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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化学为人类文明进步做出巨大贡献，下列涉及有关化学知识及分析错误的是（）A汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土B医学入门记载提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干。”文中涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、灼烧C“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中描述“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D本草纲目记载：“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的减是K2CO32化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（）A天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料B食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C氨气液
2、化以及液氨气化均要吸收大量的热，所以氨气常作制冷剂D纯银制品在空气中久置变黑，是因为发生了化学腐蚀3近年来中国的航天技术发展迅速，天宫、天和、天舟、巡天、问天、梦天、天问、神舟等等体现了中国的强大科技力量，下列说法不正确的是A为航天器量身定制的柔性三结砷化镓太阳电池阵首次在“天和”号使用，砷化镓属于半导体B“天宫”空间站使用石墨烯存储器，所用材料石墨烯与金刚石互为同分异构体C“天问一号”火星车使用热控保温材料纳米气凝胶，可产生丁达尔效应D“神舟十三号”飞船返回舱外面是一层耐高温的陶瓷材料，属于无机非金属材料4工业上制汞的过程是：焙烧辰砂(主要含HgS)，发生反应：HgS+O2Hg+SO2，还原
3、出的汞呈气态，冷凝得液态汞。其流程如图，下列说法不正确的是A含汞烟气可以采用活性炭吸附法处理达标后再排放BHgS+O2Hg+SO2该反应中HgS不只做还原剂C洗涤粗汞时不可用5%的硫酸代替5%的硝酸D流程中加入氧化钙产生的炉渣主要成分是CaSO35某学校实验探究小组利用碎铜屑和浓硫酸制备CuSO45H2O大晶体，实验步骤如下：i将过量铜屑加入一定量浓硫酸中，加热，生成的气体通入到浓碱液中；ii在反应混合体系中加入稍过量的CuO，过滤，除去虑渣：iii将虑液蒸发至饱和溶液状态，冷却，在饱和溶液中悬挂晶种，静置24小时。下列说法不正确的是Ai中将气体通入浓碱液中的目的是防止尾气污染B反应混合体系中
4、加入CuO的目的是除去剩余的硫酸C过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质D该实验用到的仪器有酒精灯、漏斗、容量瓶、烧杯等6下列各组物质的分离或提纯操作中用到分液漏斗的是A花生油和食盐水B乙醇和水C苯和四氯化碳D从食盐水中获得食盐7下列除去杂质的方法中，正确的是选项物质(括号内为杂质)除去杂质的方法A加入适量的溶液，过滤B加水，过滤C加过量稀，过滤D加溶液，过滤AABBCCDD8下列说法正确的是A因为具有漂白性，所以它能使酸性高锰酸钾溶液褪色B气体通入溶液能产生白色沉淀C热稳定性：D硫和氯气分别与铁反应后，铁元素的价态相同9在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 ANH3NO2HNO3
5、BNaClO(aq) HClO(aq) Cl2(g)CCuOCuCuSO4DMg2(OH)2CO3MgCl2(aq) Mg10下列叙述中，正确的是A氨气喷泉实验说明氨气极易溶解于水BNaHCO3的热稳定性比Na2CO3强C过量铁粉加入CuCl2溶液中，充分反应后溶液中的阳离子主要是Fe3+D氯气中含有的少量氯化氢，可用氢氧化钠溶液除去11下列各实验的现象及结论都正确的是选项实验现象结论A过量铁粉加入稀硝酸中，充分反应后，滴加溶液有无色气泡产生，溶液呈血红色稀硝酸能将氧化成B铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量硝酸钾固体加热时无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用C将粒投入溶液析出银白色
