2022届广东省揭阳市惠来县第一中学高一下学期第一次阶段考试化学试题（含解析）

惠来一中2021~2022学年度第二学期高一级阶段考试(1)化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56Cl-35.5一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.科技改变生活。下列说法错误的是A.北京冬奥会火炬“飞扬”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点B.“天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应C.“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入D.“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同【答案】D【解析】【详解】A．碳纤维是含碳量高于90%的无机高性能纤维，是一种力学性能优异的新材料，北京冬奥会火炬“飞扬”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点，故A正确；B．胶体可产生丁达尔效应，故B正确；C．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，重金属离子能使蛋白质变性，可有效防护细菌侵入，故C正确；D．计算芯片的成分是单质硅，光导纤维的成分是二氧化硅，故D错误；选D。2.硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液SA.反应①中生成的SO2具有漂白性，可使溴水褪色B.反应②中若SO2过量，就会生成NaHSO3C.反应④中生成S既是氧化产物，也是还原产物D.反应④中当消耗1mol稀硫酸时，电子转移为4mol【答案】B【解析】【详解】A．SO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；B．反应②中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；C．反应④中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；D．反应④中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗1mol稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；综上所述答案为B。3.与物质的溶解度无关的分离方法是A.结晶 B.升华 C.过滤 D.萃取【答案】B【解析】【详解】A．热的饱和溶液冷却后溶质因溶解度降低导致溶液过饱和，从而溶质以晶体的形式析出，这一过程叫结晶，A正确；B．升华是物质能够直接由固体变为气体的特性，与溶解度无关，B错误；C．过滤是将固体与液体分开，与溶解度有关，C正确；D．萃取是利用物质在两种互不相容溶剂中溶解度的不同，用一种溶剂把溶质从与其他溶剂形成的溶液中提取出来的过程，故与溶解度有关，D正确；故答案为：B。4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A.Na2SH2SSB.H2SO4(浓)SO2SO3C.SSO3H2SO4D.NaHSO3Na2SO3Na2SO4【答案】C【解析】【详解】A．Na2S+H2SO4=Na2SO4+H2S↑、2H2S+O2=2H2O+2S↓，故Na2SH2SS能够实现，A不合题意；B．Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O、2SO2+O22SO3，故H2SO4(浓)SO2SO3能够实现，B不合题意；C．S+O2SO2、不能生成SO3，SO3+H2O=H2SO4，故SSO3不能实现，C符合题意；D．NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O、Na2SO3+H2O2=Na2SO4+H2O，故

NaHSO3Na2SO3Na2SO4能够实现，D不合题意；故答案为：C。5.如图的喷泉实验体现出的氨的性质有①还原性②极易溶于水③与水反应生成碱性物质④密度比空气的小A.①② B.②③C①③ D.③④【答案】B【解析】【分析】喷泉实验的现象证明了氨气极易溶于水的气体，氨气溶于水生成一水台氨，使溶液显碱性。【详解】①喷泉实验说明氨气易溶于水，在溶解反应过程中元素化合价不变，因此不能证明氨气极易还原性，①不符合题意；②氨气能够形成喷泉实验，说明极易溶于水，导致烧瓶内气体压强小于外界大气压强，在大气压强作用下，烧杯中滴有酚酞的水被压入烧瓶，氨气再溶解，持续形成内外压强差，故可以形成喷泉，②符合题意；③氨气溶于水，与水反应生成一水台氨，一水台氨电离产生OH-，使溶液显碱性，故可以使酚酞溶液变为红色，故可得到红色喷泉，③符合题意；④氨气溶于水而形成喷泉，与气体的密度大小无关，因此不能证明氨气的密度比空气的小，④不符合题意；综上所述可知：说法正确的是②③，故合理选项是B。6.氮化钡是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡中通入氮气反应可制得氮化钡。已知：遇水反应；在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图所示装置制备氮化钡时，下列说法正确的是

A.装置乙中反应的化学方程式为B.气流由左向右字母连接顺序为c→a→b→d→e→g→fC.装置甲中的浓硫酸用于吸收水蒸气，装置丁中的碱石灰用于尾气处理D.实验时，先加热装置丙，反应一段时间后，再加热装置乙【答案】A【解析】【详解】A．装置乙为制备氮气的装置，其化学方程式为NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，A正确；B．乙装置制备氮气，氮气中混有水蒸气，通过甲装置干燥氮气，干燥的氮气在丙中与BaH2反应制备Ba3N2，Ba3N2遇水反应，最后用丁防止空气中的水蒸气进入丙中，故气流由左向右的字母连接顺序为c→b→a→d→e→g→f或c→b→a→e→d→f→g，B错误；C．Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以用装置甲中的浓硫酸干燥氮气，用装置丁中的碱石灰吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，C错误；D．实验时，先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间，目的是将用生成的氮气赶走装置中的空气，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，D错误；故选A。7.氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。

