1、湖南省衡阳市衡阳县一中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1下列化学用语表示正确的是（）ANaH与重水反应的方程式：NaH+D2O=NaOH+D2B三氟化氮的电子式：C熔融状态下硫酸氢钠的电离方程式：NaHSO4（熔融）=Na+HSO4D羟基乙酸（HOCH2COOH）的缩聚物：2设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A常温常压下，22.4L氯气与足量NaOH溶液反应转移电子数为NAB在含有NA个醋酸根离子（CH3COO）的醋酸溶液中氢离子数目为NAC4.6g SO2、CO2混合气体中含有中子数为2.3NAD1mol CnH2n+2
2、分子中含共价键数目为（3n+2）NA3用草酸的稀溶液或草酸钠的酸性溶液可以洗涤粘在皮肤上的高锰酸钾，其离子方程式为（未配平）：MnO+C2O+H+CO2+Mn2+关于此反应的叙述正确的是（）A该反应右边方框内的产物是OHB配平该反应后，H+的化学计量数是8C该反应中氧化产物是CO2D该反应电子转移总数是5e4对于反应 14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（）A只有硫酸铜作氧化剂BSO42既不是氧化产物又不是还原产物C被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7D1mol硫酸铜可以氧化mol的硫5能正确表示下列反应的离子方程式为（）A硫化亚铁
3、溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O+SO2+H2O=C6H5OH+HSO3D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O6下列各溶液中能大量共存的离子组是（）Ac（H+）=1014mol/L的溶液中：Na+、A1O2、S2、SO32B使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC碳酸氢钠溶液中：K+、SO42、Cl、H+D使酚酞试液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、K+7下列说法不正确的是（）A明矾、漂白粉、臭
4、氧的净水原理相同B“血液透析”的原理利用了胶体的性质C食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质D煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾8下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色待测液不含钾元素BAgBr沉淀中滴入KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgBr更难溶C铁丝插入稀硝酸中有无色气体产生生成氢气D向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液溶液变红HCN是弱电解质AABBCCDD9已知：H2O（g）H2O（l）H=Q1 kJmol1C2H5OH（g）C2H5OH（l）H=Q2 kJmol1C2H5O
5、H（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H=Q3 kJmol1下列判断正确是（）A酒精的燃烧热H=Q3 kJmol1B由可知1mol C2H5OH（g）的能量高于2mol CO2（g）和3mol H2O（g）的总能量CH2O（g）H2O（l）释放出了热量，所以该过程为放热反应D23g液体酒精完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l），释放出的热量为（0.5Q30.5Q2+1.5Q1）kJ10如图装置可用于（）A用氯酸钾和少量二氧化锰制取氧气B用NH4Cl与Ca（OH）2制取NH3C用Cu和浓HNO3反应制取NO2D用Cu和稀HNO3反应制NO11下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物
6、中Na2CO3质量分数的实验方案中，不合理的是（）A取a克混合物充分加热，得b克固体B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体D取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克12用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：100mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）ABCD13将相同质量的两块铜片分别和浓硝酸、稀硝酸（两者均
7、过量）反应，下列叙述正确的是（）A反应速率：两者相同B消耗HNO3的物质的量：前者多，后者少C反应生成气体的颜色：前者浅，后者深D反应中转移的电子总数：前者多，后者少14甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c（H+）0.1mol/L；向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成下列结论不正确的是（）A甲溶液含有Ba2+B乙溶液含有SO42C丙溶液含有ClD丁溶液含有Mg2+15下列物质：氢
8、氟酸；浓H2SO4；烧碱溶液；Na2CO3固体；石灰石；浓HNO3，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（）AB全部CD16下列说法不正确的是（）A欲提高氯水中HClO的浓度可往氯水中加适量的碳酸钙粉末B形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，CO2是造成温室效应的主要气体C氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾或蘸有纯碱水的毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离D大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物二、解答题（共5小题，满分31分）17A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如右（部分反应中
