周测评(九)氮及其化合物-【衡水真题密卷】2026年高三化学学科素养周测评（辽鄂黑吉冀湘渝甘赣皖桂黔晋豫陕青宁蒙新藏云川粤闽B版）

B.若省略“洗涤”步骤，在“煅烧”步骤中会额外产生污染空气的气体 步骤1：取少量溶液A于试管中，向试管中滴加浓盐酸，有少量无色气体生成，气体遇空 C.先将TiCL与H,CO,“混合”后再加人Ba+是为了防止产生BaC,O,等沉淀影响产 气立即变为红棕色，将所得溶液分成两等份，分别为溶液B,、溶液B: 物纯度 步骤2：向溶液B,中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成； D.整个制备过程不涉及氧化还原反应 步骤3：向溶液B:中加入过量的KOH溶液，有红褐色沉淀生成，过滤，向所得滤液中 9.在恒压密闭容器中，过量铜粉、铁粉分别和20mL0.5mol·L1HNO,混合，实验记 通入过量的CO2,有白色絮状沉淀生成. 录如表所示： 回答下列问题： 序号 金属 现象，操作 (1)步骤1中得到的红棕色气体为 (填化学式)，由此可推出溶液A中一定含 有 (填离子符号)。 溶液几乎无色。产生无色气体，遇空气不变色，经检验为H:向溶被加人 铁粉 (2)结合步骤1和步骤2可知，该溶液A中一定不含的离子为 (填离 足量NaOH,得到灰绿色沉淀。煮沸，蒸气使湿润红色石蕊试纸变蓝 子符号)。 铜粉 溶液变蓝，经检验无H:产生 (3)步骤3中生成白色絮状沉淀反应的离子方程式为 下列分析正确的是 ( A.实验i中产生H2的物质的量为5×10-4mol (4)结合上述实验，可知溶液A中可能含有的离子为 (填离子符号)。 B.推测实验i中产生NH,NH:水解导致了溶液pH降低 (5)已知：在碱性条件下，A1单质能与NO,反应，产生氨气和氨气，发生反应的离子方 C.根据上述实验推断，该浓度的硝酸中NO,的氧化性强于H 程式：A1+NO,+Y+H,O一[AI(OH),]-+NH,↑+ D.由上述实验可知，H+的还原速率大于NO万的还原速率 4N。↑（未配平，Y代表一种离子）。 10,加热NH,CI与MgO的固体混合物制备无水MgC2,起始物质的量之比为3：1，升温 ①Y代表 (填离子符号)：配平上述离子方程式 至200℃时开始有MgCL2生成，同时生成副产物Mg(OH)Cl。混合物中NH,CI与 (Y用具体离子符号表示)。 MgO的质量分数(w)随温度的变化如图所示： ②若该反应中生成标准状况下2.241气体，则消耗的A1单质的质量为 g 12.(20分)氨化硅喝瓷是一种烧结时不收缩的无机材料喝瓷。以N:、H2,SCL,气体（沸点 O-NH.CI 22 -o-M0 为57,6℃，极易水解，具有腐蚀性)为原料在高温下制备氮化硅的实验装置如图所示： 18 60 16 稀HS0,.少量GS0 40 20 642 尾气处用 0203004050600 下列说法错误的是 () A.200℃时，仙(NH,C1)≈78%，仙(MgO)≈22%，说明200℃之前体系中无化学反应 B.200~400℃时体系中存在反应：NH,C1△NH,↑+HC1个，2NH,CI+Mg0△ 回答下列问题： (1)仪器A的名称为 甲中少量CuSO,的作用为 MgC,+H,O+2NH,↑、NH,CI+MgO△Mg(OH)CI+NH,+ (2)乙中为NH,C1和NaNO2的浓溶液，85℃时发生反应，其离子方程式为 C.加热NH,CI与MgO的混合物可制备MgCL2,原因之一是NH,CL可抑制MgCL2转 ,该反应的加热方式最好为 化为MgO和Mg(OH)CI (3)丁装置中反应的化学方程式为 。戊装置的 D.控制温度400℃左右，增大投料比 n (NH CI ,并使二者充分接触，利于提高 作用为 n(MgO) (4)实验结束时，停止加热丁装置，再通人一段时间的氮气，目的是 MgCL2的产率 二、非选择题：本题共2小题，共40分。 (5)实验结束后丁装置中硬质玻璃管增重2.8g,己装置增重15.56g,该实验氮化硅的 1l.(20分)某溶液A中可能含有Fe+,Fe3+、A1+、Ba2+、K+,CO,C1,NO,、SO、 产率为 (不考虑SC1,在丙和戊中的损耗)。 SO中的儿种，现对该溶液进行如下实验： 学科素养周测评（九）化学第3页（共4页） 真题密卷 学科素养周测评（九）化学第4页（共4页）真题密卷 学科素养周测评 装置B采用的加热方式最好为油浴加热；随后点 S02(3分) 燃A处酒精灯，将产生的CL2通入装置B中，一 【解析】根据流程可知，浓硫酸和固体氯化钠反 段时间后监测到装置B温度升高，可能是因为S 应生成硫酸氢钠，硫酸氢钠加热后生成焦硫酸 与C2的反应为放热反应，反应放出的热量使装 钠，随后在磁铁矿的作用下高温可以生成熔矿 置B温度升高。 产物。 (4)观察到装置B或F中有金黄色液体生成，说 (1)①FS2为离子化合物，其中S为一1价，铁为 明实验中有S2CL2生成；调节A中分液漏斗旋 +2价，则电子式为Fe2+:S:S:门]2。 塞，控制液体滴加速率，以及不时打开K,通入适 量N2,都可以控制氯气的量，使氯气充分与熔融 ②该反应中，Fe3+得到电子，一1价S失去电子， 硫黄反应，避免氯气过量将S2C12氧化为SCl2, 根据得失电子守恒得，配平后方程式为FS 从而可以提高产品纯度及产率；而升高装置B的 +14Fe3++8H20-15Fe2++2S0+16H+。 加热温度，会导致热稳定性较差的产物发生分 ③根据方程式得，2S0?~14e,则若反应I中 解，降低产率，故选ab。 转移了14mol电子，生成2molS0。 (5)若拆除装置D,氯气会将水蒸气带入B中，导 ④由图示和守恒规律得，反应Ⅲ方程式为4H+十 致S2Cl2遇水分解生成S、SO2和HCl,反应化学 O2+4Fe(NO)2+—4Fe3++4NO+2H20,消耗 方程式为2S2C12+2H2O—3SV+SO2个+ H,则pH升高。 4HC1;最终所得粗产品可根据S2Cl2与副产物 (2)①结合分析可知，步骤[发生反应的化学方程式 SCL2的沸点差异较大，经过蒸馏进一步提纯。 为NaC+H,SO0,(浓)△NaHSO,+HCl个， (6)Cl2与CS2于95~100℃之间反应，制得 H2SO,和HCI同为强酸，反应之所以能够发生， S2C2,由元素守恒得，同时获得常作有机溶剂的 是因为HC1为挥发性酸，H2SO,为难挥发性酸， 副产物CCl4,则反应的化学方程式为3CL2+CS2 即体现了浓硫酸的难挥发性。 95~100CS,C,+CC1。 ②根据Na2S2O,和硫酸分子的结构可知，两物质 中S化合价均为十6价，则S,O号的结构为 12.(1)①Fe2+[:S:S:]2(3分) 72 ②1、14、8、15、2、16(3分) ,两个S原子的价层电子 ③2(2分) ④升高(2分) (2)①NaCI+H,SO,(浓)△NaHSO,.十HCI个(3 对均为4，则轨道杂化类型为sp。 ③硫的常见化合价为十4和十6价，则两种含硫气体 分)难挥发(2分) ②sp3(2分) 可能分别为SO2、SO3;检验该混合气体成分的方案 为先将混合气体通入足量的BaCl2溶液，有白色沉 ③先将混合气体通入足量的BaCl2溶液，有白色 淀生成，证明有SO3;再将逸出的气体通入品红溶 沉淀生成，证明有SO3;再将逸出的气体通入品 红溶液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明有 液，品红溶液褪色，加热后恢复红色，证明有SO2。 2025一2026学年度学科素养周测评（九） 化学·氮及其化合物 一、选择题 左移，溶液碱性减弱，则滴有酚酞的氨水受热后红 1.D【解析】氨气能形成喷泉，说明氨气极易溶于 色变浅或褪色，D正确。 