山东省烟台市福山格迈纳尔中学2022学年高三化学上学期第一次段考试卷含解析

2022-2022学年山东省烟台市福山格迈纳尔中学高三（上）第一次段考化学试卷　一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1．下列说法错误的是（　　）A．浓氨水可检验氯气管道泄漏B．明矾可用作除去污水中悬浮颗粒的絮凝剂C．Si和SiO2都用于制造光导纤维D．硬铝、青铜和不锈钢都属合金　2．下列生产过程中的变化不涉及氧化还原反应的是（　　）A．氮肥厂用氢气和氮气合成氨B．纯碱厂用侯氏制碱法制纯碱C．硫酸厂用接触法生产硫酸D．氯碱厂用电解饱和食盐水制烧碱　3．下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（　　）A．亚硫酸钠B．漂白粉C．硫酸亚铁D．氢硫酸　4．下列有关物质性质的说法错误的是（　　）A．热稳定性：HCl＞HBr＞HIB．原子半径：Na＞Mg＞AlC．还原性：PH3＞H2S＞HClD．结合质子能力：ClO﹣＞HCO3﹣＞SiO32﹣　5．下表中对应关系正确的是（　　）A2Na+2H2O=2NaOH+H2↑3NO2+H20=NO+2HNO3均为水作氧化剂的氧化还原反应BSiO2能与NaOH溶液反应也能与氢氟酸反应Al2O3能与NaOH溶液反应，也能与盐酸反应两种氧化物均为两性氧化物CCl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2Zn+Cu2+=Zn2++Cu均为单质被还原的置换反应DCl2+2FeCl2=2FeCl3I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI均属离子反应A．AB．BC．CD．D　6．下列说法不正确的是（　　）A．BaSO4、NaCl、NaHCO3均属于强电解质B．SO2、NO2、NO均属于二次污染物C．NaHCO3、NH4Cl、（NH4）2CO3三种固体受热后均无固体剩余D．FeCl2、NaHSO3、Fe（OH）3都可以通过化合反应直接制得　207．下列叙述中正确的是（　　）A．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是C12C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物　8．下列说法中（NA代表阿伏加德罗常数的值），不正确的是（　　）A．标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NAB．常温下，2.3gNa完全与O2反应失去的电子数为0.1NAC．100mL18.4mol•L﹣1的硫酸与足量铜反应，生成二氧化硫的分子数小于0.92NAD．在密闭容器中加入1.5molH2和0.5molN2，充分反应后可得到NH3分子数为NA　9．下列离子在溶液中能大量共存，且通入过量SO2后无沉淀生成的一组是（　　）A．K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、Na+、Br﹣、S2﹣C．H+、Fe3+、I﹣、NO3﹣D．Na+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣　10．某短周期非金属元素R的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，有关该元素的下列说法正确的是（　　）A．在自然界中只以化合态的形式存在B．RO32﹣所含电子数比NO3﹣的电子数多7C．最高氧化物能与水反应生成含氧酸D．气态氢化物比CH4稳定　11．下列解释事实的离子方程式不正确的是（　　）A．84消毒液和沽厕灵混合使用会产生有毒气体：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2OB．向水玻璃中加入盐酸有白色沉淀生成：2H++SiO32﹣=H2SiO3↓C．SO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O⇌2H++SO32﹣D．漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3++3ClO﹣+3H2O=Fe（OH）3↓+3HClO　12．下列有关实验操作的叙述正确的是（　　）A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中刚好有晶体析出时即停止加热D．向AlCl3溶液中滴加氨水，会产生白色沉淀，再加入NaHSO4溶液，沉淀不消失　13．已知X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素．其中只有Z是金属，W的质子数是Y的2倍，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图．下列说法正确的是（　　）A．五种元素中原子半径最大的是X，离子半径最大的是Q离子B．五种元素中Q的最高价氧化物所对应的水化物的酸性最强C．Y与Z形成的化合物一定是碱性氧化物20D．Z与Q形成的化合物水溶液一定显酸性　14．在铝制易拉罐中收集一满罐CO2，加入过量浓NaOH溶液，立即把口封闭．发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来．则下列说法错误的是（　　）A．导致易拉罐变瘪的反应是：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2OB．导致易拉罐又鼓起来的反应是：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑C．取易拉罐内反应后的溶液，逐滴加入足量的盐酸，只能发生3个化学反应D．如果将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象　15．某含Na+的溶液中，可能还存在NH4+、Fe2+、Br﹣、CO32﹣、I﹣、SO42﹣六种离子中的一种或几种．进行以下实验由此可以推知该溶液中肯定不存在的离子是（　　）①在原溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生，溶液呈橙黄色；②向橙黄色溶液中加入BaCl2溶液时，无沉淀生成；③橙黄色溶液不能使淀粉变蓝．A．NH4+、Br﹣、CO32﹣B．NH4+、I﹣、SO42﹣C．Fe2+、I﹣、SO42﹣D．Fe2+、CO32﹣、I﹣　16．等体积等浓度的稀硝酸与过量的下列物质充分反应放出NO，消耗下列固体的物质的量最少的是（　　）A．FeOB．FeC．．CuD．Ag　　二、解答题（共4小题，满分52分）17．