2022屆湖北省荊、荊、襄、宜四地七校考試聯(lián)盟高二下學期期中聯(lián)考化學試題（含解析）

2022年春“荊、荊、襄、宜四地七?？荚嚶?lián)盟”高二期中聯(lián)考化學試題可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Ca-40第I卷(共45分)一、選擇題(本題包括15小題，共45分。每小題只有一個選項符合題意)1.化學與生產生活密切相關，下列說法中錯誤的是A.冬奧會吉祥物“冰墩墩”以聚氯乙烯為原材料，聚氯乙烯為有機高分子材料B.抗擊新冠病毒過程中用到的“84消毒液”，與潔廁靈混用可增強消毒效果C.我國科學家在國際上首次實現(xiàn)二氧化碳到淀粉的全合成，全合成的第一步為吸熱反應，則反應物的總鍵能高于生成物的總鍵能D.推廣電動汽車和開展植樹造林有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”【答案】B【解析】【詳解】A．聚氯乙烯屬于有機高分子材料，故A正確；B．“84”消毒液與潔廁靈混合后會發(fā)生歸中反應ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O，產生有毒的氯氣，并且消毒能力降低，故B錯誤；C．吸熱反應焓變?yōu)檎?，焓?反應物總鍵能-生成物的總鍵能>0，則反應物的總鍵能高于生成物的總鍵能，故C正確；D．推廣電動汽車，可以減少化石燃料的使用，植樹造林過程中吸收二氧化碳，有利于碳達峰和碳中和，故D正確；

故選：B。2.下列化學用語表達正確的是A.Na的原子結構示意圖：B.基態(tài)碳原子電子排布圖：C.乙烷的空間填充模型：D.H2O分子的電子式：【答案】D【解析】【詳解】A.Na的核電荷數(shù)為11，核外有11個電子，原子結構示意圖為：,故A錯誤；B.根據(jù)洪特規(guī)則，基態(tài)碳原子的電子排布圖為：，故B錯誤；C.屬于乙烷的球棍模型，故C錯誤；D.H2O為共價化合物，氧原子和每個氫原子各共用一對電子，其分子的電子式為：，故D正確；故答案：D。3.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.1L0.5mol·L-1H2SO3溶液中H+數(shù)目為NAB.1mol乙醇(CH3CH2OH)中sp3雜化的原子數(shù)目為2NAC.14g由C3H6與C4H8組成的混合物中原子總數(shù)為3NAD.已知常溫下醋酸銨溶液顯中性，則1L2mol·L-1該溶液中NH數(shù)目為2NA【答案】C【解析】【詳解】A．H2SO3是弱酸不能完全電離，1L0.5mol·L-1H2SO3溶液中H+數(shù)目小于NA，A項錯誤；B．乙醇(CH3CH2OH)中sp3雜化的原子有C和O，則1mol乙醇(CH3CH2OH)中sp3雜化的原子數(shù)目為3NA，B項錯誤；C．C3H6與C4H8的最簡式為CH2，故14g由C3H6與C4H8組成的混合物，可以看成是14g的CH2，n(CH2)=，n(原子)=3mol，原子總數(shù)為3NA，C項正確；D．醋酸銨溶液顯中性只能說明NH與CH3COO-水解能力相同，由于NH會水解，則1L2mol·L-1該溶液中NH數(shù)目小于2NA，D項錯誤；答案選C。4.某有機物的結構(鍵線式)及分子結構模型如圖：下列關于該有機物的敘述錯誤的是A.該有機物屬于芳香族化合物B.該有機物所含官能團種類為3種C.鍵線式中的Et代表的基團為—CH2CH3D.核磁共振氫譜、紅外光譜都可用于分析該有機物結構【答案】A【解析】【詳解】A．該有機物中不含苯環(huán)，則不屬于芳香族化合物，故A錯誤；B．該有機物中含、、三種官能團，故B正確；C．由結構及球棍模型可知，代表，故C正確；D．核磁共振氫譜圖可確定有機物不同化學環(huán)境的氫原子，紅外光譜可以確定有機物不同官能團，核磁共振氫譜、紅外光譜都可用于分析該有機物結構，故D正確；故答案為A。5.下列有關反應的化學方程式或離子方程式書寫錯誤的是A.向H218O中投入Na2O2：2Na2O2+2H218O=4Na++4OH-+18O2↑B.利用溴水除去乙烷中的乙烯：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2BrC.《鶴林玉露》“繩鋸木斷，水滴石穿”：CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCOD.AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH【答案】A【解析】【詳解】A．向H218O中投入Na2O2，Na2O2既是氧化劑，又是還原劑，則氧氣不可能是18O2，A項錯誤；B．乙烯與溴單質發(fā)生加成反應，化學方程式為CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，B項正確；C．水滴石穿是碳酸鈣與二氧化碳和水反應，生成了碳酸氫鈣，碳酸氫鈣易溶于水，則離子方程式為CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO，C項正確；D．AlCl3溶液中加入過量氨水，生成氫氧化鋁沉淀和氯化銨，離子方程式為Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，D項正確；答案選A。6.在制備并純化乙酸乙酯的實驗中，下列操作未涉及的是A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．制備并純化乙酸乙酯，用分液法分離乙酸乙酯和飽和碳酸鈉溶液，故不選A；B．加熱乙酸、乙醇、濃硫酸的混合液制備乙酸乙酯，故不選B；C．制備、提純乙酸乙酯，不需要過濾，故選C；D．制備乙酸乙酯，為除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇，需要用飽和碳酸鈉溶液收集乙酸乙酯，且為防止倒吸，導管口在液面以上，故不選D；選C。7.一種新型的合成氨的方法如圖所示。下列說法錯誤的是

