湖南省长沙市同升湖实验学校2022届高三化学下学期第四次月考试题含解析

湖南省长沙市同升湖实验学校2022-2022学年高三（下）第四次月考化学试卷　一、选择题（每题3分，共48分）1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列说法不正确的是（　　）A．SiC的硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料B．常温下浓硝酸与铝不反应，可用铝制容器存放浓硝酸C．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D．过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，可用作高空飞行或潜水的供氧剂　2．下列各组物质的分类都正确的是（括号里的是类别）（　　）A．空气（混合物）、C2H5OH（醇）、H2SO4（离子化合物）、CO2（非电解质）B．液氨（氢化物）、NH4Cl（铵盐）、HNO3（氧化性酸）、NaOH（强电解质）C．HCl（共价化合物）、CH3COOH（羧酸）、Na2O2（碱性氧化物）、CH3I（卤代烃）D．NO2（酸性氧化物）、CH3CHO（有机物）、CO（有机物）、CH3COOCH3（酯）　3．设NA代表阿伏加德罗常数（NA）的数值，下列说法正确的是（　　）A．10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%B．乙烯和环丙烷（C3H6）组成的28g混合气体中含有3NA个氢原子C．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NAD．将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3+　4．三聚氰酸[C3N3（OH）3]可用于消除汽车尾气中的NO2．其反应原理为：C3N3（OH）33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O下列说法正确的是（　　）A．C3N3（OH）3与HNCO为同一物质B．HNCO是一种很强的氧化剂C．1molNO2在反应中转移的电子为4molD．反应中NO2是还原剂　5．甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（　　）A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键C．丙中含有二周期IVA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素　6．下列叙述正确的是（　　）A．稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳B．Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱C．Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物-21-\nD．NaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体　7．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（　　）编号化学反应离子方程式评价①硫酸溶液中加入Ba（OH）2溶液Ba2++SO42﹣═BaSO4↓正确②氧化铝与NaOH溶液反应2Al3﹣+302﹣+20H﹣═2AlO2﹣+H20错误，Al203不应写成离子形式③铁和足量稀硝酸反应Fe+2H+═H2↑+Fe2+正确④等物质的量的FeBr2和Cl2反应2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣错误，离子方程式中Fe2+与Br﹣的物质的量之比与化学式不符A．①B．①③C．②④D．①②③④　8．在铁和铜的混合物中，加入一定量的稀硝酸，使之充分反应，剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2g，则m1与m2关系是（　　）A．m1一定大于m2B．m1可能小于m2C．m1可能等于m2D．m1一定等于m2　9．已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行氯气的性质实验．玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（　　）①②③④A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色A．AB．BC．CD．D　10．下列判断正确的是（　　）A．酸酐一定是氧化物B．晶体中一定存在化学键C．碱性氧化物一定是金属氧化物D．正四面体分子中键角一定是109°28′　11．下列有关说法正确的是（　　）A．高温加热氧化镁和碳的混合物可以制单质镁B．铁的冶炼过程是通过置换反应得到单质铁C．海水提溴的过程中不发生氧化还原反应D．利用电解的方法可以从海水中获得淡水　-21-\n12．为验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，设计了如图的装置，以下叙述错误的是（　　）A．应先打开活塞再从右侧加稀硝酸B．左侧稀硝酸须注满C．关闭活塞后铜丝会全部溶解D．反应停止后打开活塞气体变成红棕色　13．氨气溶于水得到氨水，氯气溶于水得到氯水，下列关于新制的氨水、氯水的描述正确的是（　　）A．“两水”都是混合物，溶液中含有的粒子种类、数目相同B．“两水”中都存在可逆反应的化学平衡和弱电解质的电离平衡C．“两水”都有刺激性气味，都能漂白有机色素D．“两水”放置时间较久后都会因为相同的原理而变质　14．下列有关实验的描述正确的是（　　）A．氢氧化钠固体保存在配有玻璃塞的细口瓶中B．将SO2通入品红溶液或KMnO4酸性溶液均能使它们褪色，均可证明SO2有漂白性C．不能在石英坩埚中熔化氢氧化钠D．将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全　15．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是（　　）①硫和氢气在加热条件下能形成H2S、H2S受热300℃左右分解．氯气和氢气在点燃或光照下生成氯化氢，氯化氢很难分解②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成③硫、氯气分别与铜和铁反应产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2④高氯酸（HClO4）的酸性强于硫酸．A．①②③④B．只有①②C．只有②③④D．只有③④　16．实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂．发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18g，则该氧化物粉末不可能是（　　）A．Fe2O3和MnO2B．