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1、第五章化工生产中的重要非金属元素测试题一、单选题（共12题）1对于下列事实的解释不正确的是A因为硅可以导电，所以硅可以作为光导纤维的原料B浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性D氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水2在给定条件下，下列选项正确的是A有2项能实现B有3项能实现C有4项能实现D以上转化均不能实现3下列物质性质与用途不相应的是ASO2具有漂白性，可用于纸浆漂白B石墨具有良好的润滑性，可用作电池电极材料C液氮的沸点较低，可为超导材料提供低温环境D硫酸钡难溶于酸，可作为“胃镜”检查中的内服药剂4某溶液中可能含有OH-、CO、A
2、lO、SiO、SO、Na+、Fe3+、Mg2+、Al3+等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（）ABC段是OH-与盐酸反应B反应后最终溶液中的溶质只有NaClC原溶液中一定含有的离子是Na+、OH-、SiO、SO、AlO、COD原溶液中含有CO与AlO的物质的量之比为3：4525时，下列各溶液中一定能大量共存的离子组是A加入Al能放出的溶液中：、B的溶液中：、C澄清透明的溶液中：、D0.1mol/L的溶液中：、6下列关于硅的说法不正确的是()A硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B硅的导电性能介于
3、导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料C硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质发生反应D加热到一定温度时，硅能与氯气、氧气等非金属反应7下列叙述正确的是A把足量铜粉投入到含2molH2SO4的浓硫酸中，得到气体体积在标准状况下为22.4LBS+2H2SO4(浓) 3SO22H2O，在此反应中，浓硫酸表现了强酸性C常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化D浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氢气、氧气、氨气等气体，但不能干燥有较强还原性的HI、H2S等气体8下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反
4、应产物及反应所需条件均已略去），当X是强碱时，过量的B跟Cl2反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（）A当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO3CB和Cl2的反应是氧化还原反应D当X是强酸时，C在常温下是气态单质9下列离子方程式书写正确的是（）A向水中通入NO2：2NO2+H2O=2H+NO3-+NOB向Cu(NO3)2溶液中加入氨水：Cu2+2OH-=Cu(OH)2C向Fe(NO3)3溶液中加入少量铁粉：2Fe3+Fe=3Fe2+D铝与氢氧化钠溶液的反应：Al+2OH-=Al
5、O2-+H210下列反应中的离子方程式书写正确的是A向氯化铝溶液中滴加过量氨水：4NH3H2OAl3=AlO4NH2H2OBNH4Al(SO4)2溶液中滴加少量NaOH溶液：NHOH-=NH3H2OC向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：Al32SO2Ba24OH-=2BaSO4AlO2H2OD向NaAlO2溶液中通入足量CO2：2AlOCO23H2O=2Al(OH)3CO11化学家合成了一种新化合物(结构如图所示)，该化合物的组成元素W、X、Y、Z均为短周期元素且位于同一周期，Z的最外层电子数是X的核外电子数的一半。下列叙述正确的是A该化合物中，Z原子不满足8电子稳定结构BW的单质可以置
6、换出水溶液中的钛C是制造光导纤维的原料DY的最高价氧化物的水化物是强酸12同温同压下，将两个容积相等的干燥圆底烧瓶中分别充满相应的气体后进行喷泉实验(如图所示)。下列说法错误的是A打开止水夹，挤出胶头滴管中的水都可产生“喷泉”B“喷泉”都呈红色C实验后烧瓶中溶液的体积之比是32D实验后烧瓶中溶质的物质的量浓度之比是32二、非选择题（共10题）13工业废水中的氨氮(以、形式存在)，可通过微生物法或氧化法处理，使水中氨氮达到国家规定的排放标准。(1)微生物法：酸性废水中的部分在硝化细菌的作用下被氧气氧化为，再与作用生成。转化为的离子方程式为_。与在转化为的反应中消耗与的物质的量之比为_。(2)次氯
