【期末复习】必刷题（1）（教师版）-【帮课堂】2021-2022学年高一化学同步精品讲义（人教版2019必修第二册）

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1．（2022·上海市延安中学高一期末）可以由两种单质直接化合得到的物质是
A．硫化铜B．氯化亚铁C．硫化亚铁D．三氧化硫
【答案】C
【解析】
A．铜与硫单质反应生成Cu2S，所以硫化铜不能由单质直接化合得到，故A不符合题意；
B．铁与氯气反应生成氯化铁，所以氯化亚铁不能通过单质直接化合得到，故B不符合题意；
C．铁与硫单质反应生成硫化亚铁，所以硫化亚铁能由单质直接化合得到，故C符合题意；
D．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂作用下可生成三氧化硫，三氧化硫不能由两种单质直接化合得到，故D不符合题意；
答案选C。
2．（2021·山东·沂水县教育局高一期末）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法不正确的是
A．在图示的转化中，化合价不变的元素有铜、氯、氢
B．在图示的转化中，FeCl2、CuCl2未参与化学反应
C．图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O
D．当回收得到1ml硫单质时，转移电子的物质的量为2ml
【答案】B
【解析】
A．在图示的转化中，化合价改变的有铁、硫、氧，化合价不变的元素有铜、氯、氢，故A正确；
B．在图示的转化中，FeCl2、CuCl2是催化剂，参与了化学反应，故B错误；
C．将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，硫化氢在催化剂作用下被氧气氧化为硫，图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O，故C正确；
D．根据总反应2H2S+O22S+2H2O，硫元素化合价由-2升高为0，当回收得到1ml硫单质时，转移电子的物质的量为2ml，故D正确；
选B。
3．（2020·广东·北京师范大学珠海分校附属外国语学校高一期末）制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A．制取SO2B．验证漂白性
C．收集SO2D．尾气处理
【答案】B
【解析】
A．制取SO2需用Cu和浓硫酸反应，2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+SO2↑+2H2O，稀硫酸不与Cu反应，A错误；
B．SO2可使品红褪色，因此可以用品红验证SO2的漂白性，B正确；
C．SO2的密度大于空气，应使用向上排空气法收集，瓶中导管应长进短出，C错误；
D．SO2需用强碱（如NaOH）等物质吸收，SO2难溶于饱和NaHSO3溶液，即饱和NaHSO3不能吸收SO2，D错误；
故选B。
4．（2020·云南省武定民族中学高一期末）下图所示的实验装置中，实验开始一段时间后，观察到的现象不正确的是
A．苹果块会干瘪B．胆矾晶体表面有“白斑”
C．小试管内有晶体析出D．pH试纸变红
【答案】D
【解析】
A．浓硫酸具有吸水性，可使苹果水分减少，则观察到苹果块会干瘪，故A正确；
B．浓硫酸可使胆矾晶体失去水，则观察到胆矾晶体表面有“白斑”，故B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，使饱和溶液中溶剂减少，则小试管内有晶体析出，故C正确；
D．浓硫酸具有脱水性，可使试纸变黑，则不能观察到试纸变红，故D错误；
故选：D。
5．（2022·宁夏·吴忠中学高一期末）阅读短文，回答问题。
二氧化硫是大气污染物中的一种，但合理使用可为人类造福。作为防腐剂、漂白剂和抗氧化剂广泛用于食品行业。葡萄酒酿制中适量添加，可防止葡萄酒在陈酿和贮藏过程中被氧化，抑制葡萄汁中微生物的活动。食糖加工过程中可使用进行脱色。按照我国《食品添加剂使用标准(GB2760-2014)》，合理使用不会对人体健康造成危害。的获取和转化是工业制硫酸的关键步骤.工业利用硫制硫酸的主要过程如下：。硫酸工业的尾气中含有少量，若直接排放会污染空气，并导致硫酸型酸雨。工业上可先用氨水(一种碱)吸收，再用硫酸处理，将重新生成的循环利用。
请依据以上短文，判断下列说法是否正确(填“对”或“错”)
(1)有毒，不能用于食品行业_______。
(2)葡萄酒酿制过程中的作用是做氧化剂_______。
(3)用硫制硫酸的主要过程中，发生的均是氧化还原反应_______。
(4)硫酸工业尾气中的用氨水吸收，利用了是酸性氧化物的性质_______。
(5)遇石蕊先变红后褪色_______。
(6)和也是大气污染物，若将a摩尔和b摩尔氧气通入足量水中恰好转化为硝酸，则为_______；若将换成则为_______。
【答案】(1)错
(2)错
(3)错
(4)对
(5)错
(6) 4:3 4:1
【解析】
(1)
有毒，但合理使用可为人类造福，作为防腐剂、漂白剂和抗氧化剂广泛用于食品行业，能用于食品行业，故答案错。
(2)
葡萄酒酿制过程中的作用是做还原剂，故答案错。
(3)
用硫制硫酸的主要过程中，SO3与水反应生成H2SO4不是氧化还原反应，故答案错。
(4)
硫酸工业尾气中的用氨水吸收，利用了是酸性氧化物的性质，酸性氧化物与碱反应生成盐，故答案对。
(5)