实验证明，以下六种物质是一个氧化还原反应的反应物和生成物：NO、FeSO4、H2O、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3．（1）这六种物质中，反应物是　　　　　　；被还原的元素是　　　　　　．（2）若该反应是恰好完全反应，且收集到NO的体积为4.48L（标况时），测得反应后溶液的体积为250mL．反应过程中转移的电子数为　　　　　　；所得溶液中SO42﹣的物质的量浓度为　　　　　　mol•L﹣1．　18．镁铝水滑石[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]在高温下完全分解，其分解方程式为：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑，某化学小组现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）．（1）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为　　　　　　（按气流方向，用接口字母表示）．装置连接后，首先要进行的操作是　　　　　　．20（2）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，仍需持续通入N2的作用是①　　　　　　②　　　　　　．（3）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=　　　　　　．若将通N2改为通干燥的空气，测定的x值将　　　　　　（填“偏高”或“偏低”）．（4）该小组利用镁铝水滑石分解后剩余的固体来提取纯净氧化铝（冶炼铝的原料）．请补充该小组设计的实验操作步骤实验中可选用的试剂：盐酸、氢氧化钠溶液、氨水、二氧化碳气体、蒸馏水①取分解后固体于烧杯中，加入足量的　　　　　　，玻璃棒搅拌充分反应，过滤．②　　　　　　，过滤，洗涤．③加热（5）下列实验能比较镁和铝的金属性强弱的是　　　　　　．a．测定镁和铝的导电性强弱b．测定等物质的量浓度的Al2（SO4）3和MgSO4溶液的pHc．分别向0.1mol•L﹣1AlCl3和0.1mol•L﹣1MgCl2溶液中逐滴加过量NaOH溶液d．测定等物质的量的镁和铝与足量盐酸反应生成的H2的多少．　19．A、B、C、D都是中学化学常见的物质，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图所示（部分产物已略去）．请按要求回答下列问题：（1）若B、D为短周期同一主族的非金属单质，则反应（Ⅲ）中氧化产物与还原产物的物质的量之比为　　　　　　．（2）若A、B、C均为短周期元素组成的化合物，且溶液都显碱性，D为植物光合作用必须吸收的气体，物质A中化学键的类型为　　　　　　，相同温度下的溶解度B　　　　　　C（填“大于、小于、等于”）．（3）若D为某金属单质，向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则检验B溶液中阳离子的试剂为　　　　　　；C的溶液保存时，常加入D的目的是　　　　　　．（4）若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，写出反应（Ⅲ）的离子方程式是　　　　　　；符合条件的D物质可能是　　　　　　（填序号）．①硫酸②碳酸③氢氧化钠④一水合氨⑤氯化钡．　20．某化学小组在实验室中利用CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4，其工艺流程如下．回答下列问题：20（1）操作Ⅱ一系列操作包括蒸发浓缩、　　　　　　、过滤．操作Ⅲ中盛装CaCO3的仪器是　　　　　　（填名称）．（2）X物质为　　　　　　（填化学式，下同），Y物质为　　　　　　，可循环利用的物质的有　　　　　　．（3）图1装置不能用于实验室制氨气的是　　　　　　（填序号）．（4）该化学小组组装了如图2所示装置来探究NH3的还原性．用酒精灯加热C处硬质试管一段时间后，将（3）中产生的气体干燥后通入C，过一会撤去C处酒精灯．若实验过程中F处铜片没有任何变化，D中无明显现象，只观察到C中黑色粉末变红，则C中发生反应的化学方程式为　　　　　　．若实验过程中C中只观察到黑色粉末变红，F处铜片逐渐溶解，则：①D中观察到的现象是　　　　　　．②F中铜片逐渐溶解的原因是　　　　　　．　　202022-2022学年山东省烟台市福山格迈纳尔中学高三（上）第一次段考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，满分48分）1．下列说法错误的是（　　）A．浓氨水可检验氯气管道泄漏B．明矾可用作除去污水中悬浮颗粒的絮凝剂C．Si和SiO2都用于制造光导纤维D．硬铝、青铜和不锈钢都属合金【考点】生活中常见合金的组成；胶体的应用；硅和二氧化硅；常见气体的检验．【分析】A．氨气和氯气可发生氧化还原反应；B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，可用于净水；C．Si用于半导体材料；D．硬铝、青铜和不锈钢都为多种金属熔合而成．【解答】解：A．氨气和氯气可发生氧化还原反应，生成氮气和氯化铵，有白烟，可用于检验，故A正确；B．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故B正确；C．Si用于半导体材料，只有二氧化硅用于制造光导纤维，故C错误；D．硬铝、青铜和不锈钢都为多种金属熔合而成，如硬铝含有铝、镁等金属，故D正确．故选C．【点评】本题考查较为综合，多角度考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于化学与生活、产生的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大．　2．下列生产过程中的变化不涉及氧化还原反应的是（　　）A．氮肥厂用氢气和氮气合成氨B．纯碱厂用侯氏制碱法制纯碱C．硫酸厂用接触法生产硫酸D．氯碱厂用电解饱和食盐水制烧碱【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，为非氧化还原反应，以此来解答．【解答】解：A．N、H元素的化合价变化，为氧化还原反应，故A不选；B．氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B选；C．发生硫铁矿与氧气的反应生成二氧化硫及二氧化硫与氧气的反应生成三氧化硫，S、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；D．电解食盐水生成NaOH、氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大．　203．下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（　　）A．