7、酸钠氧化法：向氨氮废水中加入NaClO，氨氮转化为而除去。NaClO氧化的离子方程式为_。一定pH下，NaClO的投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当时，总氮的去除率随的增大不升反降的原因是_。(3)活性炭-臭氧氧化法：活性炭-臭氧氧化氨氮的机理如图所示。*表示吸附在活性炭表面的物种，为羟基自由基，其氧化性比更强。活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为_。其它条件不变调节废水的pH，废水中氨氮去除率随pH的变化如图所示。随pH增大氨氮去除率先明显增大，后变化较小，可能的原因是_。14合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，解决了地球上因粮食不足导致的饥饿和死亡问题，这也充分说明了含氮化合
8、物对人类生存的巨大意义。回答下列问题（1）工业上用氢气和氮气直接合成氨，写出反应的化学方程式_。氨气极易溶于水，水溶液显_性，能使酚酞溶液变_色，使湿润的红色石蕊试纸变_色。（2）氮的氧化物有多种，一氧化氮和二氧化氮都是大气污染物。氨气在催化剂作用下可被氧化生成一氧化氮，一氧化氮气体与空气变_色，原因是_（用化学方程式表示）；二氧化氮易溶于水并与水反应，此反应的氧化剂是_，还原剂是_，氧化剂和还原剂的质量之比为_15研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。I.(1)写出实验室制备氨气的化学方程式_。II.氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如下所示。(2)设备1、3中发生反应的
9、化学方程式分别是_、_。设备2中通入的物质A是_。III.氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以和NH3H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：(3)过程的目的是将转化为NH3H2O，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出转化为NH3H2O的离子方程式_。(4)过程加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应后含氮元素的物质化学式为_。(5)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO。X可选用以下哪种溶液以达到去除余氯的目的_(填序号)。a.KOHb.Na2SO3c.KMnO4d.NaCl16实验室从废电路板粉碎金属料(主要含金属Cu，还含少量Zn、Fe、Pb等
10、金属)中回收铜，其实验流程如下：已知：一定pH范围内，Cu2+、Zn2+等能与氨形成配离子。(1)“氨浸”在题图1所示的装置中进行。鼓入空气，金属Cu可被氧化生成Cu(NH3)4 2+，其离子方程式为_；空气流量过大，会降低Cu元素的浸出率，其原因是_。“氨浸”时向氨水中加入一定量(NH4)2SO4固体，有利于Cu2+转化为Cu(NH3)42+，其原因是_。(2)洗涤滤渣所得的滤液与“过滤”所得滤液合并的目的是_。(3)滤液中主要阳离子为Cu(NH3)42+、NH，还含有一定量的Zn(NH3)42+。其中铜氨配离子的离解反应可表示为：Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) +4NH3(
11、aq)，该反应的平衡常数表达式为_；某有机溶剂HR可高效萃取离解出的Cu2+(实现Cu2+与Zn2+的有效分离)，其原理为(org表示有机相)：Cu2+(aq) + 2HR(org) CuR2(org) + 2H+(org)；再向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSO4溶液。结合题图2和题图3，补充完整以滤液为原料，制取较纯净CuSO45H2O晶体的实验方案：_，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥。(实验中可选用的试剂：有机溶剂HR、2molL1硫酸、3molL1硫酸)。17为探究SO2的性质，采用下列实验装置制取少量SO2并进行相应的实验探究：(1)装置A中烧瓶内发生的化学反应方程式是_。装置