溶于水显酸性，遇石蕊变红，SO2的漂白性不能使石蕊褪色，故答案错。
(6)
根据4NO+3O2+2H2O=4HNO3，故将a摩尔和b摩尔氧气通入足量水中恰好转化为硝酸，则为4:3；根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3，若将换成则为4:1。
6．（2022·福建省福州第一中学高一期末）大气污染物是一种无色刺激性气味气体。某学习小组利用下图所示装置探究的相关性质：
回答下列问题：
(1)装置用于制取气体，其中发生反应的化学方程式为_______；
(2)实验开始时，先打开分液漏斗的_______(填“玻璃塞a”或“活塞b”，下同)，再打开_______，逐滴加入的；
(3)一段时间后，装置B中出现淡黄色沉淀，可证明具有____(填“氧化性”或“还原性”)；
(4)充分反应后取装置C中溶液，加入_______(填“溶液”、“品红溶液”或“溶液”)，出现某种现象，可证明具有还原性；
(5)装置的作用是_______。
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2↑
(2) 玻璃塞a 活塞b
(3)氧化性
(4)溶液
(5)吸收尾气，防止污染环境
【分析】
由实验装置可知，实验室用80%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应来制备二氧化硫气体，硫酸与亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫、硫酸钠和水，二氧化硫具有氧化性，能够与硫化氢反应生成硫单质，二氧化硫具有还原性，能够与氯水反应生成盐酸和硫酸，二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，据此分析解答。
(1)
浓硫酸与亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫和硫酸钠和水，方程式：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+H2O+SO2↑；
(2)
为保证液体能够顺利流下，实验开始时，先打开分液漏斗的玻璃塞a，在打开活塞b，逐滴加入80%的H2SO4，故答案为：玻璃塞a；活塞b；
(3)
二氧化硫具有氧化性，能够与硫化氢反应生成硫单质，所以会看到装置B产生淡黄色沉淀，故答案为：氧化性；
(4)
二氧化硫具有还原性，能够与氯水反应生成盐酸和硫酸，只要证明溶液中含有硫酸根离子即可证明二氧化硫的还原性，所以可以选择氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，则证明二氧化硫被氧氧化为硫酸根离子，说明二氧化硫具有还原性，故答案为：BaCl2溶液；
(5)
二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气二氧化硫，防止环境污染，故答案为：吸收尾气SO2，防止污染环境。
7．（2022·宁夏·银川一中高一期末）某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物，选用了如图所示实验装置。
(1)写出浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应的化学方程式___________。
(2)②中酸性KMnO4溶液的作用是___________。
(3)②中两次用到品红溶液，它们的作用分別是A___________，B___________。
(4)证明SO2的漂白性是可逆性的操作及现象为___________。
(5)③中出现的现象是___________，发生反应的离子方程式是___________。
【答案】(1)2H2SO4(浓)+CCO2↑+2H2O+2SO2↑
(2)除CO2中的SO2
(3) 检验SO2 检验产物中的SO2是否除尽
(4)A中品红褪色后，将A中溶液加热，若变红色，则证明SO2漂白有可逆性
(5) 溶液变浑浊 CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O
【解析】
【分析】
第一个装置是浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的发生装置，用无水硫酸铜检验生成的水，用品红A检验二氧化硫的生成，二氧化硫的存在会干扰后面二氧化碳的干扰，用酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，用品红B检验二氧化硫是否除尽，用澄清石灰水检验二氧化碳的生成。
(1)
木炭粉与浓硫酸反应，表现了浓硫酸的强氧化性把碳氧化为最高价二氧化碳，本身被还原为二氧化硫，反应生成SO2和CO2，化学方程式为：2H2SO4(浓)+CCO2↑+2H2O+2SO2↑；故答案为：2H2SO4(浓)+CCO2↑+2H2O+2SO2↑；
(2)
因SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此要想检验出CO2，就要先检验了SO2，并除掉SO2，这样澄清石灰水变浑浊才能说明有CO2，所以高锰酸钾溶液是吸收二氧化硫的作用，故答案为：除CO2中的SO2；
(3)