亚硫酸钠B．漂白粉C．硫酸亚铁D．氢硫酸【考点】含硫物质的性质及综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硫化氢；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】根据物质的性质进行分析：A、亚硫酸钠和氧气反应；B、漂白粉中次氯酸钙会结合二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；D、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；【解答】解：A、亚硫酸钠和和氧气反应，会因空气中的氧气而变质，故A错误；B、漂白粉中次氯酸钙和空气中二氧化碳、水蒸气反应，不是因空气中的氧气而变质，故B正确；C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故C错误；D、但氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故D错误；故选B．【点评】本题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大．　4．下列有关物质性质的说法错误的是（　　）A．热稳定性：HCl＞HBr＞HIB．原子半径：Na＞Mg＞AlC．还原性：PH3＞H2S＞HClD．结合质子能力：ClO﹣＞HCO3﹣＞SiO32﹣【考点】元素周期律的作用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】A、非金属的氢化物稳定性和非金属性一致，氢化物越稳定非金属性越强，同主族从上到下非金属性减弱；B、电子层数相同核电荷数越多半径越小；C、元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，其氢化物的还原性越弱；D、酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子．【解答】解：A、氢化物越稳定非金属性越强，同主族从上到下非金属性减弱，热稳定性：HI＜HBr＜HCl，故A正确；B、电子层数相同核电荷数越多半径越小，所以原子半径：Na＞Mg＞Al，故B正确；C、元素的非金属性：P＜S＜Cl，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，其氢化物的还原性越弱，所以还原性：PH3＞H2S＞HCl，故C正确；D、酸性越弱，酸越难电离，对应的酸根离子越易结合氢离子，碳酸的酸性大于次氯酸，强于硅酸，所以结合质子的能力：SiO32﹣＞ClO﹣＞HCO3﹣，故D错误；故选D．【点评】本题考查元素的金属性、非金属性的递变规律，半径比较，酸性的比较，题目难度中等．　5．下表中对应关系正确的是（　　）A2Na+2H2O=2NaOH+H2↑203NO2+H20=NO+2HNO3均为水作氧化剂的氧化还原反应BSiO2能与NaOH溶液反应也能与氢氟酸反应Al2O3能与NaOH溶液反应，也能与盐酸反应两种氧化物均为两性氧化物CCl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2Zn+Cu2+=Zn2++Cu均为单质被还原的置换反应DCl2+2FeCl2=2FeCl3I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI均属离子反应A．AB．BC．CD．D【考点】化学基本反应类型．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A、3NO2+H20=NO+2HNO3，NO2既是氧化剂又是还原剂；B、SiO2是酸性氧化物；C、Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2中单质被还原，Zn+Cu2+=Zn2++Cu中单质被氧化；D、Cl2+2FeCl2=2FeCl3，I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI均属于离子反应．【解答】解：A、3NO2+H20=NO+2HNO3，NO2既是氧化剂又是还原剂，水既不作氧化剂，也不作还原剂，故A错误；B、SiO2是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故B错误；C、Cl2+2Br﹣=2Cl﹣+Br2中单质被还原，Zn+Cu2+=Zn2++Cu中单质被氧化，故C错误；D、Cl2+2FeCl2=2FeCl3，I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI均属于离子反应，故D正确，故选D．【点评】本题主要考查的是氧化还原反应的有关概念，属于基础题，需要掌握．　6．下列说法不正确的是（　　）A．BaSO4、NaCl、NaHCO3均属于强电解质B．SO2、NO2、NO均属于二次污染物C．NaHCO3、NH4Cl、（NH4）2CO3三种固体受热后均无固体剩余D．FeCl2、NaHSO3、Fe（OH）3都可以通过化合反应直接制得【考点】强电解质和弱电解质的概念；常见的生活环境的污染及治理；钠的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】A．酸碱盐都是电解质；B．二次污染物是排入环境中的一次污染物在物理化学因素或微生物作用下发生变化所生成的新污染物；C．根据受热分解的产物的熔点考虑；D．Fe和FeCl3反应生成FeCl2；SO2和H2O、氢氧化钠反应生成NaHSO3；Fe（OH）2被氧化生成Fe（OH）3．【解答】解：A．酸碱盐都是电解质，故A正确；B．二次污染物是排入环境中的一次污染物在物理化学因素或微生物作用下发生变化所生成的新污染物，二氧化硫可由硫化氢燃烧得到，二氧化氮可由一氧化氮和氧气反应得到，一氧化氮可由氨气和氧反应得到，故都属于二次污染物，故B正确；C．NaHCO3受热分解得到的碳酸钠熔点高，故有固体碳酸钠剩余，故C错误；D．Fe和FeCl3反应生成FeCl2，方程式为Fe+2FeCl3=3FeCl2，所以能通过化合反应直接制得；SO2和氢氧化钠反应生成NaHSO3，方程式为SO2+NaOH=NaHSO320，所以能通过化合反应直接制得；Fe（OH）2被氧化生成Fe（OH）3，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以能通过化合反应直接制得3，故D正确；故选C．【点评】本题考查了电解质的判断、常见污染物、元素化合物知识，较简单，注意知识的积累．　7．下列叙述中正确的是（　　）A．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是C12C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣D．