12、B、C可验证SO2具有的性质是_。(2)装置D中倒置漏斗的作用是_。(3)装置D中NaOH溶液吸收足量SO2时，可得NaHSO3溶液，可由此NaHSO3溶液制备无水Na2SO3固体。已知：0.1molL-1Na2SO3溶液的pH约为10。请将下列实验方案补充完整的实验方案：取适量NaHSO3溶液，_，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34条件下趁热过滤，洗涤、干燥得Na2SO3固体。(可选择的试剂有稀硫酸、NaOH溶液)(4)SO2可还原某含碲物质(主要成分为TeOSO4)溶液可得到粗碲，具体实验操作为：取该溶液于烧瓶中，加入适量NaCl，加热到一定温度，持续通入SO2，待反应一定时间，过滤
13、得到粗碲。在一定条件下，碲沉淀率与温度、还原时间的变化曲线分别如图1、图2所示：由图可知，最适宜的温度和还原时间分别为_。图1中80后，升高温度，碲沉淀率几乎不再升高，甚至有下降趋势。可能的原因是_。18氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2，某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答有关问题：(1)氨气的发生装置可以选择上图中的_，反应的化学方程式为_。(2)欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_(按气流方向，用小写字母表示)。19将 80 g 铜与 500 mL 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产
14、生的 NO和 NO2混合气体在标准状况下的体积为 33.6L。试计算(写出计算过程)：(1)NO的体积_；(2)待产生的气体全部逸出后，向溶液中加入 V mL a mol.L-1的 NaOH 溶液，恰好使溶液中的 Cu2+全部转化成沉淀，则原 HNO3 溶液的浓度为_。20已知普通玻璃的成分为Na2O13%，CaO11.7%，SiO275.3%。某玻璃厂现有石灰石500 t，纯碱2 400 t。计算上述原料能生产普通玻璃_吨？21铜与稀硝酸反应，生成标准状况下2.24升NO，(3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O)(1)参加反应的铜的质量是_？(2)被还原的硝酸的物质的量是
15、_？22A、B、C、D 四种物质之间有下图所示的转化关系。已知：A 是气体单质，C 是红棕色气体。回答下列问题：(1)写出 C 的化学式：_；(2)在上图 DB 的过程中，D 表现出强_(填“氧化性”或“还原性”)；(3)写出 CD 转化的化学方程式_。(4)写出 D 的稀溶液和 Cu 反应的离子方程式_。参考答案：1AA.硅导电性介于导体和绝缘体之间，所以硅单质可以导电；但是作为光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是硅单质，A错误；B.浓硝酸不稳定见光易分解生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于浓硝酸使颜色变黄，B正确；C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现黑色物质，体现浓硫酸具有脱水性，C正确；D.氨气极易溶
16、于水，在喷泉实验中因溶于水导致圆底烧瓶中压强减小，从而形成喷泉，D正确；故合理选项是A。2ANaHCO3受热分解生成Na2CO3，碳酸钠和饱和石灰水反应生成碳酸钙和NaOH，可以实现；CaCO3高温分解生成二氧化碳和CaO，氧化钙高温下和二氧化硅反应生成CaSiO3，可以实现；S与氧气反应生成SO2而不能直接生成SO3，SO3与水反应生成硫酸，不能全部实现；氧化亚铁被氧气氧化生成氧化铁，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，得不到氯化铁，不能实现；S燃烧生成SO2，得不到SO3，不能实现；氮气和氢气在一定条件下生成氨气，氨气、二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，不能生成碳酸钠，不能实现；综上，有2项能实
17、现；答案选A。3BASO2具有漂白性，可以将一些有色物质漂白，因此可用于纸浆漂白，A不符合题意；B石墨具有良好的润滑性是由于石墨属于过渡型晶体，是层状结构，在层内C原子之间以共价键结合。在层间以分子间作用力结合，分子间作用力比化学键弱很多，容易断裂，导致石墨易切削，有滑腻感，故可以作润滑剂。石墨具有良好的导电性，是由于C原子价电子数目是4个，在层内每个C原子只与相邻3个C原子形成3个共价键，还有1个价电子未参与成键，可以在层内自由移动，因此可以导电，可用作电池电极材料，这与其具有良好的润滑性无关，B项符合题意；C液氮的沸点较低，其汽化时从周围环境可以吸收大量热量，使环境温度降低，因此液氨可为超
