江苏省盐城市亭湖区南洋中学高三化学9月段考试题（含解析）苏教版.doc

江苏省盐城市亭湖区南洋中学2015届高三化学9月段考试题（含解析）苏教版一、选择题：1下列叙述正确的是（）a因为na2co3+sio2na2sio3+co2，所以硅酸的酸性比碳酸强b碳和硅都是a族的元素，所以二氧化碳和二氧化硅的物理性质相似c二氧化硅既溶于氢氧化钠溶液又溶于氢氟酸，所以二氧化硅是两性氧化物d二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，但二氧化硅不能和水反应生成硅酸分析：a常温下，强酸能够制取弱酸，据此判断酸性强弱；b二氧化碳与二氧化硅属于不同的晶体类型；c两性氧化物是指与酸和碱都能够发生反应，且生成物均为盐和水；d二氧化硅和二氧化碳都能够与碱反应生成盐和水，但是二氧化硅难溶于水解答：解：a高温下，二氧化硅能和碳酸钠反应，不能说明碳酸酸性小于硅酸，要根据常温下，强酸制取弱酸判断，故a错误；b二氧化碳与二氧化硅属于不同的晶体类型，所以二氧化碳与二氧化硅物理性质相差很大，故b错误；c二氧化硅与氢氟酸反应生成氟化硅和水，氟化硅不属于盐，二氧化硅不属于两性氧化物，故c错误；d二氧化硅和二氧化碳都能够与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但是二氧化硅难溶于水，不能与水反应生成对应酸，故d正确；故选：d点评：本题考查了硅及其化合物的性质，侧重对基础知识的考查，明确二氧化硅的性质是解题关键，注意酸性氧化物、两性氧化物的概念及判断，题目难度不大2下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是（）硅是构成一些岩石和矿物的基本元素水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料abcd分析：根据水晶是二氧化硅，不是硅酸盐，排除a和b；再根据光导纤维的主要成分是二氧化硅可排除d，然后快速选出答案解答：解：几乎所有的岩石和矿物都含有硅酸盐或者二氧化硅，则硅是构成一些岩石和矿物的基本元素，故正确；水泥、玻璃是硅酸盐产品，水晶的主要成分是二氧化硅，故错误；光导纤维的主要成分是二氧化硅，故错误；陶瓷的主要原料是黏土，则陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料，故正确；故选：c点评：该题考查硅及硅的化合物，只要在平时的学习过程中善于积累，并能轻松解决，完成该题，可以使用淘汰法快速完成3制水泥和陶瓷时都需要用的原料是（）a粘土b石英c石灰石d纯碱考点：水泥的主要化学成分、生产原料及其用途；陶瓷的主要化学成分、生产原料及其用途专题：碳族元素分析：粘土具有独特的可塑性与结合性，即成型性能与烧成性能，是制水泥和陶瓷时都需要用的原料，据此分析解答解答：解：生产水泥以粘土和石灰石为主要原料，经研磨、混合后在水泥回转窑中煅烧，再加入适量石膏，并研成细粉就得到普通水泥；陶瓷的原料是粘土，经过混合、成型、干燥、烧结而成，所以制水泥和陶瓷时都需要用的原料是粘土，故选a点评：本题主要考查了硅酸盐工业的有关知识，掌握制水泥和陶瓷的有关原理是解答本题的关键，题目较简单4常温下，下列不发生反应的一组物质是（）硅与naoh溶液 硅与盐酸 硅与氢氟酸二氧化硅与碳酸钠二氧化硅与naoh溶液 二氧化硅与浓硝酸abcd考点：硅和二氧化硅专题：碳族元素分析：硅、二氧化硅在常温下能和强碱溶液、氟气、hf反应，据此分析解答解答：解：si+2naoh+h2o=na2sio3+2h2，所以能反应，故错误； 硅与盐酸不反应，故正确； si+4hf=sif4+2h2，所以能反应，故错误；na2co3+sio2nasio3+co2，常温下二者不反应，故正确；sio2+2naoh=na2sio3+h2o，常温下二者能反应，故错误； 