根据检验SO2和CO2时，就要先把SO2检验了，并除掉SO2，这样石灰水变浑浊才能说明有CO2，所以②中两次用到品红溶液，它们的作用分别是检验生成的SO2气体；检验SO2是否除尽；故答案为：检验SO2；检验产物中的SO2是否除尽；
(4)
SO2的漂白是暂时性的漂白，把二氧化硫通入到品红溶液中品红会褪色，加热又恢复原色，所以证明SO2的漂白性是可逆性的操作及现象为A中品红褪色后，将A中溶液加热，若变红色，则证明SO2漂白有可逆性，故答案为：A中品红褪色后，将A中溶液加热，若变红色，则证明SO2漂白有可逆性；
(5)
③中盛放的是澄清石灰水，是为了检验二氧化碳，把二氧化碳通入到澄清石灰水中出现的现象是溶液变浑浊，发生反应的离子方程式是CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O，故答案为：溶液变浑浊；CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O。
8．（2022·福建·莆田第二十五中学高一期末）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角度。下图所示是硫及其部分化合物的“价类二维图”，根据图示回答下列问题：
(1)足量B通入品红溶液的现象是_______；体现了B的_______性。足量B通入溴水中的现象是_______；体现了B的_______性。
(2)从物质的性质分析，B不可用_______进行干燥(填标号)。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．P2O5固体
(3)硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波。从类别的角度分析，其属于_______(填标号)。
A．盐B．碱C．酸D．氧化物
(4)欲制备Na2S2O3，从氧化还原角度分析，下列选项中合理的是_______(填序号)。
A．Na2S＋SB．Na2SO3＋S
C．Na2SO3＋Na2SO4D．SO2＋Na2SO4
(5)D的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应，反应的化学方程式为_______。
(6)将A的溶液与B混合，可生成淡黄色固体。用双线桥表示该过程中转移的电子数_______。
【答案】(1) 溶液褪色 漂白 溴水褪色 还原
(2)B
(3)A
(4)B
(5)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑
(6)
【解析】
【分析】
根据元素的化合价与物质分类可知：A是H2S，B是SO2，C是Na2SO3，D是H2SO4，据此分析解答。
(1)
B是SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以将足量SO2通入品红溶液能看到溶液褪色；SO2具有还原性，和溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，所以将足量SO2通入溴水中的现象是溴水褪色；故答案为：溶液褪色；漂白；溴水褪色；还原。
(2)
B是SO2，SO2为酸性氧化物，不能用碱性干燥剂干燥，碱石灰为碱性干燥剂，则不能用来干燥SO2气体，SO2不能与浓硫酸和P2O5反应，可以用浓硫酸和P2O5固体干燥，故答案为：B。
(3)
硫代硫酸钠(Na2S2O3)是由钠离子和硫代硫酸根离子组成的化合物，属于盐，故答案为：A。
(4)
Na2S2O3中硫元素化合价为+2价，从氧化还原角度分析，两种反应物中硫元素的化合价必须分别高于+2价和低于+2价；
A．Na2S中S元素的化合价为-2价，S单质中S的化合价为0价，均小于+2价，故A不合理；
B．Na2SO3中S元素的化合价为+4价，S单质中S的化合价为0价，符合要求，故B合理；
C．Na2SO3中S元素的化合价为+4价，Na2SO4中S的化合价为+6价，均大于+2价，故C不合理；
D．SO2中S元素的化合价为+4价，Na2SO4中S的化合价为+6价，均大于+2价，故D不合理；
故答案为：B。
(5)
D是H2SO4，浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化硫，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑。
(6)
A是H2S，B是SO2，将H2S与SO2混合，生成淡黄色固体为硫单质，反应的化学方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，在反应中H2S中的硫元素化合价从-2价变为S单质的0价，化合价升高，失去电子，H2S作还原剂；SO2中的硫元素化合价从+4价变为S单质的0价，化合价降低，获得电子，SO2作氧化剂；用双线桥表示该过程中转移的电子数为 ，故答案为： 。
氮及其化合物
1．（2020·上海交大附中高一期末）不属于氮的固定的过程是
A．放电条件下氮气与氧气化合B．一定条件下用NH3与CO2合成尿素
C．豆科植物根瘤菌把氮气变成含氮化合物D．工业合成氨
【答案】B
【解析】
A．放电条件下氮气与氧气化合，游离态的氮转化为化合态，属于氮的固定，故A不符合题意；
B．在一定条件下用NH3与CO2合成尿素是不同化合态的氮的转化，不是氮的固定，故B符合题意；
C．豆科植物根瘤菌把空气中的氮气变成含氮化合物，游离态的氮转化为化合态，属于氮的固定，故C不符合题意；
