精品解析：山东省临清市实验高级中学2024-2025学年高三上学期10月期中考试化学试题

2024～2025学年高三年级第一学期期中考前考一 化学试题 分值：100分 时间：90分钟 能用到的相对原子质量：H 1 7 C 12 N 14 O 16 S 32 23 K 39 35.5 40 V 51 55 56 59 70 第Ⅰ卷(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国古代发明或技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是 ①指南针 ②黑火药 ③转轮排字 ④黏土制陶瓷 ⑤用玻璃瓶盛装“强水”（古书中记载一种能腐蚀五金的液体）⑥用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈⑦湿法炼铜 A. ①③④⑤ B. ①③⑤ C. ①③④⑦ D. ①③⑤⑥ 2. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 中投入固体： B. 过量铁粉加入稀硝酸中： C. 二元弱酸亚磷酸溶液中滴加少量的溶液： D. 溶液中滴加足量溶液： 3. 关于下列仪器使用的说法正确的是 A. ①②③可用作反应容器 B. ②③⑤常用于物质分离 C. ②③④使用前必须先洗涤后润洗 D. ①⑥用酒精灯加热时必须加石棉网 4. 2022年我国空间站的建设举世瞩目，神舟十四号太空出差三人组在轨飞行多日。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是： 反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO 反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2 下列有关说法不正确的是 A. 反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂 B. 反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子 C. 反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原 D. 反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化 5. 如图所示，将气体X、Y通入溶液Z中，一定不能产生浑浊的是 气体X 气体Y 溶液Z A 溶液 B 饱和NaCl溶液 C 溶液 D HCl Na[Al(OH)4]溶液 A. A B. B C. C D. D 6. 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 25℃，101kPa下，11.2L中所含氧原子个数小于 B. 常温下，1L pH=l的溶液中的数目为0.2 C. 0.05 溶液中，阳离子的数目之和为0.1 D. 含0.2mol HCl的浓盐酸与足量反应，生成的个数为0.1 7. 下列关于物质结构和性质的说法正确的是 A. 键角：H2S>PH3>SiH4 B. 熔点：CsCl>KCl>NaCl C. NO、NO的VSEPR模型相同 D. 酸性：CH3COOH>CCl3COOH>CF3COOH 8. 已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期。由X、Y、Z组成的某有机物常用于合成高分子化合物，其结构如下图所示。W原子的最外层电子数比Z多。相关说法正确的是 A. 该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 电负性：W一定比Z强 C. Z的氢化物熔点一定高于Y的氢化物 D. Y、Z、W可以组成各原子均满足8电子稳定结构的某种微粒 9. 下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是 A. ①和②均属于氮的固定 B. 氢、氧元素也参与了自然界中的氮循环 C. ④中每生成1 mol NO，消耗1 mol O2 D. ③和⑤过程中氮元素分别被氧化和还原 10. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. pH=12的无色溶液：Na+、K+、、 B. 0.1mol·L-1氨水：Na+、K+、OH-、 C. 5%H2O2溶液：、Na+、、 D. 0.1mol·L-1盐酸：Na+、K+、、 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验能达到目的的是 实验目的 实验操作 A 验证具有漂白性 向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 B 实验室制备少量胶体 在沸腾的自来水中滴加几滴饱和溶液，继续煮沸至液体为红褐色为止 C 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液 D 证明的氧化性强于 向溶液中加入HI，再加入，下层呈紫红色 A. A B. B C. C D. D 12. 用某软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)制备的流程如下，下列说法错误的是 已知：固体和溶液均为墨绿色 A. “熔融煅烧”时参与反应的化学方程式为 B. “调节pH”可通入足量 C. “滤渣Ⅰ”的成分为和 D. “歧化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，可以用盐酸代替冰醋酸 13. 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为、、、)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示，已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，下列判断错误的是 A. “焙烧”时，转化为的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2 B. “酸浸氧化”时，的作用之一是防止排放到空气中污染环境 C. “酸溶”时，金溶解的离子方程式为 D. 有机层中回收的金属元素是，萃取分液用到的玻璃仪器是漏斗和烧杯 14. 