9、的水已略去）（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品D的电子式是反应的离子方程式是氯碱工业制备A的化学方程式是，其中两种产物可与KI溶液反应制得一种化工原料，若消耗0.1mol KI转移电子0.6mol，则三种物质间反应的离子方程式是（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料反应的离子方程式是B可作净水剂，在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是18（7分）某课外活动小组欲对铝镁合金进行研究，测定其中镁的质量分数，他们利用盐酸、氢氧化钠溶液设计了三种不同的实验方案：方案一：铝镁合金测定生成气体的体积方案二：铝镁合金测定生成气体的体积方案三：铝镁合
10、金溶液称量灼烧产物的质量（1）写出方案一中发生反应的离子方程式（2）实验小组根据方案=设计了两个实验装置，如下圈（图中的铁架台已省略）你认为选择（选填甲或乙）装置进行实验更合理，误差更小（3）用方案三进行实验时，除了称量灼烧产物质量外，还需称量的是（4）拓展研究：在向铝镁合金溶于盐酸后的溶液中加入过量NaOH溶液时，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系可用数轴关系表示：请你判断，根据如图数轴申的数据能否求出合金中镁的质量分数？（选填“能”或“不能”）下列两题选一题作答若不能求出合金中镁的质量分数，请说明理由若能求出合金中镁的质量分数，则镁的质量分数为19（7分）（1）膦（PH3）是一种无
11、色有剧毒的气体，其还原能力比氨（NH3）强，是一种强还原剂某反应体系中存在下列物质：Cu、H2SO4、CuSO4、PH3、H3PO4、H2O回答下列问题：上述反应体系中化学反应方程式为；膦（PH3）能和水发生微弱的化学反应，其水溶液呈弱碱性，该反应可用离子方程式表示为（2）生活污水中含大量细小的悬浮物，可加某些物质使之聚集成较大的颗粒而沉淀请你举一种常见的能使生活污水中悬浮物聚沉的物质，其化学式为（3）用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染例如CH4（g）+4NO2（g） 4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（g）H1=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（
12、g）+2H2O（g）H2若1mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则H2=20（11分）氮化硅硬度大、熔点高、不溶于酸（氢氟酸除外），是一种重要的结构陶瓷材料一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅一种合成氮化硅的工艺主要流程如下：（1）净化N2和H2时，铜屑的作用是：；硅胶的作用是（2）在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=727.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度：；体系中要通入适量的氢气是为了（3）X可能是（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟
13、酸”）（4）如何说明氮化硅产品已用水洗干净？（5）用硅粉作硅源、叠氮化钠（NaN3）作氮源，直接燃烧生成氮化硅（发生置换反应），该反应的化学方程式为：21（6分）次磷酸H3PO2是一种强还原剂，将它加入CuSO4水溶液，加热到4050，析出一种红棕色的难溶物A经鉴定：反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物；X射线衍射证实A中各元素的原子个数相等；A的主要化学性质如下：温度超过60，分解成金属铜和一种气体；在氯气中着火；与盐酸反应放出气体（1）A的化学式为（2）A的生成反应方程式为湖南省衡阳市衡阳县一中2015-2016学年高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共16小题，每小题3分，满
14、分48分）1下列化学用语表示正确的是（）ANaH与重水反应的方程式：NaH+D2O=NaOH+D2B三氟化氮的电子式：C熔融状态下硫酸氢钠的电离方程式：NaHSO4（熔融）=Na+HSO4D羟基乙酸（HOCH2COOH）的缩聚物：【考点】电子式；结构简式；化学方程式的书写；电离方程式的书写【专题】化学用语专题【分析】A、NaH与重水反应实质是离子反应，氢负离子与水电离的氢离子结合生成氢气；B、氟原子未成键的孤对电子对为画出；C、硫酸氢钠是离子化合物，由钠离子与硫酸氢根离子构成；D、羟基乙酸通过酯化反应生成高聚物，羧基提供羟基，羟基通过氢原子【解答】解；A、NaH与重水反应实质是离子反应，氢负离
15、子与水电离的氢离子结合生成氢气，NaH与重水反应的方程式为NaH+D2O=NaOD+HD，故A错误；B、氟原子未成键的孤对电子对为画出，故B错误；C、硫酸氢钠是离子化合物，由钠离子与硫酸氢根离子构成，熔融下电离出钠离子与硫酸氢根离子，电离方程式：NaHSO4（熔融）=Na+HSO4，故C正确；D、羟基乙酸通过酯化反应生成高聚物，羧基提供羟基，羟基通过氢原子，缩聚物结构简式为，题中结构简式为羧基提供氢原子，故D错误故选C【点评】本题考查常用化学用语，难度中等，注意C中硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根D中注意结构简式的书写要符合反应原理2设NA为阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）
16、A常温常压下，22.4L氯气与足量NaOH溶液反应转移电子数为NAB在含有NA个醋酸根离子（CH3COO）的醋酸溶液中氢离子数目为NAC4.6g SO2、CO2混合气体中含有中子数为2.3NAD1mol CnH2n+2分子中含共价键数目为（3n+2）NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、依据气体摩尔体积的体积应用分析判断，气体摩尔体积是标准状况下的应用；B、水溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子；C、微粒的质量主要集中在原子核上，质子数+中子数=质量数，原子都是中子数=质子数；D、依据烷烃分子中含有碳氢键和碳碳键结合通式计算【解答】解：A、常温常压下，22.4