D．工业合成氨，氮气与氢气生成氨气，游离态的氮转化为化合态，属于氮的固定，故D不符合题意；
答案选B。
2．（2021·吉林·长春市第二实验中学高一期末）下列说法不正确的是
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有反应都是氧化还原反应
D．氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2
【答案】D
【解析】
A．工业制备硝酸，氨气催化氧化为一氧化氮，一氧化氮被氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮继续循环利用，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径，A不符合题意；
B．氮气与氧气在放电的条件下，反应生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B不符合题意；
C．结合以上分析可知，上述所有反应都是氧化还原反应，C不符合题意；
D．氮气与氧气在放电的条件下只能生成一氧化氮，一氧化氮继续被氧气氧化为二氧化氮，氮气不能一步生成NO2，D符合题意；
故选D。
3．（2020·广东梅县东山中学高一期末）氮元素被氧化的反应是
A．工业合成氨B．实验室检验
C．常温下浓硝酸使铁钝化D．闪电时空气中产生NO
【答案】D
【解析】
A．工业上是用N2与H2在高温、高压、催化剂条件下合成氨，在该反应过程中N元素化合价降低，得到电子被还原，A不符合题意；
B．实验室检验的方法是将铵盐与碱共热发生复分解反应产生NH3，根据NH3能够使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色检验，在这个过程中元素化合价不变，因此没有发生氧化还原反应，B不符合题意；
C．常温下浓硝酸使铁钝化，是浓硝酸将铁氧化为Fe3O4，浓硝酸中的N得到电子被还原为NO2气体，氮元素发生的是还原反应，C不符合题意；
D．闪电时空气中N2与O2在电火花作用下产生NO，N元素化合价升高，失去电子被氧化，D符合题意；
故合理选项是D。
4．（2021·吉林·通化县综合高级中学高一期末）下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是
A．用装置甲制备氨气B．用装置乙除去氨气中的少量水
C．用装置丙收集氨气D．用装置丁吸收多余的氨气
【答案】A
【解析】
A．浓氨水遇碱石灰放出氨气，实验室可以用装置甲制备氨气，故选A；
B．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；
C．体系密闭，若用装置丙收集氨气，空气无法排除，故不选C；
D．氨气极易溶于水，漏斗口浸没在水中，若用装置丁吸收多余的氨气，引起倒吸，故不选D；
选A。
5．（2022·广东汕头·高一期末）随着我国汽车年销量的大幅增加，空气环境受到了很大的污染。汽车尾气装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，下列说法正确的是
A．反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物
B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2
C．为了防止空气污染，我国应禁止销售汽车
D．催化转化总化学方程式为2NO+O2+4CO4CO2+N2
【答案】D
【解析】
A．在反应中N元素化合价由反应前NO中的+2价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，NO作氧化剂，N2为还原产物，A错误；
B．有毒的气体对环境有污染，CO、NO都是有毒物质，所以汽车尾气的主要污染成分是CO和NO，N2是空气的成分，不是污染物，B错误；
C．减少空气污染，应该控制尾气的排放，可以采取汽车限号行驶、使用新能源汽车等措施，而不可能武断一刀切，采取禁止销售汽车来达到环保目的，C错误；
D．该反应的反应物是NO、O2、CO，生成物是CO2、N2，反应条件是催化剂，所以该反应方程式：2NO+O2+4CO4CO2+N2，D正确；
故合理选项是D。
6.（2022·广东·金山中学高三期末）硫及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列有关说法正确的是
A．硫在氧气中燃烧直接生成Y
B．N为难溶于水的黑色固体
C．硫化氢与X反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2
D．N可由其相应单质直接化合生成
【答案】B
【解析】
A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故A错误；
B．由分析可知，N为氢硫酸与硫酸铜溶液反应生成的难溶于水的黑色硫化铜固体，故B正确；
C．硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水，由得失电子数目守恒可知，反应中还原剂硫化氢和氧化剂二氧化硫的物质的量比为2：1，则反应的氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1，故C错误；