已知氯气和空气按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中能生成Cl2O，且反应放热；不含Cl2的Cl2O易与水反应生成HClO；Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2。设计如图装置(部分夹持装置略)制备HClO，每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是 A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ①②④ D. ①③④ 15. 氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。 下列说法正确的是 A. X可通过加热氯化铵固体制取 B. 从物质类别角度分析，P属于酸性氧化物 C. 将X转化为 Q的过程，属于氮的固定 D. 3.2 g Cu与10 mol·L-1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则 Y 溶液的体积为 15 mL 第Ⅱ卷(共60分) 三、填空题 16. 部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。 回答下列问题： （1）h的电子式为_______。 （2）下列有关a和g的叙述中，能说明N的非金属性比S强的是_______(填序号)。 A.物质a的水溶液为酸性，而物质g的水溶液为碱性 B.物质a在300℃左右分解生成b，而物质g分解生成h的温度高于300℃ C.物质a液化的温度为-60℃，而物质g液化的温度为-34℃ （3）将的物质k的稀溶液倒入物质f的溶液中，会生成物质e，该反应的离子方程式是_______。 （4）(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质g通入的浓液中，可制得该物质：(已知是硫单质中最稳定的)。 ①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质g体现的性质有_______。 ②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。 17. 硫、锌及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题： （1）硫元素的三种微粒电子排布式分别为①②③，下列叙述正确的是__________(填标号)。 A. 微粒半径：③>①>② B. 电子排布属于基态的是：①② C. 电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D. 得电子能力：①>② （2）基态S原子核外电子的空间运动状态有__________种，基态原子核外能量不同的电子有__________种。 （3）许多物质的氧化物固态存在多聚体，例如：五氧化二磷实际的分子式是。根据下表，推测固态三氧化硫实际的分子式为__________。 物质 三氧化硫 熔点 613K 289K 182K （4）咪唑()具有平面结构，其中①号N原子能与形成配位键，②号N原子不能形成的原因是__________。 （5）含氧酸的通式可写为，根据含氧酸的结构规律，下列酸中酸性与相近的有__________(填字母)。 A. B. C. D. （6）常用作电池的电极材料，中P的__________杂化轨道与O的2p轨道形成键。属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为__________(用n代表P原子数)。 18. 新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾(，M=198g/mol)是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下： 已知：转化过程发生复分解反应。 回答下列问题： （1）配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的有_______(填序号)。 A．将NaOH放在滤纸上称量 B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移 C．容量瓶洗净之后未干燥 D．定容时俯视刻度线 E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 （2）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平) ①若有发生该副反应，转移的电子的数目为_______； ②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6：1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为_______。 （3）氧化过程中溶液保持碱性。写出反应的离子方程式：_______ （4）产品经干燥后得到纯品99g，则的产率为_______(用百分数表示)。 （5）工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为：，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，试解释该反应能发生的原因_______ 19. 某课题组对含钴高炉渣(主要成分有、、、、、)资源化综合处理的流程如下： 回答下列问题： （1）“研磨”的目的为_______；物质是_______(填化学式)。 （2）参与“酸浸”的化学方程式为_______。滤渣Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“中和沉淀”中，生成高效净水剂黄钠铁矾[]存在于滤渣Ⅱ中。该过程的离子方程式为_______。在实验室中，向固体中加入等体积的溶液和_______溶液，使其恰好完全反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到黄钠铁矾。 （4）滤液③中的铝元素恰好完全转化为沉淀的为_______。{通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全；；} （5）经充分焙烧质量减少，则获得的质量为_______t。 