Fe2O3和V2O5C．Cr2O3和V2O5D．Fe3O4和FeO　　二、非选择题（52分）17．（10分）A、B、C、D均为中学所学的常见物质，且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下（反应条件及其他物质已略去）：ABCD请填写下列空白：-21-\n（1）若A、D的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，且D为强电解质，则A、D分别为：A　　　　　　，D　　　　　　（填写化学式），写出A→B转化的化学方程式：　　　　　　（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红．则A为　　　　　　，写出A→B转化的化学方程式：　　　　　　．（3）若A为元素周期表中短周期元素形成的单质，D为强碱，写出C的电子式：　　　　　　．（4）若A为短周期元素形成的非金属单质，除（1）、（2）中涉及到的元素外，A还有两种情况，请写出其中一种B﹣→C的化学方程式　　　　　　．　18．（11分）A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质．请回答下列问题：（1）物质C和E的名称分别为　　　　　　、　　　　　　；（2）可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为　　　　　　；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为　　　　　　；（3）反应②的化学方程式为　　　　　　；（4）新配制的F溶液应加入　　　　　　以防止其转化为G．检验G溶液中阳离子的常用试剂是　　　　　　，实验现象为　　　　　　．　19．（10分）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素．（1）M的离子结构示意图为　　　　　　；元素T在周期表中位于第　　　　　　族．（2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其结构简式为　　　　　　．（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反应的化学方程式为　　　　　　．（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性．①在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为　　　　　　．②一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（△H＞0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是　　　　　　（选填序号）．选项abcdx温度温度加入N2的物质的量加入甲的物质的量y甲的物质的量平衡常数K甲的转化率生成物物质的量总和（5）由J、R形成的液态化合物JR20.2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ．该反应的热化学方程式为　　　　　　．　-21-\n20．（11分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验．下列问题：（1）装置A中发生反应的化学方程式为　　　　　　；（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是　　　　　　、　　　　　　，这些现象分别说明SO2具有的性质是　　　　　　和　　　　　　；装置C中发生反应的离子方程式为　　　　　　；（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象　　　　　　；（4）尾气可采用　　　　　　溶液吸收．　21．（10分）氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点，故氮化硅膜可用于半导体工业．为生成氮化硅膜，可以用NH3和SiH4（硅烷）在一定条件下反应并在600℃的加热基板上生成氮化硅膜：3SiH4Si3N4+12H2（1）以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如图1：反应原理：4NH4Cl+Mg2Si4NH3↑+SiH4↑+2MgCl2（△H＜0）①NH4Cl的化学键类型有　　　　　　，SiH4电子式为　　　　　　．②上述生产硅烷的过程中液氨的作用是　　　　　　．③氨气也是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式　　　　　　，实验室可利用如图2所示装置完成该反应．在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是　　　　　　．（2）三硅酸镁（Mg2Si3O8∙nH2O）难溶于水，在医药上可做抗酸剂．它除了可以中和胃液中多余酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激．三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为　　　　　　．将0.184g三硅酸镁加到50mL0.1mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用0.1mol/LNaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8∙nH2O的n值为　　　　　　．（注：Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol）-21-\n　　-21-\n湖南省长沙市同升湖实验学校2022-2022学年高三（下）第四次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每题3分，共48分）1．化学与科学、技术、社会、环境密切相关．下列说法不正确的是（　　）A．SiC的硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料B．常温下浓硝酸与铝不反应，可用铝制容器存放浓硝酸C．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D．过氧化钠能与二氧化碳反应产生氧气，可用作高空飞行或潜水的供氧剂【考点】硝酸的化学性质；氯气的化学性质；含硅矿物及材料的应用；钠的重要化合物．【专题】元素及其化合物．