A.反應①屬于“氮的固定”，其中N2發(fā)生了還原反應B.Li3N為中間產物C.反應③為4LiOH4Li+2H2O+O2↑D.三步循環(huán)的總結果為N2+3H22NH3【答案】D【解析】【詳解】A．反應①N2轉化為了含氮化合物NH3屬于“氮的固定”，N2發(fā)生還原反應，A項正確；B．Li最終生成LiOH，Li3N為中間產物，B項正確；C．根據(jù)題圖，反應③為4LiOH4Li+2H2O+O2↑，C項正確；D．三步循環(huán)的總結果為：2N2+6H2O=4NH3+3O2，D項錯誤；答案選D。8.2021年諾貝爾化學獎授予科學家本亞明·利斯特和戴維·麥克米倫，以表彰他們在發(fā)展不對稱有機催化中的貢獻。Diels—Alder反應是不對稱有機催化的經典反應，轉化關系如圖所示(—R1、—R2、—R3、—R4為不同的烴基)。已知：連接4個完全不同原子或基團的碳原子稱為手性碳原子。下列說法錯誤的是A.上述反應屬于加成反應B.X、Y都可以作為合成高分子化合物單體C.Z分子中六元環(huán)上有2個手性碳原子D.X可能與炔烴互為同分異構體【答案】C【解析】【詳解】A．該反應發(fā)生碳碳雙鍵的斷裂，屬于加成反應，A項正確；B．X、Y都含碳碳雙鍵，它們都能發(fā)生加聚反應合成高分子化合物，B項正確；C．Z分子中六元環(huán)上有4個手性碳原子，C項錯誤；D．X含有兩個碳碳雙鍵，與炔烴的分子式可能相同，但是結構式不同，可能互為同分異構體，D項正確；答案選C。9.某種鈷鹽晶體立方晶胞結構如圖所示，已知晶胞參數(shù)為anm，A點的原子坐標參數(shù)為(0，0，0)，B點的原子坐標參數(shù)為(，0，)。下列說法錯誤的是

A.C點的原子坐標參數(shù)為(，，)B.該晶體的密度為g·cm-3C.Co2+的配位數(shù)為6D.Ti4+與O2-之間的最短距離為anm【答案】B【解析】【詳解】A．C點處于晶胞中心，則C點原子坐標參數(shù)為(，，)，A正確；B．該晶胞中含有Ti4+數(shù)目是8×=1，含有O2-為6×=3，含有Co2+原子數(shù)為1個，則該晶胞化學式為CoTiO3，由于晶胞參數(shù)為anm，則晶胞密度ρ=，B錯誤；C．根據(jù)晶胞結構可知Co2+的配位數(shù)為6，C正確；D．根據(jù)晶胞結構可知：Ti4+與O2-之間的最短距離為面對角線的一半，由于晶胞參數(shù)為anm，所以Ti4+與O2-之間的最短距離為anm，D正確；故合理選項是B。10.某中德聯(lián)合研究小組設計制造了一種“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形籠子作“瓶體”C60結構如圖所示)，一種磷酸鹽作“瓶蓋”，恰好可將一個水分子關在里面。下列有關敘述正確的是A.金剛石和C60互為同素異形體，且前者熔點高于后者B.K3PO4為強電解質，其陰離子的VSEPR模型與離子的空間結構不一致C.“水瓶”、水玻璃、冰水混合物都是混合物D.富勒烯(C60)屬于不飽和烴，能使溴水褪色【答案】A【解析】【詳解】A．金剛石和C60互為同素異形體，金剛石是共價晶體，C60是分子晶體，故前者熔點高于后者，A項正確；B．K3PO4為強電解質，中心原子為sp3雜化，孤電子對數(shù)為0，故K3PO4陰離子的VSEPR模型與離子的空間結構一致，均為正四面體，B項錯誤；C．冰水都為H2O，是純凈物，C項錯誤；D．富勒烯(C60)是單質，不是烴，D項錯誤；答案選A。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z、W同主族，且X、Y、Z的原子序數(shù)之和與W的原子序數(shù)相等，組成的某化合物如圖。下列有關敘述錯誤的是