20. 氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题： I. Ca3N2的制备 （1）仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。 （2）实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。 Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体) （3）方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。 （4）方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年高三年级第一学期期中考前考一 化学试题 分值：100分 时间：90分钟 能用到的相对原子质量：H 1 7 C 12 N 14 O 16 S 32 23 K 39 35.5 40 V 51 55 56 59 70 第Ⅰ卷(共40分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国古代发明或技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是 ①指南针 ②黑火药 ③转轮排字 ④黏土制陶瓷 ⑤用玻璃瓶盛装“强水”（古书中记载一种能腐蚀五金的液体）⑥用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈⑦湿法炼铜 A. ①③④⑤ B. ①③⑤ C. ①③④⑦ D. ①③⑤⑥ 【答案】B 【解析】 【详解】化学反应即化学变化，有新的物质生成的变化叫化学变化 ①指南针，工作时是磁铁工作，不涉及化学变化，①符合题意； ②黑火药，在发生爆炸式要生成新的物质，是化学变化，②不符合题意； ③转轮排字，即利用转轮排版应刷文字，没有发生化学变化，③符合题意； ④黏土制陶瓷，在焙烧的过程中涉及化学反应，④不符合题意； ⑤用玻璃瓶盛装“强水”（古书中记载一种能腐蚀五金的液体），这里所说的强水应该是王水，王水不会和玻璃（主要成分二氧化硅发生反应），没有化学变化⑤符合题意； ⑥用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈，明矾水解呈酸性，再与碱式碳酸铜发生反应，⑥不符合题意； ⑦湿法炼铜，是用硫酸把矿石中的铜浸取出来，转化为可溶性的硫酸铜，在用铁把硫酸铜中的铜置换出来，发生了化学变化，⑦不符合题意； 综上，①③⑤符合题意，答案选B。 2. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 中投入固体： B. 过量铁粉加入稀硝酸中： C. 二元弱酸亚磷酸溶液中滴加少量的溶液： D. 溶液中滴加足量溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．中投入固体，过氧化钠中氧部分发生氧化反应生成氧气、部分发生还原反应生成氢氧化钠，离子方程式为：，A错误； B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：，B错误； C．二元弱酸亚磷酸溶液中滴加少量的溶液反应生成和水：正确的离子方程式为，C错误； D．溶液中滴加足量溶液，铵根离子、硫酸根离子、硫酸根离子完全反应生成一水合氨、硫酸钡，四羟基合铝酸根离子，离子方程式为 ，D正确； 故选D。 3. 关于下列仪器使用的说法正确的是 A. ①②③可用作反应容器 B. ②③⑤常用于物质分离 C. ②③④使用前必须先洗涤后润洗 D. ①⑥用酒精灯加热时必须加石棉网 【答案】D 【解析】 【详解】A．②为容量瓶和③分液漏斗不能作为反应容器，故A错误； B．②为容量瓶只用于配制溶液，不能用于分离，故B错误； C．容量瓶、分液漏斗、量筒都不能用待装液润洗，故C错误； D．圆底烧瓶、锥形瓶的表面积较大，为防止因局部受热，使仪器炸裂，要垫石棉网加热，故D正确； 故选D。 4. 2022年我国空间站的建设举世瞩目，神舟十四号太空出差三人组在轨飞行多日。飞船的天线用钛镍记忆合金制造，工业上用钛酸亚铁(FeTiO3)冶炼钛(Ti)的过程是： 反应①：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO 反应②：在氩气环境中，2Mg+TiCl4Ti+2MgCl2 下列有关说法不正确的是 A. 反应①中Cl2是氧化剂，C、FeTiO3是还原剂 B. 反应①中每生成标准状况下6.72LCO气体，转移0.7NA个电子 C. 反应②中Mg被氧化，TiCl4被还原 D. 反应①、②中钛元素的化合价都发生了变化 【答案】D 【解析】 【详解】A.FeTiO3中Fe显+2价，O显-2价，化合价的代数和为0，则Ti的价态为+4价，根据反应①，Cl2中Cl的化合价降低，Cl2为氧化剂，C的价态升高，C作还原剂，铁元素的价态升高，FeTiO3作还原剂，其余元素的化合价没发生变化，故A说法正确； B.根据A选项分析，生成6molCO，转移电子物质的量为14mol，即每生成标准状况下6.72LCO气体，转移电子物质的量为=0.7mol，故B说法正确； C.反应②中Mg的化合价由0价升高为+2价，Mg为还原剂，TiCl4中Ti的化合价由+4价降低为0价，TiCl4为氧化剂，故C说法正确； D.根据上述分析，反应①中Ti的价态没有发生变化，反应②中Ti的价态发生变化，故D说法错误； 答案为D。 5. 如图所示，将气体X、Y通入溶液Z中，一定不能产生浑浊的是 气体X 气体Y 溶液Z A 溶液 B 饱和NaCl溶液 C 溶液 D HCl Na[Al(OH)4]溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．、、三者在溶液中不反应，一定不能产生浑浊，A符合题意； B．氨气和二氧化碳通入饱和食盐水可生成碳酸氢钠，溶液中有碳酸氢钠固体析出，B不符合题意； C．二氧化硫和硫化氢能发生氧化还原反应生成硫单质，溶液出现黄色浑浊，C不符合题意； D．二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应可生成沉淀，少量的氯化氢气体和与偏铝酸钠溶液反应也可生成沉淀，D不符合题意； 故选A。 6. 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 25℃，101kPa下，11.2L中所含氧原子个数小于 B. 