17、L氯气不是1mol，故A错误；B、在含有NA个醋酸根离子（CH3COO）的醋酸溶液中，水溶液中水电离出氢离子和氢氧根离子，氢离子数目大于NA，故B错误；C、这几种元素（S，O，C）原子都是中子数=质子数中子质量和中子相近所以含有质子和中子各2.3g，质子的摩尔质量为1，所以含有中子数2.3mol，故C正确；D、1mol CnH2n+2分子中含共价键数目=（2n+2+n1）NA=（3n+1）NA，故D错误；故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常的方法应用和注意问题，主要是气体摩尔体积的条件应用，弱电解质溶液中离子判断，原子结构的理解和原子特征应用，烷烃分子结构分析计算，题目难度中等3用草酸的稀溶液
18、或草酸钠的酸性溶液可以洗涤粘在皮肤上的高锰酸钾，其离子方程式为（未配平）：MnO+C2O+H+CO2+Mn2+关于此反应的叙述正确的是（）A该反应右边方框内的产物是OHB配平该反应后，H+的化学计量数是8C该反应中氧化产物是CO2D该反应电子转移总数是5e【考点】氧化还原反应【专题】信息给予题；守恒思想；氧化还原反应专题【分析】A酸性条件下，不可能生成OH，含有H元素，应生成H2O；B反应中MnO4Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，据此结合电荷守恒、原子守恒配平方程式；C所含元素
19、化合价升高的反应物是还原剂，还原剂发生氧化反应生成氧化产物；D根据配平后的方程式解答【解答】解：A酸性条件下，不可能生成OH，含有H元素，应生成H2O，故A错误；B反应中MnO4Mn2+，锰元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为10，结合电荷守恒、原子守恒配平方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O，H+的计量数是6，故B错误；C反应中H2C2O4CO2，碳元素化合价由+3价升高为+4价，H2C2O4是还原剂，发生氧化反应生成CO2，CO2是氧化产物，故C正确；D由B
20、可知配平方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+10CO2+2Mn2+8H2O，转移电子数为10，故D错误；故选C【点评】本题考查氧化还原反应配平、基本概念等，确定缺项物质是关键，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度中等4对于反应 14CuSO4+5FeS2+12H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，下列说法正确的是（）A只有硫酸铜作氧化剂BSO42既不是氧化产物又不是还原产物C被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7D1mol硫酸铜可以氧化mol的硫【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算；重要的氧化剂【专题】氧化还原反应专题【分析】在14CuSO4+5FeS2+1
21、2H2O7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4反应中，Cu元素的化合价由+2降低为+1，部分S元素的化合价由1降低到2，得到电子总数为21，显然部分S元素的化合价由1升高到+6价，则Cu2S只是还原产物，5mol FeS2参加反应转移电子数为21mol，部分SO42为氧化产物，FeS2既是作氧化剂，又做还原剂【解答】解：A、因硫酸铜中Cu元素的化合价降低，FeS2中部分S元素的化合价也降低，则硫酸铜、FeS2都是该反应中的氧化剂，故A错误；B、因FeS2中部分S元素的化合价由1升高到+6价，生成物中部分SO42为氧化产物，故B错误；C、由反应可知，10个S原子中，有3个S原子失去电子，7个S
22、原子得到电子，即被氧化的硫与被还原的硫的质量比为3：7，故C正确；D、由电子守恒可知，1mol硫酸铜得电子数为1mol，S作还原剂时化合价由1升高到+6价，则1mol硫酸铜可以氧化mol的硫，故D错误；故选：C【点评】本题考查氧化还原反应，难度较大，学生明确反应中各元素化合价的变化是解答的关键，FeS2中Fe、S元素的化合价是解答的难度，并注意氧化还原反应中电子守恒来解答5能正确表示下列反应的离子方程式为（）A硫化亚铁溶于稀硝酸中：FeS+2H+=Fe2+H2SBNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OH=CO32+H2OC少量SO2通入苯酚钠溶液中：C6H5O+SO2+H2O=C
23、6H5OH+HSO3D大理石溶于醋酸中：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O【考点】离子方程式的书写【专题】压轴题；离子反应专题【分析】A硝酸具有强氧化性，能氧化FeS；B漏写铵根离子与氢氧根离子的反应；C少量SO2通入苯酚钠溶液生成亚硫酸根离子；D碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳【解答】解：A硝酸具有氧化性，能氧化FeS，因此产物应该是硝酸铁、硫酸和一氧化氮，故A错误；BNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中除了生成碳酸钠外还有一水合氨生成，方程式为NH4+HCO3+2OH=CO32+H2O+NH3H2O，故B错误；CSO2不足产物应该是SO32，少量
24、SO2通入苯酚钠溶液中的离子反应为2C6H5O+SO2+H2O=2C6H5OH+SO32，故C错误；D碳酸钙和醋酸在离子反应中应保留化学式，大理石溶于醋酸中的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故D正确；故选D【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，选项C为学生解答的难点，题目难度中等6下列各溶液中能大量共存的离子组是（）Ac（H+）=1014mol/L的溶液中：Na+、A1O2、S2、SO32B使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、I、NO3、ClC碳酸氢钠溶液中：K+、SO42、Cl、H+D使酚酞试液呈红色的溶液中
25、：Mg2+、Cu2+、SO42、K+【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】A、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，c（H+）=1014mol/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2、S2、SO32都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存；B、从溶液的酸碱性和离子是否发生氧化还原反应来分析，使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存；C、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存；D、从溶液的酸碱性和离子的性质来分析，使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别生成难溶性