D．铜与硫共热反应只能生成硫化亚铜，不能生成硫化铜，故D错误；
故选B。
7.（2022·山西省长治市第二中学校高一阶段练习）某课外活动小组的同学设计了4个喷泉实验方案，下列有关操作不可能引发喷泉现象的是
A．挤压装置①的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液进入烧瓶，片刻后打开止水夹
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．向装置④的水槽中慢慢加入浓硫酸并打开止水夹
【答案】B
【解析】
A．SO2是酸性氧化物，易溶于NaOH溶液中，二者反应产生Na2SO3、H2O，导致烧瓶中气体压强过小，烧杯中的NaOH溶液在外界大气压强作用下进入烧瓶，形成喷泉，A不符合题意；
B．H2不能在NaOH溶液中溶解，也不能发生反应，因而不能形成烧瓶上下的压强差，故不能产生喷泉实验，B符合题意；
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气，锥形瓶中气体压强增大，大于烧瓶中气体压强，打开止水夹后，水进入烧瓶，当NH3在水中溶解，又会引起上下压强差，故可以形成喷泉实验，C不符合题意；
D．向装置④的水槽中慢慢加入浓硫酸，浓硫酸溶于水放出大量热，使氨气挥发，导致锥形瓶中气体压强增大，大于烧瓶中气体压强，打开止水夹后，氨气会进入烧瓶，当HCl与NH3反应产生NH4Cl并在水中溶解，又会引起上下压强差，故可以形成喷泉实验，D不符合题意；
故合理选项是B。
8.（2022·广东·东莞市东华高级中学高一期末）侯德榜先生是我国近代著名的化学家，他提出的联合制碱法得到世界各国的认可，主要化学反应为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl。工业流程如图，下列说法正确的是
A．应该向“饱和食盐水”中先通入足量NH3，再通入过量CO2
B．该工艺流程中发生了复分解反应、分解反应、氧化还原反应
C．滤渣主要成分是Na2CO3，在相同温度下碳酸氢钠溶解度比碳酸钠大
D．最终所得“母液”不可循环利用
【答案】A
【解析】
A． 据分析，应该向“饱和食盐水”中先通入足量NH3，再通入过量CO2，A正确；
B． 据分析，该工艺流程中没有发生氧化还原反应，B错误；
C． 滤渣主要成分是NaHCO3，在相同温度下碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，C错误；
D． 最终所得“母液”中含铵离子、钠离子和氯离子，可循环利用，D错误；
答案选A。
9．（2022·陕西·渭南市三贤中学高一期末）利用SCR技术可有效降低柴油发动机排放。SCR工作原理为尿素水熔液热分解为和，再利用转化，装置如图所示，下列说法不正确的是
A．尿素水溶液热分解反应不属于氧化还原反应
B．转化过程的化学方程式为：
C．转化器工作过程中，当转移电子时，会消耗(标况下)
D．该装置转化时，还原剂与氧化剂物质的量之比为3：2
【答案】D
【解析】
A．尿素]水溶液热分解为NH3和CO2，反应过程中元素化合价不变，因此反应不属于氧化还原反应，故A正确；
B．NH3还原NO2反应产生氮气和水，NH3→N2过程中N元素化合价从-3升到0价，NO2→N2过程中N元素化合价从+4降到0价，由电子守恒、原子守恒，可知反应的化学方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O，故B正确；
C．NH3转化NOx，反应产生N2、H2O，当转移0.6ml电子中消耗NH3的物质的量为n(NH3)==0.2ml，则该氨气在标准状况下的体积V(NH3)=nVm=0.2ml×22.4L/ml=4.48L，故C正确；
D．该装置转化NO时，NH3作还原剂，NO为氧化剂，NH3→N2过程中N元素化合价从-3升到0价，NO→N2过程中N元素化合价从+2降到0价，根据电子守恒可知还原剂与氧化剂物质的量之比为=2：3，故D错误；
故选：D。
10．（2021·宁夏·吴忠中学高一期末）现采用加热熟石灰与氯化铵的混合物的方法在实验室制备氨气，并进行有关氨气的性质实验。
(1)A中制氨气的化学方程式是_______。
(2)B中盛放的试剂名称为_______。
(3)将D装置置于C处收集氨气，其中a口接_______(填“c”或“d”，下同)，b口接_______。
(4)E中倒置漏斗的作用为_______。
(5)利用下图进行喷泉实验。若该条件为标准状况，且水充满整个圆底烧瓶，则最终所得溶液的物质的量浓度为_______。
【答案】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)碱石灰
(3) d c
(4)防止倒吸
(5)0.045ml/L
【解析】
【分析】
A中NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应产生NH3，经过B中碱石灰的干燥作用，得到干燥NH3，利用氨气的密度比空气小，用向下排空气方法收集，NH3是大气污染物，可根据NH3易溶于水的性质，用水吸收氨气，倒扣漏斗能够防止倒吸现象的发生，据此分析解答。
(1)
在装置A中NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应产生NH3，该反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)