A.電負性：Z>WB.Z、Y兩種元素的簡單離子半徑依次增大C.在[Cu(YX3)4]2+離子中，中心離子的配位數(shù)是4D.該化合物中W和Z的化合價分別為+6價、-2價【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，由結構圖可知X只能形成1個共價鍵，應為H元素，Y形成4個共價鍵，且形成陽離子，則Y為N元素，Z形成2個共價鍵，最外層有6個電子，為O元素，X、Y、Z的原子序數(shù)之和與W的原子序數(shù)相等，則W的原子序數(shù)為1+7+8=16，為S元素，以此解答該題。【詳解】由以上分析可知，X、Y、Z、W分別為H、N、O、S等元素，

A．同主族從上到下非金屬性減弱，非金屬性越強電負性越大，則電負性：Z(O)>W(S)，故A正確；

B．電子層數(shù)相同原子序數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑：Z(O2-)<W(N3-)，故B正確；

C．在[Cu(NH3)4]2+離子中，NH3做配體，中心離子的配位數(shù)是4，故C正確；

D．Z為O元素，該化合物中O形成過氧鍵，過氧鍵中O元素化合價為-1價，故D錯誤；

故選：D。12.下列實驗能達到預期目的是編號實驗內容實驗目的A等pH等體積HB和HA分別與一定濃度NaOH溶液反應，HB消耗NaOH溶液體積多證明HB的酸性比HA的弱B以CuSO4溶液為電解質溶液，將鐵制品與電源正極相連，銅片與電源負極相連在鐵制品表面鍍銅C將混有乙酸的乙酸乙酯倒入裝有氫氧化鈉溶液的分液漏斗中，充分混合靜置分液除去乙酸乙酯中的乙酸D向2mL0.lmol·L-1AgNO3溶液中滴加3滴同濃度的NaCl溶液，產生白色沉淀;然后再滴加3滴同濃度的KI溶液，產生黃色沉淀比較AgI與AgCl的Ksp大小A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．等pH等體積時，HB消耗NaOH溶液體積多，說明兩溶液等體積時只有當c(HB)>c(HA)時兩溶液c(H+)相等，故HB更難電離，證明HB的酸性比HA的弱，A項正確；B．在鐵制品表面鍍銅，鐵為鍍件應做電解池陰極，銅為鍍層應做電解池陽極，故應將鐵制品與電源負極相連，銅片與電源正極相連，B項錯誤；C．乙酸與乙酸乙酯都與氫氧化鈉溶液反應，C項錯誤；D．溶液中存在大量Ag+，再滴加3滴KI溶液時，I-可直接與Ag+反應生成沉淀，無法驗證沉淀之間的轉化，故無法比較AgI與AgCl的Ksp大小，D項錯誤；答案選A。13.某新型電池的簡化工作原理如圖所示，工作時中間室K2SO4溶液濃度增大，下列說法錯誤的是

A.N極反應：O2+4e-+4H+=2H2OB外電路電流方向：M→NC.a膜為陽離子交換膜D.該原電池總反應為非氧化還原反應【答案】B【解析】【詳解】A．N極通O2，故N極為正極，反應為：O2+4e-+4H+=2H2O，A項正確；B．M為負極，外電路電流方向：N→M，B項錯誤；C．M極反應為：4OH--4e-=O2↑+2H2O，則M極陰離子濃度減小，K+流出至中間室，a膜應為陽離子交換膜，C項正確；D．該原電池總反應為：OH-+H+=H2O，為非氧化還原反應，D項正確；答案選B。14.用某種含鐵燒渣(主要含F(xiàn)e2O3和少量SiO2)制取顏料鐵黃(FeOOH)的一種工藝流程如圖：