HCl溶液和NaCl溶液均通过离子导电，所以HCl和NaCl均是离子化合物【考点】胶体的重要性质；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】A．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，氯化铁水解可生成氢氧化铁胶体；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质应具有氧化性；C．碘离子为无色，振荡静置后CCl4层显紫色，说明溶液中存在碘单质；D．由阳离子、阴离子离子构成的化合物化合物是离子化合物，一般由活泼金属和活泼非金属元素组成．【解答】解：A．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，氯化铁水解可生成氢氧化铁胶体，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质应具有氧化性，不一定为氯气，故B错误；C．碘离子为无色，振荡静置后CCl4层显紫色，说明溶液中存在碘单质，故C错误；D．NaCl是离子化合物，但氯化氢是共价化合物，故D错误．故选A．【点评】本题考查较为综合，多角度考查元素化合物知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，难度中等，注意相关基础知识的积累．　8．下列说法中（NA代表阿伏加德罗常数的值），不正确的是（　　）A．标准状况下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NAB．常温下，2.3gNa完全与O2反应失去的电子数为0.1NAC．100mL18.4mol•L﹣1的硫酸与足量铜反应，生成二氧化硫的分子数小于0.92NAD．在密闭容器中加入1.5molH2和0.5molN2，充分反应后可得到NH3分子数为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、标况下，2.24LCO和CO2混合气体的物质的量为0.1mol，然后根据CO和CO2均含1个碳原子构成来分析；B、钠为1价金属，2.3g钠的物质的量为0.1mol，完全反应0.1mol钠失去0.1mol电子；C、足量铜和浓硫酸反应随反应进行，硫酸浓度变稀后不和铜反应；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底．【解答】解：A、标况下，2.24LCO和CO2混合气体的物质的量为0.1mol，而CO和CO2均含1个碳原子，故0.1mol混合气体中含0.1mol碳原子，故A正确；B、2.3g钠的物质的量为0.1mol，0.1mol钠完全反应失去0.1mol电子，失去的电子数为0.1NA，故B正确；20C、100mL18.4mol•L﹣1的硫酸与足量铜反应，硫酸浓度变稀后不和铜反应，生成二氧化硫的分子数小于0.92NA，故C正确；D、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后可得到NH3分子数小于NA，故D错误．故选D．【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．　9．下列离子在溶液中能大量共存，且通入过量SO2后无沉淀生成的一组是（　　）A．K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣B．K+、Na+、Br﹣、S2﹣C．H+、Fe3+、I﹣、NO3﹣D．Na+、Ba2+、OH﹣、Cl﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，结合通入过量SO2后无沉淀生成来解答．【解答】解：A．该组离子之间不反应，通入过量SO2后有硫酸钡沉淀生成，故A不选；B．该组离子之间不反应，通入过量SO2后有S沉淀生成，故B不选；C．Fe3+、I﹣发生氧化还原反应，H+、I﹣、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；D．该组离子之间不反应，可大量共存，且通入过量SO2后无沉淀生成，故D选；故选D．【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大．　10．某短周期非金属元素R的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，有关该元素的下列说法正确的是（　　）A．在自然界中只以化合态的形式存在B．RO32﹣所含电子数比NO3﹣的电子数多7C．最高氧化物能与水反应生成含氧酸D．气态氢化物比CH4稳定【考点】原子结构与元素周期律的关系．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，则该非金属性元素为Si，结合Si元素单质化合物性质解答．【解答】解：某短周期非金属元素的原子核外最外层电子数是次外层电子数的一半，则该非金属性元素为Si，A．Si元素是亲氧元素，在自然界中以化合态形式存在，主要以二氧化硅、硅酸盐形式存在，故A正确；B．SiO32﹣所含电子数比NO3﹣的电子数多8，故B错误；C．二氧化硅不能与水反应生成硅酸，故C错误；D．非金属性Si＜C，故氢化物稳定性SiH4＜CH4，故D错误，故选A．【点评】本题考查原子结构与元素化合物性质，难度不大，注意掌握Si元素单质化合物性质的特殊性．20　11．下列解释事实的离子方程式不正确的是（　　）A．84消毒液和沽厕灵混合使用会产生有毒气体：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2OB．向水玻璃中加入盐酸有白色沉淀生成：2H++SiO32﹣=H2SiO3↓C．SO2使紫色石蕊溶液变红色：SO2+H2O⇌2H++SO32﹣D．漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3++3ClO﹣+3H2O=Fe（OH）3↓+3HClO【考点】离子方程式的书写．【分析】A．盐酸与次氯酸发生氧化还原反应生成氯气和水；B．盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀和氯化钠；C．亚硫酸为多元弱酸分步电离；D．三价铁离子与次氯酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和次氯酸．【解答】解：A.84消毒液和沽厕灵混合使用会产生有毒气体，离子方程式：Cl﹣+ClO﹣+2H+=Cl2↑+H2O，故A正确；B．向水玻璃中加入盐酸有白色沉淀生成，离子方程式：2H++SiO32﹣=H2SiO3↓，故B正确；C．