6、固体固体为D浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导入澄清石灰水蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和强氧化性AABBCCDD12检验二氧化硫气体中是否混有二氧化碳气体，可采用的方法是A通过品红溶液B先通过氢氧化钠溶液，再通过澄清石灰水C先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过澄清石灰水D先通过酸性高锰酸钾溶液，再通过澄清石灰水二、非选择题（共10题）13盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”。现就硫酸、硝酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：(1)工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反应，有关的化学方程式是_。不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜的原因是_(2)在一定体积的1
7、0 molL1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9 mol。则浓硫酸的实际体积_(填“大于”、“等于”或“小于”)180 mL。(3)若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液)，则该反应的离子方程式为_(4)将8 g Fe2O3投入到150 mL某浓度的稀硫酸中，再投入7 g铁粉，充分反应后，收集到1.68 L H2(标准状况)，同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4 molL1的NaOH溶液150 mL。则原硫酸的物质的量浓度为_14地壳中的某种元素在现代高科技产品中占有重要位置，足见化学对现代文明的
8、重要作用。例如：(1)计算机芯片的主要成分是_。(2)工业上制取粗硅化学方程式为_，光导纤维原料物质遇到强碱易被腐蚀，请写出该物质与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_。(3)下列物质的主要成份不属于硅酸盐的是_(填字母)。A陶瓷B玻璃C水泥D生石灰(4)硅在元素周期表中的位置为_。15利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：(1)将X与Y混合可生成淡黄色固体，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_ 。(2)Z 的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为_。(3) Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的
9、角度分析，下列制备 Na2S2O3的方案理论上可行的是_ (填字母) 。a.Na2SS b.Na2SO3S c.SO2Na2SO4 d.Na2SO3Na2SO4(4)已知 Na2SO3能被 K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则 24 mL 0.05 molL-1的 Na2SO3溶液与 20 mL 0.02 molL-1的K2Cr2O7溶液恰好反应时，Cr 元素在还原产物中的化合价为_ 。16离子反应在物质分离、提纯、鉴定等方面有广泛的应用。(1)实验室里需要纯净的氯化钠溶液，但现在只有混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体。某学生设计了如图方案，请回答下列问题。写出碳酸氢铵在水溶液中的电离方程式：_
10、；BaCl2溶液可用_(填物质的化学式)溶液代替。加入过量Na2CO3溶液的作用(用离子方程式表示)：_；(2)实验室用如图所示装置进行CO和CO2的分离和干燥(其中a为弹簧夹，b为分液漏斗活塞)。现只有浓硫酸、稀硫酸、稀盐酸、澄清石灰水和氢氧化钠溶液五种试剂可供选择，按下列要求填空。广口瓶(甲)中盛放的最佳试剂是_；广口瓶(乙)中盛放的试剂是_；分液漏斗(丙)中盛放的最佳试剂是_。17氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族，锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。I利用装置A和C制备Sr3N2(1)实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是
11、先_，后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管。(2)写出由装置A制备N2的化学反应方程式_。(3)装置A中a导管的作用是_。(4)操作中，你认为应先点燃装置的酒精灯_(填A或C)，理由是_。II利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2(已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收)(5)写出装置B的NaOH溶液中发生反应的离子方程式_。(6)装置C中广口瓶盛放的试剂是_。III测定Sr3N2产品的纯度(7)取10.0 g该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是_。经改进后测得浓硫酸增重1.02 g，则产品