【分析】A、SiC是原子晶体具有原子晶体的性质；B、常温下铝在浓硝酸中发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行；C、氯气和碱反应生成次氯酸盐；D、过氧化钠和人呼出的二氧化碳反应生成氧气；【解答】解：A、SiC是原子晶体硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，故A正确；B、常温下铝在浓硝酸中发生钝化现象，发生反应生成一薄层致密的氧化物薄膜阻止反应进行，故B错误；C、氯气与烧碱溶液或石灰乳反应生成次氯酸盐，能得到含氯消毒剂，故C正确；D、过氧化钠和人呼出的二氧化碳反应生成氧气，可用作高空飞行或潜水的供氧剂，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质性质的综合应用，注意常温下铝在浓硝酸中的钝化现象分析，题目难度中等．　2．下列各组物质的分类都正确的是（括号里的是类别）（　　）A．空气（混合物）、C2H5OH（醇）、H2SO4（离子化合物）、CO2（非电解质）B．液氨（氢化物）、NH4Cl（铵盐）、HNO3（氧化性酸）、NaOH（强电解质）C．HCl（共价化合物）、CH3COOH（羧酸）、Na2O2（碱性氧化物）、CH3I（卤代烃）D．NO2（酸性氧化物）、CH3CHO（有机物）、CO（有机物）、CH3COOCH3（酯）【考点】混合物和纯净物；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；无机化合物与有机化合物的概念；电解质与非电解质；强电解质和弱电解质的概念．【专题】物质的分类专题．【分析】A．非金属离子与金属形成离子的化合物为离子化合物；B．根据氢化物、铵盐、氧化性酸和强电解质的定义解答；C．碱性氧化物是指能跟酸起反应，生成盐和水的氧化物；D．含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物．碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物．【解答】解：A．硫酸是共价化合物，故A错误；B．液氨属于氢化物、NH4Cl属于铵盐、HNO3是氧化性酸、NaOH是强电解质，故B正确；C．Na2O2与酸反应生成盐、水和氧气，属于过氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；D．一氧化碳虽然含有碳元素，但其性质与无机物类似，属于无机物，故D错误．故选B．-21-\n【点评】本题考查物质的分类，题目难度不大，明确分类的标准是解题的关键，题目难度不大．　3．设NA代表阿伏加德罗常数（NA）的数值，下列说法正确的是（　　）A．10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，H2SO4的质量分数为9.8%B．乙烯和环丙烷（C3H6）组成的28g混合气体中含有3NA个氢原子C．标准状况下，22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为NAD．将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3+【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、根据浓硫酸与稀硫酸的密度不同，稀释后硫酸的质量分数大于9.8%；B、乙烯和环丙烷最简式相同，计算28gCH2中含有的氢原子数；C、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应；D、Fe3+在溶液中会水解．【解答】解：A、10mL质量分数为98%的H2SO4，用水稀释至100mL，由于硫酸溶液的密度大于水的密度，所以稀释后H2SO4的质量分数大于9.8%，故A错误；B、乙烯和环丙烷最简式相同，所以28g混合气体中含有的氢原子数只要计算28gCH2中氢原子数即可，28gCH2中氢原子数=×2=4mol，即混合气体中含有4NA个氢原子，故B错误；C、氯气与氢氧化钠的反应为歧化反应，1mol氯气转移1mol电子即NA个，故C正确；D、Fe3+在溶液中会水解，故溶液中Fe3+的个数小于0.1NA个，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　4．三聚氰酸[C3N3（OH）3]可用于消除汽车尾气中的NO2．其反应原理为：C3N3（OH）33HNCO；8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O下列说法正确的是（　　）A．C3N3（OH）3与HNCO为同一物质B．HNCO是一种很强的氧化剂C．1molNO2在反应中转移的电子为4molD．反应中NO2是还原剂【考点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】A、利用C3N3（OH）3与HNCO的化学式不同来分析；B、利用元素的化合价变化来分析；C、利用8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O及化合价变化来分析转移的电子数；D、利用物质中某元素的化合价在反应中升高，则该物质为还原剂来分析．【解答】解：A、由C3N3（OH）33HNCO可知，C3N3（OH）3与HNCO的化学式不同，反应属于化学变化，则C3N3（OH）3与HNCO为不同物质，故A错误；B、HNCO在反应中N元素的化合价升高，则HNCO是还原剂，故B错误；-21-\nC、8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O中，HNCO中N元素由﹣3升高到0，NO2中N元素由+4降低到0，6molNO2在反应中转移的电子为24mol，则1molNO2在反应中转移的电子为4mol，故C正确；D、NO2在反应中N元素由+4降低到0，则NO2是氧化剂，故D错误；故选C．【点评】本题以信息来考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，分析HNCO中N为﹣3价、C为+4价是解答本题的难点．　5．甲、乙、丙、丁4中物质分别含2种或3种元素，它们的分子中各含18个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（　　）A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键C．丙中含有二周期IVA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣1价的元素【考点】无机物的推断；极性键和非极性键；芳香烃、烃基和同系物．【专题】推断题．【分析】甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题．【解答】解：A．甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS﹣、OH﹣，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；B．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键，故B错误；C．第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C错误；D．H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故D正确．