18、导材料提供低温环境，C不符合题意；D硫酸钡不溶于水，也难溶于酸，不能被X光透过，因此可作为“胃镜”检查中的内服药剂，D不符合题意；故合理选项是B。4D由图象分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含OH-离子，则与氢氧根离子不能共存的Fe3+、Mg2+、Al3+在溶液中不存在；随后反应生成沉淀逐渐增大，说明是、和氢离子反应生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀；继续加入盐酸沉淀量不变，消耗盐酸的离子只能是离子，反应完后继续加入盐酸，沉淀逐渐减小，至不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀，氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定是否存在，但根据溶液的电
19、中性可知，溶液中一定含有Na+离子。ABC段是碳酸根与盐酸反应，故A错误；B因为溶液中硫酸根不能确定是否存在，则反应后最终溶液中的溶质除了有NaCl，还可能有硫酸钠，故B错误；C原溶液中一定含有的离子是Na+、OH-、SiO、AlO、CO，可能含有SO，故C错误；D依据图象可知和碳酸根离子反应的盐酸为2体积，反应的离子方程式为+2H+=CO2+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸体积为4体积，反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，则原溶液中含有与的物质的量之比为n（）：n（）=（2）：（4）=3：4，故D正确；综上所述，答案为D。5CA加入Al能放出的溶液呈酸性或碱性，铝和硝酸
20、反应放出NO气体，酸性条件下、都不能大量存在，碱性条件下不能大量存在，故不选A；B的溶液呈酸性，酸性条件下、不能大量存在，故不选B；C澄清透明的溶液中，、相互之间不反应，能大量共存，故选C；D酸性条件下，Fe2+能被氧化为Fe2+，0.1mol/L的溶液中不含大量，故不选D；选C。6CA. 晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体，故A正确；B. 硅的导电性能介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，故B正确；C. 硅常温下能和HF溶液、氢氧化钠溶液反应，但和其他的酸不反应，故C错误；D. 在加热时，硅能在氧气和氯气中燃烧生成二氧化硅和四氯化硅，故D正确。故选C。7CACu与
21、浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐降低，当降到一定程度变为稀H2SO4时，反应自行停止，故产生的SO2在标准状况下不足22.4 L，选项A错误；B金属与浓硫酸反应时，生成相应的盐和SO2，此时浓硫酸显酸性和强氧化性，而与S、C等非金属单质作用时，由于没有盐生成，故只显强氧化性，选项B错误；C常温下能够用铁、铝等容器盛放浓H2SO4，是因为浓H2SO4的强氧化性使其钝化，产生致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，选项C正确；D浓硫酸具有吸水性，但由于其具有强氧化性和酸性，故不能用来干燥具有还原性的气体和碱性气体(NH3)，选项D错误；答案选C。8D根据图中的转化关系可知，A一定是弱酸的铵盐，
22、当X是强酸时，A、B、C、D、E、F分别是：Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E、F分别是：NH4Cl、NH3、N2、NO、NO2、HNO3。A.由上述分析可知，当X是强酸时，F是H2SO4，故A正确；B.由上述分析可知，当X是强碱时，F是HNO3，故B正确；C.无论B是H2S 还是NH3，B和Cl2的反应一定是氧化还原反应，故C正确；D.当X是强酸时，C是硫，在常温下是固态单质，故D错误；答案选D。9CA转移电子不守恒，正确的离子方程式为3NO2+H2O2H+2NO3-+NO，故A错误；B一水合氨是弱电解质，在离子方程式中保留化学式，正确的离子方
23、程式为Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+，故B错误。CFe(NO3)3溶液中加入铁粉，电子得失守恒，电荷守恒，正确的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，故C正确；D铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2，故D错误；答案为C。10CA向氯化铝溶液中滴加过量氨水，生成氢氧化铝和氯化铵，离子方程式为：3NH3H2OAl3=Al(OH)33NH，A项错误；BNH、Al3同时存在时，Al3与OH-先反应，B项错误；C向明矾溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，生成偏