12、的纯度为_。18某化学小组探究酸性条件下NO、SO、Fe3三种微粒的氧化性强弱，设计如下实验(夹持仪器已略去，装置的气密性已检验，忽略氧气对反应的影响)。查阅资料已知：可用KSCN溶液检验溶液中Fe3的存在(显红色)，但与Fe2不显色。在氧化还原反应中稀硝酸做氧化剂时，生成的还原产物是污染性无色NO气体，NO气体常温下与氧气反应生成红棕色污染性气体NO2。实验记录如下：实验实验操作实验现象I向A装置中通入一段时间的SO2气体A中溶液最终变为浅绿色取出少量A装置中的溶液，先加入KSCN溶液，再加入BaCl2溶液加入KSCN溶液后溶液不变色，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀打开活塞a，将过量稀HN
13、O3加入装置A中，关闭活塞aA中浅绿色溶液最终变为黄色取出中少量A装置中的溶液，加入KSCN溶液溶液变为红色请回答下列问题：(1)指出仪器a的名称_。(2)写出A装置中通入二氧化硫气体发生反应的离子方程式_。(3)实验中发生反应的离子方程式是_。(4)实验中，浅绿色溶液变为黄色的原因是_。(用语言叙述)。(5)若将实验改为：往A中通入空气，液面上方的现象_。(6)综合上述实验得出的结论是：在酸性条件下，氧化性强弱顺序为_。19某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验，请回答下列问题：(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是_。(2)实验过程中，装置B中发生的现象是_，说明SO2具
14、有的性质是_。(3)装置B中发生反应的离子方程式为_。(4)尾气可采用_溶液吸收，离子方程式为：_。20一定量的锌与 200mL18mol/L 的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体 56.0L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至 1L，测得溶液的 c(H+)=0.2mol/L。请计算：(1)反应中共消耗H2SO4 的物质的量为 _。(2)反应中共消耗 Zn 的质量为 _。(3)气体的成分及物质的量_。21(1)将加入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，两者恰好完全反应，同时产生标准状况下和的混合气体。写出NO生成时的离子反应方程式_。混合气体中NO和的体积比为_。原硝酸溶液的物质的量浓度为
15、_。(2)1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度为_。该合金中铜的质量为_。NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的体积分数为_。得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为_。22实验研究发现，硝酸发生氧化还原反应时，硝酸的浓度越稀，对应还原产物中氮元素的化合价越低。某同学取一定量的铝铁合金与1000mL一定浓度的硝酸充分反应，反应过程中无气体放出。在反应结束后的
16、溶液中，逐滴加入4.00mol/L的氢氧化钠溶液，所加氢氧化钠溶液的体积（mL）与产生的沉淀的物质的量（mol）的关系如图所示。试回答下列问题：（1）原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为_（2）硝酸溶液的物质的量浓度为_molL-1学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1BA汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，陶瓷是传统的硅酸盐产品，其主要原料为黏土，A选项正确；B“水洗净”涉及的操作方法是洗涤，“细研水飞”涉及的操作方法是溶解，“去石澄清”涉及的操作方法是倾倒，“慢火熬干”涉及的操作方法是蒸发，因铜绿加热灼烧可失去结晶水，则不能灼烧，B选项错误；C蜡炬的主要成分是石蜡
17、，蜡炬成灰的过程就是石蜡燃烧的过程，蜡炬发生了氧化反应，C选项正确；D草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾溶于水，溶液呈碱性，所以“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是碳酸钾，D选项正确；答案选B。2CA天然气(CNG)主要成分是甲烷，液化石油气(LPG)的成分是丙烷、丁烷等，这些碳氢化合物完全燃烧生成二氧化碳和水，则这两类燃料是清洁燃料，故A正确；B食用油反复加热，会发生结焦等现象，产生稠环芳香烃等有害物质，会危害人体健康，故B正确；C氨气液化时放出大量的热，而液氨气化要吸收大量的热，故C错误；D纯银制品在空气中久置变黑，生成Ag2S，为化学腐蚀，故D正确；故答案为C。3BA砷