26、碱而不能大量共存；【解答】解：A、c（H+）=1014mol/L的溶液呈碱性，Na+、A1O2、S2、SO32都能在碱性条件下不发生任何反应而大量共存，故A正确；B、使pH试纸呈红色的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3具有强氧化性，能与Fe2+离子发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；C、碳酸氢根离子既能与碱反应，又能与酸反应，反应的离子方程式分别为HCO3+OHCO32+H20，HCO3+H+H20+CO2，无论在酸性还是碱性条件下都不能大量共存，故C错误；D、使酚酞试液呈红色的溶液呈碱性，Mg2+、Cu2+在碱性溶液中分别反应生成难溶的Mg（OH）2、Cu（OH）2沉淀而不能大量共存，故
27、D错误故选A【点评】本题考查离子大量共存问题，做题时注意分析题目中的隐含信息，把握物质的性质，本题型难度不大，但易出错7下列说法不正确的是（）A明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同B“血液透析”的原理利用了胶体的性质C食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质D煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾【考点】常见的生活环境的污染及治理；胶体的应用；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【专题】化学计算【分析】A明矾中铝离子水解生成胶体，漂白粉、臭氧具有强氧化性；B血液为胶体分散性，不能透过半透膜；C硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性；D煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物【解
28、答】解：A明矾中铝离子水解生成胶体，利用吸附性净化水，而漂白粉、臭氧具有强氧化性，可用用水的杀菌消毒，净水原理不同，故A错误；B血液为胶体分散性，不能透过半透膜，而小分子、离子等可透过，则“血液透析”的原理利用了胶体的性质，故B正确；C硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质，故C正确；D煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物，雾霾与空气中固体颗粒物有关，则煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾，故D正确；故选A【点评】本题考查较综合，涉及水的净化、胶体性质、食品保护及雾霾等，注重化学与生活、环境、医疗的联系，把握物质的性质及
29、化学在生活中的重要应用即可解答，题目难度不大8下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是（）选项实验操作现象解释或结论A用铂丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧火焰呈黄色待测液不含钾元素BAgBr沉淀中滴入KCl溶液有白色沉淀出现AgCl比AgBr更难溶C铁丝插入稀硝酸中有无色气体产生生成氢气D向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液溶液变红HCN是弱电解质AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；强电解质和弱电解质的概念；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究焰色反应【专题】实验评价题【分析】A观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃；BQc（AgCl）Ksp（AgCl），生成沉淀；C铁丝插入稀硝酸中
30、，发生氧化还原反应生成NO；D向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红，溶液显碱性【解答】解：A观察K的焰色反应应透过蓝色的钴玻璃，没有透过蓝色的钴玻璃观察，则结论应为可能含钾元素，故A错误；BQc（AgCl）Ksp（AgCl），生成沉淀，但AgBr比AgCl更难溶，结论不合理，故B错误；C硝酸具有强氧化性，铁丝插入稀硝酸中，发生氧化还原反应生成无色气体为NO结论不合理，故C错误；D向NaCN溶液中滴加无色酚酞试液，溶液变红，溶液显碱性，则CN水解，所以HCN弱电解质，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、沉淀的生成和转化、氧化还原反应及盐类水解等，注
31、重高频考点的考查，注意化学反应原理的应用及实验的评价性分析，题目难度不大9已知：H2O（g）H2O（l）H=Q1 kJmol1C2H5OH（g）C2H5OH（l）H=Q2 kJmol1C2H5OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H=Q3 kJmol1下列判断正确是（）A酒精的燃烧热H=Q3 kJmol1B由可知1mol C2H5OH（g）的能量高于2mol CO2（g）和3mol H2O（g）的总能量CH2O（g）H2O（l）释放出了热量，所以该过程为放热反应D23g液体酒精完全燃烧生成CO2（g）和H2O（l），释放出的热量为（0.5Q30.5Q2+1.5Q1）kJ【考点】
32、反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A、反应热是指生成液态水时放出的热量；B、焓变是指反应物的能量和与生成物的能量和之差，不是一部分；C、放热反应是指化学反应；D、据盖斯定律解答【解答】解：A、生成的是水蒸气，不是液态水，故A错误；B、H=生成物的能量和反应物的能量和，B中少了氧气，故B错误；C、H2O（g）H2O（l）是物理变化，故C错误；D、已知：H2O（g）H2O（l）H=Q1 kJmol1C2H5OH（g）C2H5OH（l）H=Q2 kJmol1C2H5OH（g）+3O2（g）2CO2（g）+3H2O（g）H=Q3 kJmol1据盖斯定律：+3得：C2H5OH（l）+3O2