下列說法錯誤的是A.為加快“酸浸”反應的速率，可以適當研磨含鐵燒渣以增加固體表面積B.“還原”反應中每消耗1molFeS2時，有2molFe3+被還原.C.“制備”反應的離子方程式為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OD.“過濾2”所得濾液中含有的主要陽離子是NH【答案】C【解析】【詳解】A．增加固體表面積可以加快反應速率，A項正確；B．“還原”反應為：FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S，故每消耗1molFeS2時，有2molFe3+被還原，B項正確；C．“制備”反應的離子方程式為：4Fe2++O2+8NH3·H2O=4FeOOH↓+8+2H2O，C項錯誤；D．根據(jù)“制備”反應，“過濾2”所得濾液中含有的主要陽離子是NH，D項正確；答案選C。15.常溫下，用0.20mol·L-1鹽酸溶液滴定20mL0.20mol·L-1苯胺(C6H5NH2)溶液(已知：苯胺類似氨氣有堿性，與鹽酸反應生成可溶于水的鹽)，溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]與lg的關系如圖所示。下列說法錯誤的

A.Kb(C6H5NH2)的數(shù)量級為10-10B.m點時，溶液的pH=7，消耗的V(鹽酸)<20mLC.水的電離程度：q>pD.該滴定過程選擇甲基橙作指示劑【答案】C【解析】【分析】根據(jù)圖像中橫坐標的增大，pOH增大，氫離子濃度增大，故滴加鹽酸的量增加，根據(jù)圖中橫坐標lg的特殊值和pOH的值進行計算Kb，根據(jù)溶液的酸堿性判斷水的電離程度的變化；滴定終點產物屬于強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，根據(jù)酸性進行選擇指示劑；【詳解】A．根據(jù)圖中p點進行計算：Kb(C6H5NH2)==c(OH-)=10-9.4，故A正確；B．根據(jù)A中計算Kb(C6H5NH2)=10-9.4，m點代入后計算得c(OH-)=10-7，根據(jù)常溫判斷pH=7，當V(鹽酸)=20mL，生成的顯酸性，故當pH=7時，V(鹽酸)<20mL，故B正確；C．p點到q點加入鹽酸過量，對水的電離抑制增大，故水的電離程度p>q，故C不正確；D．根據(jù)題目信息滴定終點生成的顯酸性，故選擇甲基橙作指示劑，故D正確；故選答案C。【點睛】此題考查酸堿中和滴定，根據(jù)圖像中縱坐標的變化判斷滴加物質的量，利用特殊點進行相應的計算，利用滴定終點溶液的酸堿性判斷需要的指示劑。第II卷(共55分)二、非選擇題(本題包括4小題，共55分)16.有機物在生產生活中扮演著重要的角色，因此研究有機物具有十分重要的意義。A是一種植物生長調節(jié)劑，可用于催熟果實?；卮鹣铝袉栴}：（1）A的結構簡式為____，CH2=CHCOOH中官能團的名稱為____。（2）已知化合物D是酯類物質，下列說法正確的是____。(填序號)A.CH3—CH=CH2按照系統(tǒng)命名法命名為2—丙烯B.②反應類型為氧化反應C.CH3—CH=CH2中所有C原子在一條直線上D.化合物D與乙酸乙酯互為同系物（3）寫出反應④的化學方程式____。（4）已知化合物B能與水任意比互溶，其主要原因是____。（5）化合物E為CH2=CHCOOH的同系物，且相對分子質量比CH2=CHCOOH大14，則化合物E有____種，其中核磁共振氫譜峰面積之比為3：1：1：1的結構簡式為____(不考慮立體異構)?！敬鸢浮浚?）①.CH2=CH2②.羧基、碳碳雙鍵（2）B（3）CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O（4）乙醇與水分子之間能形成氫鍵（5）①.3②.CH3CH=CHCOOCH3【解析】【分析】有機化合物C、D反應產生乙酸乙酯，根據(jù)CH3COOH與CH3CH2OH在濃硫酸催化下加熱發(fā)生酯化反應產生CH3COOCH2CH3，可知C、D兩種物質中一種是乙酸，一種是乙醇。由于B與酸性KMnO4反應產生C，則B是CH3CH2OH，C是CH3COOH，而B是由A與水反應形成的，且石蠟油在碎瓷片作用下加熱，發(fā)生反應產生A，故A是CH2=CH2。