反应产生的氨气中含有水蒸气，可根据氨气是碱性气体的性质，使用碱性干燥剂干燥氨气，则B中盛放的试剂名称为碱石灰；
(3)
氨气经干燥后，利用氨气的密度比空气小，用向下排空气的方法收集。所以若将D装置置于C处收集氨气，其中a口接d，b口接c；
(4)
E中导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，倒置漏斗的作用为防止倒吸现象的发生；
(5)
假设烧瓶内的气体体积是V L，则NH3的物质的量n(NH3)=，氨气会充满整个烧瓶，因此氨水的体积是V L，故所得氨水的物质的量浓度c=。
11．（2022·陕西渭南·高一期末）亚硝酸钠()的外观与NaCl相似，有毒。它在工业上可作染料、助染剂，医药上能用作器碱消毒剂、防腐剂等。
已知：
①有强氧化性又有还原性；
②NO能被酸性氧化成硝酸根离子。
某兴趣小组用下列装置(夹持仪器已省略)制取较纯净的。
反应原理为：
回答下列问题：
(1)甲装置中盛稀硝酸的仪器名称是___________；反应过程中观察到丙中的现象为___________。
(2)甲装置中发生反应的化学方程式：___________。
(3)甲中滴入稀硝酸前需先通入，原因是___________。
(4)丁中酸性的作用___________。
(5)人体正常的血红蛋白含有，但若误食亚硝酸钠，会导致血红蛋白含有的转化为而中毒，服用维生素C可解毒。解毒时维生素C的作用是___________(填“还原性”或“氧化性”)。
(6)某学生将新制氯水滴加到溶液中，观察到氯水褪色，生成利HCl，写出该反应的离子方程式：___________。
【答案】(1) 分液漏斗 淡黄色固体变白色
(2)
(3)赶尽装置内的O2，防止干扰NO的生成
(4)吸收NO，防止污染环境
(5)还原性
(6)
【解析】
【分析】
N2在制取反应开始前通入装置，将空气排干净。稀硝酸与Cu在装置甲三颈烧瓶内反应得到NO，该气体在装置乙干燥管被CaCl2干燥后进入装置丙硬质玻璃管，与Na2O2反应制得NaNO2，尾气用酸性高锰酸钾溶液吸收以防污染环境。
(1)
如图，甲装置中盛稀硝酸的仪器是分液漏斗；反应过程中，NO在装置丙内与淡黄色固体Na2O2发生反应，观察到的现象为：淡黄色固体变白色。
(2)
稀硝酸与Cu在装置甲三颈烧瓶内反应得到NO，反应的化学方程式： 。
(3)
由于NO一接触O2即发生反应，甲中滴入稀硝酸前需先通入，原因是：赶尽装置内的O2，防止干扰NO的生成。
(4)
根据题给信息，可以氧化NO生成硝酸根离子，丁中酸性的作用：吸收NO，防止污染环境。
(5)
人体正常的血红蛋白含有，若误食亚硝酸钠，会导致血红蛋白含有的转化为而中毒，服用维生素C可将还原为，从而达到解毒功效，解毒时维生素C的作用是还原性。
(6)
新制氯水滴加到溶液中，观察到氯水褪色，生成利HCl，该反应的离子方程式： 。
12.（2022·山东德州·高一期末）“价一类”二维图是研究物质性质的重要手段，下图是某常见元素的“价—类”二维图，已知Y中加入NaOH溶液，加热可生成X。据此回答下列问题：
(1)实验室制取X的化学方程式为_______，其对应的制备装置为_______。
A． B． C．
(2)下列试剂能用于干燥X的是___________。
A．无水氯化钙B．碱石灰C．氢氧化钠固体D．浓硫酸
(3)X→W反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(4)利用如图装置探究不同浓度的N溶液与金属反应的还原产物。
实验一：若N浓度为时，其还原产物主要是M，则装置B中发生反应的化学方程式为_____。
实验二：若N浓度为时，其还原产物主要是W，则实验中能证明还原产物主要是W的现象是_______。
实验三：若N浓度为时，过量锌粉与N反应产生H2，充分反应后所得溶液几乎无色。取装置A中上层清液，加入过量NaOH溶液并煮沸，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则装置A中发生反应的离子方程式有：①；②______。
【答案】(1) 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O或NH3∙H2ONH3↑+H2O A或B
(2)BC
(3)5：4
(4) A装置中产生无色气体，B装置中有大量气泡，B装置液面以上和装置C中充满红棕色气体
【解析】
(1)
铵盐和碱反应可以生成氨气；已知Y中加入NaOH溶液，加热可生成X，则X为氨气，实验室制取X可以为氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O或浓氨水受热分解生成氨气NH3∙H2ONH3↑+H2O；氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气反应为固体加热反应，发生装置选择A，浓氨水滴入氢氧化钠等固体中放热分解生成氨气，发生装置可以选择B。
(2)
氨气显碱性，不能使用浓硫酸干燥，氨气会和无水氯化钙反应，也不能选择无水氯化钙；碱石灰、氢氧化钠固体可以干燥氨气；
故选BC。
(3)
X→W反应可以为氨气和氧气生成一氧化氮和水，4NH3+5O24NO+6H2O，氧气得到电子发生还原反应为氧化剂，氨气为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:4。
(4)
