【文档说明】四川省成都市第七中学2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题 含解析.docx，共(23)页，3.396 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度下期高一年级3月考试化学试卷考试时间：90分钟总分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Cu-64一、选择题：本题共20小题，每题2分，共40分。每小题只有一

个选项符合题目要求。1.下列有关C、Si及其合物的叙述错误的是A.石墨、碳纳米管、富勒烯是同素异形体B.34SiN是一种新型无机非金属材料，可用于制造发动机C.2SiO制成玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆D.玻璃、水泥、陶瓷其成分均含有硅酸盐【答案】C【解析】【

详解】A．同种元素组成的不同单质属于同素异形体，石墨、碳纳米管、富勒烯是碳元素的同素异形体，故A正确；B．34SiN是一种新型无机非金属材料，硬度大，可用于制造发动机，故B正确；C．2SiO制成玻璃纤维，由于导光能力强而被用于制造光缆，2SiO不能导电，故C错误；D

．玻璃、水泥、陶瓷属于传统的无机非金属材料，其成分均含有硅酸盐，故D正确；故选C。2.下列说法中正确的是A.氮气化学性质不活泼，原因是N的非金属性较弱B.氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应，氧气过量生成2NOC.“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有223NNONOHNO→→→→硝酸盐D.植

物直接吸收利用空气中的NO和2NO作为肥料，实现氮的固定【答案】C【解析】【详解】A．氮气化学性质不活泼，原因是N≡N键能大，N2很稳定，A错误；B．氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应生成NO，NO进一步被氧

气氧化生成2NO，B错误；C．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：放电时氮气被O2氧化产生NO，NO被O2氧化为NO2，NO2与H2O反应产生HNO3，硝酸进一步转变为硝酸盐，即存在转化关系：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐，C正确；D．氮的固定是将游离态的

氮转化为化合态的氮的过程，D错误；故选C。3.下列有关叙述正确的是A.河姆渡出土陶灶，属于陶器，兽首玛瑙杯主要成分为硅酸盐B.硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐C.向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：2323NaSiO2H

HSiO2Na+++=+D.高纯硅可用于制作光感电池【答案】D【解析】【详解】A．陶灶属于陶器，陶器属于硅酸盐产品，但兽首玛瑙杯主要成分属于二氧化硅，不属于硅酸盐，A错误；B．硅酸钠是一种易溶于水的硅酸盐，B错误；C．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：二者反

应产生NaCl、H2SiO3沉淀，反应的离子方程式为2H++2-3SiO=H2SiO3↓，C错误；D．高纯硅可用于制作光感电池、太阳能电池，D正确；故合理选项是D。4.据我国古代第一部药物学专著《神农本草经》记载：“

石硫黄(即硫黄)能化金银钢铁，奇物”，所得产物不可能是A.2AuSB.HgSC.2CuSD.23FeS【答案】D【解析】【详解】S单质的氧化性比较弱，通常将金属氧化为低价，所以能将Au、Hg、Cu、Fe氧化为+1、+2、+1、+2，转化为Au2S、

HgS、Cu2S、FeS，所以选项A、B、C有可能，选项D是不可能的；答案选D。5.在测定中和反应反应热的实验中，下列说法正确的是A.使用铜质搅拌器更易导热，可减小实验误差B.测完稀盐酸温度后，温度计没有冲洗，立即测NaOH溶液的温度，测得中和热的H偏大

C.用0.55mol/LNaOH溶液分别与0.5mol/L的盐酸、醋酸溶液等体积反应，测得的中和热数值相同D.在测定中和反应反应热的实验中，需要的仪器有天平、量筒、烧杯、容量瓶、温度计、搅拌器【答案】B【解析】【详解】

A．铜导热性较强，导致热量散失较多，则测量出的中和热误差大，A错误；B．测完稀盐酸温度后，温度计没有冲洗，立即测NaOH溶液的温度，由于会发生酸和碱的中和，所测碱溶液温度偏高，则温度差减小，所测得的热量值偏小，由于中和反应放热，焓变小于零，则测得

中和热的H偏大，B正确；C．醋酸为弱酸，电离过程吸热，故用0.55mol/LNaOH溶液分别与0.5mol/L的盐酸、醋酸溶液等体积反应，反应放出的热量不同，测得的中和热数值不同，C错误；D．用简易量热计进行中和热测定，需要量筒、温度计、

环形玻璃搅拌棒；若没有简易量热计，可以用烧杯和硬纸板组装，用不到天平和容量瓶；若实验中需要的酸、碱稀溶液需要现配，则还缺少玻璃棒和滴管，D错误；答案选B。6.反应ABCΔH0+→分两步进行：①ABXΔH0+→，②XCΔH0→