水从而迅速产生压强差，但不能说明二者一定发 2.A【解析】8NH3+6NO2一7N2+12H2O中 生了反应，A错误；氨水溶于含酚酞的水后溶液由 NH的N元素化合价升高，NO2的N元素化合 无色变为红色，说明氨水呈碱性，与NH?在水中 价降低，则氧化产物(N2)与还原产物(N2)的质量 的溶解度大小无关，B错误；红色溶液中存在的含 比=物质的量比=8：6=4：3，A错误；由电子守 氨微粒有NH、NH3·H2O,均只含有共价键，C 恒得24mole~12molH2O,则生成1mol水转 错误；NH·H2O受热分解放出氨气，从而使平 移电子的数目为2NA,B正确；氮氧化物可以被碱 衡NH3+H2O=NH,·H2ONH+OH 性溶液（如Na2CO?溶液）吸收生成NaNO2、 B ·20· ·化学· 参考答案及解析 NaNO3,C正确；大气中氨氧化物积累过多，最终 可将废水中的NH?·H2O氧化为无污染的氨气， 会生成硝酸，溶解在雨水中形成酸雨，D正确。 NaCiO被还原为氯化钠，对应反应的化学方程式 3.C【解析】I中盛放浓氨水的仪器为分液漏斗，A 为3 NaClO+2NH3·H2O一3NaCl+N2个+ 正确；可用浓氨水和CaO固体反应制备NH3,氧 5H2O,B正确；由B中分析得，过程Ⅱ反应消耗 化钙遇水放出大量的热导致氨气逸出，B正确；苯 NH?·H2O,则使得过程Ⅱ后含余氯废水的碱性 的密度比NaClO溶液的小，为防倒吸，试剂Y应 减弱，C错误；过程Ⅲ中加入溶液X的目的是把剩 选择密度比NaClO溶液大的液体，比如CCl,等， 余的NaC1O还原为Cl,则X可能是有还原性的 C错误；Ⅱ中发生反应中，NaClO中Cl化合价变 Na2SO3,D正确。 化为+1→-1，NH3中N化合价变化为-3→ 8.D【解析】四氯化钛、氨水、草酸混合反应转化为 一2，由守恒规律得化学方程式为NaClO+2NH3 (NH4)2TiO(C2O4)2、NH,Cl、H2O,碳酸钡与盐酸 =N2H4·H2O+NaCl,D正确。 反应转化为氯化钡、水和CO2,氯化钡与 4.A【解析】Z与硝酸反应所得还原产物只有 (NH4)2TiO(C2O4)2反应生成沉淀 NHNO3,则硝酸中的N元素的化合价由十5价 BaTiO(C2O4)2·4H2O,洗涤、干燥、煅烧得到钛 降低至-3价，Zn元素的化合价由0价升高至+2 酸钡粉末。根据分析可知，“混合”反应的化学方 价，根据得失电子守恒有n(Zn)×(2一0)= 程式为TiCl4+2H2C2O4+6NH3·H2O n(HNO3)×[5-(一3)]，得消耗的锌与作为氧化 (NH4)2TiO(C2O4)2十4NH4C1+5H2O,A正确； 剂的硝酸的物质的量之比为n(Zn):n(HNO,) 若省略“洗涤”步骤，沉淀中会混有NH4CI,在“煅 =4:1;另有部分NO?未参与氧化还原反应，则 烧”步骤中会额外产生NH?与HCI等污染物，B 参与反应的n(NO3)=2n(Zn)+n(NH)=4× 正确；若没有先将TiCL4与H2C2O4“混合”，直接 加入Ba+会产生BaC2O4沉淀，影响产物的纯度， 2十1=9，即Zn与HNO。的物质的量之比为4： (1十9)=2：5，故选A。 C正确；BaTiO(C2O4)2·4H2O煅烧，发生分解反 应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有 5.D【解析】反应中NO2中N元素化合价降低 C0、C02、H2O(g),存在C元素化合价的变化，涉 (+4→+3)，则NO2是氧化剂，NO中N元素化 及氧化还原反应，D错误。 