M为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，。
W为一氧化氮，一氧化氮容易和空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮气体，A装置中产生无色气体，B装置中有大量气泡，B装置液面以上和装置C中充满红棕色气体。
装置A中上层清液，加入过量NaOH溶液并煮沸，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成气体为氨气，溶液中含有铵根离子，则锌与硝酸反应生成铵根离子，反应为
硅及其化合物
1．（2022·山东济宁·高一期中）现代社会的发展与进步离不开材料，下列说法不正确的是
A．神州12号飞船使用的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
B．碳纳米管有优良的电学性能，可用于生产电池
C．工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料
D．“中国制造”港珠澳大桥所用水泥属于无机非金属材料
【答案】C
【解析】
A．水泥、玻璃、陶瓷是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，A正确；
B．碳纳米管有很强的导电能力，可用于生产电池，B正确；
C．工业生产陶瓷，主要原料为黏土，不需使用石灰石，C不正确；
D．水泥的主要成分为硅酸盐，所以水泥属于无机非金属材料，D正确；
故选C。
2. （2021·广东潮州·高一期末）下列物品所用材料为硅酸盐的是
A．水晶镜片B．石英光导纤维C．陶瓷餐具D．计算机芯片
【答案】C
【解析】
A．水晶的主要成分是SiO2，属于氧化物，而不属于硅酸盐，A不符合题意；
B．石英光导纤维主要成分是SiO2，属于氧化物，而不属于硅酸盐，B不符合题意；
C．陶瓷主要成分是硅酸盐，因此陶瓷餐具所用材料为硅酸盐，C符合题意；
D．计算机芯片主要成分是晶体Si，属于硅单质，因此计算机芯片不属于硅酸盐产品，D不符合题意；
故合理选项是C。
3．（2022·四川·阆中市川绵外国语学校高一期末）硅及其化合物广泛应用于生产生活，下列有关说法错误的是
A．Si可以用作半导体材料
B．互联网通过光纤交换信息，光纤的主要原料是SiO2
C．硅酸钠的溶液俗称水玻璃，常用作木材的阻燃剂
D．玻璃上的精美刻花，是工艺师用盐酸刻蚀形成的
【答案】D
【解析】
A．硅是良好的半导体材料，故A正确；
B．二氧化硅可用于制造光导纤维，故B正确；
C．硅酸钠的溶液俗称水玻璃，硅酸钠不能燃烧，常用作木材的阻燃剂，故C正确；
D．二氧化硅能与氢氟酸反应，玻璃上的精美刻花是工艺师用氢氟酸刻蚀形成的，故D错误；
故选D。
4．（2020·广东·新会陈经纶中学高二期中）硅是无机非金属材料的主角之一、下列关于硅及其化合物性质的说法，不正确的是
A．硅与碳元素均属第IVAB．硅酸钠可溶于水
C．SiO2与氢氟酸能反应D．硅原子易失去或得到电子
【答案】D
【解析】
A．根据硅与碳元素在元素周期表中的位置，可知均属第IVA族，A项正确；
B．硅酸钠属于钠盐，根据其物理性质可知溶于水，B项正确；
C．二氧化硅与氢氟酸可反应生成四氟化硅和水，所以SiO2与氢氟酸能反应，C项正确；
D．硅原子最外层有4个电子，既不容易失电子也不容易得电子，D项错误；
故答案选D。
5．（2022·宁夏·青铜峡市宁朔中学高一期末）含硅元素的物质有很多用途，下列说法不正确的是
A．光导纤维主要成份为Si
B．玛瑙的主要成分是SiO2
C．我国的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
D．水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用作木材防火剂的原料
【答案】A
【解析】
A．光导纤维主要成份为SiO2，Si可用于生产太阳能电池，A不正确；
B．玛瑙与水晶是共生矿，二者的主要成分都是SiO2，B正确；
C．普通水泥的主要成分是硅酸二钙、硅酸三钙和铝酸三钙，属于硅酸盐材料，C正确；
D．硅酸钠不能燃烧，且覆盖在燃烧物表面，可阻燃，所以水玻璃可用作木材防火剂的原料，D正确；
故选A。
6．（2022·四川·乐山市教育科学研究所高一期末）半导体工业有句行话“从沙滩到用户”，其中涉及反应(未配平)，下列有关说法不正确的是
A．中硅元素的化合价为价
B．配平后与分子个数比为
C．每生成，反应转移电子
D．该反应是由粗硅制纯硅的反应之一
【答案】C
【解析】
A．中氯元素的化合价为-1价，则根据化合价法则，硅元素的化合价为+4价，故A正确；
B．配平后的化学方程式是，则与分子个数比为，故B正确；
C．根据配平的化学方程式，根据硅元素的化合价变化，可知每生成，反应转移电子，故C不正确；
D．粗硅制纯硅的化学方程式：Si(粗硅)＋2Cl2SiCl4，SiCl4+2H2Si+4HCl，故D正确；
答案选C。
7．（2022·安徽师范大学附属中学高一期中）“中国芯”的发展离不开高纯单晶硅。从石英砂(主要成分为)制取高纯硅涉及的主要反应用流程图表示如图：
下列说法不正确的是
A．反应①中是氧化剂B．流程中HCl和可以循环利用
C．反应①②③均为置换反应D．①③两反应的还原剂可以互换
【答案】D
【解析】
A．反应①是SiO2+2C Si+2CO↑，反应中Si元素的化合价降低，故氧化剂为SiO2，A正确；