。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.CD.【答案】A【解析】【详解】第一步反应为放热反应，说明X的能量比A、B的能量和小；第二步反应为吸热反应，则X的能量比生成物C的低，且总反应是吸热反应，说明反应物A、B的能量总和比生成物C的低，

则只有选项A的图像符合题意，故合理选项是A。7.下列对浓硫酸的叙述错误的是.A.常温下，浓硫酸与铁、铝发生钝化，浓硫酸表现出强氧化性B.浓硫酸与蔗糖反应，浓硫酸表现出脱水性和强氧化性C.浓硫酸使胆矾变成白色，浓硫酸表现出

吸水性D.较浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，较浓硫酸表现出强氧化性【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，在常温下，浓硫酸遇铁、铝时，会将金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化，在这些反应中浓硫酸

表现出强氧化性，A正确；B．浓硫酸与蔗糖混合，会看到蔗糖变黑，同时物质的体积急剧膨胀，产生大量酸性气体，反应，烧杯外壁感觉烫手，在该反应中浓硫酸表现出脱水性和强氧化性，B正确；C．浓硫酸具有吸水性，能够吸收硫酸铜晶体的结晶水，使胆矾

变成白色，在该反应中浓硫酸表现出吸水性，C正确；D．较浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，较浓硫酸表现出强酸性，而不是强氧化性，D错误；故合理选项是D。8.已知：122HO(g)HO(l)Δ44kJmolH−==−，根据下图判

断错误的是A.图1反应为放热反应B.图1中若2HO的状态为液态，H更大C.图2中若2HO的状态为液态，则能量变化曲线可能为①D.1222CO(g)H(g)CO(g)HO(l)Δ41kJmolH−+=+=+【答案】D【解析】【详解】A．图1中反应物总能量高于生成物总能量，

为放热反应，故A正确；B．气态水变为液态水，会放出热量，若图1中若2HO的状态为液态，则放出的热量少，H更大，故B正确；C．气态水变为液态水，会放出热量，故图2中若2HO的状态为液态，生成物总能量降低，则能量变化曲线可能为①，故C正确；D．对

比两图可知，图2表示的反应为图1表示的反应的逆反应，因此图2中反应()()()()1222COgHgCOgHOgΔ41kJmolH−+=+=+，故D错误；答案选D。9.下列关于2SO的说法不正确的是A.工业制备硫酸后含2SO的尾气可用23NaCO溶液吸收B.葡萄酒中

通入规定量的2SO，2SO有抗氧化的作用，还有杀菌消毒的作用C.2SO通入氯水，溶液褪色，体现了2SO的漂白性D.2SO通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，向褪色后的溶液中滴加NaOH溶液，红色复现，体现了2SO的酸性【答案】C【解析】【详解】A．2SO可

与23NaCO溶液发生反应，故工业制备硫酸后含2SO的尾气可用23NaCO溶液吸收，故A正确；B．葡萄酒中通入规定量的2SO，2SO具有还原性，有抗氧化的作用，还有杀菌消毒的作用，故B正确；C．2SO通入氯水，溶

液褪色，是由于发生反应22224SO+Cl+2HO=2HCl+HSO，体现了2SO的还原性，故C错误；D．2SO通入滴有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，是由于发生反应2232SO+2NaOH=NaSO+HO，溶液碱性减弱，向褪色后

的溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，红色复现，体现了2SO的酸性，故D正确；故选C。10.下列关于铵盐的叙述错误的是A.加热盛有少量43NHHCO固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝B.可用烧碱处理含高浓度4NH+的废水并回收利用氨C.()442NHSO受热易分解，

因而可用作化肥D.加热4NHCl或43NHNO固体，不能用于实验室制取氨气【答案】C【解析】【详解】A．加热盛有少量43NHHCO固体的试管，43NHHCO受热分解生成氨气，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝，故A正确；B．烧碱可与4NH+反应生成氨气，故可用烧

碱处理含高浓度4NH+的废水并回收利用氨，故B正确；C．()442NHSO受热易分解，与作化肥无关，故C错误；D．加热4NHCl生成的氨气和HCl遇冷又化合为氯化铵，加热43NHNO固体易爆炸，不能用于实验室制取氨气，故D正确；故选

C。11.下列四套装置用于实验室制取二氧化硫并回收胆矾，其中不能达到实验目的的是A.A装置反应后，烧瓶中有固体生成，产生大量气体B.用B装置吸收尾气中的二氧化硫C.用C装置溶解反应后烧瓶内混合物中的硫酸铜