18、化镓是良好的半导体材料，故A正确； B石墨烯与金刚石都是由碳元素构成的不同单质，属于同素异形体，故B错误；C新型纳米气凝胶做热控材料，气凝胶是分散在空气中，分散剂是气体，可产生丁达尔效应，故C正确；D氮化硼陶瓷基材料属于新型无机非金属材料，故D正确；故答案为B。4D焙烧辰砂(主要含HgS)，HgS和氧气反应产生粗汞和二氧化硫，二氧化硫和CaO、氧气反应生成硫酸钙，粗汞用5%硝酸将铅、铜等杂质溶解，再减压蒸馏得纯汞。A汞是有毒物质，排放到自然界会污染环境，利用活性炭的吸附性处理含汞烟气，当达标后再排放，A正确；BHgS中Hg的化合价为2价，根据方程式，转化为0价，化合价降低，作氧化剂，HgS中S
19、显2价，转化成4价，化合价升高，作还原剂，HgS既是氧化剂又是还原剂，氧气为氧化剂，B正确；C硝酸具有强氧化性，可以除去Pb和Cu，而稀硫酸不能与Cu发生反应，因此不能用5%的硫酸代替5%的硝酸，C正确；DCaSO3易被空气中的氧气氧化为硫酸钙，所以炉渣的主要成分为硫酸钙，D错误；答案选D。5DA铜和浓硫酸反应生成的气体为二氧化硫，二氧化硫可以和氢氧化钠反应，A正确；B氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，同时可以除去过量的硫酸，B正确；C随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，则铜会剩余，在除去过量的硫酸的时候，加入的氧化铜是过量的，故过滤后的滤渣中含有Cu、CuO等物质，C正确；D加热时需要酒精
20、灯，过滤时需要漏斗，反应时需要烧杯，不需要容量瓶，D错误；故选D。6AA花生油和食盐水不互溶，可以采用分液方法分离，所用仪器为分液漏斗，选项A正确；B乙醇和水互溶，不能采用分液方法分离，应该用蒸馏方法，所用仪器为蒸馏烧瓶、冷凝管等，选项B错误；C苯和四氯化碳互溶沸点不相同，可以采用分馏方法分离，分馏所用的仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、接液管、锥形瓶等，选项C错误；D从食盐水中获取食盐，可以采用蒸发结晶的方法，所用的仪器有蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等，选项D错误；答案选A。7CA碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，引入新的杂质，故A错误；B氧化钙和水反应生成氢氧化钙，达不到除杂的目的，故B错误；C锌
21、能与硫酸反应而溶解，过滤，可除去锌，故C正确；D硫酸与硝酸钡反应生成硫酸钡，达不到除去硝酸的目的，故D错误；故选C。8CASO2使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为其具有还原性而不是因为其具有漂白性，选项A错误；B盐酸的酸性强于亚硫酸，气体通入溶液不能产生白色沉淀，选项B错误；C非金属性FClP，则气态氢化物稳定性为，选项C正确；D硫和氯气分别与铁反应后，分别生成硫化亚铁和氯化铁，铁元素的价态分别为+2、+3，不相同，选项D错误；答案选C。9CANH3和O2反应生成NO和H2O，不能直接得到NO2，A错误；B次氯酸在光照下分解为HCl和氧气，不能得到氯气，B错误；CCuO与CO反应生成Cu和CO2，C
22、u与浓硫酸加热可生成CuSO4、SO2和H2O，C正确；D电解熔融的氯化镁，可以生成镁，而电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀，不能得到镁单质，D错误；答案选C。10AA氨气极易溶于水，导致烧瓶内压强急剧减小，外界大气压不变，大气压迫使水通过导管进入烧瓶而产生喷泉实验，此实验说明氨气极易溶于水，故A正确；B碳酸氢钠不稳定，在加热条件下易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，该实验说明碳酸钠的稳定性大于碳酸氢钠，故B错误；C铜离子的氧化性较弱，能把铁氧化为亚铁离子而不能氧化为铁离子，故C错误；D氯化氢和氯气都能与氢氧化钠溶液反应，所以不能用氢氧化钠除去氯气中的氯化氢，可以用饱和的食盐水除去氯气中的氯化氢，故D
23、错误；故选A；11DA硝酸具有强氧化性，铁先被硝酸氧化生成，再被过量铁粉还原生成，滴加溶液不显红色，现象错误，A不符合题意；B铜粉不与稀硫酸反应，加入硝酸钾，引入，发生反应的离子方程式为，体现了在酸性环境中的强氧化性，结论错误，B不符合题意；C粒投入溶液中，先与水反应生成和，与反应生成白色沉淀，现象、结论错误，C不符合题意；D蔗糖与浓硫酸反应生成蓬松多孔的黑色物质，浓硫酸先使蔗糖脱水生成C单质，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，C单质与浓硫酸反应生成，同时生成刺激性气味的气体，使体积膨胀，体现了浓硫酸的强氧化性，气体导入澄清石灰水使其浑浊，故D符合题意；故选D。12DA二氧化硫可与品红褪色，但不