故选D．【点评】本题考查无机物的推断，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例．　6．下列叙述正确的是（　　）A．稀硝酸、稀硫酸均能将木炭氧化成二氧化碳B．Na2O2与水反应，红热的Fe与水蒸气反应均能生成碱C．Li、C、P分别在足量氧气中燃烧均生成一种相应氧化物D．NaHCO3、Na2CO3、（NH4）2CO3三种固体受热后均能生成气体【考点】钠的重要化合物；铵盐；铁的化学性质．【专题】压轴题；氮族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A、稀硝酸、稀硫酸不能与木炭反应；B、红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁；C、Li、C、P分别在足量氧气中燃烧，分别生成Li2O、CO2、P2O5；D、Na2CO3受热不分解．-21-\n【解答】解：A、木炭与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下反应，与稀硝酸、稀硫酸不反应，故A错误；B、Na2O2与水反应生成氢氧化钠，红热的Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，没有碱生成，故B错误；C、Li、C、P分别在足量氧气中燃烧，分别生成Li2O、CO2、P2O5，故C正确；D、NaHCO3、（NH4）2CO3受热后均能生成二氧化碳气体，但Na2CO3受热不分解，故D错误；故选C．【点评】考查中学常见元素单质及化合物的性质，比较基础，注意基础知识的全面掌握．　7．下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（　　）编号化学反应离子方程式评价①硫酸溶液中加入Ba（OH）2溶液Ba2++SO42﹣═BaSO4↓正确②氧化铝与NaOH溶液反应2Al3﹣+302﹣+20H﹣═2AlO2﹣+H20错误，Al203不应写成离子形式③铁和足量稀硝酸反应Fe+2H+═H2↑+Fe2+正确④等物质的量的FeBr2和Cl2反应2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣错误，离子方程式中Fe2+与Br﹣的物质的量之比与化学式不符A．①B．①③C．②④D．①②③④【考点】离子方程式的书写．【分析】①漏写生成水的离子反应；②氧化铝在离子反应中保留化学式，反应生成偏铝酸钠和水；③反应生成硝酸铁、NO和水；④等物质的量的FeBr2和Cl2反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化．【解答】解：①硫酸溶液中加入Ba（OH）2溶液的离子反应为2H++2OH﹣+Ba2++SO42﹣═BaSO4↓+2H20，评价不合理，故不选；②氧化铝与NaOH溶液反应的离子反应为Al203+20H﹣═2AlO2﹣+H20，评价合理，故选；③铁和足量稀硝酸反应的离子反应为NO3﹣+Fe+4H+═H2O+NO↑+Fe3+，评价不合理，故不选；④等物质的量的FeBr2和Cl2反应的离子反应为2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣，遵循电子、电荷守恒，评价不合理，故不选；故选A．【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大．　8．在铁和铜的混合物中，加入一定量的稀硝酸，使之充分反应，剩余金属m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属m2g，则m1与m2关系是（　　）A．m1一定大于m2B．m1可能小于m2C．m1可能等于m2D．m1一定等于m2【考点】硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】再加入稀硫酸，因硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，故剩余金属无论是铁还是铜还是铁铜混合物，都会溶解．-21-\n【解答】解：铁和铜都和硝酸反应生成硝酸盐，再加入硫酸，提供氢离子，在酸性条件下，硝酸盐中的硝酸根具有强氧化性，故再与剩余金属反应，故m1一定大于m2．故选：A．【点评】本题考查了硝酸的化学性质．特别注意本题的隐含条件，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性．　9．已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行氯气的性质实验．玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（　　）①②③④A黄绿色橙色蓝色白色B无色橙色紫色白色C黄绿色橙色蓝色无色D黄绿色无色紫色白色A．AB．BC．CD．D【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】根据题给信息，常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，氯气的颜色是黄绿色；氯气可以和NaBr溶液发生置换反应生成Br2；氯气和KI溶液反应置换出I2，还氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠的水溶液．【解答】解：常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，氯气的颜色是黄绿色①处充满黄绿色Cl2；氯气进入玻璃管后与②处NaBr溶液发生置换反应生成Br2，液溴的水溶液颜色为橙色，所以白色棉球变为橙色；氯气和③处KI溶液反应置换出I2，遇淀粉变蓝；④处利用氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠的水溶液，用来进行Cl2的尾气吸收，尽管反应生成的物质均为无色，但棉球本身是白色的，所以④处的颜色为白色．故选：A．【点评】氯气是一个重要的知识点，命题者设计出简洁的一器多用实验装置，并以装置图形式给考生呈现出来，将Cl2的制备、性质和溴、碘单质的颜色、检验联系在一起．考查学生对所学知识的理解能力及对知识在新的情景下的迁移能力．　10．下列判断正确的是（　　）A．酸酐一定是氧化物B．晶体中一定存在化学键C．碱性氧化物一定是金属氧化物D．正四面体分子中键角一定是109°28′【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；判断简单分子或离子的构型．【专题】压轴题．【分析】此题考查了物质的分类、氧化物、晶体的构造和分子的构型等知识点．-21-\n【解答】解：A、酸酐中大多数是氧化物，但是醋酸酐（C4H6O3）就不是氧化物，A错；B、惰性气体都是单原子分子，其晶体中只存在分子间作用力，不存在化学键，B错；D、正四面体分子中，白磷分子的键角是60°，D错．故选：C．【点评】在化学学习中，有些化学概念极易混淆，比如氧化物和含氧化合物就不完全相同：氧化物由两种元素组成其中一种是氧元素，而含氧化合物只要组成中有氧元素即可，像醋酸酐是含氧化合物就不是氧化物．　