常温下，1L pH=l的溶液中的数目为0.2 C. 0.05 溶液中，阳离子的数目之和为0.1 D. 含0.2mol HCl的浓盐酸与足量反应，生成的个数为0.1 【答案】A 【解析】 【详解】A．25℃，101kPa下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LSO2的物质的量小于0.5mol，所含氧原子个数小于NA，A正确； B．常温下，pH=1的H2SO4溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，1L pH=1的H2SO4溶液中的H＋数目为0.1NA，B错误； C．NaHSO4溶液的体积未知，故无法计算其物质的量，也就无法求微粒数目，C错误； D．二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下生成氯气，制备Cl2的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl-Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，若用含有0.2mol HCl的浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，制得Cl2的个数小于0.1NA，原因是HCl挥发以及随着反应进行，盐酸浓度降低，MnO2与稀盐酸不反应，D错误； 故选A。 7. 下列关于物质结构和性质的说法正确的是 A. 键角：H2S>PH3>SiH4 B. 熔点：CsCl>KCl>NaCl C. NO、NO的VSEPR模型相同 D. 酸性：CH3COOH>CCl3COOH>CF3COOH 【答案】C 【解析】 【详解】A．孤电子对对成键电子对的作用力大于成键电子对之间的作用力，硫化氢含有两对孤电子对，磷化氢含有一个孤电子对，硅烷没有孤电子对，所以键角H2S＜PH3＜SiH4，故A错误； B．离子化合物晶格能越大熔点越高，离子所带电荷相同原子离子半径越小晶格能越大熔点越高，熔点：CsCl＜KCl＜NaCl，故B错误； C．NO价层电子对数= 是sp2杂化， NO价层电子对数= 是sp2杂化，所以它们VSEPR模型相同，故C正确； D． H的电负性小于氯原子，氯原子小于氟原子，电负性越强羟基上的氢原子越容易电离，酸性越强，所以酸性：CH3COOH＜CCl3COOH＜CF3COOH，故D错误； 故选：C。 8. 已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期。由X、Y、Z组成的某有机物常用于合成高分子化合物，其结构如下图所示。W原子的最外层电子数比Z多。相关说法正确的是 A. 该有机物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B. 电负性：W一定比Z强 C. Z的氢化物熔点一定高于Y的氢化物 D. Y、Z、W可以组成各原子均满足8电子稳定结构的某种微粒 【答案】D 【解析】 【分析】已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，位于三个不同的周期，则X为H元素，Y位于第二周期，W位于第三周期。根据由X、Y、Z组成的某有机物常用于合成高分子化合物，结合有机物结构图，该有机物中含有不饱和的碳碳双键，可知Y为C元素，Y、Z之间形成1个三键，且Z的原子半径比C小，则Z为N元素，由于W原子的最外层电子数比Z多，W可能为S或Cl元素，据此分析解答。 【详解】根据以上分析可知：X是H，Y是C，Z是N，W是S或Cl元素。 A．该有机物中含有碳碳双键，性质活泼，可以使酸性KMnO4溶液褪色，A错误； B．W为S或Cl，Z为N，则元素的电负性N＞S或N＜Cl，B错误； C．Z为N元素，可以形成简单气态氢化物NH3为气态，可以形成液态氢化物N2H4；Y为C元素，可以形成简单气态氢化物CH4，还可以形成以苯等许多的液体烃类，还可以形成固态烃，因此不能比较两种元素形成的氢化物的熔点高低，要指出是否是元素简单的氢化物，C错误； D．Y为C元素，Z为N元素，W为S或Cl元素，它们可以组成各原子均满足8电子稳定结构的可以是(SCN)2或为CSCl2，D正确； 故合理选项是D。 9. 下列关于自然界中氮循环(如图)的说法错误的是 A. ①和②均属于氮的固定 B. 氢、氧元素也参与了自然界中的氮循环 C. ④中每生成1 mol NO，消耗1 mol O2 D. ③和⑤过程中氮元素分别被氧化和还原 【答案】C 【解析】 【详解】A．氮的固定指将N2转化为氮的化合物，反应①将N2转化为NO，属于氮的固定，反应②属于植物固氮，A正确； B．由图示知，氮循环过程中涉及氢、氧元素，B正确； C．反应④是O2将NH3氧化为硝酸根离子，N元素化合价由-3价升高到+5价，失去8个电子，即1 mol氨气生成1mol硝酸根失去电子8 mol，失去的电子被O2得到，根据转移电子关系O2~4e-，知得8 mol电子需要2 mol O2，C错误； D．反应③中NO转化为硝酸根，氮元素化合价由+2升高到+5价，被氧化，反应⑤中硝酸根转化为氮气，氮元素化合价由+5降低到0价，被还原，D正确； 故答案选C。 10. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. pH=12的无色溶液：Na+、K+、、 B. 0.1mol·L-1氨水：Na+、K+、OH-、 C. 5%H2O2溶液：、Na+、、 D. 0.1mol·L-1盐酸：Na+、K+、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．pH=12的溶液呈强碱性，因与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水而不能大量存在，选项A错误； B．0.1mol·L-1氨水中Na+、K+、OH-、及氢氧根离子、铵根离子之间相互不反应，能大量共存，选项B正确； C．5%H2O2溶液具有强氧化性，能将氧化而不能大量共存，选项C错误； D．0.1mol·L-1盐酸中存在大量H+，与反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，选项D错误； 答案选B。