24、能检验二氧化碳，故A错误；B二者都与氢氧化钠溶液反应，再通过澄清石灰水无现象，不能鉴别，故B错误；C二氧化硫通过饱和碳酸氢钠溶液可生成二氧化碳气体，不能鉴别，故C错误；D先通过酸性高锰酸钾溶液将二氧化硫反应掉，再通过品红溶液，说明没有二氧化硫，最后通过澄清的石灰水，变浑浊可检验二氧化碳存在，故D正确；答案选D。13(1) 2Cu+O22CuO、CuO+H2SO4CuSO4+H2O 因为生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境(2)大于(3)3Cu28H=3Cu22NO4H2O(4)2 molL1（1）废铜屑经灼烧，会与空气中的氧气反应生成氧化铜，氧化铜再与稀硫酸反应生成硫酸铜，则有
25、关反应的化学方程式为2Cu+O22CuO、CuO+H2SO4CuSO4+H2O；因为生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境，所以工业上不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜；故答案为：2Cu+O22CuO、CuO+H2SO4CuSO4+H2O；因为生成等量的硫酸铜需硫酸较多，且生成的二氧化硫污染环境。（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+H2O，随着铜和浓硫酸反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9mol时，理论上需要18mol/L的浓硫酸的体积为180moL，所以需要18molL-1的浓硫酸的实际体积要大于1
26、80mL；故答案为：大于。（3）根据上述分析，当硫酸变稀后，反应停止，溶液中有未反应的硫酸和生成的硫酸铜，若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸盐，因为溶液中有H+，再加入硝酸盐引入NO3-，相当于存在了硝酸，硝酸能将铜溶解，反应的离子方程式为3Cu28H=3Cu22NO4H2O；故答案为：3Cu28H=3Cu22NO4H2O。（4）依据题意，然后根据元素守恒可知，最后所得的溶液是Na2SO4溶液，n(H2SO4)=n(NaOH)=4mol/L0.15L=0.3mol；c(H2SO4)= =2 mol/L；故答案为：2 mol/L。14(1)Si(2) SiO2+2NaOH=Na2SiO3+
27、H2O(3)D(4)第三周期A族【解析】(1)计算机芯片的主要成分是硅单质Si；(2)工业上制取粗硅反应为二氧化硅和碳高温生成硅和一氧化碳，；光导纤维主要成分为二氧化硅，遇到强碱易被腐蚀，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；(3)陶瓷、玻璃、水泥的制造原料中都含有二氧化硅，三者都是硅酸盐产品；生石灰为氧化钙，属于金属氧化物；故选D；(4)硅为14号元素，在元素周期表中的位置为第三周期A族。15 12 Cu2H2SO4(浓) CuSO42H2OSO2 b 3由图象可知，横坐标表示物质类别，纵坐标表示S元素的化合价，则X为H2S；Y为SO2；Z为
28、H2SO4；由此分析解答。(1)据分析可知， X为H2S，Y为SO2，发生2H2S+SO2=3S+2H2O，X为还原剂，Y为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；(2)Z为硫酸，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应为Cu2H2SO4(浓) CuSO42H2OSO2；故答案为：Cu2H2SO4(浓) CuSO42H2OSO2；(3) Na2S2O3中S元素的化合价为+2价，若要用归中反应制备Na2S2O3，反应物中S元素的化合价必须有1个大于+2，有1个小于+2，a中两种物质中S元素化合价均小于+2，c、d中两种物质中S元素化合价均大于+2，只有b中S元素化
29、合价1个大于+2，1个小于+2，故答案为：b；(4)S元素的化合价由+4价升高为+6价，Cr元素的化合价由+6价降低，设还原产物中Cr元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.024L0.05mol/L(6-4)=0.02L0.02mol/L2(6-x)，解得x=+3，故答案为：+3。16(1) (2) NaOH溶液 浓硫酸 稀硫酸（1）碳酸氢铵是可溶性盐，在水溶液中的电离方程式：；BaCl2溶液的作用是沉淀硫酸根离子，可用氢氧化钡溶液代替氯化钡沉淀硫酸根，过量的钡离子和氢氧根在后续操作中分别被碳酸钠和稀盐酸除掉；加入过量Na2CO3溶液的作用是利用碳酸根将钡离子沉淀除去：；（2）依据实验要求可知
30、甲、乙装置应分别为除杂和干燥装置，根据一氧化碳和二氧化碳的性质可知甲是用以吸收CO2的，因此甲、乙应分别装NaOH溶液和浓H2SO4，甲吸收CO2后生成碳酸钠，最后还应将其释放出来，从题目给出的试剂看，显然分液漏斗中盛放的是稀硫酸，稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，不用稀盐酸是为了防止其挥发出氯化氢气体使二氧化碳不纯。故答案为NaOH溶液；浓H2SO4；稀H2SO4。17(1)橡皮管和玻璃管润湿(2)NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O(3)平衡气压，使液体顺利流下(4) A 利用生成的N2将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等)(5)CO2+2OH-=CO+H2O(6)浓硫酸(7) 未