SO2使紫色石蕊溶液变红色，离子方程式为：H2SO3⇌HSO3﹣+H+，故C错误；D．漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀，离子方程式：Fe3++3ClO﹣+3H2O=Fe（OH）3↓+3HClO，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意多元弱酸分步电离，用可逆符号，题目难度不大．　12．下列有关实验操作的叙述正确的是（　　）A．将碘水倒入分液漏斗，加适量乙醇，振荡后静置，可将碘萃取到乙醇中B．某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体水溶液一定显碱性C．NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发皿中刚好有晶体析出时即停止加热D．向AlCl3溶液中滴加氨水，会产生白色沉淀，再加入NaHSO4溶液，沉淀不消失【考点】化学实验方案的评价．【专题】实验评价题．【分析】A．乙醇易溶于水；B．石蕊在碱性条件下变为蓝色；C．当有大量固体析出时停止加热；D．硫酸氢钠溶液呈酸性，可溶解氢氧化铝．【解答】解：A．乙醇易溶于水，应用苯或四氯化碳作萃取剂，故A错误；B．石蕊在碱性条件下变为蓝色，故B正确；C．当有大量固体析出且有少量液体剩余时停止加热，用余热蒸干，故C错误；D．氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝，硫酸氢钠溶液呈酸性，可溶解氢氧化铝，故D错误．故选B．【点评】本题考查物质的分离、提纯及制备等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等．　13．已知X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素．其中只有Z是金属，W的质子数是Y的2倍，X、Y、W在周期表中的相对位置关系如图．下列说法正确的是（　　）20A．五种元素中原子半径最大的是X，离子半径最大的是Q离子B．五种元素中Q的最高价氧化物所对应的水化物的酸性最强C．Y与Z形成的化合物一定是碱性氧化物D．Z与Q形成的化合物水溶液一定显酸性【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，根据X、Y、W在周期表中的相对位置知，X、Y位于第二周期、W位于第三周期，其中只有Z是金属，W的质子数是Y的2倍，且W和Y原子序数相差8，则Y是O元素、W是S元素，Q是短周期主族元素，且原子序数大于W，所以Q是Cl元素，X为C元素，Z为金属且原子序数大于O，Z为Na、Mg或Al元素，据此分析解答．【解答】解：X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，根据X、Y、W在周期表中的相对位置知，X、Y位于第二周期、W位于第三周期，其中只有Z是金属，W的质子数是Y的2倍，且W和Y原子序数相差8，则Y是O元素、W是S元素，Q是短周期主族元素，且原子序数大于W，所以Q是Cl元素，X为C元素，Z为金属且原子序数大于O，Z为Na、Mg或Al元素，A．原子电子层数越多，其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以五种元素中原子半径最大的是Z，离子半径最大的是W离子，故A错误；B．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，O、F元素除外，所以五种元素中Q的非金属性最强（O元素除外），所以Q的最高价氧化物所对应的水化物的酸性最强，故B正确；C．Y与Z形成的化合物可能是两性氧化物，如Al2O3，故C错误；D．Z与Q形成的化合物水溶液不一定显酸性，可能呈中性，如NaCl溶液，故D错误；故选B．【点评】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，侧重考查学生分析问题、发散思维能力，正确推断元素是解本题关键，熟练掌握元素周期律知识、元素化合物知识，题目难度中等．　14．在铝制易拉罐中收集一满罐CO2，加入过量浓NaOH溶液，立即把口封闭．发现易拉罐“咔咔”作响，并变瘪了；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来．则下列说法错误的是（　　）A．导致易拉罐变瘪的反应是：CO2+2OH﹣=CO32﹣+H2OB．导致易拉罐又鼓起来的反应是：2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑C．取易拉罐内反应后的溶液，逐滴加入足量的盐酸，只能发生3个化学反应D．如果将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象【考点】铝的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】易拉罐变瘪发生CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2O，气体的压强变小；过一会儿后，易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，气体压强增大，以此来解答．【解答】解：A．气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH﹣═CO32﹣+H2O，故A正确；20B．易拉罐又会作响并鼓起来，发生2Al+2OH﹣+2H2O═2AlO2﹣+3H2↑，气体压强增大，故B正确；C．取易拉罐内反应后的溶液，含NaOH、偏铝酸钠、碳酸钠，逐滴加入足量的盐酸，均发生复分解反应，且Al与盐酸发生置换反应，共4个反应，故C错误；D．将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为浓盐酸，先发生氨气与浓盐酸反应，后发生Al与盐酸的反应，则易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象，故D正确；故选C．【点评】本题考查Al及与酸碱反应的性质，为高频考点，把握发生的反应及现象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　15．某含Na+的溶液中，可能还存在NH4+、Fe2+、Br﹣、CO32﹣、I﹣、SO42﹣六种离子中的一种或几种．进行以下实验由此可以推知该溶液中肯定不存在的离子是（　　）①在原溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生，溶液呈橙黄色；②向橙黄色溶液中加入BaCl2溶液时，无沉淀生成；③橙黄色溶液不能使淀粉变蓝．A．NH4+、Br﹣、CO32﹣B．NH4+、I﹣、SO42﹣C．Fe2+、I﹣、SO42﹣D．