二氧化硅与浓硝酸不反应，故正确；故选d点评：本题考查了硅及二氧化硅的性质，硅不活泼，但硅属于亲氧元素，二者都和强酸不反应，但能和hf反应，题目难度不大5有关氨的说法正确的是（）anh3是4核7电子分子，具有还原性bnh3极易溶于水，可做喷泉实验，氨气易液化，液氨可用作制冷剂c氨气是非电解质，nh3h2o是电解质d蘸有浓盐酸的玻璃棒遇氨气产生的白烟为小冰晶考点：氨的化学性质专题：氮族元素分析：anh3含有10个电子；b依据氢键对氨气的物理性质的影响解答；c依据电解质和非电解质概念判断；d浓盐酸与易挥发，能与氨气反应生成氯化铵固体解答：解：anh3含有10个电子，故a错误；bnh3分子间含有氢键分子间作用力强，易液化；氨气分子与水分子容易形成氢键，所以氨气及易溶于水，故b正确；c氨气本身不能电离产生自由移动离子，是化合物，属于非电解质；一水合氨在水溶液中能够电离产生氨根离子和氢氧根离子，是化合物，属于电解质，故c正确；d浓盐酸与易挥发，能与氨气反应生成氯化铵固体，所以产生大量白烟，故d错误；故选：bc点评：本题考查了氨气的性质，题目难度不大，熟悉氨气的物理性质和化学性质是解题关键，注意氢键对氨气物理性质的影响6已知nh3难溶于ccl4，如图所示，下列装置中，不宜用于吸收氨气的是（）abcd考点：尾气处理装置；氨的化学性质专题：化学实验基本操作分析：氨气极易溶于水，直接用水吸收，能够发生倒吸现象，所以吸收氨气时所选装置必须具有防止倒吸的作用，a中用倒扣的漏斗、c中四氯化碳、d中干燥管都可以起到防止倒吸的现象解答：解：a倒扣的漏斗使nh3充分吸收同时防止倒吸现象的发生，故a错误；b由于nh3易溶于水，可发生倒吸现象，导管不能插入液面以下，故b正确；c由于nh3难溶于ccl4，nh3与ccl4接触不易发生倒吸现象，能够用于吸收氨气，故c错误；d由于干燥管的上部大，能够防止倒吸现象的发生，故d错误；故选b点评：本题考查了氨气的吸收装置，题目难度不大，注意易溶于水的气体，在尾气吸收时必须防止倒吸，要求学生掌握常见气体尾气处理方法，试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力7能正确表示下列反应的离子方程式是（）a向fe（no3）2稀溶液中加入盐酸：3fe2+4h+no33fe3+no+2h2ob铜片与浓hno3：cu+no3+4h+cu2+no+2h2oc碳酸氢铵溶液与足量的naoh溶液混合加热：nh4+ohnh3+h2odalcl3溶液中滴加足量氨水：al3+4nh3h2oalo2+4nh4+2h2o考点：离子方程式的书写专题：离子反应专题分析：a亚铁离子在酸性条件下被硝酸根离子氧化；bcu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水；c漏写碳酸氢根离子与碱的反应；dalcl3溶液中滴加足量氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵解答：解：a向fe（no3）2稀溶液中加入盐酸的离子反应为3fe2+4h+no33fe3+no+2h2o，故a正确；b铜片与浓hno3反应的离子反应为cu+2no3+4h+cu2+2no2+2h2o，故b错误；c碳酸氢铵溶液与足量的naoh溶液混合加热的离子反应为hco3+nh4+2ohnh3+2h2o+co32，故c错误；dalcl3溶液中滴加足量氨水的离子反应为al3+3nh3h2oal（oh）3+3nh4+，故d错误；故选a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及离子反应方程式的书写方法即可解答，题目难度不大，a、c为解答的难点8将盛有12mlno2和o2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2ml无色气体，则原混合气体中o2的体积是（）1.2ml2.4ml3.6ml4mlabcd考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：可能发生的反应为：4no2+o2+2h2o=4hno3，3no2+h2o=2hno3+no，试管中o2和no2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12ml=4ml，实际是结果剩余4ml气体，小于4ml，则说明剩余气体为no或氧气，若为氧气，根据4no2+o2+2h2o=4hno3，求出参加此反应的o2，最后相加得到原来的氧气；若为no，先根据3no2+h2o=2hno3+2no求出过量的no2，然后根据4no2+o2+2h2o=4hno3求出参加此反应的no2，据此解答解答：解：可能发生的反应为：4no2+o2+2h2o=4hno3，3no2+h2o=2hno3+no，试管中o2和no2气体按体积比1：4混合全部溶解，液体充满试管，假定全部为二氧化氮，剩余气体体积为12ml=4ml，实际是结果剩余4ml气体，小于4ml，则说明剩余气体为no或氧气，若为氧气，则参加反