31、将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收 87.6%在装置A中NaNO2与NH4Cl混合加热制取N2，利用置B和C制取Sr3N2。装置BNaOH的作用是除去N2中的CO2气体，装置B的连苯三酚的作用是除去N2中的O2，然后通入装置C，其中广口瓶中盛有浓硫酸，作用是吸收N2中的水蒸气，在硬质玻璃管中N2与金属Sr在加热时反应得到Sr3N2，装置C中干燥管中的碱石灰作用是防止空气中的水蒸气进入硬质玻璃管，干扰物质的成分的检验。在测定Sr3N2纯度时，Sr3N2与水反应产生NH3，NH3被浓硫酸吸收得到(NH4)2SO4，根据浓硫酸增重分析，为了防止水蒸气对Sr3N2纯度检验造成干扰，要先通入盛有碱石灰
32、的干燥管吸收NH3中的水分，再利用浓硫酸吸收氨气。（1）实验装置中玻璃管之间需用橡皮管连接，其连接方法是先橡皮管和玻璃管润湿，后稍稍用力即可将玻璃管插入橡皮管；（2）在装置A 中NaNO2与NH4Cl混合加热发生氧化还原反应制取N2，制备N2的化学反应方程式为：NH4Cl+NaNO2N2+NaCl+2H2O；（3）装置A中a导管使饱和氯化铵溶液上下相同，液体上下气压相同，这样就可以使液体在重力作用下顺利流下；（4）Sr是活泼金属元素，容易与空气中的O2发生反应，为防止其氧化变质，在操作中，应先点燃A装置的酒精灯，利用反应产生的N2排出装置中空气，使Sr处于N2环境中，避免其氧化变质；（5）在装
33、置B中NaOH溶液与N2中混有的空气中CO2反应产生Na2CO3、H2O，该反应的离子方程式为：CO2+2OH-=CO+H2O；（6）空气中CO2被装置B中NaOH容易吸收，其中的O2被装置B中联苯三酚吸收。由于Sr金属性很强，容易与水蒸气发生反应，所以N2中的水蒸气可以被装置C中广口瓶中的浓硫酸吸收，故装置C中广口瓶盛放的试剂是浓硫酸；（7）取10.0 g该产品，向其中加入适量的水，Sr3N2与水反应产生Sr(OH)2和NH3，将生成的气体NH3全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，但该方法测得产品的纯度偏高，这是由于Sr3N2与水反应产生Sr(OH)2和NH3，反应产生的
34、NH3中混有少量水蒸气也被浓硫酸吸收；经改进后测得浓硫酸增重1.02 g，n(NH3)=，根据N元素守恒，可知10.0 g Sr3N2中含有N元素的物质的量是0.06 mol，Sr3N2的物质的量是0.03 mol，质量为m(Sr3N2)=0.03 mol292 g/mol=8.76 g，则产品的纯度为。18(1)分液漏斗(2)2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+4H+SO(3)Ba2+SO=BaSO4(4)硝酸将亚铁离子氧化为铁离子(5)无色气体变为红棕色(6)HNO3Fe3+SO（1）仪器a为分液漏斗，答案：分液漏斗；（2）A装置中的Fe3+和SO2反生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe
35、2+，SO2被氧化为，离子方程式2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+4H+SO，答案：2Fe3+2H2O+SO2=2Fe2+4H+SO；（3）加入KSCN溶液后溶液不变色，说明Fe3+完全被还原为Fe2+，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，和Ba2+生成BaSO4沉淀，离子方程式Ba2+SO=BaSO4，答案：Ba2+SO=BaSO4；（4）Fe2+呈浅绿色，具有还原性，HNO3具有强氧化性，能将Fe2+氧化为为Fe3+，所以浅绿色溶液变为黄色的原因是硝酸将亚铁离子氧化为铁离子，答案：硝酸将亚铁离子氧化为铁离子；（5）液面上方是NO气体，NO气体与氧气反应生成红棕色气体NO2。往A中通入空气
36、，液面上方会观察到无色气体变为红棕色，答案：无色气体变为红棕色；（6）由实验、可得出，Fe3+和SO2反生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，SO2被氧化为，氧化性Fe3+SO，实验可知可知HNO3能将Fe2+氧化为为Fe3+，氧化性HNO3Fe3+，所以氧化性HNO3Fe3+SO，答案：HNO3Fe3+SO。19 蒸馏烧瓶 溶液由紫红色变为无色 还原性 5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2+5SO+4H+ NaOH SO2+2OH-=SO+H2O(1)根据仪器的特征，该仪器是蒸馏烧瓶。故答案为：蒸馏烧瓶；(2)酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫中硫元素是中间价态，有还原性，所以二氧化硫能