Fe2+、CO32﹣、I﹣【考点】离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．【专题】离子反应专题．【分析】①在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，说明溶液中含有CO32﹣，则一定不存在Fe2+，溶液呈橙黄色，说明可能生成I2或Br2；②向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，说明不含SO42﹣；③橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色，说明不含I﹣，据此进行解答．【解答】解：①在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，说明溶液中含有CO32﹣，则一定不存在Fe2+，溶液呈橙黄色，说明可能生成I2或Br2；②向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成，说明不含SO42﹣；③橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色，说明不含I﹣，结合①可知，一定存在Br﹣，所以溶液中一定不存在的离子为：Fe2+、I﹣、SO42﹣，一定存在的离子为：Br﹣、CO32﹣，所以C正确，故选C．【点评】本题考查离子的检验，题目难度不大，注意掌握常见离子的性质及检验方法，通过反应的现象结合离子的性质进行推断，要排除其它离子的干扰，试题考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．　16．等体积等浓度的稀硝酸与过量的下列物质充分反应放出NO，消耗下列固体的物质的量最少的是（　　）A．FeOB．FeC．．CuD．Ag【考点】化学方程式的有关计算．【分析】等体积等浓度的稀硝酸，假设硝酸的物质的量为amol，根据硝酸与氧化亚铁、铁、铜、银的反应方程式解答．【解答】解：等体积等浓度的稀硝酸，假设硝酸的物质的量为amol，20A．氧化亚铁和硝酸反应，3FeO+10HNO3=3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O，amol硝酸消耗n（FeO）=n（HNO3）=0.3amol；B．因铁过量，硝酸和铁发生3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，amol硝酸消耗n（Fe）=n（HNO3）=0.375amol；C．铜和硝酸反应3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，amol硝酸消耗n（Cu）=n（HNO3）=0.375amol；D．因和硝酸反应3Ag+4HNO3=3=AgNO3+NO↑+2H2O，amol硝酸消耗n（Ag）=n（HNO3）=0.75amol；所以消耗固体的物质的量最少的是A，故选A．【点评】本题考查了有关硝酸的计算，掌握硝酸、铁、铜、银及其化合物的性质是解答的关键，题目难度不大．　二、解答题（共4小题，满分52分）17．实验证明，以下六种物质是一个氧化还原反应的反应物和生成物：NO、FeSO4、H2O、Fe（NO3）3、HNO3和Fe2（SO4）3．（1）这六种物质中，反应物是　FeSO4、HNO3　；被还原的元素是　N　．（2）若该反应是恰好完全反应，且收集到NO的体积为4.48L（标况时），测得反应后溶液的体积为250mL．反应过程中转移的电子数为　3.6×1023　；所得溶液中SO42﹣的物质的量浓度为　2.4　mol•L﹣1．【考点】氧化还原反应的计算；氧化还原反应．【分析】根据氧化还原反应的基本规律，HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，则反应中FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3，结合元素的化合价变化计算转移电子，以此来解答．【解答】解：氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中HNO3为反应物，具有强氧化性，则NO为生成物，反应中硝酸被还原，为氧化剂，题给物质中元素化合价升高的为Fe，被氧化，则FeSO4应为还原剂，被氧化生成Fe（NO3）3和Fe2（SO4）3，该反应为4HNO3+3FeSO4=Fe（NO3）3+Fe2（SO4）3+NO↑+2H2O，（1）由上述分析可知，反应物为FeSO4、HNO3，生成物为Fe（NO3）3、Fe（SO4）3、NO、H2O，被还原的元素为N元素，故答案为：FeSO4、HNO3；N；（2）收集到NO的体积为4.48L（标况时），n（NO）==0.2mol，反应中N元素化合价由+5价降低到+2价，则转移电子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，个数为0.6mol×6.02×1023/mol=3.6×1023，由方程式可知生成n（SO42﹣）=0.2mol×3=0.6mol，c（SO42﹣）==2.4L/mol，故答案为：3.6×1023；2.4．20【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意硝酸的强氧化性及从化合价角度分析解答，题目难度不大．　18．镁铝水滑石[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]在高温下完全分解，其分解方程式为：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑，某化学小组现用如图装置进行实验确定其化学式（固定装置略去）．（1）若只通过测定装置C、D的增重来确定x，则装置的连接顺序为　a﹣e﹣d﹣b　（按气流方向，用接口字母表示）．装置连接后，首先要进行的操作是　检查装置气密性　．（2）加热前先通N2排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，仍需持续通入N2的作用是①　将分解产生的气体全部带入装置CD中完全吸收　②　防止产生倒吸　．（3）完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，则x=　3　．若将通N2改为通干燥的空气，测定的x值将　偏低　（填“偏高”或“偏低”）．（4）该小组利用镁铝水滑石分解后剩余的固体来提取纯净氧化铝（冶炼铝的原料）．请补充该小组设计的实验操作步骤实验中可选用的试剂：盐酸、氢氧化钠溶液、氨水、二氧化碳气体、蒸馏水①取分解后固体于烧杯中，加入足量的　氢氧化钠溶液　，玻璃棒搅拌充分反应，过滤．②　向滤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀　，过滤，洗涤．