33、（g）2CO2（g）+3H2O（l）H=（Q3+Q23Q1）KJ/mol，23g是0.5molC2H5OH，所以释放出的热量为（0.5Q30.5Q2+1.5Q1）kJ，故D正确；故选D【点评】本题考查燃烧热、焓变、放热反应以及盖斯定律的应用，题目难度不大10如图装置可用于（）A用氯酸钾和少量二氧化锰制取氧气B用NH4Cl与Ca（OH）2制取NH3C用Cu和浓HNO3反应制取NO2D用Cu和稀HNO3反应制NO【考点】气体的收集；实验装置综合【专题】综合实验题【分析】该装置适用于反应过程不加热，且生成的气体不易溶于水；A用氯酸钾制取氧气，需要在加热条件下进行；B氨气极易溶于水，不能使用排水法收集
34、；C二氧化氮能够与水反应生成一氧化氮和硝酸，不能使用排水法收集；D一氧化氮难溶于水，铜与稀硝酸的反应不需要加热【解答】解：A用氯酸钾和少量二氧化锰制取氧气，需加热，题中装置不符合条件，故A错误；B用NH4Cl与Ca（OH）2制取NH3，需加热，氨气易溶于水，不能使用排水法收集氨气，故B错误；C反应生成的二氧化氮气体能够与水反应，不能使用排水法收集，故C错误；D用铜与稀HNO3反应制NO无需加热，且一氧化氮不溶于水，所以符合条件，故D正确；故选D【点评】本题考查了制取气体的反应装置，题目难度不大，注意明确气体的制取装置的选择与反应物的状态及反应条件有关，如该装置的使用要求为：反应不需加热，生成的
35、气体不溶于水，能够使用排水法收集11下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案中，不合理的是（）A取a克混合物充分加热，得b克固体B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体D取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克【考点】化学实验方案的评价；钠的重要化合物【专题】实验评价题；几种重要的金属及其化合物【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B根据钠守恒，可列方程组求解；
36、C根据质量关系，可列方程组求解；D应先把水蒸气排除才合理【解答】解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A不选；BNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B不选；CNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2CO3质量分数，故C不选；D混合物与足量稀盐酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，
37、所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气和HCl，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故D选故选D【点评】本题考查混合物计算、对实验方案评价等，题目难度中等，注意理解质量分数定义，结合物质的性质分析实验方案12用98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制100mL 1 mol/L的稀硫酸现给出下列仪器（配制过程中可能用到）：100mL量筒 10mL量筒 50mL烧杯 托盘天平 100mL容量瓶 胶头滴管 玻璃棒，按使用仪器的先后顺序排列正确的是（）ABCD【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【专题】综合实验题【分析】先根据稀释前后溶质的物质的量不变，计算出浓溶液的体积，选取合
38、适的量筒，再根据配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作解答【解答】解：98%的浓H2SO4的物资的量浓度为c=mol/L=18.4mol/L，配制1mol/L的稀硫酸100mL，需要浓硫酸的体积为V=0.0054L，即5.4ml，应选择10ml量筒，实验时用10ml量筒量取5.4ml浓硫酸，因配制一定物质的量浓度的溶液需要量取、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，所以正确顺序为，故选：D【点评】本题主要考查了配制一定物质的量浓度溶液的操作步骤和使用仪器，难度不大，注意量物质的量浓度和质量百分数之间的换算13将相同质量的两块铜片分别和浓硝酸、稀硝酸（两者均过量）反
39、应，下列叙述正确的是（）A反应速率：两者相同B消耗HNO3的物质的量：前者多，后者少C反应生成气体的颜色：前者浅，后者深D反应中转移的电子总数：前者多，后者少【考点】硝酸的化学性质【专题】守恒思想；守恒法；元素及其化合物【分析】A、反应速率与溶液的浓度有关，浓度越高，反应速率越快；B、根据反应方程式判断消耗酸的物质的量多少；C、二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，根据生成气体的颜色判断；D、根据反应方程式中铜与转移电子的关系判断【解答】解：A、因为溶液浓度影响化学反应速率，浓度越大，反应速率越快，所以浓硝酸比稀硝酸反应速率快，故A错误；B、铜与浓硝酸、稀硝酸反应方程式如下：Cu+4HNO
40、3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2 +2H2OCu+HNO3=Cu（NO3）2+NO+H2O根据方程式可知，浓硝酸消耗的物质的量多，故B正确；C、根据B知，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，故C错误；D、根据铜与转移电子的关系知，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2 +2H2O 转移电子1mol 2molCu+HNO3=Cu（NO3）2+NO+H2O 转移电子1mol 2mol根据方程式知，相同质量的铜与过量浓、稀硝酸反应转移电子数相等，故D错误故选B【点评】本题考查了铜与浓、稀硝酸的反应，难度不大，能正确书写铜与浓
41、、稀硝酸反应的方程式是解本题的关键14甲、乙、丙、丁四种易学溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1mol/L乙溶液中c（H+）0.1mol/L；向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成下列结论不正确的是（）A甲溶液含有Ba2+B乙溶液含有SO42C丙溶液含有ClD丁溶液含有Mg2+【考点】无机物的推断；离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验【专题】推断题【分析】将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，可以形成白色沉淀的