合价升高（十2十3），则NO是还原剂，由电子守 9.C【解析】实验ⅰ中反应的方程式为5Fe+ 恒得，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1，A正 12HNOa-5Fe(NO3)2+NH,NO3+H2+ 确；NO2中N原子价电子对数为3，有1个孤电 3H2O,可得H2~12HNO3,n(HNO3)=0.5mol· 子对，空间构型为三角形，B正确；NO2中N元素 L1×2×103L=1×103mol,生成的H2少于5× 显十3价，可被氧化为+5价，则Ca(NO2)2有还 l04mol,A错误；由试纸变蓝可知，实验1产生了 原性，可延缓钢筋被氧化锈蚀的速率，C正确；根 NH,但反应消耗H+的量远大于NH水解产 据反应方程式，当NO2与NO的比值为1：1时， 生的H+的量，则溶液中c(H+)下降，pH升高，B 反应所得的Ca(NO2)2的纯度最高，D错误。 错误；实验ⅱ中，无H2产生，但溶液变蓝，说明Cu 6.C【解析】硝酸沸点低，用流水冷却可促进硝酸 与HNO3反应生成了Cu2+,而H+并未与Cu反 蒸气冷凝，避免形成酸雾，A正确；硝酸具有强氧 应生成H2,说明该浓度的硝酸中NO3的氧化性 化性，会腐蚀橡胶塞和橡皮管，B正确；硝酸见光 强于H+,C正确；由实验1、现象及A、B、C分 易分解，4HNO,加热或光熙4NO,个十O,个十 析可知，在有NO3、H+同时存在时，Cu只与 2H,O,应用棕色玻璃细口瓶盛装，C错误；虽然曲 NO3发生氧化还原反应，而不与H+反应，说明 颈甑可代替冷凝管起冷却作用，但冷却效果较差， H+的还原（生成H2)速率小于NO?的还原速率， 若沸，点过低，则气体难以液化、收集，D正确。 D错误。 7.C【解析】过程I中NH和OH反应，将 10.A【解析】加热NH,C1与MgO的固体混合物 NH转化为NH,并通过鼓入大量热空气降低 制备无水MgCl2的化学方程式为2NHCI+ 氨气溶解度，并将氨气吹出，可得到低浓度氨氮废 Mg0△MgCL,+2NH,◆+H,O,由于起始时 水；次氯酸钠具有强氧化性，过程Ⅱ中加入NaClO 两种反应物的物质的量之比为3：1，NH4C1过 溶液可将氨氨化合物氧化为氨气等无毒物质，含 氯废水处理后得到达标废水。温度升高，氨气的 量，则还会发生NH,C1△NH,个十HCI个。生 溶解度降低，过程工鼓入热空气的作用是使氨气 成副产物Mg(OH)Cl的化学方程式为NH4Cl十 逸出，A正确；过程Ⅱ中加入有强氧化性的NaClO Mg0△Mg(OH)C1+NH,个。400℃后氧化 ·21· B 真题密卷 学科素养周测评 镁的质量分数又开始增大，说明副产物可以发生 淀生成，该沉淀为硫酸钡，说明原溶液一定含有 分解反应生成氧化镁。NH4CI与MgO的固体 SO?,则溶液一定不存在Ba2+;综合步骤1和步 混合物的起始物质的量之比为3：1，则质量分数 骤2得，该溶液A中一定不含的离子为SiO?、 。NH,C)-3,×100%=0%, 53.5×3 Ba2+、CO3。 (3)步骤3向溶液B2中加入过量的KOH溶液， u(MgO)≈20%，而200℃时，w(NHCI)≈78% 有红褐色Fe(OH)3沉淀生成，由于步骤1中 <80%,w(Mg0)≈22%>20%，说明200℃之 Fe+已经被氧化生成了Fe3+,则加过量的KOH 前体系中有化学反应，A错误；由题中信息得，从 溶液生成Fe(OH)3,不能说明原溶液中一定含有 200℃开始有MgCL2生成，同时生成副产物 Fe3+,可能存在；过滤，向所得滤液中通入过量的 Mg(OH)Cl,由图中信息可知，200~400℃时体 CO2,有白色絮状A1(OH)3沉淀生成，说明原溶 系中NH,CI的质量分数大幅下降，而MgO的质 液一定含有A13+,对应反应的离子方程式为 量分数从反应前的20%升高到最大值22%后又 [Al(OH)]-+CO2-A1(OH)3↓+HCO3。 下降了，说明在该温度段内体系中除了NH4CI (4)根据各步分析得，溶液A一定存在F2+、 分解反应：NH,C1△NH,个十HC1,还有消 A13+、NO?、SO?,一定不存在Ba2+、CO?、 耗MgO的反应：2NH,C1+MgO△MgC2十 SiO?,可能含有K+、Fe3+、CI。 