强，金属单质与酸反应越剧烈，则比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度，可推出Cu和Al的金属性强弱，a符合题意；
b．金属单质的密度与相对原子质量、原子半径、原子间的距离等因素有关，不能决定金属元素的金属性强弱，则比较Cu、Al的密度不能推出Cu、Al的金属性强弱，b不符合题意；
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，若有红色固体生成，则说明Al置换出了Cu，Cu的金属性比Al弱，c符合题意；
故答案为：ac
（3）元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，N、P、As是同主族元素，且非金属性N>P>As，则气态氢化物的稳定性：NH3>PH3>AsH3。
故答案为：NH3；PH3；AsH3
（4）④为Al，与同周期金属性最强元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；⑧是Br，原子结构示意图是：。
故答案为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，故选B。
故答案为：B
（6）证明C、Si的非金属性强弱，可通过H2CO3酸性强于H2SiO3证明，稀盐酸与碳酸钙反应制得CO2，将CO2通入硅酸钠溶液中，产生白色H2SiO3沉淀即可证明H2CO3酸性强于H2SiO3，故试剂A与C分别为b、d；制得的CO2中混有HCl，也能与硅酸钠溶液反应得到白色H2SiO3沉淀，应选用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故改进方法为：B、C间加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶。
故答案为：b；d； B、C间加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
【分析】（1）同种元素形成的共价键为非极性键；不同种元素形成的共价键为极性键。
（2）a、与酸反应越容易，则金属性越强。
b、金属单质的密度与金属性强弱无关。
c、通过置换反应的发生可比较金属性的强弱。
（3）非金属性越强，则气态氢化物的稳定性越强。据此结合非金属性的强弱分析。
（4）④的单质为Al，同周期金属性最强元素的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，据此写出反应的离子方程式。⑧为Br，其核电荷数为35，据此确定其原子结构示意图。
（5）图中分界线为金属和非金属的分界线，可在这附近寻找半导体材料。
（6）根据“强酸制弱酸”原理比较酸性强弱，并结合最高价含氧酸酸性越强，则非金属性越强分析。
（1）中，H、O元素的非金属性不同，共用电子对偏向于O原子而偏离于H原子，则共价键的类型是极性键；
（2）a．金属性越强，金属单质与酸反应越剧烈，则比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度，可推出Cu和Al的金属性强弱，a符合题意；
b．金属单质的密度与相对原子质量、原子半径、原子间的距离等因素有关，不能决定金属元素的金属性强弱，则比较Cu、Al的密度不能推出Cu、Al的金属性强弱，b不符合题意；
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，若有红色固体生成，则说明Al置换出了Cu，Cu的金属性比Al弱，c符合题意；
故选ac；
（3）元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，N、P、As是同主族元素，且非金属性N>P>As，则气态氢化物的稳定性：NH3>PH3>AsH3；
（4）④为Al，与同周期金属性最强元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；⑧是Br，原子结构示意图是：；
（5）在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，故选B；
（6）证明C、Si的非金属性强弱，可通过H2CO3酸性强于H2SiO3证明，稀盐酸与碳酸钙反应制得CO2，将CO2通入硅酸钠溶液中，产生白色H2SiO3沉淀即可证明H2CO3酸性强于H2SiO3，故试剂A与C分别为b、d；制得的CO2中混有HCl，也能与硅酸钠溶液反应得到白色H2SiO3沉淀，应选用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故改进方法为：B、C间加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶。
20．【答案】(1)
(2) 酸性、难挥发性
(3) B，D
(4)
(5) 2：3
(6) 反应I产生的可能全部被氧化为，导致反应Ⅱ中因无反应物而无法发生
(7) B，C，D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算；硝酸的性质与用途
【解析】【解答】（1）硝酸钾受热分解后的气体是 NO与O2，用水吸收可获得硝酸，化学方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3。
故答案为：
（2）由于硝酸的沸点比硫酸的低，所以受热时硝酸挥发出来，反应中生成了盐和酸HNO3，利用难挥发酸制易挥发酸原理，体现了硫酸的酸性、难挥发性。
故答案为： 酸性、难挥发性
（3）合成氨方程式： N2+3H22NH3；氧化炉方程式：催化剂4NH3+5O2NO+6H2O，
A．合成氨方程式：N2+3H22NH3是可逆反应，和6molH2充分反应生成的NH3小于4mol，转移电子数小于12NA，故A错误；
B．氨分离器中，将混合气体冷凝使氨液化提高产率，N2和H2经压缩后送回合成塔提高转化率，故B正确；
C．氧化炉通入的气体为空气(氧气)用来氧化氨气，吸收塔中通入的气体为空气(氧气)用来使生成的NO可以被氧化成NO2继续和水反应生成HNO3，被循环利用的是NO，故C错误；
D．尾气处理装置中，NOx可用Na2CO3溶液吸收或用NH3还原，故D正确；
故答案为：BD
（4）从转化过程分析，被氧气氧化为，与发生归中反应生成氮气，被还原，被氧化；所以该工艺中被氧化的微粒是。
故答案为：
（5）Ⅰ中反应为氧化还原反应，N元素由-3价上升到+3价，O元素由0价下降到-2价，根据电子守恒可知：n()×(3+3)= n(O2)×2×(2-0)，参与Ⅰ中反应的n()：n(O2)=2：3。