37、被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，同时说明二氧化硫有还原性，装置B中发生的现象是溶液由紫红色变为无色，这现象分别说明SO2具有的性质是还原性；故答案为：溶液由紫红色变为无色；还原性；(3)装置B中发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2+5SO+4H+。故答案为：5SO2+2MnO+2H2O=2Mn2+5SO+4H+(4)该实验的尾气是SO2，SO2用NaOH溶液吸收，发生的反应为：SO2+2OH-=SO+H2O。故答案为：NaOH；SO2+2OH-=SO+H2O；20 3.5mol 162.5g SO21.0mol；H21.5mol由题可得，Zn和浓硫酸反应完之后，剩下的
38、溶液溶质为ZnSO4和H2SO4，产生的气体为SO2或者SO2和H2的混合物，据此回答。(1)根据题目可知，反应完之后，溶质为ZnSO4和H2SO4，根据硫酸的量守恒，可得消耗的H2SO4的物质的量，故答案为：3.5mol。(2)因为1molZn和浓硫酸生成1molSO2，和稀硫酸生成1molH2，所以根据得失电子守恒，可得整个反应得失电子数为，所以消耗Zn的质量为，故答案为：162.5g。(3)设产生SO2的物质的量为mol，产生H2的物质的量为mol，所以根据气体的总物质的量可得方程；根据硫守恒，可列方程，联立两方程，可得x=1.0mol，y=1.5mol。故答案为：SO21.0mol；H
39、21.5mol。21 3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O 1：3 10molL1 14molL1 1.28g 20% 640mL(1)铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，离子方程式为：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O；加入到100mL一定浓度的硝酸溶液中，两者恰好完全反应，Cu的物质的量为，Cu转化为Cu2+，该反应转移电子0.6mol，产生标准状况下和的混合气体，混合气体的物质的量为，设NO2为x mol，NO为y mol，根据N原子守恒和电子守恒，则有，解得，所以混合气体中NO和的体积比为1：3；根据N原子守恒：，硝酸体积为100mL，则其物质的量浓度为；(2)该浓硝酸中
40、HNO3的物质的量浓度为；铜镁合金的质量为1.52g，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，OH-的质量为2.54g-1.52g=1.02g，其物质的量为，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设Cu为x mol，Mg为y mol，则有，解得，所以该合金中铜的质量为；NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，混合气体的物质的量为，设NO2的物质的量为a mol，N2O4的物质的量为(0.05-a) mol，Cu的物质的量为0.02mol，Mg的物质的量为0.01mol，根据电子转移守恒可知，解得a=0.04
41、，则N2O4的物质的量为0.01mol，N2O4的体积分数为；反应后溶质为硝酸钠，根据N原子守恒可知，硝酸钠的物质的量为，根据Na离子守恒可知，则加入NaOH溶液的体积为。22 1：3 0.148（1）E与F之间沉淀的量减少，为Al(OH)3溶解在氢氧化钠溶液中，其反应方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝与氢氧化钠物质的量之比为1：1，EF段的n(NaOH)=4mol/L210-3L=0.008mol，AlAl(OH)3NaOHNaAlO2+2H2O110.008mol0.008mol所以铝的物质的量为0.008mol；D与E一段氢氧化钠被消耗，DE段是NH4NO
42、3和NaOH反应NH4NO3NaOH11n(NH4NO3)=n(NaOH)=(34-31)10-3L4mol/L=0.012mol，设铁有x mol，Al离子也是0.008mol，NH4+有0.012mol，根据电子守恒可得：3x+0.0083=0.0128，x=0.024mol，所以铁离子有0.024mol，根据原子守恒知，铁的物质的量是0.024mol，故原混合物中铝粉与铁粉的物质的量之比为0.008mol：0.024mol=1：3，故答案为1：3；（2）E点时，溶液中的溶质是硝酸钠和氨水，n(NH3H2O)=n(NH4+)=0.012mol，n(NaNO3)=n(NaOH)=3410-3L4mol/L=0.136mol，根据氮原子守恒知，c(HNO3)=0.148mol/L，故答案为0.148。