石蠟油在碎瓷片作用下加熱條件下反應產生的CH2=CH-CH3經一系列反應產生CH2=CH-COOH，CH2=CH-COOH與CH3CH2OH在濃硫酸催化下加熱發(fā)生酯化反應產生D是CH2=CH-COOCH2CH3。【小問1詳解】根據(jù)上述分析可知A是乙烯，結構簡式是CH2=CH2；CH2=CH-COOH是丙烯酸，其中含有的官能團是碳碳雙鍵、羧基；【小問2詳解】A．CH2=CH-CH3，按照系統(tǒng)命名法，應該從離碳碳雙鍵較近的一端給主鏈上的C原子編號，以確定碳碳雙鍵在主鏈上的位置，該物質的名稱為1-丙烯，A錯誤；B．②的反應為CH3CH2OH被酸性KMnO4溶液氧化產生CH3COOH，故反應類型為氧化反應，B正確；C．乙烯分子是平面分子，鍵角是120°，甲基C原子取代乙烯分子中H原子的位置，在乙烯分子平面上，因此CH2=CH-CH3中所有C原子在同一平面上，但不在同一條直線上，C錯誤；D．化合物D是CH2=CH-COOCH2CH3，是不飽和羧酸與醇形成的酯，而CH3COOCH2CH3是飽和一元羧酸與飽和一元醇形成的酯，二者結構不相似，因此不能互為同系物，D錯誤；故合理選項是B；【小問3詳解】反應④是CH2=CH-COOH與CH3CH2OH在濃硫酸催化下加熱發(fā)生酯化反應產CH2=CH-COOCH2CH3和水，酯化反應是可逆反應，則該反應的化學方程式為：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；【小問4詳解】化合物B是CH3CH2OH，能夠與水分子之間形成氫鍵，增加了分子之間的吸引作用，導致乙醇能夠與水互溶；【小問5詳解】化合物E為CH2=CHCOOH的同系物，且相對分子質量比CH2=CHCOOH大14，說明其分子中多一個CH2原子團，該物質可能是CH2=CHCH2COOH、CH3-CH=CH-COOH、，因此可能有3種同分異構體；其中核磁共振氫譜峰面積之比為3：1：1：1的結構簡式為CH3-CH=CH-COOH。17.第IIB族元素(Zn、Cd、Hg)和第VIA族元素(S、Se、Te)組成的某些二元化合物常用作半導體材料，應用十分廣泛。（1）基態(tài)Se原子價電子排布式為____，有____個未成對電子。（2）碲酸(H6TeO6)是白色固體，經X射線研究證明在碲酸分子內的6個羥基排列在碲原子的周圍成八面體結構，碲酸中碲原子的價層電子對數(shù)為____。（3）CdTe可用作太陽能電池的吸收層，研究從太陽能電池的碲化鎘吸收層(主要含CdTe、CdS)中回收碲具有重要的意義。某回收工藝的流程如圖：①碲化鎘吸收層中的CdTe參與反應的化學方程式為____，濾渣1含有的一種單質是____。②常溫下，向含Cd2+、Te4+濾液中加入NaOH溶液調節(jié)pH，當pH=10時，溶液中c(Cd2+)=____。(已知Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10-15)?！敬鸢浮浚?）①.4s24p4②.2（2）6（3）①.CdTe+3H2O2+3H2SO4CdSO4+Te(SO4)2+6H2O②.S③.5.3×10-7mol/L【解析】【分析】碲化鎘吸收層在酸溶液中加熱到50℃，CdTe被H2O2氧化過濾得到Cd2+和Te4+，CdS被H2O2氧化為Cd2+、S，然后過濾，濾渣1為S單質，在含有Cd2+和Te4+的溶液中加入NaOH溶液調節(jié)溶液的pH，得到含的溶液，Cd2+形成Cd(OH)2沉淀，過濾后，濾液用磁性納米鐵棒吸附Te，得到Te?！拘?詳解】Se是34號元素，根據(jù)構造原理，可知基態(tài)Se原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，價電子排布式是4s24p4，在4p軌道上有2個未成對電子；【小問2詳解】碲酸(H6TeO6)是白色固體，經X射線研究證明在碲酸分子內的6個羥基排列在碲原子的周圍成八面體結構，則碲酸中碲原子的價層電子對數(shù)為6；【小問3詳解】①碲化鎘吸收層中的CdTe與H2SO4、H2O2反應產生CdSO4、Te(SO4)2、H2O，參與反應的化學方程式為：CdTe+3H2O2+3H2SO4CdSO4+Te(SO4)2+6H2O；濾渣1含有的一種單質是S；②常溫下，向含Cd2+、Te4+濾液中加入NaOH溶液調節(jié)pH，由于Ksp[Cd(OH)2]=5.3×10-15，當pH=10時，c(OH-)=10-4mol/L，則溶液中c(Cd2+)=。