故答案为： 2：3
（6）根据信息可知：氧气浓度过高时，会被氧化成；所以当DO>2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生；还有可能是Ⅰ中产生得全部被氧化为，导致反应Ⅱ中因无反应物而无法发生。
故答案为： 反应I产生的可能全部被氧化为，导致反应Ⅱ中因无反应物而无法发生
（7）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜与一氧化氮，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，
A．加水稀释该绿色溶液，由于溶液浓度变小，溶液的颜色会变化，而且加水后气体的溶解量加大，溶液的颜色也会发生变化，故A错误；
B．加热该绿色溶液减小气体溶解度，观察颜色变化，若溶液颜色变浅，可以判断溶液颜色是生成的NO2溶解在硝酸铜溶液中所致，故B正确；
C．向该绿色溶液中通入空气，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，能改变溶液中溶解气体的量，观察颜色变化，若溶液颜色变浅，可以判断溶液颜色是生成的NO2溶解在硝酸铜溶液中所致，故C正确；
D．向硝酸铜溶液中通入NO2气体，能改变溶液中溶解气体的量，观察颜色变化若溶液颜色变深，可以判断溶液颜色是生成的NO2溶解在硝酸铜溶液中所致，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】（1）NO、O2和H2O反应生成HNO3，据此写出反应的化学方程式。
（2）反应过程中提供了酸根离子，体现了酸性；生成了易挥发的HNO3，体现了浓硫酸的难挥发性。
（3）A、合成氨的反应为可逆反应，2molN2和6molH2无法完全反应。
B、冷凝使氨液化后，剩余的N2和H2送回合成塔进一步反应，可提供原料的利用率。
C、通入的气体A为O2，循环使用的物质为NO。
D、尾气中含有氮氧化物，可用Na2CO3溶液或NH3吸收。
（4）该工艺将NH4＋转化为NO2－，过程中氮元素的化合价升高，被氧化。
（5）根据化合价变化，由得失电子守恒确定二者的物质的量之比。
（6）当O2过量时，NO2－被O2进一步氧化生成NO3－，导致反应Ⅱ无法进行。
（7）A、加水稀释过程中，溶液浓度减小；同时溶解的气体的量增多，存在两个变量。
B、加热过程中，气体溶解度减小。
C、通入空气发生反应4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3。
D、通入NO2气体，改变了溶液中溶解的气体的量。
1 / 1广东省惠州市第一中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试 化学试题
一、选择题： 本题共16小题， 共44分。 (1-10每题2分， 11-16每题4分)
1．馆藏文物记载着中华文明的灿烂成就。下列文物主要由硅酸盐制成的是
A．四羊方尊青铜礼器 B．陶熏炉 C．金漆木雕如意 D．船纹铜提筒
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】硅酸盐
【解析】【解答】A、四羊方尊青铜礼器，主要成分为铜锡合金，属于金属材料，不是硅酸盐，故A不符合题意 ；
B、陶熏炉由黏土烧制而成，黏土的主要成分是硅酸盐，故B符合题意 ；
C、金漆木雕如意，主要成分为木材（纤维素）、金漆等，不是硅酸盐，故C不符合题意 ；
D、船纹铜提筒，主要成分为铜合金，属于金属材料，不是硅酸盐，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
硅酸盐是陶瓷、玻璃、水泥等传统无机非金属材料的主要成分，陶器由黏土（硅酸盐）高温烧制而成；
青铜、铜器属于铜合金，为金属材料；木雕属于有机高分子材料，均不属于硅酸盐。
2．下列变化属于固氮的是
A．NO与O2反应生成NO2
B．NH3催化氧化生成NO
C．N2和H2在一定条件下反应生成NH3
D．由NH3制NH4HCO3和(NH4)2SO4
【答案】C
【知识点】氮的固定
【解析】【解答】A. NO与O2反应生成NO2的过程属于含氮化合物之间的转化（NO→NO2），不符合"将游离态氮转化为化合态"的氮固定定义，因此排除A选项；
B. NH3催化氧化生成NO的反应（NH3→NO）同样是不同化合态氮之间的转化，未涉及游离态氮的转化，故排除B选项；
C. N2与H2合成NH3的过程（N2→NH3）实现了游离态氮（N2）向化合态氮（NH3）的转变，完全符合氮固定的定义，因此C选项正确；
D. NH3制备铵盐的过程（如NH3→NH4Cl）属于化合态氮之间的转化，不涉及游离态氮的转化，故排除D选项。
【分析】氮的固定特指将自然界中游离态的氮气（N2）转化为含氮化合物的过程，其本质特征是氮元素从单质形态转变为化合物形态。
3．下列物质属于离子化合物且含有非极性键的是
A．SiO2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】化学键；离子化合物的结构特征与性质
【解析】【解答】A、SiO2属于共价化合物，A不符合题意。B、Mg3N2是仅含离子键的离子化合物，B不符合题意。
C、Na2S2是含有离子键和非极性共价键（S-S键）的离子化合物，C符合题意。
D、Ba(OH)2是含有离子键和极性共价键（O-H键）的离子化合物，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、SiO2为共价化合物。
B、Mg3N2为离子化合物，但不含有共价键。
C、Na2S2为离子化合物，S22－中含有非极性共价键。
D、Ba(OH)2为离子化合物，OH－中含有极性共价键。
4．下列说法正确的是
A．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的共价键
B．溶于水的过程中有共价键的断裂和离子键的形成
C．加热融化时只破坏了该物质中的离子键
D．分子比分子稳定，因为分子间存在氢键
【答案】C
【知识点】化学键；化学键和分子间作用力的区别；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A．碘晶体受热转变为碘蒸气时，碘分子（I2）本身未发生变化，只是分子间距离增大，吸收的热量用于克服分子间作用力（范德华力），而碘原子间的共价键并未断裂，选项A错误。B．当SO3溶于水生成硫酸（H2SO4）时，硫酸作为共价化合物，其形成过程不涉及离子键的生成，选项B错误。