应的气体为12ml2ml=10ml，根据4no2+o2+2h2o=4hno3，可知参加此反应的no2的体积为10ml=8ml，参加反应的o2的体积为10ml8ml=2ml，原混合气体中o2的体积为2ml+2ml=4ml；若剩余气体为no气体，根据3no2+h2o=2hno3+no，可知过量的no2为32ml=6ml，反应4no2+o2+2h2o=4hno3消耗的气体总体积为12ml6ml=6ml，则反应消耗的氧气为6ml=1.2ml，故选d点评：本题考查了氮氧化物的性质、混合物有关计算，难度中等，关键是分析剩余气体的成分91.92g铜和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断减少，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当cu全部反应时，共收集到标准状况下气体1.12l，则反应中消耗hno3的物质的量是（）a0.12 molb0.1 molc0.11 mold0.2 mol考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，当硝酸浓度变稀，反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，n（cu）=0.03mol，与硝酸反应生成cu（no3）2、no和no2，根据n元素守恒计算解答：解：n（cu）=0.03mol，和一定量的浓硝酸反应，随着铜的不断减少，反应生成的气体颜色逐渐变浅，与硝酸反应生成cu（no3）2、no和no2，根据原子守恒得生成硝酸铜需要的n（hno3）=2ncu（no3）2=2n（cu）=20.03mol=0.06mol，气体为氮氧化物，气体的物质的量=n（no）+n（no2）=0.05mol，根据n元素守恒可知共消耗硝酸的物质的量为：0.06mol+0.05mol=0.11mol，故选c点评：本题考查了物质的量的有关计算，根据氮原子守恒来分析解答即可，题目难度不大，注意硝酸的性质，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮和水，当硝酸浓度变稀，反应生成硝酸铜、一氧化氮和水10足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入5moll1 naoh溶液至cu2+恰好完全沉淀，则消耗naoh溶液的体积是（）a60 mlb45 mlc30 mld15 ml考点：化学方程式的有关计算专题：计算题分析：no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸cu失去的电子都被o2得到了，根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出 cu（no3）2，再根据 cu（no3）2与naoh 反应的关系，求出naoh 的物质的量，最终求出naoh溶液的体积解答：解：no2、n2o4、no的混合气体，这些气体与1.68l o2（标准状况）混合后通入水中，完全生成hno3，则整个过程中hno3 反应前后没有变化，即cu失去的电子都被o2得到了，根据得失电子守恒：n（cu）2=n（o2）4n（cu）2=mol4 解得：n（cu）=0.15mol 所以 cu（no3）2 为0.15mol，根据 cu2+2oh 0.15mol n（oh） 则naoh 为 0.15mol2=0.3 mol，则naoh 体积v=0.06l，即60ml，故选：a点评：本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则化繁为简，平时需注意守恒思想的应用11某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为no气体）下列分析或结果错误的是（）a原混合酸中no物质的量为0.1 molboa段产生的是no，ab段的反应为fe+2fe3+3fe2+，bc段产生氢气c第二份溶液中最终溶质为feso4dh2so4浓度为1.25 