11．下列有关说法正确的是（　　）A．高温加热氧化镁和碳的混合物可以制单质镁B．铁的冶炼过程是通过置换反应得到单质铁C．海水提溴的过程中不发生氧化还原反应D．利用电解的方法可以从海水中获得淡水【考点】金属冶炼的一般原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】卤族元素；金属概论与碱元素．【分析】A．高温条件下，碳和氧化镁反应生成镁和二氧化碳或一氧化碳；B．工业上用一氧化碳还原氧化铁；C．溴离子变为溴单质为氧化还原反应；D．利用蒸馏的方法从海水中获得淡水．【解答】解：A．高温加热碳和氧化镁的混合物时，生成的二氧化碳或一氧化碳能不断脱离反应体系，促使反应不断进行，因此碳可以置换出镁，故A正确；B．工业上用一氧化碳还原氧化铁，所以不是置换反应，故B错误；C．溴离子失电子发生氧化反应而生成溴单质，所以发生了氧化还原反应，故C错误；D．从海水中获得淡水是利用蒸馏的方法，用电解的方法使水发生分解生成氢气和氧气，得不到淡水，故D错误；故选A．【点评】本题考查了海水的淡化、金属的冶炼等知识点，根据金属的活泼性确定金属的冶炼方法，易错选项是A，注意金属镁属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼，很多同学往往会认为二氧化碳和镁反应而不能发生，因为该反应条件及物质状态的特殊性，所以能发生，为易错点．　12．为验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，设计了如图的装置，以下叙述错误的是（　　）A．应先打开活塞再从右侧加稀硝酸B．左侧稀硝酸须注满C．关闭活塞后铜丝会全部溶解D．反应停止后打开活塞气体变成红棕色【考点】硝酸的化学性质．-21-\n【专题】氮族元素．【分析】NO是无色气体，NO遇空气中氧气生成NO2气体，NO2是红棕色的气体，实验要验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，生成的气体不能与空气接触，应先打开活塞再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，稀硝酸与Cu反应生成NO气体，左侧压强增大，Cu与稀硝酸分离，Cu不能完全反应，据此分析解答．【解答】解：A．应先打开活塞再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，使生成的气体不能与空气接触，防止NO与氧气反应生成NO2气体，故A正确；B．左侧Cu与稀硝酸反应生成NO，防止NO与氧气反应生成NO2气体，故左侧须注满稀硝酸，故B正确；C．稀硝酸与Cu反应生成NO气体，左侧压强增大，Cu与稀硝酸分离，Cu不能完全反应，故C错误；D．反应停止后打开活塞，分液漏斗中NO与空气接触，生成NO2气体，气体变成红棕色，故D正确，故选：C．【点评】本题考查化学探究实验、硝酸及氮氧化物的性质等，难度中等，实验的关键是排尽装置内的空气．　13．氨气溶于水得到氨水，氯气溶于水得到氯水，下列关于新制的氨水、氯水的描述正确的是（　　）A．“两水”都是混合物，溶液中含有的粒子种类、数目相同B．“两水”中都存在可逆反应的化学平衡和弱电解质的电离平衡C．“两水”都有刺激性气味，都能漂白有机色素D．“两水”放置时间较久后都会因为相同的原理而变质【考点】氯气的化学性质；氨的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】新制的氨水中含氨气、水、一水合氨、H+、OH﹣、NH4+，氯水中含氯气、水、HClO、Cl﹣、ClO﹣、H+、OH﹣，结合溶液中存在的微粒及性质来解答．【解答】解：A．均为混合物，但氨水中含6种微粒，氯水中含7种微粒，故A错误；B．一水合氨、HClO均为弱电解质，存在电离平衡，氨气与水的反应、氯气与水的反应均为可逆反应，存在化学平衡，故B正确；C．氨水不能漂白有机色素，故C错误；D．“两水”放置时间较久后，氨水易挥发，浓度减小变质，而氯水中HClO见光分解，变质为盐酸，原理不同，故D错误；故选B．【点评】本题考查氯水、氨水的性质，把握氯水和氨水的成分及微粒的性质为解答的关键，注意存在的平衡及HClO的漂白性、不稳定性，题目难度不大．　14．下列有关实验的描述正确的是（　　）A．氢氧化钠固体保存在配有玻璃塞的细口瓶中B．将SO2通入品红溶液或KMnO4酸性溶液均能使它们褪色，均可证明SO2有漂白性C．不能在石英坩埚中熔化氢氧化钠D．将金属钠在研钵中研成粉末，使钠与水反应的实验更安全【考点】计量仪器及使用方法；二氧化硫的化学性质；钠的化学性质．【分析】A．NaOH与二氧化硅反应反应生成粘性的硅酸钠；-21-\nB．SO2有还原性；C．氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠；D．钠性质活泼，易与空气中的O2、水蒸气反应，研磨的过程中变质，没变质的粉末钠与水反应更剧烈．【解答】解：A．NaOH与二氧化硅反应生成的硅酸钠具有粘合性，则不能使用玻璃塞，所以NaOH溶液盛放在带橡皮塞的细口瓶中，故A错误；B．SO2具有还原性，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；C．氢氧化钠能与二氧化硅反应生成硅酸钠，所以不能在二氧化硅坩埚中进行，故C正确；D．钠与水反应剧烈，增加危险，故D错误．故选C．【点评】本题考查试剂的存放、二氧化硫的性质、钠的性质等，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，难度不大．　15．可以验证硫元素的非金属性比氯元素弱的事实是（　　）①硫和氢气在加热条件下能形成H2S、H2S受热300℃左右分解．氯气和氢气在点燃或光照下生成氯化氢，氯化氢很难分解②向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成③硫、氯气分别与铜和铁反应产物是FeS、Cu2S、FeCl3、CuCl2④高氯酸（HClO4）的酸性强于硫酸．A．①②③④B．只有①②C．只有②③④D．只有③④【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】根据判断非金属性强弱的方法：①单质与氢气易（难）反应；②生成的氢化物稳定（不稳定）；③最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；④相互置换反应（强制弱）来回答．【解答】解：①元素的非金属性越强，越易与氢气反应，且氢化物越稳定，故①正确；②非金属性强的元素单质可以置换非金属弱的元素单质，向氢硫酸溶液中滴入氯水有单质硫生成，说明氯气可以置换硫，硫元素的非金属性比氯元素弱，故②正确；③非金属单质与具有可变价金属的反应，能生成高价金属化合物的，其非金属性强，氯气将金属氧化到高价，硫将金属氧化到低价，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故③正确；④判断非金属性强弱的方法：最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱），高氯酸（HClO4）的酸性比硫酸强，所以硫元素的非金属性比氯元素弱，故④正确．