42、只有BaSO4、BaCO3、Mg（OH）2，因此甲只能是Ba（OH）2；0.1mol/L乙溶液中c（H+）0.1mol/L，说明乙是硫酸；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙是MgCl2，所以丁是NH4HCO3【解答】解：根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba（OH）2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D【点评】本题为推断题，做题时注意题中的反应现象，找出突破口，抓住物质的性质是关键15下列物质：氢氟酸；浓H2SO4；烧碱溶液；
43、Na2CO3固体；石灰石；浓HNO3，其中在一定条件下能与SiO2反应的有（）AB全部CD【考点】硅和二氧化硅【专题】碳族元素【分析】二氧化硅为酸性氧化物，常温下能够与氢氟酸，氢氧化钠溶液反应；高温时能够与碳酸钠、碳酸钙发生反应，与浓硫酸、浓硝酸不发生反应，据此解答【解答】解：二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；高温下，二氧化硅与碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，与石灰石反应生成硅酸钙和二氧化碳；与浓硫酸、浓硝酸不反应；故选：C【点评】本题考查了二氧化硅，明确二氧化硅的性质是解题关键，注意氢氟酸与碱性溶液的保存方法16下列说法不正确的是（）A欲提高氯水中
44、HClO的浓度可往氯水中加适量的碳酸钙粉末B形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，CO2是造成温室效应的主要气体C氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾或蘸有纯碱水的毛巾捂住口鼻并向地势低的地方撤离D大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物【考点】氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】A氯水中盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的化学平衡正向移动；B酸雨与N、S的氧化物有关，温室效应与二氧化碳有关；C纯碱碱性较强，且氯气的密度比空气大，地势低的地方氯气含量高；DN2NO，NONO2，NO硝
45、酸，FeS2SO2【解答】解：A氯水中盐酸与碳酸钙反应，可使氯气与水的化学平衡正向移动，则提高氯水中HClO的浓度可往氯水中加适量的碳酸钙粉末，故A正确；B形成酸雨的氧化物主要是SO2和氮的氧化物，与水反应生成酸使pH5.6；温室效应与二氧化碳有关，使全球温度升高，故B正确；C纯碱碱性较强，且氯气的密度比空气大，地势低的地方氯气含量高，则氯气泄漏，自救方法是用湿毛巾或蘸有肥皂水的毛巾捂住口鼻并向地势高的地方撤离，故C错误；D由N2NO，NONO2，NO硝酸，FeS2SO2可知，大气中的N2可转化为NO，NO可转化为NO2、硝酸等；含硫物质在自然界中可转化为SO2等含硫化合物，故D正确；故选C【
46、点评】本题考查物质的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、化学反应原理为解答的关键，注意发生的反应及环境污染问题，综合性较强，题目难度不大二、解答题（共5小题，满分31分）17A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如右（部分反应中的水已略去）（1）若A为氯碱工业的产品，C为厨房中的用品D的电子式是反应的离子方程式是HCO3+OH=H2O+CO32氯碱工业制备A的化学方程式是2NaCl+2H22NaOH+H2+Cl2，其中两种产物可与KI溶液反应制得一种化工原料，若消耗0.1mol KI转移电子0.6mol，则三种物质间
47、反应的离子方程式是3Cl2+6OH+I=6Cl+IO3+3H2O（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+B可作净水剂，在使用时发现B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去，其原因是Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，酸性条件抑制了Fe3+的水解，不能生成Fe（OH）3胶体【考点】氯碱工业；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】推断题；元素及其化合物【分析】（1）氯碱工业的产品为氢氧化钠、氢气和氯气，且A可生成C，C为厨房中用品，A和C反应生成B，A、B、C含有同一种
48、元素，所以A为氢氧化钠，C为碳酸氢钠，B为碳酸钠，D为二氧化碳；根据推断写出D的电子式，反应的离子方程式、制备A的化学方程式，根据转移的电子数判断碘化钾转化为碘酸钾，写出离子方程式；（2）D为单质且D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，所以D为铁；A为气体单质，与铁反应生成B，B和铁反应生成C，A和铁反应生成B，所以A为氯气，B为氯化铁，C为氯化亚铁，带入验证符合题意；根据推断写出反应的离子方程式并分析B不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去的原因【解答】解：（1）氯碱工业的产品为氢氧化钠、氢气和氯气，且A可生成C，C为厨房中用品，A和C反应生成B，A、B、C含有同一种元素，所以A为氢氧化钠，C为碳酸
49、氢钠，B为碳酸钠，D为二氧化碳；二氧化碳中C的最外层只有四个电子，与氧形成四对共用电子对，达到稳定结构，电子式为：；反应为氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠和水，根据离子方程式的书写方法可知该反应的离子方程式为：HCO3+OH=H2O+CO32；氯碱工业中制备A的化学方程式为：2NaCl+2H22NaOH+H2+Cl2；Cl2具有强氧化性，I具有还原性，该反应中消耗0.1mol KI转移电子0.6mol电子，则碘的化合价由1价升高到+5价，碘化钾转化为碘酸钾，氯气做氧化剂，化合价由0价降低到1价，反应的离子方程式为：3Cl2+6OH+I=6Cl+IO3+3H2O；（2）D为单质且D元素的一种红棕