C．NaHSO4在加热熔化时发生电离，生成Na+和HSO4 离子，此过程仅破坏了Na+与HSO4 之间的离子键，而未破坏HSO4 内部的共价键，选项C正确。
D．H2O分子比H2S分子更稳定，这是由于H-O键的键能（463 kJ/mol）大于H-S键的键能（363 kJ/mol），而与氢键无关（氢键属于分子间作用力），选项D错误。
故答案为：C
【分析】A、碘晶体为分子晶体，升华过程中破坏分子间作用力。
B、SO3溶于水生成H2SO4，形成共价键，不存在离子键。
C、NaHSO4熔化时破坏离子键。
D、氢键影响物质的物理性质，稳定性为化学性质，与化学键的强弱有关。
5．碳纳米管是由石墨烯卷曲成的单层或多层的直径为的中空管状结构。下列说法不正确的是
A．碳纳米管是一种胶体
B．石墨烯卷成管状结构发生了化学变化
C．根据碳纳米管的形状可推测它可能可以用作催化剂的载体
D．石墨烯和碳纳米管在能源、信息、医药等领域有广阔的应用前景
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；同素异形体；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．碳纳米管是纯碳构成的单质，而胶体属于混合物，两者性质不同，A选项错误。B．石墨烯和碳纳米管虽然都是碳元素组成的单质，但它们的结构不同，所以从石墨烯转变为碳纳米管的过程属于化学变化，B选项正确。
C．碳纳米管具有独特的管状中空结构，这种结构能够有效分散和支撑催化剂活性组分，因此它确实适合作为催化剂载体，C选项正确。
D．由于石墨烯和碳纳米管具有优异的性能，它们在能源、信息技术、医药等多个领域都具有广阔的应用前景，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、碳纳米管属于纯净物，胶体属于混合物。
B、石墨烯卷成管状结构，形成新的物质，属于化学变化。
C、管状结构相对表面积大，可用做催化剂的载体。
D、石墨烯和碳纳米管的优异性能，决定了其在能源、信息技术和医药等领域的广阔应用前景。
6．我国在材料的开发和应用方面取得了举世瞩目的成就。下列说法错误的是
A．冬奥会“战袍”内层添加的石墨烯片——石墨烯为无机化合物
B．高速列车外壳使用的硬铝——属于金属材料
C．天和核心舱电推进系统中使用的氮化硼陶瓷——属于新型无机非金属材料
D．卫星芯片使用的高纯硅——硅可做半导体材料
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．石墨烯是由碳元素组成的单质，不是化合物，因此选项A是错误的；
B．硬铝属于铝合金，是金属材料的一种，所以选项B正确；
C．氮化硅属于新型无机非金属材料，因此选项C正确；
D．高纯硅的导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，故选项D正确；
综上所述，正确答案是A。
【分析】A．石墨烯是单质；
B．硬铝是铝合金，是金属材料；
C．氮化硅属于新型无机非金属材料；
D．根据硅元素性质，其是半导体材料。
7．工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A．工业制硫酸：硫铁矿
B．由制漂白粉：饱和食盐水漂白粉
C．工业冶炼铝：铝土矿
D．工业合成硝酸：
【答案】C
【知识点】工业制取硫酸；工业制取硝酸；氯气的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．SO3的吸收不能直接用水，需使用98.3%的浓硫酸，避免形成酸雾影响吸收效率，A错误；
B．制备漂白粉时，Cl2与澄清石灰水的反应不适用，因其中Ca(OH)2浓度过低，工业上采用石灰乳（悬浊液）进行反应，B错误；
C．该选项涉及的工艺流程各步骤均符合实际工业生产原理，C正确；
D．硝酸工业的第一步应为氨的催化氧化（4NH3+5O2→4NO+6H2O），而非选项所述操作，D错误；
故答案为：C
【分析】A、工业制硫酸过程中，用98.3%的浓硫酸吸收SO3。
B、漂白粉是由Cl2与石灰乳反应制得。
C、结合铝及其化合物的转化分析。
D、N2与O2的反应趋势很弱，第一步反应由NH3与O2反应生成NO。
8．设为阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是
A．1mol和的混合物中含N原子数为2
B．中含有中子数为10NA
C．2molCu与足量的S充分反应，转移的电子数为2
D．2mol浓硫酸与足量的铜在加热条件下反应，生成的体积标准状况下为22.4L
【答案】C
【知识点】浓硫酸的性质；铜及其化合物；物质的量的相关计算
【解析】【解析】A、由于和的分子结构中氮原子数量不同（前者1个氮原子，后者2个氮原子），在未给出具体物质比例的情况下，无法准确计算混合物中氮原子的物质的量，A选项错误。
B、T（氚）原子含有2个中子，18O原子含有10个中子，因此1个T218O分子中共有14个中子（2×2+10=14）。已知T218O的相对分子质量为24，则20g该物质所含中子数为：，B选项错误。
C、铜与硫反应生成硫化亚铜（Cu2S），每2mol铜参与反应转移2mol电子（铜由0价变为+1价）。因此2mol铜与足量硫反应时，转移电子数确实为2，C选项正确。
D、浓硫酸与铜反应会逐渐变为稀硫酸，而稀硫酸不能与铜继续反应，因此实际生成的SO2在标准状况下的体积必然小于理论最大值22.4L，D选项错误。
故答案为：C
【分析】A、NO2和N2O的最简式不同，二者的比例不确定，无法计算。
B、一个T218O分子中所含的中子数为2×2+(18-8)=14，据此计算。
C、Cu与S反应生成Cu2S，据此计算转移电子数。
D、Cu与浓硫酸反应生成SO2，随着反应进行，硫酸浓度减小，Cu与稀硫酸不反应，无法计算。
9．某化学兴趣小组进行相关实验，下列实验装置不能达到预期实验目的的是
A．制备气体 B．干燥气体
C．验证的漂白性 D．验证与水反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A.75%的硫酸可与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，A能达到目的；
B．浓硫酸和二氧化硫不反应，可以用来干燥二氧化硫，B能达到目的；
C．二氧化硫有漂白性，能使品红褪色，C能达到目的；
D．收集有二氧化硫的试管倒置水槽中，液面上升，可能是气体溶于水，验证气体和水反应，可测溶液的pH值，D不能达到目的；
故选D；
【分析】题目考查二氧化硫相关知识，根据反应H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2制备气体，可用浓硫酸作干燥剂，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，和水反应生成亚硫酸。