故选A．【点评】本题考查非金属性的比较，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意归纳非金属性比较的常见方法即可解答，注重规律性知识的应用来解答．　16．实验室将9g铝粉跟一定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂．发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18g，则该氧化物粉末不可能是（　　）A．Fe2O3和MnO2B．Fe2O3和V2O5C．Cr2O3和V2O5D．Fe3O4和FeO【考点】化学方程式的有关计算．【分析】9gAl的物质的量==mol，完全反应提供电子为1mol，利用极值法结合电子转移守恒，计算选项中各组分能得到金属的质量，实际得到金属的质量应介于极值之间，若Al部分反应，各组分得到金属质量大于实际得到金属质量．-21-\n【解答】解：9gAl的物质的量==mol，完全反应提供电子为mol×3=1mol，A．当全部为Fe2O3，生成m（Fe）=mol×56g/mol=18.7g，当全部为MnO2，生成m（Mn）=×55g=13.75g，由于13.75＜18＜18.7，符合题意，故A不选；B．当全部为Fe2O3，生成m（Fe）=mol×56g/mol=18.7g，当全部为V2O5，生成m（V）=mol×51g/mol=10.2g，9g铝粉全部反应，由于10.2＜18＜18.7，符合题意，故B不选；C．当全部为Cr2O3，生成m（Cr）=mol×52g/mol=17.3g，当全部为V2O5，生成m（V）=mol×51g/mol=10.2g，9g铝粉全部反应，所得金属单质的质量小于18g，不符合题意，故C选；D．当全部为Fe3O4，生成m（Fe）=×56g/molg=21g，当全部为FeO，生成m（Fe）=mol×56g/mol=28g，若9g铝粉有部分反应，所得金属单质的质量可能为18g，故D不选，故选：C．【点评】本题考查混合物的计算，难度中等，注意根据电子转移守恒及极值法计算，D选项为易错点，学生容易考虑Al完全反应，忽略Al不完全反应情况．　二、非选择题（52分）17．（10分）A、B、C、D均为中学所学的常见物质，且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下（反应条件及其他物质已略去）：ABCD请填写下列空白：（1）若A、D的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，且D为强电解质，则A、D分别为：A　H2S　，D　H2SO4　（填写化学式），写出A→B转化的化学方程式：　3O2+2H2S2SO2+2H2O　（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红．则A为　NH3　，写出A→B转化的化学方程式：　4NH3+5O24NO+6H2O　．（3）若A为元素周期表中短周期元素形成的单质，D为强碱，写出C的电子式：　　．（4）若A为短周期元素形成的非金属单质，除（1）、（2）中涉及到的元素外，A还有两种情况，请写出其中一种B﹣→C的化学方程式　CO+O2CO2　．【考点】无机物的推断．-21-\n【分析】A、B、C、D均含有同一种元素，根据转化关系ABCD可知，ABCD中所含有的同一种元素有可变价，应为非金属元素，常见有S、C、N等，或A为金属，则应为钠，（1）若A、D的水溶液均能使蓝色石蕊试纸变红，其溶液酸性，由转化关系可知，含有变价元素，A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，符合转化关系；（2）若A的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝，溶液为碱性，且D为强电解质，由转化关系可知，含有变价元素，D的稀溶液能使蓝色石蕊试纸变红，溶液为酸性，故A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3，符合转化关系；（3）若A为元素周期表中短周期元素形成的单质，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH；（4）若A为短周期元素形成的非金属单质，除（1）、（2）中涉及到的元素外，A还有两种情况，则A可以为C等，据此答题．【解答】解：（1）若A、D的水溶液均能使蓝色石蕊试纸变红，其溶液酸性，由转化关系可知，含有变价元素，A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，A→B转化的化学方程式为：3O2+2H2S2SO2+2H2O，故答案为：H2S；H2SO4；3O2+2H2S2SO2+2H2O；（2）若A的水溶液能使红色石蕊试纸变蓝，溶液为碱性，由转化关系可知，含有变价元素，D的稀溶液能使蓝色石蕊试纸变红，溶液为酸性，故A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3，氨气催化氧化生成NO与水，A→B转化的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：NH3，4NH3+5O24NO+6H2O；（3）若A为活泼金属元素的单质，D为强碱，焰色反应显黄色，故A为Na，C可作为呼吸面具的填充剂，C为Na2O2，故B为Na2O，D为NaOH，Na2O2的电子式为，故答案为：；（4）若A为短周期元素形成的非金属单质，除（1）、（2）中涉及到的元素外，A还有两种情况，则A可以为C等，所以B为CO，C为CO2，D为H2CO3，B﹣→C的化学方程式为CO+O2CO2，故答案为：CO+O2CO2．【点评】考查元素化合物的推断，涉及S、N、Na元素单质及其化合物性质与转化，难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，注意归纳中学常见符合ACD的转化关系．　18．（11分）A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质．-21-\n请回答下列问题：（1）物质C和E的名称分别为　浓盐酸　、　四氧化三铁　；（2）可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为　2H2O2═2H2O+O2↑　；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为　KClO3　；（3）反应②的化学方程式为　4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑　；（4）新配制的F溶液应加入　铁粉　以防止其转化为G．检验G溶液中阳离子的常用试剂是　KSCN溶液　，实验现象为　溶液变成红色　．【考点】无机物的推断；氯气的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；常见气体制备原理及装置选择．