24、铝酸钠、硫酸钡和水，离子方程式为：Al32SO2Ba24OH-=2BaSO4AlO2H2O，C项正确；D通足量CO2时，反应生成HCO，D项错误；答案选C。11CW、X、Y、Z均为短周期元素且位于同一周期，Z的最外层电子数是X的核外电子数的一半，由化合物中Z只形成1个共价键可知，Z的最外层电子数为7，X的核外电子数为72=14，则X为Si、Z为Cl；元素均位于第三周期，W形成带1个单位正电荷的阳离子，则W为Na；Y为-3价，可知Y为P元素。AZ为Cl，其最外层有7个电子，Cl原子形成1个共价键，所以Cl原子达到8电子结构，故A错误；BW为Na，钠是活泼金属，将钠投入到溶液中，钠先与水反应生成的
25、氢氧化钠，所以钠不能置换出溶液中的钛，故B错误；C是制造光导纤维的原料，故C正确；DY是P元素，P的最高价氧化物的水化物是磷酸，磷酸是中强酸，故D错误；选C。12D设烧瓶的容积为VL，VL NH3全部溶于水，形成溶液的体积为VL；VL NO2完全反应后，生成了VL的NO气体，形成的溶液的体积为VL，生成的硝酸的物质的量为mol。A氨气极易溶于水，二氧化氮能和水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，打开止水夹、挤出胶头滴管中的水都可产生“喷泉”，选项A正确；B氨溶于水得到的氨水呈碱性遇酚酞变红，NO2和水反应产生的硝酸呈酸性遇石蕊变红，故“喷泉”的颜色都呈红色，选项B正确；C设烧瓶的容积为V
26、L，VL NH3全部溶于水，形成溶液的体积为VL；VL NO2完全反应后，生成了VL的NO气体，形成的溶液的体积为VL，实验后烧瓶中溶液的体积之比为3:2，选项C正确；D产生氨水的浓度为=Vmmol/L，产生硝酸的浓度为=Vmmol/L，两者浓度相等，选项D错误；答案选D。13(1) 3：5(2) NaClO将部分氨氮氧化为、留在废水中(3) 与活性炭表面吸附的作用生成，将活性炭表面吸附的转化为 随pH增大，活性炭上吸附的增多，生成增多；pH继续增大时，将转化为，不利于活性炭对氨氮的吸附【解析】（1）转化为 ，N元素化合价从-3升高到+5价，氧元素从0价降低到-2价，则按得失电子数守恒、电荷守
27、恒、元素质量守恒得离子方程式为。与在转化为的反应中，中N元素化合价从+5降低到0价，中N元素化合价从-3升高到0价，按得失电子数守恒、消耗与的物质的量之比为3：5。（2）氧化氨气为氮气，反应中，氮元素从-3价升高到0价、氯元素从+1价降低到-1价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒得离子反应方程式为：。一定pH下，NaClO的投加量对污水中氨氮去除率的影响如图所示。当时，总氮的去除率随的增大不升反降、意味着溶液中生成了其它含氮的微粒，应该是氨气被氧化的产物，则原因是： NaClO将部分氨氮氧化为、留在废水中。（3）由图可知：活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为：与活性炭表面吸附的作用生成
28、，将活性炭表面吸附的转化为。结合信息可知：生成增多时反应速率增大。则随pH增大氨氮去除率先明显增大后变化较小的可能原因是：随pH增大，活性炭上吸附的增多，生成增多；pH继续增大时，将转化为，不利于活性炭对氨氮的吸附。14 N2+3H22NH3 碱 红 蓝 红棕色 2NO+O2=2NO2 NO2 NO2 1:2（1）工业上用氢气和氮气直接合成氨，反应的化学方程式为N2+3H22NH3；氨气极易溶于水，水溶液显碱性，能使酚酞溶液变红色，使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；（2）氮的氧化物有多种，一氧化氮和二氧化氮都是大气污染物。氨气在催化剂作用下可被氧化生成一氧化氮，一氧化氮气体与遇空气变红棕色，原因是2
29、NO+O2=2NO2；二氧化氮易溶于水并与水反应，此反应中氮元素由+4价变为+2价，故氧化剂是NO2，氮元素也从+4价变为+5价，故还原剂是NO2，氧化剂和还原剂的质量之比为1：2。15 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 4NH3+5O24NO+6H2O HNO3+NH3=NH4NO3 O2(或空气) +OH-=NH3H2O N2 bI.(1)实验室利用熟石灰和氯化铵混合加热制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O。.(2)设备1中发生氨气的催化氧化，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，3中氨气和硝酸反应，