B．根据流程和节约成本可知，流程中HCl和H2可以循环利用，B正确；
C．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，反应①是SiO2+2CSi+2CO↑，反应②是Si+3HClSiHCl3+H2，③是SiHCl3+H2Si+3HCl，均为置换反应，C正确；
D．①③两反应的还原剂不可以互换，①硅与氢气反应是可逆反应，③如用碳，硅中会有碳杂质，D错误；
答案选D。
8．（2022·青海·西宁市教育科学研究院高一期末）研究或认识物质的化学性质一般可从以下几个方面入手(以SiO2为例)。
(1)从物质分类角度分析可能具有的通性，如酸性、碱性等。
SiO2属于_______(填“酸性”“碱性”或“两性”)氧化物。盛装NaOH等碱性溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，其原因为________(用离子方程式表示)。
(2)从核心元素化合价角度分析可能具有氧化性、还原性。
据SiO2中Si元素的价态可推知SiO2______(填字母序号)。
A．只有还原性 B．只有氧化性 C．既有还原性又有氧化性
工业上用石英砂和焦炭混合高温制取粗硅，其反应为：，用双线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目________。
(3)从其它角度认识物质可能具有的特性，SiO2能与氢氟酸(HF)反应，工业上常利用该反应刻蚀玻璃，反应的化学方程式为：_______。
【答案】(1) 酸性
(2) B
(3)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
【解析】
(1)
SiO2能够与碱反应产生盐和水，因此属于酸性氧化物；
玻璃的成分中含有SiO2，玻璃中的SiO2与NaOH溶液反应产生具有粘性的Na2SiO3，将试剂瓶与玻璃塞粘在一起，故不能使用玻璃塞，而应该使用橡胶塞，反应的离子方程式为：；
(2)
SiO2中Si元素化合价为+4价，是Si元素的最高化合价，只有氧化性，没有还原性，故合理选项是B；
在该反应中Si元素化合价由反应前SiO2中的+4价变为反应后Si单质的0价，化合价降低4价，得到电子4e-；C元素化合价由反应前C单质的0价变为反应后CO中的+2价，化合价升高2×2=4价，失去电子2×2e-，用双线桥法表示电子转移为：；
(3)
SiO2能够与氢氟酸(HF)发生反应产生SiF4、H2O，反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
9．（2022·四川泸州·高一期末）受疫情影响，自2020年底，芯片短缺就一直 占据汽车行业话题榜首。当前芯片主要是硅基芯片。回答相关问题：
资料：①SiHCl3能与H2O剧烈反应，在空气中易自燃；②粗SiHCl3 (沸点33.0°C)中含有少量SiC14(沸点57.6°C)和HC1(沸点-84.7°C)
I．制备高纯硅的主要工艺流程如图所示：
(1)流程①的化学反应方式为___________。
(2)流程③提纯SiHCl3的操作名称是___________。
(3)流程④的化学反应为置换反应，其化学方程式为___________。
II．流程④制备高纯硅的装置如图(热源及夹持装置略去)。
(4)若要从下列玻璃仪器中选择部分来组装A处的气体发生装置，不需要的是___________ (填字母编号)；装置B的作用是___________；对C中烧瓶加热至33.0°C左右的目是___________ ，让H2与SiHCl3在D装置中高温反应。
a． 分液漏斗 b．锥形瓶 c．酒精灯 d．漏斗 e．导管
(5)为保证制备高纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，以及___________和控制好反应温度。
【答案】(1)2C+SiO2Si+2CO↑
(2)分馏
(3)SiHCl3+H2 Si+3HCl
(4) cd 干燥氢气 使滴入烧瓶内的SiHCl3汽化
(5)排尽装置中的空气
【解析】
【分析】
石英砂的主要成分是SiO2，用炭还原SiO2制得粗硅，粗硅和氯化氢在300℃以上反应生成粗SiHCl3，粗SiHCl3 (沸点33.0°C)中含有少量SiC14(沸点57.6°C)和HC1(沸点-84.7°C)，根据沸点不同，用分馏法提纯SiHCl3，在1084°C用氢气还原SiHCl3得到高纯硅。
(1)
流程①是用炭还原SiO2制得粗硅，化学反应方式为2C+SiO2Si+2CO↑；
(2)
粗SiHCl3 (沸点33.0°C)中含有少量SiC14(沸点57.6°C)和HC1(沸点-84.7°C)，根据沸点不同，流程③提纯SiHCl3的操作名称是分馏；
(3)
流程④是在1084°C用氢气还原SiHCl3得到高纯硅，反应的化学方程式为SiHCl3+H2 Si+3HCl ；
(4)
装置A制备氢气，用锌和稀硫酸反应制取氢气，属于固液不加热制取气体，不需要的是酒精灯、漏斗，选cd；通入石英管中的氢气需要干燥，所以装置B的作用是干燥氢气；SiHCl3 的沸点33.0°C，对C中烧瓶加热至33.0°C左右的目是使SiHCl3汽化，让H2与SiHCl3在D装置中高温反应。
(5)
SiHCl3在空气中易自燃，为保证制备高纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，以及排尽装置中的空气和控制好反应温度。