10．下列化学反应的离子方程式正确的是
A．用稀硝酸溶解硫化亚铁固体：FeS＋2H＋=Fe2＋＋H2S↑
B．少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中：
C．在稀氨水中通入少量二氧化碳：NH3·H2O＋CO2=NH＋HCO
D．氢氧化钡溶液与等物质的量稀硫酸混合：Ba2＋＋OH-＋H＋＋SO=BaSO4↓＋H2O
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解析】A、硝酸(HNO3)是强氧化剂，会与硫化亚铁(FeS)发生氧化还原反应。反应中FeS被氧化为Fe3+和SO42-，其离子方程式为：，A选项错误。B、二氧化硫(SO2)具有还原性，次氯酸根(ClO-)具有强氧化性，两者会发生氧化还原反应：，B选项正确。
C、在稀氨水中通入少量二氧化碳时，会生成碳酸铵，其离子方程式为：，C选项错误。
D、氢氧化钡溶液与等物质的量稀硫酸混合时，反应生成硫酸钡(BaSO4)和水(H2O)，其物质的量比为1：2，离子方程式为：，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、硝酸具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，S2－氧化成SO42－，自身还原为NO。
B、ClO－具有氧化性，能与SO2发生氧化还原反应，生成Cl－和SO42－。
C、CO2少量，与NH3·H2O反应，生成NH4＋和CO32－。
D、Ba(OH)2与H2SO4等物质的量反应，则参与反应的H＋和OH－的个数比为2：2。
11．短周期元素的原子半径依次增大，由这五种元素组成的物质M结构如图所示，其中Y、Z同周期，W、Z同主族，且原子序数满足。下列说法正确的是
A．最高化合价Y>W>X
B．化合物M中所有原子满足8电子稳定结构
C．Q与W、Z形成的简单化合物沸点：
D．X、Y、Z的最高价氧化物的水化物均为强酸
【答案】C
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、根据分析，Y、W、X分别为Cl、O、C。其中O元素没有最高正价（因氧电负性极强，通常不显正价），A选项错误。
B、在物质M的分子结构中，H原子最外层达到2电子稳定结构，无法形成8电子结构，B选项错误。
C、Q（H）与W（O）、Z（S）形成的简单化合物分别为H2O、H2S，H2O中含有氢键，沸点较大。因此沸点：W＞Z，C选项正确。
D、X、Y、Z的最高价氧化物的水化物依次为H2CO3（碳酸，弱酸）、HClO4（高氯酸，最强无机酸）、H2SO4（硫酸，强酸）。其中H2CO3的酸性远弱于另两种，D选项错误。
故答案为：C
【分析】Q和Y均形成1个共价键，Q可能是H或F，Y为Cl。X形成四个共价键，说明X为C元素，从而确定Q为H元素。Z和W均形成2个共价键，且Y和Z同周期，W和Z同主族，由此推出Z为S元素，W为O元素。据此结合选项分析。
12．部分含硫物质的类别与相应化合价及部分物质间转化关系如图。下列说法正确的是
A．b在空气中燃烧可以生成d
B．附着有b的试管常用酒精清洗
C．c因漂白作用可以使KMnO4溶液褪色
D．e的浓溶液长时间暴露在空气中，质量增大，质量分数减少
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解析】A. 硫单质（S）在氧气中燃烧只能生成二氧化硫（SO2），无法直接生成三氧化硫（SO3），因此选项A是错误的；
B. 物质b是硫（S），硫难溶于水且微溶于酒精，因此附着硫的试管不能用酒精清洗，故选项B是错误的；
C. 二氧化硫（SO2）能使高锰酸钾（KMnO4）溶液褪色，这是由于SO2的还原性，而非其漂白作用，因此选项C是错误的；
D. 物质e的浓溶液是浓硫酸（H2SO4），浓硫酸具有强吸水性，长时间暴露在空气中会吸收水分，导致溶液质量增加而溶质质量分数降低，因此选项D是正确的；
综上所述，正确答案是D。
【分析】根据价类二维图可知：a是H2S，b是S单质，c是SO2，d是SO3，e是H2SO4，f是亚硫酸盐，g是硫化盐，据此解答。
13．天然气是应用广泛的燃料，但含有少量等气体。在酸性溶液中利用T.F菌可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．该脱硫过程需要不断添加溶液
B．反应ⅱ的离子方程式为：
C．该脱硫过程可在高温条件下进行
D．该脱硫过程消耗22.4LO2理论上可产生2moLS
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 由于Fe2(SO4)3是催化剂，在反应过程中可以循环使用，不需要持续添加， A错误；
B. 正确描述了反应Ⅱ的离子方程式：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O， B正确；
C. T.F菌作为生物催化剂，在高温条件下会失去活性，因此该脱硫过程不能在高温下进行， C错误；
D. 题目没有说明气体所处的温度和压强条件，因此不能直接计算气体体积， D错误；
综上所述，正确答案是B。
【分析】该题涉及两个主要反应过程： 反应Ⅰ：硫酸铁(Fe2(SO4)3)与硫化氢(H2S)反应生成硫单质(S)、硫酸亚铁(FeSO4)和水(H2O)，反应Ⅱ：氧气(O2)将硫酸亚铁(FeSO4)重新氧化为硫酸铁(Fe2(SO4)3)，在整个过程中，硫酸铁先被消耗后又重新生成，起到催化剂的作用。
14．下图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案，下列有关操作不可能引发喷泉的是
A．挤压装置①的胶头滴管使全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使饱和溶液全部进入烧瓶，然后打开止水夹
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D．在装置④的水槽中加入适量生石灰并打开止水夹
【答案】B
【知识点】氨的性质及用途；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．氯气可溶于四氯化碳，且极易与氢氧化钠溶液反应，能形成压强差从而引发喷泉实验，A不符合题意。B．二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度极低，无法形成足够的压强差，因此不能引发喷泉实验，B符合题意。