30、发生反应的化学方程式是HNO3+NH3=NH4NO3。NO转化为硝酸，需要氧化剂，则设备2中通入的物质A是O2(或空气)。.(3)氢氧化钠和铵盐反应生成一水合氨，则转化为NH3H2O的离子方程式为+OH-=NH3H2O。(4)过程加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，应该是氮气，即反应后含氮元素的物质化学式为N2。(5)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，二者均具有强氧化性，氢氧化钾是强碱，高锰酸钾具有强氧化性，氯化钠能和次氯酸反应但生成氯气污染大气，亚硫酸钠具有还原性，可以把二者还原为氯离子，所以X可选用亚硫酸钠，答案选b。16 2Cu + 8NH3 H2O + O2 = 2C
31、u(NH3)4 2 + 4OH+ 6H2O 空气流量过大，氨的挥发量增多，铜的浸出率减小 增加NH 的浓度，会抑制NH3 H2O的电离平衡，增大溶液中NH3H2O浓度 提高铜元素的利用率 将滤液和有机溶剂HR按体积比11混合，充分振荡，静置分层。分液，取有机相，加入适量2 molL1硫酸，充分振荡，静置分层。分液，取水相金属料(主要含金属Cu，还含少量Zn、Fe、Pb等金属)加入氨水同时通入空气进行氨浸，Cu、Zn被氧化后和氨水形成配合物溶于水中，过滤除去Fe、Pb等金属；得到的滤液中主要阳离子为Cu(NH3)42+、NH，还含有一定量的Zn(NH3)42+；之后利用有机溶剂HR萃取Cu2+，
32、萃取后再向有机相中加入稀硫酸，反萃取得到CuSO4溶液，之后经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥得到硫酸铜晶体。(1)鼓入空气，金属Cu可被氧化生成Cu(NH3)4 2+，氧化剂应为氧气，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Cu + 8NH3 H2O + O2 = 2Cu(NH3)4 2 + 4OH+ 6H2O；空气流量过大，氨的挥发量增多，导致铜的浸出率减小； “氨浸”时向氨水中加入一定量(NH4)2SO4固体，可增加NH 的浓度，会抑制NH3 H2O的电离平衡，增大溶液中NH3H2O浓度，有利于Cu2+转化为Cu(NH3)42+；(2)洗涤滤渣所得的滤液中含有铜元素，洗涤滤渣所得的滤液与
33、“过滤”所得滤液合并可提高铜元素的利用率；(3)铜氨配离子的离解反应可表示为：Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) +4NH3(aq)，其平衡常数表达式为；据图可知当有机相和水相体积比为1:1时，铜的浸取率已经很高，继续增大有机相的体积浸取率有所下降，所以萃取时有机相和水相体积比取1:1；据图可知当硫酸的浓度为2mol/L和3mol/L时反萃取率相差不大，但浓度过大会造成硫酸的浪费，所以反萃取时硫酸的浓度选2mol/L，具体操作为：将滤液和有机溶剂HR按体积比11混合，充分振荡，静置分层。分液，取有机相，加入适量2 molL1硫酸，充分振荡，静置分层。分液，取水相，蒸发浓缩，冷却结晶
34、，过滤洗涤干燥。17(1) Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2 漂白性、还原性(2)防倒吸(3)边搅拌边向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，测量溶液的pH，当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液(4) 80，2.0h SO2的溶解度随着温度的升高而降低，SO2浓度降低，粗碲的产率会降低本题考查的是二氧化硫的相关性质的检验，由装置A制备二氧化硫，由装置B验证二氧化硫还原性，由于二氧化硫有毒，会污染空气，故用氢氧化钠溶液来吸收二氧化硫防止污染空气，以此解题。(1)装置A中是制备二氧化硫的反应，其方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；二氧化硫有漂白性
35、，可以漂白品红，可以使品红褪色；二氧化硫有还原性，可以被高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故装置B、C可验证SO2具有的性质是漂白性、还原性；(2)二氧化硫在氢氧化钠溶液中的溶解度大，容易发生倒吸，故倒置漏斗的作用是防倒吸；(3)由题意可知0.1molL-1Na2SO3溶液的pH约为10，故调节溶液的pH为10的时候，溶质为Na2SO3，故取适量NaHSO3溶液之后的操作为：边搅拌边向NaHSO3溶液中加入NaOH溶液，测量溶液的pH，当pH约为10时，停止滴加NaOH溶液；(4)由图1、图2可知粗碲沉淀率在温度为80，时间为2.0h时最高，故最适宜的温度和还原时间分别为80，2.0h；在