H,O+2NH,↑、NH,CI+Mg0△Mg(OH)CI (5)①在碱性条件下，Al单质能与NO?反应，产 生氨气和氮气，铝元素化合价变化为0十3，氮氨 十NH3个，B正确；MgCL2在潮湿的环境中易发 元素化合价变化有+5→0、十5→一3，由氨气和 生水解MgCl2+H2O一Mg(OH)CI+HC1, 氮气的系数已经确定，可知得到电子总数为8十5 Mg(OH)Cl在加热时易发生分解Mg(OH)Cl ×2×4=48,由得失电子守恒，则含铝元素的物 △MgO+HCl,则加热NH,CI生成的HCI可 抑制MgCL2转化为MgO和Mg(OH)C1,有利于 质系黛为-16，N0,系点为9，由电荷守恒可 制备MgCl2,C正确；由图像得，控制温度为 知，Y为OH,系数为7，再结合原子守恒，配平 400℃左右，w(MgO)≈0，若增大投料比 反应的离子方程式：16A1+9NO?+7OH+ n (NH,CI) 30H2O—16[A1(OH)4]-+NH个+4N2个。 ,即增大了NHCI的投料以弥补其 n(MgO) ②若该反应中生成标准状况下2.24L气体（物 分解反应的损失，并使二者充分接触，可提高主 2.24L 反应中MgO的转化率，有利于提高MgCL2的产 质的量为2.4L:m0厅=0.1mol),由反应的 率，D正确。 离子方程式可知，16 mol Al~5mol气体，则反 二、非选择题 应生成0.1mol气体时消耗0.32molA1,质量为 11.(1)NO2(2分)Fe2+、N03(2分) 0.32mol×27g·mol-1=8.64g。 (2)SiO、Ba2+、CO(2分) 12.(1)酒精喷灯1分)形成原电池，加快反应速率(1分) (3)[AI(OHD4]-+CO2—A1(OH)3 (2)NH时+NO:85CN,◆+2H,O(3分)水浴 +HCO3(3分) 加热(3分) (4)K+、CI、Fe3+(3分) (3)2N,+6H,+3SiCL高温Si,N,+12HC1(3分) (5)①OH-(2分)16A1+9NO?+7OH+ 防止外界水蒸气进入丁装置，导致SCL,水解(3分) 30H2O—16[A1(OH)4]-+NH3个+4N2↑ (4)排尽装置内的SiCL4和HCl,便于被NaOH (3分)②8.64(3分) 溶液完全吸收(3分) 【解析】(1)步骤1中，少量溶液A滴加浓盐酸， (5)60%(3分) 有少量无色气体生成，气体遇空气立即变为红棕 【解析】(1)仪器A的名称为酒精喷灯；甲中少 色，该气体为NO,说明原溶液中含有NO3和具 量CuSO4与Zn反应生成的Cu附着在Zn表面， 有还原性的Fe2+。 从而形成Zn-Cu原电池，加快反应速率。 (2)因H+和SiO?反应生成的硅酸是难溶物， (2)乙中为NH4Cl和NaNO2的浓溶液，85℃发 而反应后没有沉淀生成，则不存在SiO?,Fe+ 生归中反应，生成NaCl、N2等，由守恒规律得离 与CO?不能大量共存，则原溶液一定无CO?: 子方程式为NH时十NO,s℃N,+2H,O,该 步骤2向酸性溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉 反应的加热方式最好为水浴加热，以便于控制 B ·22· ·化学· 参考答案及解析 温度。 m(SiCl4)+m(HCl)=15.56g,依据反应2N2+ (3)丁装置中，N2、H2、SiCl4在高温条件下反应， 6H,十3SiCl,高温Si,N,十12HC1得，生成HC1的 生成SiN4、HCl等，反应的化学方程式为2N2+ 物质的量为0.02mol×12=0.24mol,m(HC1) 6H,+3SC,高温Si,N,十12HCl;戊装置的作用 =0.24molX36.5g·mol1=8.76g,则未参与 为防止水蒸气进入丁装置，导致SiCl,水解。 