moll1考点：化学方程式的有关计算；有关混合物反应的计算专题：计算题分析：由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2；aoa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；b铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；c铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；d加入fe粉14gl时，完全反应，此时溶液中溶质为feso4，根据守恒可知n（feso4）=n（h2so4），进而确定硫酸的浓度；解答：解：aoa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，硝酸全部起氧化剂作用，每份溶液中n（no3）=n（fe），所以原混合酸中n（no3）=n（hno3）=2n（fe）=2=0.2mol，故a错误；b由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：fe+no3+4h+=fe3+no+2h2o，ab段发生反应为：fe+2fe3+=3fe2+，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+h2，故b正确；c硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为feso4，故c正确；d加入fe粉14g时，完全反应，此时溶液中溶质为feso4，反应消耗铁的物质的量=0.25mol，根据守恒可知n（h2so4）=n（feso4）=n（fe）=0.25mol，所以硫酸的浓度是=2.5mol/l，故d错误；故选：ad点评：本题以化学反应图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算，难度较大，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用为易错点二、解答题（共6小题，满分0分）12如图中各物质均由常见元素（原子序数20）组成已知a、b、k为单质，且在常温下a和k为气体，b为固体d为常见的无色液体i是一种常用的化肥，在其水溶液中滴加agno3溶液有不溶于稀hno3的白色沉淀产生j是一种实验室常用的干燥剂它们的相互转化关系如图所示（图中反应条件未列出）请回答下列问题：（1）i的化学式为nh4cl；j的电子式为（2）反应的化学方程式为ca3n2+6h2o3ca（oh）2+2nh3（3）f的水溶液与氯气反应的离子方程式cl2+2ohclo+cl+h2o考点：无机物的推断专题：推断题分析：d为常见的无色液体，可考虑是h2o，由于b为固体单质，能和水发生反应生成气体单质k，可知b为活泼金属，k为h2i是一种常用的化肥，在其水溶液中滴加agno3，有不溶于稀hno3的白色沉淀产生，说明i中含有氯离子，可考虑是nh4cl，由此可说明e可能为nh3或hcl，若e为hcl，则a为cl2，则cl2和金属b反应后生成物的金属氯化物不会和水发生反应，可知e不是hcl，e应为nh3，h为hcl，则a为n2考虑到h和f反应生成j和水，说明该反应是中和反应，f是碱，j是氯化物，而题中描述j是一种实验室常用的干燥剂，因此可考虑是cacl2，由此可推知金属b为钙，钙和氮气反应后的产物氮化钙的性质类似于氮化镁，能在水中发生强烈的水解生成氢氧化钙和氨气，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题解答：解：d为常见的无色液体，可考虑是h2o，由于b为固体单质，能和水发生反应生成气体单质k，可知b为活泼金属，k为h2i是一种常用的化肥，在其水溶液中滴加agno3，有不溶于稀hno3的白色沉淀产生，说明i中含有氯离子，可考虑是nh4cl，由此可说明e可能为nh3或hcl，若e为hcl，则a为cl2，则cl2和金属b反应后生成物的金属氯化物不会和水发生反应，可知e不是hcl，e应为nh3，h为hcl，则a为n2考虑到h和f反应生成j和水，说明该反应是中和反应，f是碱，j是氯化物，而题中描述j是一种实验室常用的干燥剂，因此可考虑是cacl2，由此可推知金属b为钙，钙和氮气反应后的产物氮化钙的性质类似于氮化镁，能在水中发生强烈的水解生成氢氧化钙和氨气，（1）由以上分析可知i为nh4cl，j为cacl2，电子式为，故答案为：nh4cl；（2）反应为氮化钙与水的反应，方程式为ca3n2+6h2o3ca（oh）2+2nh3，故答案为：ca3n2+6h2o3ca（oh）2+2nh3；（3）f是碱，f的水溶液与氯气反应的离子方程式为cl2+2ohclo+cl+h2o，故答案为：cl2+2ohclo+cl+h2o点评：本题考查无机物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，解答该类题目，关键是把握物质的性质，找出推断的突破口，本题突破口在于d、b，难度中等13晶体硅是一种重要的非金属材料制备纯硅的主要步骤如下：高温下用碳还原二氧化硅制得粗硅 