固体D.用D装置加热硫酸铜溶液，蒸干溶液制备胆矾晶体【答案】D【解析】【详解】A．Cu与浓硫酸混合加热，发生反应产生CuSO4、SO2、H2O，由于浓硫酸具有吸水性，反应产生的少量H2O被浓硫酸吸收，得到的CuSO

4是白色固体，因此A装置反应后，烧瓶中有固体生成，产生大量气体，A正确；B．SO2是酸性气体，容易与NaOH容易反应导致装置中气体压强减小而产生倒吸现象，因此使用倒扣漏斗可以充分吸收尾气中的SO2，同时防止产生倒吸，B正确；C．浓硫酸与Cu反应后的混合物中含有大量未反应的浓硫酸，因此检验反应产生的

CuSO4固体水应该将反应后的物质加入水中，并不断用玻璃棒搅拌，使热量迅速扩散，C正确；D．制取硫酸铜晶体时，为防止失去结晶水，应该采用降低饱和硫酸铜溶液的方法，而不能采用蒸发结晶的方法，D错误；故合理选项是D。

12.喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体一溶液，能出现喷泉现象的是气体溶液ACO2稀盐酸BNO稀NaOH溶液CNH3稀硫酸DH2S饱和NaHS溶液A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．CO2气体不能在稀盐酸中溶解，因此不

能导致烧瓶中气体压强比烧杯中的小，故不能形成喷泉实验，A错误；B．NO气体与稀NaOH溶液不能反应，也不能溶解，因此不能导致烧瓶中气体压强比烧杯中的小，故不能形成喷泉实验，B错误；C．NH3极易溶于水，能够稀硫酸发生反应，导致烧瓶中气体压强减小，从而形成烧瓶内外

的压强差，因此可以形成喷泉实验，C正确；D．H2S气体不能在饱和NaHS溶液中溶解，不能形成烧瓶内外的压强差，故不能形成喷泉实验，D错误；故合理选项是C。13.下图为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确的是A.若按③→②→①顺序连接，可检验所有气

体产物B.若装置②只保留a、b，酸性高锰酸钾溶液足量，同样可以达到实验目的C.浓硫酸在反应中显酸性和强氧化性D.实验中a、b、c溶液均褪色【答案】B【解析】【分析】为检验浓硫酸和木炭反应所得气体产物，装置①用于检验水蒸气，组合装置②中，a装置用于检验二氧化硫，装置b除

去二氧化硫，装置c检验二氧化硫是否除尽，装置③检验二氧化碳。【详解】A．二氧化硫、二氧化碳均可以使澄清石灰水变浑浊，且气体通过水溶液，会带出水蒸气，若按③→②→①顺序连接，无法检验所有气体产物，故A错误；B．若装置②只保留a、b，酸性高

锰酸钾溶液足量，通过酸性高锰酸钾溶液溶液颜色变浅，可以判断二氧化硫除尽，同样可以达到实验目的，通过澄清石灰水变浑浊检验二氧化碳，故B正确；C．在浓硫酸和木炭的反应中，+6价S只转化成了二氧化硫，故浓硫酸在反应中只显强氧

化性，故C错误；D．实验中a、b溶液均褪色，装置c检验二氧化硫是否除尽，c溶液不褪色，说明二氧化硫除尽，故D错误；故选B。14.在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是（）A.一定含有SO24−B.含有SO24−和Ag+

C.可能含有SO24−、Ag+、SO23−中的一种或两种D.可能含有SO23−或CO23−【答案】C【解析】【分析】加入BaCl2溶液产生了不溶于硝酸的白色沉淀，因为稀硝酸具有氧化性，该白色沉淀可能为

氯化银或硫酸钡，则原溶液中可能存在SO24−、Ag+或SO23−，分别生成硫酸钡沉淀、氯化银沉淀，二者都不溶于硝酸。【详解】A．Ag+、SO23−离子均能与BaCl2反应生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不

溶解，故不能排除Ag+或SO23−的存在，A项错误；B．硝酸具有氧化性，原溶液中若存在SO23−，也能生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，B项错误；C．SO24−、Ag+、SO23−三种离子均能与BaCl2反应生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，故该溶液可能含有SO

24−、Ag+、SO23−中一种或两种，C项正确；D．该溶液中不可能有CO23−的存在，因为BaCO3能溶于稀硝酸中，D项错误；答案选C。15.如图是氮元素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：下列说法错误的是A.一定条件下，将b转化为a，这是一种固氮方式B.a→c→d→f这几个反应中，均发生