③加热（5）下列实验能比较镁和铝的金属性强弱的是　c　．a．测定镁和铝的导电性强弱b．测定等物质的量浓度的Al2（SO4）3和MgSO4溶液的pHc．分别向0.1mol•L﹣1AlCl3和0.1mol•L﹣1MgCl2溶液中逐滴加过量NaOH溶液d．测定等物质的量的镁和铝与足量盐酸反应生成的H2的多少．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体；装置连接后，首先要进行的操作是检查装置气密性，防止漏气（2）为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸；（3）高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，根据反应物和生成物书写方程式，根据反应的方程式计算；（4）镁铝水滑石分解后剩余的固体为MgO、Al2O3、提取纯净氧化铝利用氧化铝是两性氧化物溶于强碱氢氧化钠溶液，氧化镁不溶，过滤得到滤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀；（5）金属性强弱的判断方法有：置换氢气的难易程度、其最高价氧化物的水化物的碱性强弱、相同类型的盐的pH大小．【解答】20解：（1）装置C的作用是吸收反应生成的HCl气体，装置D的作用是吸收水蒸气，应该首先通过D装置吸收水蒸气，后通过C装置吸收HCl；将气体通过洗气瓶进行洗气时，应该从长导管一侧通入气体，故其连接顺序是a→e→d→b；装置连接后，首先要进行的操作是检查装置气密性；故答案为：a﹣e﹣d﹣b；检查装置气密性；（2）因为加热后的装置中含有残留的HCl和水蒸气，为了避免引起实验误差，保证反应产生的气体全部被装置C、D吸收，所以要通入N2排出装置内残留的气体，同时也是为了防止产生倒吸，故答案为：将分解产生的气体全部带入装置CD中完全吸收，防止产生倒吸；（3）根据题给信息：高温下完全分解为MgO、Al2O3、HCl和水蒸气，可写出其化学方程式：2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑，2[Mg2Al（OH）6Cl•xH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+（5+2x）H2O↑7318×（5+2x）3.65g9.90g解得x=3，若没有冷却玻璃管，由于气温偏高，装置D不能将水蒸汽完全吸收而导致结果偏低，故答案为：3；偏低；（4）镁铝水滑石分解后剩余的固体为MgO、Al2O3、提取纯净氧化铝利用氧化铝是两性氧化物溶于强碱氢氧化钠溶液，氧化镁不溶，过滤得到滤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀；故答案为：氢氧化钠溶液；向滤液中通入过量二氧化碳和偏铝酸钠溶液反应得到氢氧化铝沉淀；（5）a．金属的导电性强弱不能证明金属的金属性强弱，故a错误；b．测定等物质的量浓度的Al2（SO4）3和MgSO4溶液的pH，能比较溶液酸碱性，镁离子和铝离子的浓度不同，所以无法判断水解强弱，从而无法确定金属性强弱，故b错误；c．氢氧化镁不溶于氢氧化钠，而氢氧化铝能溶于氢氧化钠，说明氢氧化镁的碱性大于氢氧化铝，所以能比较两种金属的金属性强弱，故c正确；d．不能根据金属与酸的反应生成氢气量的多少来判断金属性强弱，活泼些强的金属不一定比活泼些弱的金属放出氢气多，镁和铝与足量盐酸反应生成的H2的量，铝多，但镁比铝活泼，故d错误；故答案为：c．【点评】本题考查物质的组成的测定，主要考查对实验装置和实验流程的理解和熟悉实验操作，同时通过计算，确定水分子数．综合性较强，题目难度中等．　19．A、B、C、D都是中学化学常见的物质，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图所示（部分产物已略去）．请按要求回答下列问题：（1）若B、D为短周期同一主族的非金属单质，则反应（Ⅲ）中氧化产物与还原产物的物质的量之比为　2：1　．（2）若A、B、C均为短周期元素组成的化合物，且溶液都显碱性，D为植物光合作用必须吸收的气体，物质A中化学键的类型为　离子键、共价键　，相同温度下的溶解度B　大于　C（填“大于、小于、等于”）．20（3）若D为某金属单质，向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则检验B溶液中阳离子的试剂为　向溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液呈血红色　；C的溶液保存时，常加入D的目的是　防止溶液中Fe2+离子被氧化　．（4）若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，写出反应（Ⅲ）的离子方程式是　Al3+3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓　；符合条件的D物质可能是　①③　（填序号）．①硫酸②碳酸③氢氧化钠④一水合氨⑤氯化钡．【考点】无机物的推断．【分析】（1）若B、D为短周期同一主族的非金属单质，则A为H2S、D为O2、B为硫，C为SO2；（2）若A、B、C均为短周期元素组成的化合物，且溶液都显碱性，D为植物光合作用必须吸收的气体，则D为CO2，A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3；（3）向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明B、C为氯化物，D为某金属单质，则A为氯气、D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2；（4）若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，则B为Al（OH）3，若A为铝盐，则D为强碱，C为偏铝酸盐，若A为偏铝酸盐，则D为强酸，C为铝盐．