下列说法不正确的是A.从物质类别角度分析，P和Z都属于酸性氧化物B.将N2转化为Q的过程属于氮的固定C.可用氧化钙固体和浓氨水不加热来制取XD.3.2gCu与10的Y溶液恰好完全反应，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则Y溶液的体积为15mL【答案】A【解析】【分析】由图可知，X为N的氢化物NH3，Q为N的+2价氧化物NO，Z为N的+4价氧化物NO2，P为N的+5价氧化物N2O5，Y为N的+5价含氧酸HNO3，W为N的-3价碱NH3•H2O；【详解】A．N2O5为酸性氧化物，NO2和水反应生成HNO3和NO，不是酸性氧化物，故A错误；

B．氮的固定指的是游离态的氮转化为化合态氮的过程，则将N2转化为NO的过程属于氮的固定，故B正确；

C．X为氨气，可用氧化钙固体溶解放热，使浓氨水产生氨气，该反应不加热也能实现，故C正确；

D．3.2gCu的物质的量为，生成NO、NO2混合气体1.12L在标况下的物质的量为，设NO的物质的量是xmol，NO2的物质的量是ymol，x+y=0.05；3x+y=0.1，解得x=0.025，y=0.025，解得x=0.2，y=0.4，由原子守恒可知n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(气体)=2×0.05mol+0.025mol+0.025mol=0.15mol，V(HNO3)==0.015L=15mL，故D正确；