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 下列实验能达到目的的是 实验目的 实验操作 A 验证具有漂白性 向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化 B 实验室制备少量胶体 在沸腾的自来水中滴加几滴饱和溶液，继续煮沸至液体为红褐色为止 C 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液 D 证明的氧化性强于 向溶液中加入HI，再加入，下层呈紫红色 A. A B. B C. C D. D 【答案】AC 【解析】 【详解】A．向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，溶液褪色，加热试管，观察溶液颜色又恢复，可以验证二氧化硫的漂白性，A正确； B．在沸腾的蒸馏水中滴加几滴饱和溶液，继续煮沸至液体为红褐色，立即停止加热即可制备氢氧化铁胶体，B错误； C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液，若有白色沉淀则说明钡离子未沉淀完，若无沉淀则说明钡离子完全沉淀，C正确； D．酸性溶液中的硝酸根可氧化碘离子，由操作和现象不能说明三价铁离子和碘单质氧化性的强弱，D错误； 故选AC。 12. 用某软锰矿(主要成分是，还含有、等杂质)制备的流程如下，下列说法错误的是 已知：固体和溶液均为墨绿色 A. “熔融煅烧”时参与反应的化学方程式为 B. “调节pH”可通入足量 C. “滤渣Ⅰ”的成分为和 D. “歧化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，可以用盐酸代替冰醋酸 【答案】CD 【解析】 【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，还含有Al2O3、SiO2等杂质)与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，以此解答该题； 【详解】A．根据题目信息，“熔融煅烧”出来的产物显墨绿色可得K2MnO4，A正确； B．通入CO2可将可溶性铝盐转化为氢氧化铝，将硅酸盐转化为硅酸沉淀，所以B正确； C．根据分析，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，C错误； D．盐酸中氯离子可还原高锰酸根，影响目标产物的产量，D错误； 故答案为：CD。 13. 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为、、、)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示，已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，下列判断错误的是 A. “焙烧”时，转化为的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2 B. “酸浸氧化”时，的作用之一是防止排放到空气中污染环境 C. “酸溶”时，金溶解的离子方程式为 D. 有机层中回收的金属元素是，萃取分液用到的玻璃仪器是漏斗和烧杯 【答案】AD 【解析】 【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。 【详解】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方程式为，反应中氧化剂氧气与还原剂硫化亚铜物质的量之比为2:1，故A错误； B．由分析可知，烧渣酸浸氧化时，铜、氧化铜与氧气、硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，酸浸氧化时通入氧气可防止稀硝酸被还原为一氧化氮，从而保护环境，故B正确； C．由分析可知，滤渣酸溶时，金与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子，反应的离子方程式为，故C正确； D．由分析可知，萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层，萃取分液时需要使用的仪器是分液漏斗和烧杯，故D错误； 故选AD。 14. 已知氯气和空气按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中能生成Cl2O，且反应放热；不含Cl2的Cl2O易与水反应生成HClO；Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2。设计如图装置(部分夹持装置略)制备HClO，每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是 A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ①②④ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【详解】①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水来除去一起挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的比值，并在实验结束后可以将多余的氯气排除进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O是一个放热反应，且Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需防止在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2，导管应该长进短出，错误；⑤经CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确；综上分析可知，①③④错误，故答案为：D。 15. 氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。 下列说法正确的是 A. X可通过加热氯化铵固体制取 B. 从物质类别角度分析，P属于酸性氧化物 C. 将X转化为 Q的过程，属于氮的固定 D. 3.2 g Cu与10 mol·L-1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则 Y 溶液的体积为 15 mL 【答案】BD 【解析】 【分析】根据氮及其化合物的物质类别和化合价可以推断：X是NH3，Y是HNO3，Z是NO2，W是NH3·H2O，P是N2O5，Q是NO。 