粗硅与干燥hcl气体反应制sihcl3：si+3hclsihcl3+h2sihcl3与过量h2在10001100反应制得纯硅已知sihcl3能与h2o强烈反应，在空气中易自燃请回答下列问题：（1）第步制备粗硅的化学反应方程式为sio2+2csi+2co（2）粗硅与hcl反应完全后，经冷凝得到的sihcl3（沸点33.0）中含有少量sicl4（沸点57.6）和hcl（沸点84.7），提纯sihcl3采用的方法为：分馏（3）用sihcl3与过量h2反应制备纯硅的装置如下（热源及夹持装置略去）：装置b中的试剂是浓硫酸，装置c中的烧瓶需要加热，其目的是：使滴入烧瓶中的sihcl3气化反应一段时间后，装置d中观察到的现象是英管的内壁附有灰黑色晶体，装置d不能采用普通玻璃管的原因是高温下，普通玻璃会软化，装置d中发生反应的化学方程式为sihcl3+h2si+3hcl为保证制备纯硅实验的成功，操作的关键是检查实验装置的气密性，控制好反应温度以及先通一段时间h2，将装置中的空气排尽为鉴定产品硅中是否含微量铁单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试剂（填写字母代号）是bda碘水b氯水cnaoh溶液dkscn溶液ena2so3溶液考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：（1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳；（2）根据题中数据，采用分馏方法提纯sihcl3；（3）生成的氢气含有水蒸气，用浓h2so4干燥；加热促使sihcl3气化；sihcl3和氢气反应有硅单质生成，根据硅的颜色判断d装置中的颜色变化；反应温度较高，普通玻璃会软化；sihcl3和h2反应生成硅和氯化氢；氢气是可燃性气体，易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间h2，将装置中的空气排尽；取少量产品于试管中加盐酸溶解，再滴加氯水和kscn（aq），若出现红色说明含fe，若不出现红色说明不含fe解答：解：（1）高温下，碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，反应方程式为：sio2+2csi+2co，故答案为：sio2+2csi+2co； （2）sihcl3（沸点33.0）中含有少量sicl4（沸点57.6）和hcl（沸点84.7），由于沸点差别较大，可以通过分馏除去杂质，故答案为：分馏；（3）锌和稀硫酸的反应是放热反应，所以生成的氢气含有水蒸气，为干燥氢气，一般选用浓h2so4干燥；气体的反应速率较大，所以加热的目的是使sihcl3气化，故答案为：浓硫酸；使滴入烧瓶中的sihcl3气化；高温下，sihcl3和氢气反应生成硅单质，硅单质是灰黑色固体，所以d装置中的现象是：石英管的内壁附有灰黑色晶体；由于高温下，普通玻璃会软化，所以使用石英玻璃；反应方程式为：sihcl3+h2si+3hcl，故答案为：石英管的内壁附有灰黑色晶体；高温下，普通玻璃会软化；sihcl3+h2si+3hcl；氢气是可燃性气体，当氢气的量达到一定时易产生爆炸，为防止安全事故的发生，所以先通一段时间h2，将装置中的空气排尽，故答案为：先通一段时间h2，将装置中的空气排尽；铁能和酸反应生成亚铁离子，亚铁离子有还原性，亚铁离子能被氯水氧化生成铁离子，铁离子遇硫氰化钾溶液变红色，所以可以用氯水和硫氰化钾溶液检验铁的存在，故选bd点评：本题考查了实验方案设计的有关知识，铁离子和亚铁离子的检验在高考题中出现，这种类型的题是高考的热点，是学习的重点，会根据实验目的和物质的性质选取实验装置和实验药品，然后进行相应的实验14（2013海淀区二模）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：3sih4+4nh3si3n4+12h2（1）以硅化镁为原料制备硅烷的反应和工业流程如下：反应原理：4nh4cl+mg2si 