了N元素被氧化的反应C.h可与f反应生成iD.g只具有氧化性，还可能与碱发生反应【答案】D【解析】的【分析】由图可知，a为氨气、b为氮气、c为一氧化氮、d为二氧化氮或四氧化二氮、e为五氧化二氮、f为硝酸、g为亚硝酸、h为一水合氨

、+5价的盐为硝酸盐、-3价的盐为铵盐。【详解】A．一定条件下，将b转化为a，既氮气与氢气反应生成氨气，反应中氮元素从游离态转化为化合态，属于氮的固定，故A正确；B．a→c→d→f这几个反应中，氮元素的化合价均升高被氧化，均发生了被氧化的反应，故B正确；C．h可与f反应生成i，即一

水合氨能与硝酸反应生成硝酸铵和水，故C正确；D．g为亚硝酸，亚硝酸中氮元素的化合价+3价为中间价态，既具有氧化性也具有还原性，故D错误；故选D。16.含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了

新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述错误的是A.图中涉及的反应之一为()24224243FeSOSO2HO2FeSO2HSO++=+B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的2SOC.该过程中Fe元素只发生了氧化反应，没有发生还原反应D.该过程中总反应为222242SOO2HO

2HSO++=【答案】C【解析】【分析】根据工艺流程所示可知：该工艺中硫酸亚铁在硫酸溶液中被氧气氧化为硫酸铁，Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该步骤的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO

2+2H2O2=FeSO4+2H2SO4，二式合并，则总反应为222242SOO2HO2HSO++=，据此分析解答。【详解】A．据分析，Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该步骤的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H

2O2=FeSO4+2H2SO4，A正确；B．据分析，该反应过程中反应消耗SO2得到了硫酸，因此该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，防止大气污染，B正确；C．据分析，该过程中Fe2(SO4)3转变为FeSO4时Fe元素化合价降低、发生了还原反应，

FeSO4转变为Fe2(SO4)3时铁元素化合价升高、发生了氧化反应，C错误；D．据分析，该工艺的总反应为222242SOO2HO2HSO++=，D正确；故选C。17.以黄铁矿为原料来生产硫酸的工艺流

程如图。下列说法正确的是A.将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率B.煅烧黄铁矿发生的反应为222324FeS11O2FeO8SO高温++，反应中Fe2O3是氧化产物，SO2是还原产物C.硫磺与过量氧气点燃，可直接生成三氧化硫D.工业上也可以

将三氧化硫直接溶于水制取硫酸【答案】A【解析】【分析】黄铁矿粉碎后与空气混合加热，粉碎氧化还原反应产生Fe2O3、SO2，将SO2与空气混合净化后加热到400-500℃，在V2O5催化下加热发生氧化还原反应

产生SO3，SO3被98.3%的浓硫酸吸收后产生H2SO4。【详解】A．将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，从而加快二者反应速率，提高原料的转化率，A正确；B．在煅烧黄铁矿的反应中，Fe元素化合价由反应前FeS2中的+2价变为反应后Fe2O3中的+3价

，化合价升高，失去电子被氧化，因此Fe2O3是氧化产物；S元素化合价由反应前FeS2中的-1价变为反应后SO2中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，所以SO2是氧化产物，同时O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后Fe2O3、SO2中的-2价，化合价降低，得到电子被还原

，所以后Fe2O3、SO2也都是还原产物，B错误；C．硫磺与过量氧气点燃，只能生成SO2，不能直接生成SO3，C错误；D．SO3溶于水会因为放出大量热，而导致形成酸雨，因此工业上不可以将三氧化硫直接溶于水制取硫

酸，D错误；故合理选项是A。18.铜分别与浓硝酸和稀硝酸反应，设计了如图所示装置，下列叙述错误的是A.铜分别与浓硝酸和稀硝酸反应，反应后的溶液颜色不同B.铜与浓硝酸生成2NO，与稀硝酸反应生成NO，反应中体现酸性的硝酸与做

氧化剂的硝酸物质的量之比相同C.铜与稀硝酸按2∶5的物质的量之比反应，还原产物可能是2NOD.2NO中混有少量NO，可用NaOH溶液吸收【答案】B【解析】【详解】A．铜与浓硝酸反应生成2NO，2NO溶于水，导致溶液呈

现绿色，铜和稀硝酸反应后溶液显蓝色，故A正确；B．铜与浓硝酸生成2NO，发生反应33222Cu+4HNO=Cu(NO)+2NO+2HO，反应中体现酸性的硝酸与做氧化剂的硝酸物质的量之比为1：1，与稀硝酸反应生成NO，发生反应2