18.氮化鈣(Ca3N2)是一種重要的化學試劑，具有耐高溫、導熱性好等優(yōu)良性質，被廣泛應用于新型陶瓷工業(yè)等領域。實驗室擬用單質鈣與氮氣反應制備氮化鈣，并測定產品純度。已知氮化鈣為棕色固體，在空氣中會被氧化，遇水強烈水解，產生刺激性氣味氣體。I.氮化鈣的制備已知：NH+NON2↑+2H2O（1）選用圖中的裝置制備氮化鈣，其連接順序為：A→____(注：焦性沒食子酸有還原性、圖中裝置可重復選用)。（2）實驗過程中應該先點燃裝置____(填A或B)中的酒精燈，請說明理由：____。II.產品純度的測定用如圖裝置測定產品純度。實驗時，打開分液漏斗活塞，加入NaOH濃溶液，至不再產生氣體，測得P裝置反應后增重3.57g(已知產品中所含的雜質不與NaOH濃溶液反應)。（3）裝置M中發(fā)生反應的化學方程式為____。（4）裝置N中的干燥劑選擇____。A.濃硫酸B.堿石灰C.CaCl2（5）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)計算產品的純度為____。（6）通過該實驗方案測得的產品純度偏低，請分析主要原因為____。【答案】（1）D→C→B→C（2）①.A②.先點燃裝置A中酒精燈，可利用裝置A中產生的N2排出裝置內的空氣，防止鈣、氮化鈣在后續(xù)過程中被氧化（3）Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑（4）B（5）77.7%（6）裝置M中產生的NH3未被稀硫酸完全吸收【解析】【分析】氮化鈣在空氣中會被氧化，遇水強烈水解，所以在制取氮化鈣時，需排盡裝置內的空氣，以防氮化鈣被氧化，同時要保證裝置內與氮化鈣接觸空氣的干燥，防止氮化鈣發(fā)生水解?！拘?詳解】因為氮化鈣易被氧化，且易水解，所以生成的N2進入硬質玻璃管前，要去除空氣中的氧氣及水蒸氣，制取氮化鈣后，需防止空氣中水蒸氣的進入，從而得出儀器的連接順序為：A→D→C→B→C?！拘?詳解】因氮化鈣在空氣中會被氧化，故先點燃裝置A中酒精燈，利用裝置A中產生的N2排出裝置內的空氣，防止鈣、氮化鈣在后續(xù)過程中被氧化?！拘?詳解】氮化鈣與NaOH不反應，加入NaOH溶液的作用是降低氨氣在水中的溶解度，所以裝置M中只有氮化鈣與水發(fā)生反應，化學方程式為Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑?！拘?詳解】從裝置M中出來的氣體是潮濕的氨氣，須對其干燥，干燥氨氣不能用濃硫酸，因為兩者會反應生成硫酸銨，也不能用CaCl2，因為其會和氨氣反應生成CaCl2·8NH3，堿石灰是堿性干燥劑，可干燥氨氣，故答案是B?！拘?詳解】P裝置反應后增重3.57g，即裝置M中反應生成的氨氣是3.57g，發(fā)生反應的關系式為：Ca3N22NH3，，則n(Ca3N2)=0.105mol，，故產品的純度為。【小問6詳解】在NH3的生成過程中，裝置內滯留一部分NH3，所以導致產品純度偏低，主要原因為：裝置中有殘留的NH3未被稀硫酸吸收。19.2021年3月5日，國務院政府工作報告中指出，扎實做好碳達峰、碳中和各項工作。為了達到碳中和，研發(fā)二氧化碳的利用技術成為熱點。（1）CH4—CO2催化重整可得到合成氣(CO和H2)，其工藝過程中涉及如下反應：反應①：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H1=+41.2kJ·mol-1反應②：CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)△H2=-36.0kJ·mol-1反應③：O2(g)+H2(g)H2O(g)△H3=-241.8kJ·mol-1則反應④：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H4=__kJ·mol-1（2）在催化劑作用下合成氣可發(fā)生反應：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在a、b、c容積不等的恒容密閉容器中(其中容器b容積為1L)，均