C．当从a处鼓入空气时，氯化钠溶液会被压入烧瓶，氯化氢溶解后形成负压条件，能够成功引发喷泉实验，C不符合题意。
D．生石灰与水反应放热，使锥形瓶内气压升高，将浓盐酸压入烧瓶与氨气反应，从而形成负压引发喷泉，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、Cl2易溶于CCl4中，使烧瓶内压强减小。
B、CO2不溶于饱和NaHCO3溶液，烧瓶内压强不变。
C、往锥形瓶内鼓入空气，则锥形瓶内压强增大，溶液进入烧瓶内，HCl溶于水，使得压强减小。
D、CaO与H2O反应放热，温度升高，压强增大，HCl进入烧瓶内，与NH3反应，使得烧瓶内压强减小。
15．海洋生物参与氮循环的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应①中没有发生电子转移
B．反应②中有极性键断裂和非极性键生成
C．反应③可能有氧气参与
D．等量NO参与反应④与反应⑤，转移电子数之比为2：3
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A. 反应①的化合价未发生变化，不属于氧化还原反应，因此没有电子转移， A正确；
B. 反应②中羟胺(NH2OH)转化为肼(N2H4)，断裂了N-O极性键，同时生成了N-N非极性键， B正确；
C. 反应③中肼(N2H4)的氮元素由-2价升至0价，化合价升高说明其作为还原剂，必然需要氧化剂参与反应，可能存在氧气参与的情况， C正确；
D. 反应④中氮元素由+3价降至-1价，转移电子数为4；反应⑤中氮元素由+3价变为0价，转移电子数为3。当等量亚硝酸根离子(NO)参与这两个反应时，电子转移数之比应为4：3， D错误；
综上所述，正确答案为：D。
【分析】A. 反应 ① 不是氧化还原反应；
B. 根据反应 ② 中物质转化，可判断化学键的变化；
C. 反应③ 中氮元素被氧化，氧化剂可能是氧气；
D. 根据反应中得失电子相等，电子转移数之比应为4：3。
16．下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
选项 实验操作及现象 实验结论
A 向某溶液中先加入盐酸，无明显现象，再加BaCl2溶液，有白色的沉淀 该溶液中一定有
B 向NaHS溶液中滴入稀盐酸，生成臭鸡蛋气味气体(经检验为H2S) 非金属性：Cl>S
C 向某溶液中加入浓溶液，加热产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体 该溶液中一定含有
D 向浓硝酸中插入红热的木炭，产生红棕色气体 红棕色的NO2一定是由木炭和浓硝酸反应生成的
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】常见离子的检验；硝酸的化学性质；硫酸根离子的检验
【解析】【解答】A．向某溶液中先加入盐酸，无明显现象，排除了碳酸根离子（）和银离子（）的干扰，再加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，说明溶液中一定含有硫酸根离子（），因此选项A正确；
B．向NaHS溶液中滴加稀盐酸，生成具有臭鸡蛋气味的H2S气体，说明盐酸（HCl）的酸性强于H2S。但由于HCl并非氯元素的最高价含氧酸（如HClO4），因此无法据此比较Cl和S的非金属性强弱，故选项B错误；
C．向某溶液中加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明该气体或其水溶液呈酸性，因此选项C错误；
D．浓硝酸受热分解可能生成红棕色的NO2气体，因此观察到的红棕色气体不一定是由木炭与浓硝酸反应生成的，故选项D错误；
综上所述，正确答案为A。
【分析】A．根据硫酸根离子检验原理可知，描述正确；
B．根据最高价含氧酸酸性强弱比较非金属强弱，氯化氢和硫化氢是无氧酸；
C．氨气 使湿润的蓝色石蕊试纸变蓝，并不是变红；
D．需要注意浓硝酸分解生成二氧化氮。
二、填空题(共4小题，56分)
17．根据相关信息填空。
Ⅰ、浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的产物，某同学设计了如下图所示的实验，请据此回答下列问题：
（1）圆底烧瓶中发生反应的化学反应方程式为　 　，若将B中的品红换成石蕊，则B中的现象为　 　。
（2）用离子反应方程式表示KMnO4溶液颜色变浅或褪色的原因：　 　。
Ⅱ、H2O2在生活、卫生医疗中常用作消毒剂，还可用于漂白，是化学实验室里必备的重要氧化剂。HClO、Cl2、NaClO、Fe(NO3)3也是重要的氧化剂，下面是对以上几种氧化剂性质的探究。
（3）分别书写Na2O2与HClO电子式　 　、　 　。
（4）某同学向浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后；铜片溶解，写出该反应的离子方程式：　 　。
（5）在碱性溶液中，用氯气可将氧化，生成一种可直接排放到大气中的气体，写出离子方程式：　 　。
（6）在酸性溶液中加入溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。变为棕黄色的原因是　 　(用离子反应方程式表示)。
【答案】；变红但不褪色；；；；；；
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；浓硫酸的性质；性质实验方案的设计；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）圆底烧瓶内发生反应的是碳和浓硫酸加热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，；若将B中的品红换成石蕊，二氧化硫通入石蕊中，溶液呈酸性，石蕊变红，但二氧化硫不能使指示剂褪色。
故答案为：；变红但不褪色
（2）酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，能把氧化为，自身被还原为，反应的离子方程式为。
故答案为：
（3）过氧化钠为离子化合物，过氧根离子中有共价键：；中O与H、Cl均形成共用电子对，其电子式为。
故答案为：；
（4）浸泡铜片的稀盐酸中加入H2O2后，铜片溶解，发生氧化还原反应生成氯化铜、水，反应的离子方程式为。
故答案为：
（5）在碱性溶液中，氯气可将氧化，生成一种可直接排放到大气中的气体为氮气，其离子方程式为。
故答案为：