36、本题中是用SO2来还原TeOSO4得到粗碲，但是SO2的溶解度随着温度的升高而降低，SO2浓度降低，粗碲的产率会降低。18(1) A(或B) 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3(或NH3H2ONH3+H2O)(2)dcfei实验室可选A装置或B装置作为氨气的发生装置，用C干燥氨气，用D收集氨气，用F进行尾气处理。（1）氨气的发生装置可以选择上图中的A，此时发生的反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3；也可以选B，此时发生的反应为NH3H2ONH3+H2O；（2）实验室可选A装置或B装置作为氨气的发生装置，用C干燥氨气，用D收集氨气(短进长出)，
37、用F进行尾气处理，其连接顺序为：发生装置dcfei。19 n(NO) + n(NO2)=1.5mol，n(Cu)= 1.25mol，根据得失电子守恒3n(NO)+n(NO2)=2.5mol，求得 n(NO)=0.5mol，V(NO)=11.2L 根据 N 守恒，起酸作用的 HNO3 为 aV10-3mol，作氧化剂的 HNO3为 1.5mol，所以原硝酸的物质的量浓度为mol/L(1)根据n(Cu)= ，n(NO2)+n(NO)=，结合原子守恒、得失电子守恒列式计算；(2)向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n(NaNO
38、3)=n(NaOH)，根据氮原子守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+ n(NO2)+n(NO)，据此分析计算。(1)n(Cu)=1.25mol，n(气体)=1.5mol，设NO和NO2的物质的量分别为x、y，结合原子、电子守恒可知，x+y1.5，3x+y1.252，解得：x=0.5mol，y=1mol，故NO的体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L，NO2的体积为1mol22.4L/mol=22.4L，故答案为：11.2；(2)向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n(NaNO3)=n(NaOH)=V10-
39、3Lamol/L根据氮原子守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)+n(NO)=0.001Vamol+1.5mol，故原有硝酸的物质的量浓度为=mol/L，故答案为：mol/L。202 393.16 t普通玻璃中n(Na2O)n(CaO)n(SiO2)116，因为Na2ONa2CO3，CaOCaCO3，所以三种原料的物质的量之比为Na2CO3CaCO3SiO2116。题中所给原料的物质的量之比为522.6 14.52，显然Na2CO3有剩余。设500吨石灰石折合氧化钙xt 56:x100500，解得x280 t，280 t11.7%2 393.16 t。故答案为：2393.16
40、t。21 9.6g 0.1mol(1)，得，则参加反应的铜的质量是9.6g。(2)化合价降低被还原，还原产物为NO，则被还原的硝酸的物质的量等于NO的物质的量，是 。22 NO2 氧化性 3NO2+H2O=2HNO3+NO 3Cu + 8H+ +2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2OA 是气体单质，C 是红棕色气体，C是NO2，则A是N2、B是NO、D是HNO3；(1)C是红棕色气体，C是NO2；(2)在上图 DB 的过程是铜和硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO、H2O，硝酸中N元素化合价降低，硝酸表现出强氧化性；(3) CD 是NO2和水反应生成硝酸和NO，转化的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；(4)铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO、H2O，反应的离子方程式是3Cu + 8H+ +2NO3- = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O