4nh3+sih4+2mgcl2（h0）nh4cl的化学键类型有极性键（或共价键）、离子键，sih4电子式为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）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（mg2si3o8nh2o）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mgsi3o8nh2o+4hcl2mgcl2+3sio2+（n+2）h2o将0.184g三硅酸镁加到50ml 0.1mol/l盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，以甲基橙为指示剂，用0.1mol/l naoh溶液滴定剩余的盐酸，消耗naoh溶液30ml，则mg2si3o8nh2o的n值为6（注：mg2si3o8的摩尔质量为260g/mol）考点：复杂化学式的确定；制备实验方案的设计专题：计算题分析：（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；根据液氨的性质：易液化来回答；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）根据书写化学方程式的步骤：写配注等，正确书写方程式即可，根据化学方程式进行计算解答：解：（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；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）；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）的化学方程式为：mgsi3o8nh2o+4hcl2mgcl2+3sio2+（n+2）h2o，根据化学方程式，设0.184gmgsi3o8nh2o的物质的量是x，得 mgsi3o8nh2o+4hcl2mgcl2+3sio2+（n+2）h2o 1 4 x 0.050l0.1mol/l0.030l0.1mol/l=，解得x=0.0005mol，所以mgsi3o8nh2o的摩尔质量是=368g/mol，mg2si3o8的摩尔质量为260g/mol，所以18n=108，即n=6故答案为：mgsi3o8nh2o+4hcl2mgcl2+3sio2+（n+2）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15某化学课外活动小组在实验室设计了如图所示的实验装置，进行“氨的催化氧化”实验（1）a处是气体发生装置，a中所用的试剂只能从下列物质中选取：硝酸铵；碳酸铵；碳酸氢铵；氯化铵；熟石灰；氢氧化钠若a中制取气体时只用了一种药品，则该药品可以是或（填选项编号），在只用一种药品制取氨气时，图中空白处所需仪器应为efgh（选填下列仪器编号，固定装置省略）（2）该装置补充完整后，仍然存在一定的缺陷，试从安全与环保的角度来考虑，对该装置进行改进：在装置c与d之间增加一个防倒吸装置；在d后增加一个尾气吸收装置（3）按照改进后的装置进行实验，请完成以下问题：装置b的作用是吸收co2和水蒸气，并生成o2；写出c中发生反应的化学方程式：4nh3+5o24no+6h2o；若a、b处试剂足量，则装置d中可以观察到的实验现象有铜片逐渐减少直至溶解，溶液变蓝色，生成无色气体并在广口瓶上方变成红棕色考点：氨的制取和性质专题：实验设计题分析：（1）铵盐受热分解产生氨气，过氧化钠可以吸收二氧化碳，根据药品的状态和反应条件选择合适的装置；（2）氨气极易溶于水，实验会倒吸，氨气有毒，需要尾气处理；（3）过氧化钠吸收co2和水蒸气发生反应，并生成o2；氨气的催化氧化是工业上生产硝酸获得一氧化氮的重要反应；金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，一氧化氮很易被氧气氧化为二氧化氮解答：解：（1）铵盐受热分解产生氨气，过氧化钠在此装置中可以吸收二氧化碳和水，所以制取氨气的药品可以用nh4hco3或（nh4）2co3，药品均为固体，选择的装置符合加热固体制气体，故答案为：nh4hco3或（nh4）2co3；efgh；（2）氨气极易溶于水，实验会倒吸，在装置c与d之间增加一个防倒吸装置，氨气有毒，需要尾气处理