（6）溶液先由棕黄色变为浅绿色，说明Fe3+先被还原为Fe2+，其离子方程式是，后变为棕黄色的原因是反应生成的H+与组成的硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式是。
故答案为：
【分析】（1）浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成CO2、SO2和H2O，据此写出反应的化学方程式。SO2能与H2O反应生成H2SO3，使紫色石蕊溶液变红。
（2）酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，自身还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
（3）Na2O2由Na＋和O22－构成；HClO为共价化合物，O原子与H、Cl原子形成共价键。据此写出Na2O2和HClO的电子式。
（4）H2O2具有氧化性，酸性条件下将Cu氧化成Cu2＋，据此写出反应的离子方程式。
（5）生成的可直接排放到大气中的气体为N2，Cl2发生还原反应，生成Cl－，据此写出反应的离子方程式。
（6）NO3－在酸性条件下具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为NO，据此写出反应的离子方程式。
18．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　 　、水泥和玻璃；下列物品含有的是　 　(填序号)。
①水晶项链 ②玛瑙 ③石英钟 ④硅太阳能电池 ⑤光导纤维 ⑥计算机芯片
（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，保存氢氧化钠溶液的玻璃瓶应该用橡胶塞而不用玻璃塞的原因是　 　(用化学方程式表示)。
（3）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流程①焦炭体现了　 　(填“氧化性”或“还原性”)。
②实验室模拟上述过程④制备高纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法正确的是　 　。
A．装置Ⅱ洗气瓶装的是浓硫酸
B．装置Ⅲ的烧杯中装的是热水
C．实验时，应先加热管式炉，再打开活塞K
D．为鉴定高纯硅中是否含微量铁单质，需要用的试剂为盐酸、硫氰化钾溶液
遇水发生剧烈的水解反应，生成H2SiO3、HCl和一种可燃性气体单质，写出该水解反应的化学方程式　 　。
④在制备高纯硅的过程中都需隔绝空气，否则可能引起的后果是　 　(写出两条即可)。
【答案】（1）陶瓷；①②③⑤
（2）2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O
（3）还原性；AB；；氢气与氧气混合发生爆炸；SiHCl3遇水水解
【知识点】硅和二氧化硅；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（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；①水晶项链、②玛瑙、③石英钟、⑤光导纤维中含有，④硅太阳能电池、⑥计算机芯片中含Si。
故答案为：陶瓷；①②③⑤
（2）保存氢氧化钠溶液的玻璃瓶应该用橡胶塞而不用玻璃塞的原因是玻璃中SiO2与NaOH反应生成粘性硅酸钠，使瓶塞粘连：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O。
故答案为： 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O
（3）①根据分析，流程①中C元素化合价升高，故焦炭体现了还原性。
故答案为：还原性
②I中锌与稀硫酸反应制备氢气，Ⅱ中盛放浓硫酸，干燥氢气，Ⅲ中盛放热水，使SiHCl3变为气体，Ⅳ中SiHCl3与氢气反应制得Si。
A．根据分析，装置Ⅱ洗气瓶装的是浓硫酸，A正确；
B．根据分析，装置Ⅲ的烧杯中装的是热水，B正确；
C．实验时，应先将打开活塞K，用氢气将装置中的空气排干净，再加热管式炉，C错误；
D．铁单质与稀盐酸反应的产物为氯化亚铁，应选用铁氰化钾溶液检验亚铁离子，故需要用的试剂为盐酸、铁氰化钾溶液，D错误；
故答案为：AB
③SiHCl3遇水发生剧烈的水解反应，生成H2SiO3、HCl和一种可燃性气体单质，应为H2，水解的化学方程式为：。
故答案为：
④H2遇O2受热时可能发生爆炸，所以H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是：氢气与氧气混合发生爆炸；SiHCl3遇水水解。
故答案为： 氢气与氧气混合发生爆炸；SiHCl3遇水水解
【分析】（1）传统的无机非金属材料有陶瓷、玻璃和水泥。根据选项所给物质的成分分析。
（2）SiO2能与NaOH溶液反应生成Na2SiO3和H2O，据此写出反应的化学方程式。
（3）粗硅制备：石英砂(SiO2)与焦炭(C)在高温下反应生成粗硅(Si)和一氧化碳(CO)，反应方程式为：。三氯氢硅(SiHCl3)制备：粗硅与氯化氢(HCl)在300℃以上反应生成三氯氢硅和氢气(H2)，反应方程式为：。高纯硅提纯：三氯氢硅粗品经精馏提纯后，在1084℃下与氢气反应，最终得到高纯硅，同时副产氯化氢，反应方程式为：。据此结合题干设问分析作答。
（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；①水晶项链、②玛瑙、③石英钟、⑤光导纤维中含有，④硅太阳能电池、⑥计算机芯片中含Si，故选：①②③⑤；
（2）保存氢氧化钠溶液的玻璃瓶应该用橡胶塞而不用玻璃塞的原因是玻璃中SiO2与NaOH反应生成粘性硅酸钠，使瓶塞粘连：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；
（3）①根据分析，流程①中C元素化合价升高，故焦炭体现了还原性；
②I中锌与稀硫酸反应制备氢气，Ⅱ中盛放浓硫酸，干燥氢气，Ⅲ中盛放热水，使SiHCl3变为气体，Ⅳ中SiHCl3与氢气反应制得Si。
A．根据分析，装置Ⅱ洗气瓶装的是浓硫酸，A正确；
B．根据分析，装置Ⅲ的烧杯中装的是热水，B正确；
C．实验时，应先将打开活塞K，用氢气将装置中的空气排干净，再加热管式炉，C错误；
D．铁单质与稀盐酸反应的产物为氯化亚铁，应选用铁氰化钾溶液检验亚铁离子，故需要用的试剂为盐酸、铁氰化钾溶液，D错误；
故选AB；
③SiHCl3遇水发生剧烈的水解反应，生成H2SiO3、HCl和一种可燃性气体单质，应为H2，水解的化学方程式为：；
④H2遇O2受热时可能发生爆炸，所以H2还原SiHCl3过程中若混有O2，可能引起的后果是：氢气与氧气混合发生爆炸；SiHCl3遇水水解。