故选：A。8.将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原含金的质量增加5.1g。下列叙述不正确的是A.当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLB.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积一定为2.24LC.参加反应的金属的总质量3.6g＜m＜9.6gD.当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol【答案】B【解析】【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3(稀)=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3；Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol；【详解】A．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A正确；B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.1mol，则在标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但是如果不是标准状况，则无法计算气体体积，B错误；C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为3.6g＜m＜9.6g，C正确；D．根据方程式可知参加反应的n反应(HNO3)=n(金属)=0.15mol×=0.4mol，D正确；故选B。9.下列反应对应的离子方程式书写正确的是A.将H2S通入Hg(NO3)2溶液中：Hg2++S2-=HgS↓B.向FeBr2溶液中通入过量Cl2：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3++2Br2+6Cl-C.向NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液：+OH-=NH3·H2OD.向KMnO4酸性溶液中滴入H2O2溶液：2+3H2O2+6H+=2Mn2++4O2↑+6H2O【答案】B【解析】【详解】A．将H2S通入Hg(NO3)2溶液中生成HgS沉淀和稀硝酸：Hg2++H2S=HgS↓+2H+，A错误；B．向FeBr2溶液中通入过量Cl2生成氯化铁和溴单质：3Cl2+2Fe2++4Br-=2Fe3++2Br2+6Cl-，B正确；C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴入少量NaOH溶液，铝离子先产生沉淀：，C错误；D．向KMnO4酸性溶液中滴入H2O2溶液生成硫酸锰、硫酸钾、氧气和水，得失电子、电荷和元素应守恒：2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，D错误；答案选B。10.工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料，采用接触法制备浓硫酸的原理如下：下列说法不正确的是A.用盐酸和烧碱可从烧渣中提取铁红B.净化SO2的目的是防催化剂中毒降低活性C.用水替代98.3%浓硫酸能提高吸收效率D.制备硫酸的3个反应中2个是氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A．用盐酸溶解烧渣，可除去二氧化硅；再用氢氧化钠可分离铝元素和铁元素，灼烧氢氧化铁制铁红，故A正确；B．二氧化硫中有砷等杂质会使催化剂中毒(降低活性)，净化SO2的目的是防催化剂中毒降低活性，故B正确；C．三氧化硫与水反应放出大量热量，用水直接吸收三氧化硫会形成“酸雾”，污染环境且吸收率低，故C错误；D．黄铁矿(FeS2)与O2反应，SO2和O2反应2个是氧化还原反应，故D正确；故答案为C二、选择题(本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。11.下列实验操作、现象及结论都正确的是选项实验操作现象结论A向装有经过硫酸处理的CrO3(橘红色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气固体逐渐由橘红色变为浅绿色(Cr3+)乙醇具有还原性B向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡溶液由浅红色变为红色Ag2O是强碱C在硫酸酸化的KMnO4溶液中加入Na2S溶液，再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀MnO将S2-氧化成SODSO2通入新制氯水中溶液褪色SO2具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．CrO3(橘红色)发生还原反应生成Cr3+，乙醇发生氧化反应，体现了乙醇具有还原性，A正确；B．向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡，反应为Ag2O+4NH3•H2O=2[Ag(NH3)2]++2OH-+3H2O，溶液由浅红色变为红色，Ag2O不是碱，B错误；C．硫酸酸化的KMnO4溶液中含有硫酸根离子，加入氯化钡生成沉淀不能说明MnO将S2-氧化成SO，C错误；D．SO2通入新制氯水中，两者反应生成硫酸根离子和氯离子，说明SO2具有还原性，D错误；故选A。12.W、X、Y和Z在周期表中的相对位置如图所示，其中元素Z位于第四周期，W、X、Y原子的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是WXYZA.氧化物对应水化物酸性：W<XB.W的最高价氧化物对应水化物与W的简单氢化物反应生成的化合物中含有离子键、共价键C.将HY通入Na2X溶液中产生气体，说明非金属性Y比X强D.推测Z的单质是半导体材料，Z与Y不能形成化合物ZY4【答案】B【解析】【分析】设W原子的最外层电子数为a，由周期表中的相对位置可知，X、Y原子的最外层电子数分别为a+1、a+2，由W、X、Y原子的最外层电子数之和为18可得：a+a+1+a+2=18，解得a=5，则W为N元素、X为S元素、Y为Cl元素、Z为Ge元素。【详解】A．硝酸是氮元素的氧化物对应水化物，在溶液中完全电离，属于强酸，亚硫酸是硫元素的氧化物对应水化物，在溶液中部分电离，属于弱酸，则硝酸的酸性强于亚硫酸，故A错误；B．硝酸与氨气反应生成硝酸铵，硝酸铵是含有离子键和共价键的离子化合物，故B正确；C．元素的非金属性强弱与氢化物的稳定性有关，与氢化物的酸性无关，则盐酸的酸性强于氢硫酸不能说明氯元素的非金属性强于硫元素，故C错误；D．锗位于金属与非金属分界线附近，单质是良好半导体材料，但锗能与氯气反应生成四氯化锗，故D错误；故选B。13.一种盐X与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，Y经一系列氧化后再溶于水可得Z溶液，Y和Z反应又生成X，则X是（）A.