反应的SiCl4的质量m(SiCl4)=15.56g一 (4)实验结束时，先停止加热丁装置，为了防止 6.8g SiCl,和HCl污染环境，并有利于测定氨化硅的 8.76g=6.88,n(SiC.）=170gm0l= 产率，需再通入一段时间的氨气，目的是排尽装 0.04mol,若SiCL4完全转化为SiN4,又可生成 置内的SiCL4和HCl,便于被NaOH溶液完全 S,N的物质的量为004mol,则该实验氯化硅 吸收。 3 (5)硬质玻璃管增重的质量就是生成Si3N4的质 0.02 mol 的产率为 0.02mol+0.04mol ×100%=60%。 量，m(SigN4)=2.8g,n(Si3N4)= 3 140g·mol7=0.02mol,己装置增重的质量为 2.8g 2025一2026学年度学科素养周测评（十） 化学·碳、硅及其化合物STSE与传统文化 一、选择题 N2反应，原料气中含有N2和少量的O2,O2能与 1.A【解析】砖瓦是黏土烧制而成，属于硅酸盐产 Si反应生成SiO2,灼热的铜网可与O2反应生成 品，A符合题意；清明上河图绘制在绢帛上，绢帛 CuO,从而除去N2中含有的少量O2,B正确；“高 的主要成分是蛋白质，B不符合题意；甲骨文的主 温氮化”合成反应为3Si十2N,高温Si,N,反应中 要载体是兽骨，兽骨的主要成分是碳酸钙，C不符 Si的化合价升高，被氧化，故Si是还原剂，C错误； 合题意；商代的后母戊鼎属于青铜器，青铜是合 “高温氨化”制备的Si,N4中含有少量Fe和Cu,Fe 金，属于金属材料，D不符合题意。 与稀硫酸反应，得到可溶于水的FeSO4,但Cu与 2.D【解析】硒为34号元素，位于元素周期表的第 稀硫酸不反应，则无法除去，D错误。 四周期ⅥA族，A正确；纯净的二氧化硅是制备光 5.A【解析】高碳钢含碳量相对较高，质地硬而脆， 导纤维的基本原料，B正确；盖斯提出盖斯定律， A正确；火药中的“硫”指的是硫黄，B错误；“瓷” 为化学热力学发展奠定了基础，C正确；鲍林提出 中含有SiO2,可以被强碱、氢氟酸腐蚀，C错误；珍 的杂化轨道理论可以解释分子的空间结构，D 珠主要成分为碳酸钙，D错误。 错误。 6.C【解析】反应g中NH→NO2,N元素化合价 3.D【解析】C。和C14是累积烯烃环型碳，都是由 升高，则NH发生氧化反应，A正确；图中6种含 碳原子构成的分子，A正确；C10和C4是碳元素 氨微粒中，氮元素的化合价分别为0、十1、十5、 形成的结构不同的单质，都属于碳的同素异形体， 十4、-3，一共呈现了氨元素的5种价态，B正确； B正确；由题意得，C1。和C14的导电原理是累积烯 反应j中2.24LN2O没有注明标准状况，无法计 烃结构中的连续π键电子被激活参与导电，属于 算，C错误；NH3分子中N原子价层电子对为4， 电子导电，而NaCI溶液是阴、阳离子导电，导电机 VSEPR模型为四面体形，因含有1对孤电子对， 理不同，C正确；累积烯烃环型碳中的连续π键都 成键电子对受到孤电子对的斥力较大，则键角小 是不稳定的，则C。和C4性质相似，不能在自然 于109°28，D正确。 界中广泛存在，D错误。 7.A【解析】传统的无机非金属材料通常为硅酸盐 4.B【解析】石英砂主要成分为SiO2,与焦炭在高 材料，包括水泥、玻璃、陶瓷等，硅、二氧化硅、氨化 温下反应：Si0,十2C高温S1十2C0+,粗硅与氨气 硅、碳纳米管、石墨烯等均属于新型无机非金属材 反应生成SiN4,还含有Fe、Cu的单质及化合物， 料，A正确；大多数合金的熔，点比各成分金属的熔 经过酸洗而除去，得到纯净的SN4。“还原”步骤 点低，少数合金的熔点比成分金属高（如锆钛合 中焦炭和石英砂反应生成粗硅和CO,CO不能使 金)，B错误；普通硅酸盐水泥的生产以黏土和石 澄清石灰水变浑浊，A错误；“高温氮化”是S与灰石为主要原料，经高温煅烧而成，C错误；稀土 ·23· B