【详解】A．X是NH3，氯化铵固体受热分解成氨气和氯化氢，但是这两种气体又易化合成氯化铵固体，不能通过加热氯化铵固体制取氨气，A错误； B．P是N2O5，是酸性氧化物，B正确； C．氮的固体是指氮元素由游离态生成化合物，X是NH3、Q是NO，氨气转化为NO不属于氮的固定，C错误； D．Y是HNO3，3.2 g Cu为0.05 mol，生成NO、NO2混合气体1.12L(标准状况)，则气体总物质的量为0.05mol，根据铜元素守恒，反应生成0.05 molCu(NO3)2，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)=0.05mol×2+0.05mol=0.15mol，所以硝酸溶液的体积为0.15mol ÷10mol·L-1=0.015L=15mL，D正确； 选BD。 第Ⅱ卷(共60分) 三、填空题 16. 部分含硫、氮物质的类别与硫元素和氮元素化合价的对应关系如图所示。 回答下列问题： （1）h的电子式为_______。 （2）下列有关a和g的叙述中，能说明N的非金属性比S强的是_______(填序号)。 A.物质a的水溶液为酸性，而物质g的水溶液为碱性 B.物质a在300℃左右分解生成b，而物质g分解生成h的温度高于300℃ C.物质a液化的温度为-60℃，而物质g液化的温度为-34℃ （3）将的物质k的稀溶液倒入物质f的溶液中，会生成物质e，该反应的离子方程式是_______。 （4）(S是＋2价)具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途。将干燥的物质g通入的浓液中，可制得该物质：(已知是硫单质中最稳定的)。 ①上述制备反应中被氧化的元素是_______(填元素符号)，物质g体现的性质有_______。 ②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，该爆炸反应的化学方程式是_______。 【答案】（1） （2）B （3）或或 （4） ①. N、S ②. 还原性、碱性 ③. 【解析】 【分析】根据含硫元素或氮元素的物质的类别和元素化合价，能判断出a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4或硫酸盐，f为H2SO3或亚硫酸盐，g为NH3，h为N2，i为NO，j为NO2或N2O4，k为HNO3或硝酸盐。 【小问1详解】 h为N2，电子式，答案：； 【小问2详解】 A．H2S的水溶液为酸性，而物质NH3的水溶液为碱性，无法判断非金属性强弱，A错误； B．H2S在300℃左右分解生成S，而NH3分解生成N2的温度高于300℃，气态氢化物热稳定性：NH3>H2S，已知气态氢化物越稳定，元素的非金属性越强，可以说明N的非金属性比S强，B正确； C．H2S液化的温度为-60℃，而NH3液化的温度为-34℃，NH3沸点高，是因为氨分子间可形成氢键，无法说明N的非金属性比S强，C错误； 故答案选B。 【小问3详解】 K溶液，则k为HNO3，将HNO3倒入物质f（H2SO3或亚硫酸盐）的溶液中，会生成物质e（H2SO4或硫酸盐），该反应是HNO3氧化H2SO3或或，同时得到NO，离子方程式为或或； 【小问4详解】 ①g为NH3，，该反应中S2Cl2中部分S元素由+1升高到+2，被氧化，部分S元素由+1降低到0，被还原，NH3中部分N元素由-3升高到-2，被氧化，NH3表现还原性，部分NH3生成铵盐，表现碱性，所以该反应中被氧化的元素为N、S，NH3体现的性质是还原性、碱性。答案：N、S；还原性、碱性； ②在常温下较稳定，但撞击或加热时会引起爆炸，生成非常稳定的单质产物，已知是硫单质中最稳定的，所以生成单质为N2和，化学方程式。答案：； 17. 硫、锌及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题： （1）硫元素的三种微粒电子排布式分别为①②③，下列叙述正确的是__________(填标号)。 A. 微粒半径：③>①>② B. 电子排布属于基态的是：①② C. 电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D. 得电子能力：①>② （2）基态S原子核外电子的空间运动状态有__________种，基态原子核外能量不同的电子有__________种。 （3）许多物质的氧化物固态存在多聚体，例如：五氧化二磷实际的分子式是。根据下表，推测固态三氧化硫实际的分子式为__________。 物质 三氧化硫 熔点 613K 289K 182K （4）咪唑()具有平面结构，其中①号N原子能与形成配位键，②号N原子不能形成的原因是__________。 （5）含氧酸的通式可写为，根据含氧酸的结构规律，下列酸中酸性与相近的有__________(填字母)。 A. B. C. D. （6）常用作电池的电极材料，中P的__________杂化轨道与O的2p轨道形成键。属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示，这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为__________(用n代表P原子数)。 【答案】（1）AB （2） ①. 9 ②. 7 （3）或 （4）①号N原子有孤对电子，能形成配位键；②号N的孤对电子参与形成大键，使电子云密度降低，配位能力减弱 （5）C （6） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 A．③[Ne]3s23p34s1电子占用4个电子层，半径最大；①[Ne]3s23p4、②[Ne]3s23p3电子层数相同，[Ne]3s23p3电子数最少，半径最小，所以微粒半径：③>①>②，故A正确；B．①[Ne]3s23p4、②[Ne]3s23p3符合能量最低原理，电子排布属于基态的是①②，故B正确；C．①[Ne]3s23p4为基态S原子，电离一个电子所需最低能量为S的第一电离能；②[Ne]3s23p3为S+，电离一个电子所需最低能量为S的第二电离能；③[Ne]3s23p34s1为激发态S原子，电离一个电子所需最低能量最小；所以电离一个电子所需最低能量②>①>③，故C错误；D．