(NH4)2SO4 B.NH4NO3C.NH4Cl D.NH4HCO3【答案】B【解析】【详解】一种盐与烧碱混合共热，可放出无色气体Y，则Y为NH3，氨气经一系列氧化后的产物再溶于水可得Z溶液，Z溶液为HNO3溶液，Y和Z溶液反应又可生成X，则盐X是硝酸铵，故选B。14.如表所示有关物质检验的实验结论正确的是()选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性H2SO3＞H2CO3A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若该溶液中含Ag+，也有白色沉淀生成，A错误；B．加入盐酸，能产生二氧化硫的溶液也可能含HSO，B错误；C．能使品红溶液褪色的气体也可能是Cl2、O3等，C错误；D．将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊，说明产生了二氧化碳气体，可证明酸性强弱为H2SO3＞H2CO3，D正确；故选D。15.气体M可能由H2S、SO2、CO2、N2中的一种或几种组成，已知M通入品红溶液中，品红褪色，若将M通入澄清石灰水中，则出现白色沉淀，现要求对气体M的成分判断，下列说法正确的是A.一定含有SO2、CO2 B.一定含有SO2，可能含有CO2、N2C.一定不含H2S、CO2 D.可能含有CO2、H2S、N2【答案】B【解析】【详解】气体M通入品红溶液中品红褪色，说明含有SO2，SO2和H2S不能共存，则一定不含H2S，气体M通入澄清石灰水中出现白色沉淀，白色沉淀可能是CaSO3或CaCO3，无法确定是否含有CO2，N2也无法确定是否存在，综上所述，一定含有SO2，可能含有CO2、N2，一定不含H2S。故正确答案为B。16.现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，已知其中稀硫酸的浓度为4mol/L，稀硝酸的浓度为2mol/L。取10mL混合酸，向其中加入过量铁粉，反应结束后，在标准状况下可收集到的气体体积为(假设HNO3只被还原为NO)A.0.244L B.0.448L C.0.896L D.0.672L【答案】D【解析】【详解】稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中，n(H+)＝0.01L×8mol/L＋0.01L×2mol/L＝0.1mol,n(NO3-)＝0.01L×2mol/L＝0.02mol，与足量铁反应，其离子方程式为3Fe+8H++2NO3-＝2NO↑+3Fe2++4H2O,所以产生NO的物质的量为0.02mol，消耗H+的物质的量为0.08mol，余0.02molH+再与Fe反应生成0.01mol的H2，共收集到气体0.03mol,在标准状况下的体积为0.672L，答案选D。【点晴】金属与硝酸反应计算题：（1）思维模型：（2）计算中的守恒思想的应用：①原子守恒法：HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO3-的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量。②得失电子守恒法：HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。③电荷守恒法：HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)则有：c(NO3-)＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)。④离子方程式计算法：金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO3-在H2SO4提供H＋的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO3-进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。非选择题部分17.I.某化学兴趣小组对有关SO2性质进行如下探究活动。（1）实验室通常利用Na2SO3固体与70%的H2SO4溶液反应制取SO2气体，图中a仪器的名称为_______，装置A中发生反应的化学方程式为_______。（2）①B中品红溶液褪色，是因为SO2具有_______(填“氧化”“还原”或“漂白”，下同)性，C装置中酸性KMnO4溶液褪色，表明SO2具有_______性。②证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强的实验现象是_______；③若将SO2气体直接通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，则该反应的离子方程式为：_______。II.二氧化硫、一氧化碳、氮的氧化物、氨气都是非常重要的非金属化合物，研究这些化合物对环境保护、理解化学反应原理都具有重要意义。（3）二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收，反应的化学方程式为_______。若该反应有aNA个电子转移，则参加反应的二氧化氮的物质的量为_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）①.漂白性②.还原性③.E中品红不褪色，F中澄清石灰水变浑浊④.Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O（3）①.4NO2+O2+2H2O=4HNO3②.amol【解析】【分析】I．装置A中，浓硫酸和Na2SO3反应产生SO2；装置B中，SO2可以使品红溶液褪色，证明SO2具有漂白性；装置C中，SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，证明SO2具有还原性；装置D中，SO2和饱和NaHCO3溶液反应产生NaHSO3和CO2，装置E中的品红溶液不褪色，装置F中的澄清石灰水变浑浊，说明装置D中SO2和饱和NaHCO3溶液发生了反应，从而证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强；II．NO2中N的化合价为+4，故NO2具有还原性，可以和O2、H2O反应生成HNO3。【小问1详解】a仪器的名称为分液漏斗；装置A中，浓硫酸和Na2SO3反应产生SO2，该反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。【小问2详解】①B中品红溶液褪色，是因为SO2具有漂白性；C装置中酸性KMnO4溶液褪色，表明SO2具有还原性；②证明亚硫酸酸性比碳酸酸性强的实验现象是E中品红不褪色，F中澄清石灰水变浑浊；③若将SO2气体直接通入澄清石灰水中产生CaSO3沉淀，溶液变浑浊，则该反应的离子方程式为Ca2++2OH-+SO2=CaSO3↓+H2O。【小问3详解】二氧化氮与一定量空气混合通入水中能被水完全吸收，该反应的化学方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3；该反应中，1molNO2参加反应，转移1mol电子，即转移NA个电子，故该反应有aNA个电子转移，参加反应的二氧化氮的物质的量为amol。18.氨在人类的生产和生活中有着广泛的应用。某化学兴趣小组探究制备NH3的方法并利用图1装置探究氨气的有关性质。