【分析】本题的突破点是MnO2，在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁；Fe2+具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化；利用有关元素化合物知识，从质量守恒的角度书写化学方程式．【解答】解：（1）在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁；故答案为：浓盐酸、四氧化三铁；（2）MnO2参与制备氧气的反应有两种，一种是由MnO2做催化剂的条件下，加热KClO3分解制得氧气；另一种是MnO2做催化剂的条件下，常温下H2O2分解制得氧气，故答案为：2H2O2═2H2O+O2↑；KClO3（3）反应②为实验室制备氯气的常用方法，故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑（4）Fe2+具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化；Fe3+与SCN﹣反应生成红色物质，故答案为：铁粉；KSCN溶液；溶液变成红色【点评】本题属于无机框图题，主要考察常见物质的性质、制备和检验，本题由化学中常见的反应入题，注意元素化合物知识的积累和常见离子的检验方法．　19．（10分）J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如右表；J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等；M是地壳中含量最多的金属元素．（1）M的离子结构示意图为　　；元素T在周期表中位于第　ⅦA族　族．（2）J和氢组成的化合物分子有6个原子，其结构简式为　CH2=CH2　．（3）M和T形成的化合物在潮湿的空气中冒白色烟雾，反应的化学方程式为　AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl　．（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性．-21-\n①在微电子工业中，甲的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂，所发生反应的产物不污染环境，其化学方程式为　2NH3•H2O+3H2O2=N2+8H2O　．②一定条件下，甲在固定体积的密闭容器中发生分解反应（△H＞0）并达平衡后，仅改变下表中反应条件x，该平衡体系中随x递增y递减的是　ac　（选填序号）．选项abcdx温度温度加入N2的物质的量加入甲的物质的量y甲的物质的量平衡常数K甲的转化率生成物物质的量总和（5）由J、R形成的液态化合物JR20.2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ．该反应的热化学方程式为　CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）△H=﹣1075kJ/mol　．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，可以判断J元素为碳元素；M是地壳中含量最多的金属元素为铝元素；根据J、R在周期表中的相对位置可以判断R为硫元素，则T为氯元素，由（4）L的最简单气态氢化物甲的水溶液显碱性，可知L为N元素，根据元素所在周期表中的位置，结合元素对应的单质、化合物的性质解答该题，本题中注意外界条件对化学平衡的影响，注意把握热化学方程式的书写方法．【解答】解：（1）J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，可以判断J元素为碳元素；M是地壳中含量最多的金属元素为铝元素；根据J、R在周期表中的相对位置可以判断R为硫元素，则T为氯元素，处于第三周期第ⅦA族，故答案为：ⅦA；（2）J和氢组成含有6个原子的分子为乙烯，其结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；（3）M和T形成的化合物为AlCl3，与水反应AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，其中氯化氢气体呈雾状，故答案为：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl；（4）①氨水与双氧水发生氧化还原反应：2NH3•H2O+3H2O2=N2+8H2O，生成无污染的氮气，故答案为：2NH3•H2O+3H2O2=N2+8H2O；②甲在固体体积的密闭容器中发生分解反应△H＞0，△H＞0表明正反应为吸热反应，升高温度，平衡朝着正方向移动，甲物质的量减少，平衡常数增大；加入N2的物质的量即增加生成物的浓度，平衡朝逆方向移动，甲的转化率减小；加入甲的物质的量，平衡向正反应方向移动，生成物物质的量总和增大，故答案为：ac；（5）JR2为CS2，燃烧生成二氧化碳和二氧化硫，0.2mol在O2中完全燃烧，生成两种气态氧化物，298K时放出热量215kJ，则1mol放出的热量为1075kJ，则反应的热化学方程式CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）△H=﹣1075kJ/mol，故答案为：CS2（l）+3O2（g）=CO2（g）+2SO2（g）△H=﹣1075kJ/mol．【点评】本题是常规元素推断题，结合元素位置，元素性质，元素特性可以很快推出为C，N，Al，S，Cl．其中N，Cl两种元素要结合下面小题题干才能推出．这点也是近年来推断题的变化之处．设计问题进行“拼盘式”考查，一考查化学用语，其中氯化铝在潮湿的空气中冒白色烟雾涉及铝离子的水解，学生根据冒白色烟雾可以推出．氨气与H2O2-21-\n反应涉及氧化还原反应知识，学生根据反应的产物不污染环境可以推出产物为氮气，再配平方程式．二是考查化学平衡移动知识，比较基础．三是考查热化学方程式书写，学生可以根据题意可顺利写出来．　20．（11分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验．下列问题：（1）装置A中发生反应的化学方程式为　Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O　；（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是　溶液由紫红色变为无色　、　无色溶液中出现黄色浑浊　，这些现象分别说明SO2具有的性质是　还原性　和　氧化性　；装置C中发生反应的离子方程式为　2S2﹣+5SO2+2H2O=4HSO3﹣+3S↓　；（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象　品红溶液退色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色　；（4）尾气可采用　氢氧化钠　溶液吸收．【考点】二氧化硫的化学性质．【专题】氧族元素．