33223Cu+8HNO=3Cu(NO+)+2ON4HO，反应中体现酸性的硝酸与做氧化剂的硝酸物质的量之比为6：2=3：1，反应中体现酸性的硝酸与做氧化剂的硝酸物质的量之比不相同，故B错误；C．铜与稀硝酸按2∶

5的物质的量之比反应，假设铜物质的量为2mol，硝酸物质的量为5mol，由铜元素守恒以及Cu(NO3)2化学式可知显酸性的硝酸物质的量为4mol，2mol铜失去4mol电子，那么1mol显氧化性的硝酸得

到4mol电子，N元素的化合价可从+5价降低为+1价，还原产物可能是2NO，故C正确；D．2NO中混有少量NO，可用NaOH溶液吸收，发生反应2222NaOH+NO+NO=2NaNO+HO，故D正确；故选B。19.将5.

6g的MgCu、混合物完全溶解于足量硝酸中，收集到0.05molNO、20.15molNO。再向所得溶液中加入过量的NaOH溶液，生成沉淀质量为A.12.4gB.10.7gC.9.0gD.7.3g【答案】B【解析】【详解】将5.6g的MgCu、混合

物完全溶解于足量硝酸中，收集到0.05molNO、20.15molNO，由得失电子守恒可知，共转移电子为()()0.05mol5-2+0.15mol5-4=0.3mol，再向所得溶液中加入过量的NaOH溶液，反应生成氢氧化镁和氢氧化铜沉淀，生成沉淀的质量为合金的质量和

与金属离子反应的氢氧根的质量之和，由关系式-2+-2Mg2eMg2OHMg(OH)，-2+-2Cu2eCu2OHCu(OH)可知，()()--nOH=ne=0.3mol，则()-mOH17g/mol0.3mol=5.1g=，则沉淀的质量为5.

6g+5.1g=10.7g；选B。20.在一支50mL的注射器里充入20mLNO，然后吸入5mL水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，振荡注射器。设空气中氧气的体积分数为20%，下列说法错误的是A.振荡后注射器活塞不移动B.打开弹簧夹，快速吸入15mL空气后夹

上弹簧夹，充分振荡注射器，活塞停留在大约33mL处C.若将20mLNO换为2NO，完全反应需吸入约15mL空气D.若注射器中是5mLNO和215mLNO的混合气体，吸入5mL水后充分振荡注射器，活塞停留在大约15mL处【答案】C【

解析】详解】A．NO不溶于水也不与水反应，则容器内气体、液体体积不变，振荡后注射器活塞不移动，故A正确；B．NO与水不反应，有氧气存在，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，20mLNO反应需要15mL氧气，吸入15mL空气后，氧气不足，N

O有剩余，()()22VN:VO=4:1，则15mL空气中氮气体积为12mL，氧气体积为3mL，反应消耗4mLNO，剩余16mL，则针筒内气体体积为12mL+16mL=28mL，还有5mL水，注射器活塞停留在33mL刻度附近，故B正确；C

．若将20mLNO换为2NO，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，20mLNO2反应需要5mL氧气，则完全反应需吸入空气约L=220%5mL5m，故C错误；【D．若注射器中是5mLNO和215mLNO的混合气体，吸入5mL水后充分振荡注射器，NO2

能与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，215mLNO产生5mLNO，则针筒内NO气体体积为5mL+5mL=10mL，还有5mL水，注射器活塞停留在15mL刻度附近，故D正确；答案选C。二、非选择题：本题共5小题，共60分。2

1.回答下列问题（1）已知C(s，石墨)═C(s，金刚石)，H0；则稳定性：金刚石___________(填“>”或“<”)石墨。（2）已知：2212C(s)2O(g)2CO(g)ΔH+=；222C(s)O(g)2CO(g)ΔH+=，则1ΔH_____

______(填“>”或“<”)2ΔH。（3）25℃、101kPa时，56gCO在足量的2O中充分燃烧，放出565.2kJ热量。则CO的燃烧热为ΔH=___________。（4）1240.050L2.00molLHSO−溶液与10.200L1

.05molLKOH−溶液完全反应，放出11.46kJ热量，该反应的中和热ΔH=___________。（5）ABCDEEEE、、、分别表示A(g)B(g)C(g)D(g)、、、所具有的能量，则对于反应：A(g)B(g)C(g)D(g)ΔH+=+=_____