（1）如图装置制备NH3，反应方程式为_____________。

（2）装置A中烧瓶内试剂可选用____(填序号)，反应方程式______________。a．烧碱溶液b．生石灰c．浓硫酸（3）连接好装置并检验装置的气密性后，装入试剂，然后应先________(填Ⅰ或Ⅱ)。Ⅰ.打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水Ⅱ.加热装置C（4）实验中观察到C中CuO粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应相关化学方程式为____________。（5）图1的实验装置图存在的明显不足是______________。（6）向浓CaCl2溶液中通入CO2气体没现象，但若先通入NH3，再通入CO2则可制备纳米级碳酸钙，反应方程式：____________。试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级：__________。【答案】（1）2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O（2）①.b②.NH3·H2O＋CaO=Ca(OH)2＋NH3↑（或CaO＋H2O=Ca(OH)2；NH3·H2OH2O＋NH3↑）（3）Ⅰ（4）3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O（5）缺少尾气吸收装置（6）①.CaCl2＋CO2＋2NH3＋H2O=CaCO3(胶体)＋2NH4Cl(或CO2＋2NH3＋H2O=（NH4）2CO3，CaCl2＋（NH4）2CO3=CaCO3(胶体)＋2NH4Cl)②.取少许样品与水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是【解析】【分析】浓氨水在碱石灰或生石灰的作用下挥发生成氨气，在B中用碱石灰干燥，在C中加热体积与氧化铜发生氧化还原反应生成水、氮气和铜，D可用于检验是否生成水，最后氨气用水吸收，因氨气极易溶于水，注意防止倒吸，据此判断。【小问1详解】装置是实验室制备氨气的发生装置，实验室用氯化铵与氢氧化钙固体加热生成氨气、氯化钙和水，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；【小问2详解】装置A是制备氨气的发生装置，浓氨水滴入固体碱石灰或氧化钙或固体氢氧化钠都可以生成氨气，浓硫酸和氨气发生反应，氨气易溶入烧碱溶液，不选择浓硫酸、氢氧化钠溶液制备氨气，所以装置A中试剂为生石灰，答案选b，反应方程式为NH3·H2O＋CaO＝Ca(OH)2＋NH3↑（或CaO＋H2O＝Ca(OH)2；NH3·H2OH2O＋NH3↑）；小问3详解】装置连接好并检验装置的气密性后，装入药品，打开旋塞逐滴向圆底烧瓶中加入氨水发生反应生成氨气，利用氨气将装置中的空气排出，故答案为Ⅰ；【小问4详解】实验中观察到C中CuO粉末变红证明生成铜，D中无水硫酸铜变蓝生成水，并收集到一种单质气体，依据氧化还原反应分析，氧化铜氧化氨气为氮气，氧化铜被还原为铜，反应的化学方程式为3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O；【小问5详解】由于氨气容易污染大气，则图1的实验装置图存在的明显不足是缺少尾气吸收装置；小问6详解】先通入NH3，溶液显碱性，再通入CO2可制备纳米级碳酸钙，反应方程式为CaCl2＋CO2＋2NH3＋H2O＝CaCO3(胶体)＋2NH4Cl。胶体可以产生丁达尔效应，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳米级的实验方案为取少许样品与水混合形成分散系，用一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级碳酸钙，否则不是。19.硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地亮质量的90%以上。（1）下列物质不属于硅酸盐材料的是___________。A.陶瓷 B.玻璃 C.水泥 D.生石灰（2）是玻璃的主要成分之一，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为___________，工艺师常用___________(填物质名称)来雕刻玻璃。（3）用水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明可用作___________。可通过与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是___________。A．普通玻璃坩埚B．石英玻璃坩埚C．氧化铝坩埚D．铁坩埚（4）工业上常利用反应制备硅单质，该反应中氧化剂是___________。（5）根据如图所示装置回答以下问题。若要用此装置证明酸性：，从以下所给物质中选出甲同学设计的实验所用到的物质：①稀②稀盐酸③碳酸钙④溶液⑤。试剂A与C分别为___________(填序号)；试管中发生反应的离子方程式为___________。有同学认为此实验不能说明酸性强弱，你认为原因是___________。【答案】（1）D（2）①.②.氢氟酸（3）①.防火剂②.D（4）（5）①.①④②.③.有挥发性，也会和硅酸钠反应生成硅酸【解析】【小问1详解】陶瓷、玻璃、水泥都是硅酸盐材料，生石灰是氧化钙，不属于硅酸盐，答案选D。【小问2详解】二氧化硅是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：。【小问3详解】硅酸钠是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠浸泡棉花就阻隔了棉花与空气中氧气的直接接触，可用作防火剂的原料；普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚都含有二氧化硅，能够与纯碱反应，氧化铝与纯碱能够发生反应（生成偏铝酸钠和二氧化碳），铁和碳酸钠在高温下不会反应，所以高温熔融纯碱时可选用的是铁坩埚。【小问4详解】氧化剂具有氧化性，化合价降低，反应中硅元素化合价降低，因此氧化剂是二氧化硅。【小问5详解】证明酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3，试剂A、B、C分别为稀硝酸、碳酸钠和硅酸钠溶液；试管中发生反应的