【解答】解：（1）若B、D为短周期同一主族的非金属单质，则A为H2S、D为O2、B为硫，C为SO2，反应（Ⅲ）为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，氧化产物与还原产物均为S，还原剂为H2S，氧化剂为SO2，由硫元素守恒可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；（2）若A、B、C均为短周期元素组成的化合物，且溶液都显碱性，D为植物光合作用必须吸收的气体，则D为CO2，A为NaOH，B为Na2CO3，C为NaHCO3，物质A中化学键的类型为：离子键、共价键，相同温度下的溶解度Na2CO3＞NaHCO3，故答案为：离子键、共价键；大于；（3）向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明B、C为氯化物，D为某金属单质，则A为氯气、D为Fe，B为FeCl3，C为FeCl2，则：检验FeCl3溶液中含有铁离子的方法是：向溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液呈血红色，由于亚铁离子易被氧化为铁离子，保存FeCl2溶液时，加入少量铁粉，防止溶液中Fe2+离子被氧化，故答案为：向溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液呈血红色；防止溶液中Fe2+离子被氧化；（4）若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，则B为Al（OH）3，若A为铝盐，则D为强碱，C为偏铝酸盐，若A为偏铝酸盐，则D为强酸，C为铝盐，则：出反应（Ⅲ）的离子方程式是：Al3+3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓，符合条件的D物质可能是硫酸、氢氧化钠，故答案为：Al3+3AlO2﹣+6H2O=4Al（OH）3↓；①③．【点评】本题考查无机物推断，属于猜测验证型，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，难度中等．　20．某化学小组在实验室中利用CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4，其工艺流程如下．20回答下列问题：（1）操作Ⅱ一系列操作包括蒸发浓缩、　冷却结晶　、过滤．操作Ⅲ中盛装CaCO3的仪器是　坩埚　（填名称）．（2）X物质为　NH3　（填化学式，下同），Y物质为　CO2　，可循环利用的物质的有　NH3，CO2　．（3）图1装置不能用于实验室制氨气的是　甲　（填序号）．（4）该化学小组组装了如图2所示装置来探究NH3的还原性．用酒精灯加热C处硬质试管一段时间后，将（3）中产生的气体干燥后通入C，过一会撤去C处酒精灯．若实验过程中F处铜片没有任何变化，D中无明显现象，只观察到C中黑色粉末变红，则C中发生反应的化学方程式为　2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O　．若实验过程中C中只观察到黑色粉末变红，F处铜片逐渐溶解，则：①D中观察到的现象是　出现红棕色气体　．②F中铜片逐渐溶解的原因是　从E中出来的气体含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸使铜片溶解　．【考点】制备实验方案的设计．【分析】硫酸钙溶液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而旅游硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体，（1）从硫酸铵溶液中获得硫酸铵晶体，可以用降温结晶的方法，固体物质加热，把固体放在坩埚中；（2）中性条件下CO2的溶解度很小，但是氨气易溶于水，得到的碱性溶液易和二氧化碳反应，能把CaSO4完全转化为CaCO3；（3）根据实验室制备氨气的化学原理及实验操作的可行性、实验安全等进行分析判断；20（4）氨气与氧化铜在加热的条件下发生氧化还原反应，氨气被氧化成氮气或一氧化氮等，根据F处铜片没有任何变化、D中无明显现象、只观察到C中黑色粉末变红，可知，该反应的产物应为氮气和铜等，若实验过程中C中只观察到黑色粉末变红，F处铜片逐渐溶解，则产物为铜和一氧化氮，D中一氧化氮遇空气生成二氧化氮，F中二氧化氮遇水生成硝酸，硝酸能溶解铜，据此答题．【解答】解：硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而旅游硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体；（1）由分析知：B为碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，分离二者的实验操作应为：过滤，滤液硫酸铵溶液，使硫酸铵在溶液中析出的方法为：先加热制成饱和溶液（蒸发浓缩）再降温冷却，结晶析出（冷却结晶），过滤；酸钙为固体，高温加热或煅烧固体，应把固体放在坩埚中，故盛放碳酸钙所用的仪器是坩埚，故答案为：冷却结晶；坩埚；（2）中性条件下CO2的溶解度很小，但是氨气易溶于水，得到的碱性溶液易和二氧化碳反应，能把CaSO4完全转化为CaCO3，往CaSO4悬浊液中加入NH3后，发生反应如下：CaSO4+2NH3+2H2O⇌Ca（OH）2+（NH4）2SO4，向其中加入CO2可以生成CaCO3，平衡向正方向移动，有利于（NH4）2SO4的生成，则X为NH3，Y为CO2；根据反应流程得知：工艺流程中生成NH3和CO2，也需要使用NH3和CO2，可循环利用的物质的有NH3，CO2；故答案为：NH3；CO2；NH3，CO2；（3）甲：氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气；乙：氨水中存在平衡关系：NH3+H2O═NH3•H2O═NH4++OH﹣，加热浓氨水，氨气溶解度降低，从溶液中逸出，平衡向逆反应方向移动，可以制取氨气；丙：熟石灰和氯化铵混合后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，可以制取氨气；丁：利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CaO═NH3↑+Ca（OH）2，可以制取氨气，故答案为：甲；（4）氨气与氧化铜在加热的条件下发生氧化还原反应，氨气被氧化成氮气或一氧化氮等，根据F处铜片没有任何变化、D中无明显现象、只观察到C中黑色粉末变红，可知，该反应的产物应为氮气和铜等，反应的方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O，若实验过程中C中只观察到黑色粉末变红，F处铜片逐渐溶解，则产物为铜和一氧化氮，D中一氧化氮遇空气生成二氧化氮，F中二氧化氮遇水生成硝酸，硝酸能溶解铜，所以①D中观察到的现象是出现红棕色气体，②F中铜片逐渐溶解的原因是从E中出来的气体含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸使铜片溶解，故答案为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；出现红棕色气体；从E中出来的气体含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸使铜片溶解．20【点评】本题为工艺流程题，涉及原料、产品的判断、方程式的书写、检验、气体的制备等．做题时要充分利用所给的信息，结合自己已学过的知识，进行有依据性的推测、计算，难度较大．　20