50、色氧化物常用作颜料，所以D为铁；A为气体单质，与铁反应生成B，B和铁反应生成C，A和铁反应生成B，所以A为氯气，B为氯化铁，C为氯化亚铁；反应为氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+；氯化铁为强酸弱碱盐，在水中发生水解Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，生成氢氧化铁胶体，可起到净水作用，在酸性条件下，抑制了酸性条件抑制了Fe3+的水解，不能生成Fe（OH）3胶体，不能使酸性废水中的悬浮物沉降除去故答案为：（1）；HCO3+OH=H2O+CO32；2NaCl+2H22NaOH+H2+Cl2，3Cl2+6OH+I=6Cl+IO3+3H2O；（2
51、）Cl2+2Fe2+=2Cl+2Fe3+；Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，酸性条件抑制了Fe3+的水解，不能生成Fe（OH）3胶体【点评】本题为无机推断题，考查了氯碱工业；氢氧化钠、碳酸钠和碳酸氢钠的转化，铁及其化合物的性质18（7分）（2015秋衡阳县校级期中）某课外活动小组欲对铝镁合金进行研究，测定其中镁的质量分数，他们利用盐酸、氢氧化钠溶液设计了三种不同的实验方案：方案一：铝镁合金测定生成气体的体积方案二：铝镁合金测定生成气体的体积方案三：铝镁合金溶液称量灼烧产物的质量（1）写出方案一中发生反应的离子方程式2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（2）实验小组根据方案=设计了
52、两个实验装置，如下圈（图中的铁架台已省略）你认为选择乙（选填甲或乙）装置进行实验更合理，误差更小（3）用方案三进行实验时，除了称量灼烧产物质量外，还需称量的是合金样品的质量（4）拓展研究：在向铝镁合金溶于盐酸后的溶液中加入过量NaOH溶液时，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液体积的关系可用数轴关系表示：请你判断，根据如图数轴申的数据能否求出合金中镁的质量分数？能（选填“能”或“不能”）下列两题选一题作答若不能求出合金中镁的质量分数，请说明理由若能求出合金中镁的质量分数，则镁的质量分数为30.8%【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；物质变化与能量变化统一思想；演绎
53、推理法；定量测定与误差分析【分析】（1）铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）乙装置中可以能使盐酸与合金的反应随时停止，操作简单；（3）还需要称量合金样品的质量；（4）加入NaOH溶液50mL60mL为Al（OH）3与NaOH的反应，可计算Al3+的物质的量，则加入NaOH溶液10mL50mL为Al3+和Mg2+消耗的体积，根据方程式Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3可知Al和Mg的物质的量之比，进而可计算镁的质量分数【解答】解：（1）镁和氢氧化钠溶液不反应，但铝是可以的，反应的离子方程式是2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2O
54、H+2H2O=2AlO2+3H2；（2）根据装置构造特点可知，乙装置中可以能使盐酸与合金的反应随时停止，操作简单，所以实验更合理，误差更小，故答案为：乙；（3）灼烧得到的是氧化镁，所以要计算合金中镁的质量分数，还需要称量合金样品的质量，故答案为：合金样品的质量；（4）根据数轴可知，溶解氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液是60ml50ml=10ml，则生成氢氧化铝消耗的氢氧化钠溶液体积应该是30ml，所以生成氢氧化镁消耗的氢氧化钠溶液体积是50ml10ml30ml=10ml，则根据方程式Mg2+2OH=Mg（OH）2、Al3+3OH=Al（OH）3可知Al和Mg的物质的量之比是2：1的，则镁的质量分数是
55、=30.8%，故答案为：能；30.8%【点评】该题考查镁铝合金中镁质量分数测定探究实验的有关判断，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题，试题综合性强，在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计能力以及评价能力，该类试题综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论19（7分）（1）膦（PH3）是一种无色有剧毒的气体，其还原能力比氨（NH3）强，是一种强还原剂某反应体系中存在下列物质：Cu、H2SO4
56、、CuSO4、PH3、H3PO4、H2O回答下列问题：上述反应体系中化学反应方程式为PH3+4CuSO4+4H2O=4Cu+H3PO4+4H2SO4；膦（PH3）能和水发生微弱的化学反应，其水溶液呈弱碱性，该反应可用离子方程式表示为PH3+H2O=PH4+OH（2）生活污水中含大量细小的悬浮物，可加某些物质使之聚集成较大的颗粒而沉淀请你举一种常见的能使生活污水中悬浮物聚沉的物质，其化学式为KAl（SO4）2.12H2O（3）用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染例如CH4（g）+4NO2（g） 4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（g）H1=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）
57、2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2若1mol CH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则H2=1160kJ/mol【考点】含氮物质的综合应用；热化学方程式【专题】化学反应中的能量变化；元素及其化合物【分析】（1）PH3作还原剂，在反应中失电子生成H3PO4，则CuSO4在反应中得电子生成Cu，根据反应物和生成物写出反应方程式；根据氨气溶于水呈碱性的原因分析PH3 和水反应溶液呈碱性的原因；（2）明矾溶于水后水解生成的氢氧化铝具有吸附性，能净水；（3）CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（g）H1=574kJmol1CH4（g）+4N