______(用含ABCDEEEE、、、的代数式表示)。（6）合成氨反应的能量变化如下图所示，则反应223N(g)3H(g)2NH(l)ΔH+==___________。【答案】（1）＜（2）＜（3）-282.6kJ/mol（4）-57.3kJ

/mol（5）()CDABEEEEkJ/mol-+-（6）()2kJ/molabc−+【解析】【小问1详解】已知C(s，石墨)═C(s，金刚石)，H0；则石墨的能量低于等质量的金刚石，能量

越低越稳定，则稳定性：金刚石＜石墨。【小问2详解】已知：2212C(s)2O(g)2CO(g)ΔH+=；222C(s)O(g)2CO(g)ΔH+=，燃烧生成二氧化碳时释放的能量更多，则12ΔHΔH＞，燃烧反应放热，焓变小于零，则1ΔH＜2ΔH。【小问3详解】燃烧热是25℃

、101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，已知25℃、101kPa时，56gCO即2molCO在足量的2O中充分燃烧，放出565.2kJ热量，则CO的燃烧热为ΔH=-282.6kJ/mol。【小问4详解】1240.050L2.00molLHSO−溶液与10.200L1.05

molLKOH−溶液完全反应，KOH过量，反应生成0.2molH2O，放出11.46kJ热量，则该反应的中和热11.46kJΔH-=57.3kJ/mol0.2mol=−。【小问5详解】焓变ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量，

ABCDEEEE、、、分别表示A(g)B(g)C(g)D(g)、、、所具有的能量，则反应：A(g)B(g)C(g)D(g)ΔH+=+=()CDABEEEEkJ/mol-+-。【小问6详解】焓变ΔH=反应物总键能−生成物总键能；且1mol氨气液化时

放出cmol能量，则反应223N(g)3H(g)2NH(l)ΔH+==()2kJ/molabc−+。22.Ca3N2是一种极易水解的试剂。某小组利用氨气与钙反应制备氮化钙。（1）装置A的分液漏斗中

盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是___________；分液漏斗和烧瓶间连接的橡皮管的作用___________。（2）装置B中盛放的试剂是___________，D中球形干燥管的作用是___________。（3）点燃C处酒精灯之前的操作是：检验装置的气密性，加入药品，____

_______。（4）C中硬质玻璃管中反应的化学方程式为___________，若将Ca3N2溶于足量稀硝酸，反应的离子方程式为___________。（5）从产品纯度考虑，应增加E装置在___________装置之间。【答案】（1）①.CaO或

Ca(OH)2固体或NaOH固体②.碱石灰（2）①.碱石灰②.防止倒吸（3）启动A处的反应（4）①.2NH3+3CaΔCa3N2+3H2②.Ca3N2+8H+=3Ca2++2+4NH（5）C、D【解析】【分析】在A中浓氨水与CaO混合制取NH3，装

置B作用是干燥NH3，在C中Ca与NH3发生反应制取Ca3N2，同时反应产生H2，装置D的作用是吸收多余的NH3，防止大气污染。【小问1详解】装置A的分液漏斗中盛放浓氨水，则烧瓶中盛放的药品应该是Ca

O或Ca(OH)2固体或NaOH固体；橡胶管a可使烧瓶和分液漏斗内气体压强相等，便于浓氨水顺利滴下；【小问2详解】装置B的作用是干燥NH3，由于NH3是碱性气体，乙醇可以使用碱性干燥剂，其中盛放的试剂可以是碱石灰；NH3极易溶于水，为分子水吸收NH

3时产生倒吸现象，在导气管末端安装了一个倒扣的漏斗，故装置D中球形干燥管的作用是防止产生倒吸现象；【小问3详解】点燃C处酒精灯之前的操作是：检验装置的气密性，加入药品，使浓氨水滴入烧瓶中产生氨气，利用氨气赶走装置中的空气，避免O2与Ca反应；

【小问4详解】在C中硬质玻璃管中NH3与Ca发生置换反应产生Ca3N2、H2，发生反应的化学方程式为：2NH3+3CaΔCa3N2+3H2；若将Ca3N2溶于足量稀硝酸，反应产生Ca(NO3)2、NH4NO3，反应的离子方程式为：Ca3N2+8H

+=3Ca2++2+4NH；【小问5详解】Ca是活泼金属，容易与水会发生反应产生Ca(OH)2导致物质纯度降低，装置D中的水蒸气会通过导气管进入装置C与Ca发生反应，导致物质纯度降低，应该在装置C、D