【分析】（1）浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫和水、硫酸钠；（2）二氧化硫为酸性氧化物，具有氧化性、还原性；氯气氧化性强于硫，氯气与硫离子发生氧化还原反应生成硫单质；（3）依据二氧化硫漂白性原理和特点解答；（4）二氧化硫有毒，为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，被氢氧化钠吸收．【解答】解：（1）浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫和水、硫酸钠，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）二氧化硫具有还原性，能够还原酸性的高锰酸钾，使其褪色；二氧化硫具有氧化性，能够氧化硫离子生成单质硫；过量的二氧化硫通入到硫化钠溶液中发生氧化还原反应生成亚硫酸氢钠和硫单质，离子方程式为：2S2﹣+5SO2+2H2O=4HSO3﹣+3S↓；故答案为：溶液由紫红色变为无色；无色溶液中出现黄色浑浊；还原性；氧化性；2S2﹣+5SO2+2H2O=4HSO3﹣+3S↓；（3）二氧化硫能够与有色物质化合生成无色的化合物，具有漂白性，能够使品红溶液褪色，但是二氧化硫漂白性具有不稳定特点，所以受热无色溶液挥发颜色，实验操作为：关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；故答案为：品红溶液退色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；（4）二氧化硫有毒，为酸性氧化物，能够与氢氧化钠反应，可以用氢氧化钠吸收过来的二氧化硫；故答案为：氢氧化钠．-21-\n【点评】本题考查了二氧化硫的制备和性质的检验，明确二氧化硫为酸性氧化物，具有氧化性、还原性、漂白性是解题关键，题目难度不大．　21．（10分）氮化硅膜与二氧化硅膜相比较具有表面化学性能稳定等优点，故氮化硅膜可用于半导体工业．为生成氮化硅膜，可以用NH3和SiH4（硅烷）在一定条件下反应并在600℃的加热基板上生成氮化硅膜：3SiH4Si3N4+12H2（1）以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如图1：反应原理：4NH4Cl+Mg2Si4NH3↑+SiH4↑+2MgCl2（△H＜0）①NH4Cl的化学键类型有　极性键（或共价键）、离子键　，SiH4电子式为　　．②上述生产硅烷的过程中液氨的作用是　吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）　．③氨气也是重要的工业原料，写出氨气发生催化氧化反应生成NO的化学方程式　4NH3+5O24NO+6H2O　，实验室可利用如图2所示装置完成该反应．在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，白烟的主要成分是　NH4NO3（或硝酸铵）　．（2）三硅酸镁（Mg2Si3O8∙nH2O）难溶于水，在医药上可做抗酸剂．它除了可以中和胃液中多余酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，保护其不再受刺激．三硅酸镁与盐酸反应的化学方程式为　Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O　．将0.184g三硅酸镁加到50mL0.1mol/L盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用0.1mol/LNaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则Mg2Si3O8∙nH2O的n值为　6　．（注：Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol）【考点】制备实验方案的设计．【专题】信息给予题；热点问题；类比迁移思想；演绎推理法；化学计算．【分析】根据题中流程可知，硅与镁在合成炉中生成Mg2Si，Mg2Si与氯化铵生成粗硅烷和氨气，经过冷凝器分离出液氨可循环使用，同时得到粗硅烷，-21-\n（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，根据电子式的书写方法来回答；②根据液氨的性质：易液化来回答；③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化到可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵；（2）三硅酸镁中和胃酸（HCl）生成氯化镁和硅酸，反应的化学方程式为：Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O，根据题意，被氢氧化钠中和的盐酸的物质的量为0.003mol，所以与三硅酸镁反应的盐酸为0.005mol﹣0.003mol=0.002mol，根据化学方程式，列比例式可计算出n的值．【解答】解：根据题中流程可知，硅与镁在合成炉中生成Mg2Si，Mg2Si与氯化铵生成粗硅烷和氨气，经过冷凝器分离出液氨可循环使用，同时得到粗硅烷，（1）①氯化铵中铵根离子和氯离子之间是离子键，铵根离子内部存在共价键，极性键（或共价键）、离子键，硅甲烷中硅原子和氢原子之间以共价键结合，电子式为：，故答案为：极性键（或共价键）、离子键；；②液氨的性质：易液化，上述生产硅烷的过程中液氨的作用是：吸收热量，保证反应在常温下进行，故答案为：吸收热量，保证反应在常温下进行（答“制冷”或“降温”均可）；③氨气的催化氧化产物是一氧化氮和水，即4NH3+5O24NO+6H2O，在实验过程中，除观察到锥形瓶中产生红棕色气体外，还可观察到有白烟生成，因为一氧化氮遇到空气迅速变为二氧化氮，二氧化氮可以和水反应得到硝酸，硝酸可以和氨气反应生成硝酸铵，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；NH4NO3（或硝酸铵）；（2）三硅酸镁中和胃酸（HCl）生成氯化镁和硅酸，反应的化学方程式为：Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O，根据题意，被氢氧化钠中和的盐酸的物质的量为0.003mol，所以与三硅酸镁反应的盐酸为0.005mol﹣0.003mol=0.002mol，根据化学方程式，设0.184gMgSi3O8•nH2O的物质的量是x，得Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O14x0.002mol=，解得x=0.0005mol，所以MgSi3O8•nH2O的摩尔质量是g/mol=368g/mol，Mg2Si3O8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6．故答案为：Mg2Si3O8∙nH2O+4HCl═2MgCl2+3H2SiO3+（n﹣1）H2O；6．【点评】本题考查学生复杂化学时的确立方面的知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大．　-21-