，要在d后增加一个尾气吸收装置，故答案为：在装置c与d之间增加一个防倒吸装置；在d后增加一个尾气吸收装置；（3）过氧化钠的作用是用来吸收铵盐分解产生的co2和水蒸气并发生反应，生成氨的催化氧化所需要的o2，故答案为：吸收co2和水蒸气，并生成o2；氨气的催化氧化方程式为：4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：4nh3+5o24no+6h2o；氨气的催化氧化反应得到的一氧化氮迅速被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水形成硝酸，金属铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，一氧化氮很易被氧气氧化为二氧化氮而呈现红棕色，故答案为：铜片逐渐减少直至溶解，溶液变蓝色，生成无色气体并在广口瓶上方变成红棕色点评：本题是一道综合知识题目，主要考查的是氨气的制取以及氨气的性质，考查的角度很广，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力16某校化学研究性学习小组的同学在学习了氨气的性质后讨论，既然氨气具有还原性，能否与h2还原cuo一样呢？他们设计实验制取氨气并探究上述问题请你参与该小组的活动并完成下列实验：（1）实验室常用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体混合物的方法来制取氨气（2）实验室还可在氢氧化钠固体或生石灰或碱石灰（填一种试剂）中滴加浓氨水的方法快速制取少量氨气该小组成员设计实验探究氨气的还原性及其产物，实验装置（夹持及尾气处理装置未画出）如图（3）该装置在设计上有一定的缺陷，为确保实验结果的准确性，你对该装置的改进措施是在装置a和b之间增加装有碱石灰的干燥管（4）利用改进后的装置进行实验，观察到cuo变为红色物质，无水cuso4变蓝，同时生成一种无污染的气体（5）有同学认为：nh3与cuo反应生成的红色物质中可能含有cu2o已知cu2o是红色粉末，是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，cu+能自身发生氧化还原反应生成cu2+和cu请你设计一个简单的实验检验该红色物质中是否含有cu2o：取少量样品，加入稀h2so4，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有cu2o，反之，则没有（6）在解决了问题（5）后，又有同学提出：cu2o与cuo的热稳定性哪个更强？于是他们又进行了如下实验：取98g cu（oh）2固体，加热到80时，得到黑色固体粉末，继续加热到1 000以上，黑色粉末全部变成红色粉末a冷却后称量，a的质量为72g据此可推得a为cu2o，由此得到的结论是cu2o的热稳定性比cuo的强考点：氨的制取和性质专题：实验设计题分析：（1）用浓氨水与naoh固体或生石灰或碱石灰等混合可以迅速制备少量氨气；（3）氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和cuo反应前应先干燥；（5）根据cu2o在酸性条件下不稳定的性质分析；（6）根据颜色变化判断在不同温度下的产物，进而判断稳定性解答：解：（1）用浓氨水与naoh固体或生石灰或碱石灰等混合可以迅速制备少量氨气，故答案为：naoh固体或生石灰或碱石灰等；（3）氯化铵和消石灰反应生成氨气和水，氨气和cuo反应前应先干燥，故答案为：在装置a与b之间增加装有碱石灰的干燥管；（5）由题中信息可知，cu2o是一种碱性氧化物，在酸性溶液中，cu+的稳定性比cu2+差（2cu+=cu+cu2+），则将cu2o加入硫酸中发生：cu2o+h2so4=cuso4+cu+h2o，可观察到溶液出现蓝色，说明红色物质中含有cu2o，反之则没有，故答案为：取少许样品，加入稀硫酸，若溶液出现蓝色，说明红色物质中含有cu2o，反之则没有（6）取98g cu（oh）2固体，即n（ cu（oh）2）=1mol，加热至80100时，得到黑色固体粉末，该黑色粉末为cuo，继续加热到1000以上，黑色粉末全部变为红色粉末a，则a为cu2o，根据反应2cu（oh）2cu2o+2h2o计算可得m（cu2o）=n（cu2o）m（cu2o）=0.5mol144g/mol=72g，说明红色粉末为cu2o，且cu2o比cuo稳定，故答案为：