之间增加装置E，来吸收水蒸气。23.高纯硅用于制作光伏电池，如图是一种生产高纯硅的工艺流程图：已知：①流化床反应器的主反应：32250300Si3HClSiHClH++℃；②还原炉的主反应：32SiHClHSi3HCl11001200++℃；③SiHCl3极易水解。回

答下列问题：（1）Si在元素周期表中的位置为___________。石英砂的主要成分为SiO2，能溶于HF的水溶液，生成一种气态含硅物质，该物质的电子式为___________。（2）电弧炉中生成粗硅，反应的化学方程式为________

___。若电弧炉中焦炭过量，还会有SiC生成，石英砂和焦炭生成SiC的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。（3）整个操作流程都需隔绝空气，原因是___________(答出两条即可)。（4）SiHC

l3极易发生水解反应，其生成物之一是一种可燃性气体，则SiHCl3水解的化学方程式为___________。（5）上述操作流程中可以循环利用物质是___________。【答案】（1）①.第三周期第ⅣA族②.（2）①.SiO2+2C高温Si+2CO↑②.1：2（3）防止SiHC

l3发生水解、防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸（4）SiHCl3+3H2O=H2↑+H2SiO3↓+3HCl（5）H2、HCl【解析】【分析】石英砂与焦炭在电弧炉中发生反应产生粗硅，Si与HCl在流化床反应器中发生反应产生SiHCl3，SiHCl3在还原炉中用H2还原产生高纯硅。

【小问1详解】的Si是14号元素，原子核外电子排布是2、8、4，根据原子结构与元素位置关系可知Si在元素周期表中位于第三周期第ⅣA族；石英砂的主要成分为SiO2，其能溶于HF的水溶液，反应产生SiF4气体和H2O，由于Si原子最外层有4个电子，可以与4个F原子形成4个共价键，使分子中

各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故该物质的电子式为；【小问2详解】在电弧炉中石英砂与焦炭在高温下发生反应产生粗硅，该反应的化学方程式为：SiO2+2C高温Si+2CO↑；若电弧炉中焦炭过量，还会有SiC生成，该反应的化学方程式为：SiO2+3C高温SiC+2CO↑，

在该反应中焦炭既作氧化剂，也作还原剂，在参加反应的3个C中，1个作氧化剂，2个作还原剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；【小问3详解】根据上述流程以及相关信息可知SiHCl3极易水解，反应过程中会产生氢气，而空气中含有氧气和水蒸气，因此整个操作流程都需隔绝空气，原因是防止SiHCl3发生

水解，防止硅被氧化、防止氢气与氧气反应而发生爆炸；【小问4详解】SiHCl3极易发生水解反应，其生成物之一是一种可燃性气体，该气体是H2，同时反应产生HCl、H2SiO3，则SiHCl3水解的化学方程式为：SiHCl3+3

H2O=H2↑+H2SiO3↓+3HCl；【小问5详解】还原炉中SiHCl3与H2反应生成硅单质，化学方程式为SiHCl3+H2=Si+3HC1，根据流程转化分析可知上述操作流程中可以循环利用的物质是H2、HCl。24.请根据硫元素的价类二维图，回答下列问题：（1）Y化学式为____

_______，Z转化为X所加试剂为___________(填“氧化剂”或“还原剂”)。（2）W的浓溶液与铜反应的化学方程式___________。（3）欲制备223NaSO，从氧化还原角度分析，合理的是___________(填字母

)。A.2NaS+SB.23NaSO+SC.2324NaSO+NaSOD.233NaSO+SO（4）Y转化为W可以选择下列试剂___________。A．酸性4KMnO溶液B．2FeCl溶液C．NaOH溶液D．X的水溶液

写出你所选试剂将Y转化为W的离子方程式___________。（5）将X与Z、W的稀溶液混合，可生成淡黄色固体，则在该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为___________。【答案】（1）①.SO2②.还原

剂（2）24422Cu+2HSOCu(SO+SO)+2HO浓（3）B（4）①.A②.-2+2-+42242MnO+5SO+2HO=2Mn+5SO+4H（5）1：2【解析】【小问1详解】由图可知，Y为

+4价的氧化物，则Y化学式为SO2，X为-2价的气态氢化物，为H2S，Z为+4价的盐，为亚硫酸盐，则Z转化为X，化合价降低，作氧化剂，则所加试剂为还原剂。【小问2详解】W为+6价酸的浓溶液，即浓硫酸，与铜反应的化学方程式

为24422Cu+2HSOCu(SO+SO)+2HO浓。【小问3详解】223NaSO中S元素为+2价，A．2NaS+S中化合价分别为-2价和0价，均比+2价低，无法得到+2价，故错误；B．23NaSO+S中化合价分别为+4价和0价，发生归中反应可得到+2价，故正确；C．2324NaSO+