19．宋代《千里江山图》所用矿物颜料绿松石中含有，下图呈现其部分元素在元素周期表所在位置，虚线为分界线。
（1）中共价键的类型是　 　(填“极性键”或“非极性键”)。
（2）下列比较Cu、Al金属性强弱的方案合理的是　 　(填序号)。
a．比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度
b．比较Cu、Al的密度
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，观察是否有红色固体生成
（3）P与②、⑦是同主族元素：气态氢化物的稳定性：　 　>　 　>　 　(填化学式)。
（4）④的单质与同周期金属性最强元素的最高价氧化物对应的水化物反应离子方程式：　 　，⑧原子结构示意图是　 　。
（5）可在图中分界线(虚线部分)附近寻找_________(填序号)。
A．优良的催化剂 B．半导体材料
C．合金材料 D．农药
（6）用下图装置证明①、⑤的非金属性强弱，从以下所给物质中选出实验所用到的物质：a、稀H2SO4；b、稀盐酸；c、碳酸钙；d、Na2SiO3溶液；e、SiO2。
试剂A与C分别为　 　、　 　(填序号)；有同学认为此实验不能说明①、⑤的非金属性强弱，你认为改进的方法是　 　。
【答案】（1）极性键
（2）ac
（3）NH3；PH3；AsH3
（4）2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）B
（6）b；d；B、C间加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
【知识点】性质实验方案的设计；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）中，H、O元素的非金属性不同，共用电子对偏向于O原子而偏离于H原子，则共价键的类型是极性键。
故答案为：极性键
（2）a．金属性越强，金属单质与酸反应越剧烈，则比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度，可推出Cu和Al的金属性强弱，a符合题意；
b．金属单质的密度与相对原子质量、原子半径、原子间的距离等因素有关，不能决定金属元素的金属性强弱，则比较Cu、Al的密度不能推出Cu、Al的金属性强弱，b不符合题意；
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，若有红色固体生成，则说明Al置换出了Cu，Cu的金属性比Al弱，c符合题意；
故答案为：ac
（3）元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，N、P、As是同主族元素，且非金属性N>P>As，则气态氢化物的稳定性：NH3>PH3>AsH3。
故答案为：NH3；PH3；AsH3
（4）④为Al，与同周期金属性最强元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；⑧是Br，原子结构示意图是：。
故答案为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；
（5）在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，故选B。
故答案为：B
（6）证明C、Si的非金属性强弱，可通过H2CO3酸性强于H2SiO3证明，稀盐酸与碳酸钙反应制得CO2，将CO2通入硅酸钠溶液中，产生白色H2SiO3沉淀即可证明H2CO3酸性强于H2SiO3，故试剂A与C分别为b、d；制得的CO2中混有HCl，也能与硅酸钠溶液反应得到白色H2SiO3沉淀，应选用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故改进方法为：B、C间加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶。
故答案为：b；d； B、C间加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶
【分析】（1）同种元素形成的共价键为非极性键；不同种元素形成的共价键为极性键。
（2）a、与酸反应越容易，则金属性越强。
b、金属单质的密度与金属性强弱无关。
c、通过置换反应的发生可比较金属性的强弱。
（3）非金属性越强，则气态氢化物的稳定性越强。据此结合非金属性的强弱分析。
（4）④的单质为Al，同周期金属性最强元素的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，据此写出反应的离子方程式。⑧为Br，其核电荷数为35，据此确定其原子结构示意图。
（5）图中分界线为金属和非金属的分界线，可在这附近寻找半导体材料。
（6）根据“强酸制弱酸”原理比较酸性强弱，并结合最高价含氧酸酸性越强，则非金属性越强分析。
（1）中，H、O元素的非金属性不同，共用电子对偏向于O原子而偏离于H原子，则共价键的类型是极性键；
（2）a．金属性越强，金属单质与酸反应越剧烈，则比较Cu、Al分别与酸反应的难易程度，可推出Cu和Al的金属性强弱，a符合题意；
b．金属单质的密度与相对原子质量、原子半径、原子间的距离等因素有关，不能决定金属元素的金属性强弱，则比较Cu、Al的密度不能推出Cu、Al的金属性强弱，b不符合题意；
c．将打磨过的铝片放入CuSO4溶液，若有红色固体生成，则说明Al置换出了Cu，Cu的金属性比Al弱，c符合题意；
故选ac；
（3）元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，N、P、As是同主族元素，且非金属性N>P>As，则气态氢化物的稳定性：NH3>PH3>AsH3；
（4）④为Al，与同周期金属性最强元素Na的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑；⑧是Br，原子结构示意图是：；
（5）在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，故选B；
（6）证明C、Si的非金属性强弱，可通过H2CO3酸性强于H2SiO3证明，稀盐酸与碳酸钙反应制得CO2，将CO2通入硅酸钠溶液中，产生白色H2SiO3沉淀即可证明H2CO3酸性强于H2SiO3，故试剂A与C分别为b、d；制得的CO2中混有HCl，也能与硅酸钠溶液反应得到白色H2SiO3沉淀，应选用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2中的HCl，故改进方法为：B、C间加装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶。