58、O（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2 ，将方程式+得2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O，H=H1+H2根据甲烷和反应热之间的关系式计算H2 【解答】解：（1）PH3作还原剂，在反应中失电子生成H3PO4，则CuSO4在反应中得电子生成Cu，所以该反应的方程式为PH3+4CuSO4+4H2O=4Cu+H3PO4+4H2SO4，故答案为：PH3+4CuSO4+4H2O=4Cu+H3PO4+4H2SO4；PH3 和水电离出的氢离子反应，导致氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，离子方程式为：PH3+H2O=PH4+OH，故答案为：PH3+H
59、2O=PH4+OH；（2）明矾溶于水后水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性，所以能净水，明矾的化学式为：KAl（SO4）2.12H2O，故答案为：KAl（SO4）2.12H2O；（3）CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2 （g）+2H2O（g）H1=574kJmol1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H2 ，将方程式+得2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O，H=H1+H2设中1mol甲烷完全反应放出的热量为x，2CH4（g）+4NO2（g）=2N2（g）+2CO2（g）+4H2O，H=H1+H22mol
60、 574kJ+x1mol 867kJ x=1160kJ，所以H2=1160kJ/mol，故答案为：1160kJ/mol【点评】本题涉及反应热的计算、氧化还原反应等知识点，反应热的有关计算中注意盖斯定律的灵活运用，难度不大20（11分）氮化硅硬度大、熔点高、不溶于酸（氢氟酸除外），是一种重要的结构陶瓷材料一种用工业硅（含少量钾、钠、铁、铜的氧化物），已知硅的熔点是1420，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅一种合成氮化硅的工艺主要流程如下：（1）净化N2和H2时，铜屑的作用是：除去原料气中的氧气；硅胶的作用是除去生成的水蒸气（2）在氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=72
61、7.5kJ/mol，开始时为什么要严格控制氮气的流速以控制温度：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为了将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去（3）X可能是硝酸（选填：“盐酸”、“硝酸”、“硫酸”、“氢氟酸”）（4）如何说明氮化硅产品已用水洗干净？洗涤后的滤出液呈中性（5）用硅粉作硅源、叠氮化钠（NaN3）作氮源，直接燃烧生成氮化硅（发生置换反应），该反应的化学方程式为：9Si+4NaN33Si3N4+4Na【考点】制备实验方案的设计；硅和二氧化硅【专题】碳族元素【分析】（1）Cu能与氧气反应，硅胶具有吸水性；（2）控制氮气的流速是防止
62、温度过高，体系中要通入适量的氢气可将氧气转化为水蒸气；（3）氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉；（4）利用水洗后溶液的酸碱性分析；（5）利用反应物与生成物来书写化学反应方程式【解答】解：（1）Cu能与氧气反应，则Cu屑的作用为除去原料气中的氧气；硅胶具有吸水性，可除去生成的水蒸气，故答案为：除去原料气中的氧气；除去生成的水蒸气；（2）氮化炉中3SiO2（s）+2N2（g）=Si3N4（s）H=727.5kJ/mol，该反应为放热反应，开始时严格控制氮气的流速以控制温度是防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；体系中要通入适量的氢气是为将体系中的氧气转
63、化为水蒸气，而易被除去（或整个体系中空气排尽），故答案为：该反应为放热反应，防止局部过热，导致硅熔化熔合成团，阻碍与N2的接触；将体系中的氧气转化为水蒸气，而易被除去；（3）氮化硅能与HF酸反应，盐酸、稀硫酸均不与Cu反应，氮化硅中混有铜粉，为除去混有的Cu，可选择硝酸，Cu与硝酸反应，而氮化硅与硝酸不反应，故答案为：硝酸；（4）氮化硅不溶于水、不溶于酸（HF酸除外），若氮化硅产品用水洗干净，则洗涤后的滤出液呈中性，故答案为：洗涤后的滤出液呈中性；（5）硅粉作硅源、叠氮化钠（NaN3）作氮源，直接燃烧生成氮化硅，发生置换反应，还生成Na，该反应为9Si+4NaN33Si3N4+4Na，故答案为
64、：9Si+4NaN33Si3N4+4Na【点评】本题考查氮化硅的制备实验方案的设计，明确制备实验的装置中各部分的作用及物质的性质是解答本题的关键，注意物质的特性即可解答，题目难度中等21（6分）次磷酸H3PO2是一种强还原剂，将它加入CuSO4水溶液，加热到4050，析出一种红棕色的难溶物A经鉴定：反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物；X射线衍射证实A中各元素的原子个数相等；A的主要化学性质如下：温度超过60，分解成金属铜和一种气体；在氯气中着火；与盐酸反应放出气体（1）A的化学式为CuH（2）A的生成反应方程式为4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH+3H3PO4+4H2SO4【考点】化
65、学方程式的有关计算【专题】利用化学方程式的计算【分析】A是一红棕色难溶物质，温度超过60，分解生成红色金属铜和一种气体，在一定条件下可以用H3PO2与CuSO4溶液混合制备A，A中各元素的原子个数相等，将A与盐酸反应也同样产生气体A可以在氯气中燃烧，可知A为CuH，据此回答即可【解答】解：A是一红棕色难溶物质，温度超过60，分解生成红色金属铜和一种气体，在一定条件下可以用H3PO2与CuSO4溶液混合制备A，A中各元素的原子个数相等，将A与盐酸反应也同样产生气体A可以在氯气中燃烧，可知A为CuH，（1）由以上分析可知A为CuH，故答案为：CuH；（2）H3PO2与CuSO4溶液混合，Cu被还原，则H3PO2被氧化，氧化产物为H3PO4，其反应方程式为：4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH+3H3PO4+4H2SO4；故答案为：4CuSO4+3H3PO2+6H2O=4CuH+3H3PO4+4H2SO4【点评】本题考查无机物推断，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，需要学生熟练掌握元素化合物知识，难度不大