NaSO中化合价分别为+4价和+6价，均比+2价高，无法得到+2价，故错误；D．233NaSO+SO中化合价分别为+4价和+6价，均比+2价高，无法得到+2价，故错误；故选B。【小问4详解】Y为SO2，W为硫酸，S化合价升高，被氧化，需要选择氧化剂，下列试剂中只有

A酸性4KMnO溶液具有氧化性，故选A，反应的离子方程式为-2+2-+42242MnO+5SO+2HO=2Mn+5SO+4H。【小问5详解】X为H2S，Z为亚硫酸盐，W为硫酸，将三者的稀溶液混合，可生成淡黄色固体，发生反应

2+2322HS+SO+2H=3S+3HO−，H2S中S元素化合价升高，被氧化，得到氧化产物SO2，23SO−中S元素化合价降低，被还原，得到还原产物SO2，则在该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为1：2。25.硝酸

在生产生活及国防建设中非常重要，工业制备硝酸的流程如下：（1）②反应的化学方程式为___________，④反应中还原剂和氧化剂的物质的量之比为___________。（2）Cu与稀硝酸反应的离子方程式为___________。（3）硝酸工厂产生

的氮氧化物的尾气需处理后才能排放，可用NaOH溶液吸收。主要反应为222NONO2OH2NOHO−−++=+，22322NO2OHNONOHO−−−+=++。下列措施能提高NO和2NO去除率的有___________(填字母)。A．加快通入尾气的速率B．采用气、液逆流的方式吸收尾气C．吸收

尾气过程中定期补加适量NaOH溶液（4）也可用23NaCO溶液吸收氮氧化物尾气制备23NaNONaNO、。工艺流程如下：的已知：23222NaCONONO2NaNOCO++=+①母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是___________。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中________

___中(填“中和液”或“转化液”)。②若将23NaNONaNO、两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产269tNaNO时，23NaCO的理论用量为___________t(假定23NaCO恰好完全反应)。【答案】（1）①.3224NH+5O=4NO+6HO催化剂②.2:

1（2）2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++（3）BC（4）①.将NaNO2氧化为NaNO3②.转化液③.106【解析】【分析】反应①为工业合成氨反应，②为NH3被O2氧化产生NO，③为NO被

O2氧化产生红棕色NO2，④为NO2与水反应产生HNO3；用23NaCO溶液吸收氮氧化物的尾气制备23NaNONaNO、时，由制备流程可知，碳酸钠溶解后，”碱吸收”发生的主要反应为Na2CO3+NO+NO2=2N

aNO2+CO2，然后中和液进行蒸发Ⅰ、结晶Ⅰ操作，过滤分离出NaNO2，母液I中主要含NaNO2，母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3、空气，硝酸提供酸性环境，氧气可将NaNO2转化为NaNO3，转化液进行蒸发Ⅱ、结晶Ⅱ、过滤Ⅱ分离出NaNO

3，母液Ⅱ中主要含NaNO3，应在转化液及结晶中提高利用率。【小问1详解】②为NH3被O2氧化产生NO，反应的化学方程式为3224NH+5O=4NO+6HO催化剂，④反应为2233NOHO2HNONO+=+，二氧化氮转化为硝酸时充当还原剂，二氧化氮转化为NO时充当氧化剂，则其中还原剂和氧化剂的物

质的量之比为2:1；【小问2详解】Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、水和一氧化氮：33223Cu8HNO3Cu(NO)2NO4HO+=++，故离子方程式为：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++；【小问3详解】A．加快通入尾气的速率

，气体不能充分反应，故A错误；B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气体与氢氧化钠溶液充分反应，能提高NO和2NO去除率，故B正确；C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，可使气体充分反应，能提高NO和2NO去除率，故C正确；故答案为：BC；【小问4详解】①据分析，

母液Ⅰ进行转化时通入空气的目的是将NaNO2氧化为NaNO3。母液Ⅱ需回收利用，合理的处理方法是转入流程中转化液；②若将23NaNONaNO、两种产品的物质的量之比设为1：1，则生产269tNaNO时，n(NaNO2)=66910g69g/mol=106mol，NaNO2

、NaNO3两种产品的物质的量之比为1:1，则n(NaNO3)=106mol，由Na原子守恒可知，2n(Na2CO3)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，23NaCO的理论用量m(Na2CO3)=(106mol+1

06mol)×12×106g/mol=1.06×108g=106t。