20．Ⅰ、硝酸是一种重要的化工原料，其生产工艺有多种。请回答：
（1）干馏法是最早记录的制备硝酸方法，将硝酸钾受热分解后的气体用水吸收可获得硝酸：、________(填化学方程式)。
（2）工业上曾使用浓硫酸和硝石制硝酸：，该反应体现了硫酸的________(填浓硫酸的相关性质)。
（3）氨氮氧化法已广泛应用于工业化生产，工艺流程如下图。
下列说法正确的是 (选填序号)。
A. 合成塔中，和6molH2充分反应可获得4molNH3，转移电子数为12NA
B. 氨分离器中，将混合气体冷凝使氨液化，N2和H2经压缩后送回合成塔
C. 氧化炉和吸收塔中，实现了气体A的循环使用
D. 尾气处理装置中，可用碱性溶液吸收或用NH3还原
Ⅱ、硝酸工厂会排放大量氨氮废水，短程硝化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下：
N2
资料：①该工艺处理后排出的废水中会有一定量
②废水溶解氧浓度(DO)对于氮的脱除率的影响如图所示：
（4）该工艺中被氧化的微粒是________。
（5）参与(Ⅰ)中反应的 ________。
（6）当DO>2mg/L 时， 氮的脱除率为0，其原因可能是：①厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生；②________。
Ⅲ、同学们为探究浓硝酸的强氧化性，将浓硝酸与铜反应，发现铜与浓硝酸反应后所得的溶液呈绿色，推测其原因可能是①硝酸铜的浓度太高；②生成的NO2溶解在硝酸铜溶液中。
（7）同学们设计下列实验方案证明其原因，这些方案中可行的是 (填字母)。
A. 加水稀释该绿色溶液，观察颜色变化
B. 加热该绿色溶液，观察颜色变化
C. 向该绿色溶液中通入空气，观察颜色变化
D. 向硝酸铜溶液中通入NO2气体，观察颜色变化
【答案】(1)
(2) 酸性、难挥发性
(3) B，D
(4)
(5) 2：3
(6) 反应I产生的可能全部被氧化为，导致反应Ⅱ中因无反应物而无法发生
(7) B，C，D
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氧化还原反应的电子转移数目计算；硝酸的性质与用途
【解析】【解答】（1）硝酸钾受热分解后的气体是 NO与O2，用水吸收可获得硝酸，化学方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3。
故答案为：
（2）由于硝酸的沸点比硫酸的低，所以受热时硝酸挥发出来，反应中生成了盐和酸HNO3，利用难挥发酸制易挥发酸原理，体现了硫酸的酸性、难挥发性。
故答案为： 酸性、难挥发性
（3）合成氨方程式： N2+3H22NH3；氧化炉方程式：催化剂4NH3+5O2NO+6H2O，
A．合成氨方程式：N2+3H22NH3是可逆反应，和6molH2充分反应生成的NH3小于4mol，转移电子数小于12NA，故A错误；
B．氨分离器中，将混合气体冷凝使氨液化提高产率，N2和H2经压缩后送回合成塔提高转化率，故B正确；
C．氧化炉通入的气体为空气(氧气)用来氧化氨气，吸收塔中通入的气体为空气(氧气)用来使生成的NO可以被氧化成NO2继续和水反应生成HNO3，被循环利用的是NO，故C错误；
D．尾气处理装置中，NOx可用Na2CO3溶液吸收或用NH3还原，故D正确；
故答案为：BD
（4）从转化过程分析，被氧气氧化为，与发生归中反应生成氮气，被还原，被氧化；所以该工艺中被氧化的微粒是。
故答案为：
（5）Ⅰ中反应为氧化还原反应，N元素由-3价上升到+3价，O元素由0价下降到-2价，根据电子守恒可知：n()×(3+3)= n(O2)×2×(2-0)，参与Ⅰ中反应的n()：n(O2)=2：3。
故答案为： 2：3
（6）根据信息可知：氧气浓度过高时，会被氧化成；所以当DO>2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生；还有可能是Ⅰ中产生得全部被氧化为，导致反应Ⅱ中因无反应物而无法发生。
故答案为： 反应I产生的可能全部被氧化为，导致反应Ⅱ中因无反应物而无法发生
（7）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜与一氧化氮，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，
A．加水稀释该绿色溶液，由于溶液浓度变小，溶液的颜色会变化，而且加水后气体的溶解量加大，溶液的颜色也会发生变化，故A错误；
B．加热该绿色溶液减小气体溶解度，观察颜色变化，若溶液颜色变浅，可以判断溶液颜色是生成的NO2溶解在硝酸铜溶液中所致，故B正确；
C．向该绿色溶液中通入空气，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，能改变溶液中溶解气体的量，观察颜色变化，若溶液颜色变浅，可以判断溶液颜色是生成的NO2溶解在硝酸铜溶液中所致，故C正确；
D．向硝酸铜溶液中通入NO2气体，能改变溶液中溶解气体的量，观察颜色变化若溶液颜色变深，可以判断溶液颜色是生成的NO2溶解在硝酸铜溶液中所致，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】（1）NO、O2和H2O反应生成HNO3，据此写出反应的化学方程式。
（2）反应过程中提供了酸根离子，体现了酸性；生成了易挥发的HNO3，体现了浓硫酸的难挥发性。
（3）A、合成氨的反应为可逆反应，2molN2和6molH2无法完全反应。
B、冷凝使氨液化后，剩余的N2和H2送回合成塔进一步反应，可提供原料的利用率。
C、通入的气体A为O2，循环使用的物质为NO。
D、尾气中含有氮氧化物，可用Na2CO3溶液或NH3吸收。
（4）该工艺将NH4＋转化为NO2－，过程中氮元素的化合价升高，被氧化。
（5）根据化合价变化，由得失电子守恒确定二者的物质的量之比。
（6）当O2过量时，NO2－被O2进一步氧化生成NO3－，导致反应Ⅱ无法进行。
（7）A、加水稀释过程中，溶液浓度减小；同时溶解的气体的量增多，存在两个变量。
B、加热过程中，气体溶解度减小。
C、通入空气发生反应4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3。
D、通入NO2气体，改变了溶液中溶解的气体的量。
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