②[Ne]3s23p3为S+，带1个正电荷，得电子能力大于S原子，得电子能力②>①，故D错误；选AB； 【小问2详解】 基态S原子核外电子占用9个原子轨道，空间运动状态有9种；同一能级上的电子能量相同，基态Zn原子核外电子占用1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，能量不同的电子有7种； 【小问3详解】 分子晶体的相对分子质量越大熔点越高，根据三氧化硫的熔点推测，固态三氧化硫实际的分子式为或； 【小问4详解】 ①号N原子有孤对电子，能形成配位键；②号N的孤对电子参与形成大π键，使电子云密度降低，配位能力减弱； 【小问5详解】 可写为，可写为，可写为，可写为，可写为，和的非羟基氧原子数n相同，酸性相近； 【小问6详解】 中价层电子对数为，采取杂化方式，杂化轨道与配位原子只能形成键，故与O原子的2p轨道形成键。由题给焦磷酸根离子、三磷酸根离子的结构式可看出，多磷酸盐中存在结构单元，n个结构单元共用个O原子，则O原子总数为，离子所带电荷数为，故通式为。 18. 新冠肺炎期间，化学消毒剂大显身手。高铁酸钾(，M=198g/mol)是一种高效多功能的绿色消毒剂，广泛应用于生活用水和废水的杀菌、消毒。工业制备高铁酸钾的方法主要有湿法和干法两种。实验室模拟湿法制备高铁酸钾的流程如下： 已知：转化过程发生复分解反应。 回答下列问题： （1）配制上述NaOH溶液，下列操作可能导致溶液浓度偏大的有_______(填序号)。 A．将NaOH放在滤纸上称量 B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移 C．容量瓶洗净之后未干燥 D．定容时俯视刻度线 E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线 （2）NaOH溶液应置于冰水浴中，否则温度升高将发生如下副反应：(未配平) ①若有发生该副反应，转移的电子的数目为_______； ②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6：1，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为_______。 （3）氧化过程中溶液保持碱性。写出反应的离子方程式：_______ （4）产品经干燥后得到纯品99g，则的产率为_______(用百分数表示)。 （5）工业干法制备高铁酸钾的第一步反应为：，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，试解释该反应能发生的原因_______ 【答案】（1）BD （2） ①. 0.5NA ②. 6：1 （3）3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O （4）75% （5） ①. 5：3 ②. 相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小 【解析】 【分析】根据流程图，结合题问可知，氯气与氢氧化钠反应，生成次氯酸钠，次氯酸钠具有强氧化性，会将硝酸铁氧化为高铁酸钠；在溶液中加入稀氢氧化钾，可以除去过量的铁离子；高铁酸钠与浓氢氧化钾发生复分解反应，生成高铁酸钾；再经过系列操作，可以得到产品。 【小问1详解】 A．将NaOH放在滤纸上称量，NaOH吸收空气的水蒸气而导致称量的固体质量偏小，配制浓度偏低，A项不选； B．NaOH在烧杯中溶解后，未经冷却就立即转移，导致容量瓶内液体温度较高，加入水量偏小，配制浓度偏高，B项选； C．容量瓶洗净之后未干燥，对浓度无影响，C项不选； D．定容时俯视刻度线，使溶液的体积偏低，所配溶液浓度偏高，D项选； E．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，使溶液的体积增大，所配溶液浓度偏低，E项不选； 综上，符合题意的为BD，故答案为：BD； 【小问2详解】 Cl元素发生歧化反应，从0降为-1、从0升至+5，则NaCl前配5，NaClO3前配3，Cl2前配3，结合原子守恒配平方程式：， ①3mol Cl2~5mole-，若有发生该反应，则通过副反应转移的电子的数目为0.5NA，故答案为：0.5NA； ②若反应后溶液中NaCl和的物质的量之比为6∶1，则1molNaCl由主反应生成，主反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则生成NaClO是1mol，则生成NaCl和NaClO的物质的量之比为6∶1，故答案为：6∶1； 【小问3详解】 中Fe元素为+6价，氧化过程Fe元素化合价升高，由+3价升高到+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低到-1价，被还原，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O； 【小问4详解】 标况下22.4L Cl2的物质的量为1mol，NaOH的物质的量为n=cV=4×0.5mol=2mol，反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可知恰好反应生成1mol NaClO，结合离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，可知生成2/3mol，理论上质量为m=nM=2/3mol×198g/mol=132g，产率为99g/132g×100%=75%，故答案为：75%； 【小问5详解】 对于反应，该反应中H2O2的-1价O元素降至-2价，也有升至0价，Fe元素元素从+2升至+6价，该反应中的氧化剂是Na2O2，还原剂是Na2O2和FeSO4，氧化剂是和还原剂的物质的量之比为5：3；第二步反应为：Na2FeO4+2KCl=K2FeO4+2NaCl，是因为：相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小，故答案为：5：3；相同温度下，反应体系中高铁酸钾溶解度较小。 【点睛】本题重点在于解析流程图的每个过程，解析时，要充分利用已知信息，当图示推导模糊时，要充分结合题问，做到准确定位。 19. 某课题组对含钴高炉渣(主要成分有、、、、、)资源化综合处理的流程如下： 回答下列问题： （1）“研磨”的目的为_______；物质是_______(填化学式)。 （2）参与“酸浸”的化学方程式为_______。滤渣Ⅰ的主要成分是_______(填化学式)。 （3）“中和沉淀”中，生成高效净水剂黄钠铁矾[]存在于滤渣Ⅱ中。该过程的离子方程式为_______。在实验室中，向固体中加入等体积的溶液和_______溶液，使其恰好完全反应，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到黄钠铁矾。 （4）滤液③中的铝元素恰好完全转化为沉淀的为_______。{通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全；；} （5）经充分焙烧质量减少，则获得的质量为_______t。 【答案】（1） ①. 减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率 ②. （2） ①. ②. 、 （3） ①. ②. 0.75 （4）8.38 （5）2.41 【解析】 【分析】高炉渣经研磨磁选，得到磁性氧化物；加入硫酸后、、、转化为相应的盐，还原为，滤渣Ⅰ主要为和；加入，促进和水解，生成和沉淀，滤渣Ⅱ主要为和，加入过量NaOH，转化为，滤液③溶质含，通入得到；滤液②中含，加入草酸铵得到； 【小问1详解】 研磨使颗粒物减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率；具有磁性，磁选时被分离出来，故填减小炉渣粒径，增大接触面积，加快反应速率，提高炉渣利用率、； 【小问2详解】 在酸性条件下与反应的化学方程式为，加入硫酸后不反应，与硫酸生成，故填、、； 【小问3详解】 根据题意，加入碳酸氢钠，生成高效净水剂黄钠铁矾[]的反应为；根据反应方程式，设体积为1L，则1L溶液含的物质的量为，恰好反应消耗物质的量为，浓度为，故填，0.75； 【小问4详解】 根据反应，，当时恰好沉淀，则，pH=8.38，故填8.38； 【小问5详解】 焙烧时发生反应，质量减少2t，设生成的质量为xt，则 可得，解得，故填2.41。 20. 氮化钙(Ca3N2)是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如图装置用Ca与N2反应制备Ca3N2，并对Ca3N2纯度进行测定。回答下列问题： I. Ca3N2的制备 （1）仪器a的名称为____，E装置的主要作用是____。 （2）实验开始时应首先点燃____(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到____时点燃另一处酒精灯。 Ⅱ. Ca3N2纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体) （3）方案一：①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④____；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2。则产品中Ca3N2的质量分数表达式为____。 （4）方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)。从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.80mL NaOH溶液。则产品中Ca3N2的质量分数为____。若两个方案均操作无误，比较两方案测定的质量分数，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。 【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应) （2） ①. A ②. E装置中有均匀的气泡产生 （3） ①. 关闭K1，打开K2 ②. 打开K1，通一段时间的N2 ③. ×100% （4） ①. 88.8% ②. 偏低 【解析】 【分析】I．根据实验目的实验室利用Ca与N2反应制备Ca3N2，A装置为N2的发生装置，B为除去N2中混有的水蒸气，C为氮气与Ca反应生成氮化钙的反应装置，D防止E中的水蒸气进入C中，E防止外界空气中O2进入到C中，防止O2与Ca及氮化钙发生反应； Ⅱ．目的测定Ca3N2纯度，利用Ca3N2与水反应生成氢氧化钙和氨气，利用浓硫酸来吸收氨气，通过测定硫酸的量，方案1根据硫酸的增重得知氨的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度；方案2利用过量的硫酸和氨先反应，再与氢氧化钠反应，间接的求出氨的物质的量，从而可知知道Ca3N2的质量，从而可知Ca3N2纯度，但是如何尽可能将氨吸收完全，是此题中关键，以此来解析。 【小问1详解】 仪器a的名称为蒸馏烧瓶，E装置作用液封(或隔绝空气中的氧气进入硬质玻璃管与Ca和Ca3N2反应)； 【小问2详解】 实验开始时应首先点燃A处酒精灯，当观察到E装置中气泡均匀时点燃另一处酒精灯； 【小问3详解】 ①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂，②测定虚线框内装置及试剂的质量m1，③关闭开关K1，打开开关K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体，④打开开关K1，通入足量的N2把产生的气体全部压入浓硫酸，⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=×100%； 【小问4详解】 根据反应2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4则与氢氧化钠反应的硫酸的物质的量为×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根据2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反应产生氮化钙与水反应产生的氨气的物质的量为：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根据Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，产品中Ca3N2的质量分数×100%=88.8%； 若两个方案均操作无误，一个用氮气将氨排到后面装置，一个利用水蒸气排氨气，氮气不能将溶解在水中的氨气排除去，故得到氨气相对少一些，故方案一偏低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $