第五章《化工生产中的重要非金属元素》测试题（含解析）2022-2023学年高一下学期人教版(2019)化学必修第二册

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．将0.03mol缓缓通入含0.02mol和0.02molHBr的混合溶液中，在此过程中，溶液的与的物质的量(n)的关系示意图是(设溶液的体积不变)
A． B．
C． D．
2．研究表明固体(固体的组成用表示)热分解得到的过程可分为四步，每一步产生和的物质的量之比依次为2∶1、x∶y、3∶2、3∶2。某实验小组取固体进行热重分析，剩余固体的质量与温度的关系如图所示：
下列分析错误的是
A．可表示为
B．时，剩余固体的组成可表示为
C．已知时，剩余固体的组成可表示为，则
D．图中m的值为18.20
3．混合物的分离是化学实验的重要内容。如图的仪器，从左至右，可进行的操作分别是
A．蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B．过滤、蒸发、萃取、蒸馏
C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D．蒸馏、过滤、萃取、蒸发
4．下列关于硅单质及其化合物的说法正确的是
①硅是构成一些岩石和矿物的基本元素
②水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品
③高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
④陶瓷是人类应用很早的硅酸盐材料
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
5．下列物质性质与应用对应关系正确的是
A．氨气易溶于水，可用作制冷剂
B．浓硫酸具有脱水性，可用于气体的干燥
C．二氧化硫具有氧化性，可用于纸浆的漂白
D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料
6．已知X、Y、Z、W(含同一种元素)之间的转化关系如图，且X能与W发生反应生成一种易溶于水的盐，则X可能是
XYZW
A．N2 B．NO2 C．NH3 D．NO
7．实验室用浓氨水和生石灰制取氨气，并探究氨气的性质，其装置如图所示，下列说法错误的是
A．一段时间后，Ⅱ中干燥红色石蕊试纸变蓝色
B．Ⅲ干燥管中盛放的试剂可以是无水氯化钙
C．Ⅳ中黑色粉末逐渐变为红色说明氨气具有还原性
D．实验结束后，应先将导气管从水槽中拿出再熄灭酒精灯
8．已知：和HCl都易溶于水，有关下列各装置图的叙述，不正确的是
A．装置①可用于吸收实验中多余的
B．装置②可用于收集、等，不能用于收集、
C．装置③中X为，可用于吸收氨气或氯化氢
D．装置④可用于收集氨气，并吸收多余的氨气
9．下列说法错误的是
A．明矾可用于净水 B．硅单质用于制作光导纤维
C．NaClO溶液可用作环境的消毒剂 D．铁红（）可用作红色油漆和涂料
10．下列试剂的保存方法正确的是
A．氢氟酸存放在玻璃瓶中 B．NaOH溶液存在带橡皮塞的玻璃瓶中
C．水玻璃存放在滴瓶中 D．金属钠保存在冷水中
11．下列物质和俗名不相对应的是
A．：大理石 B．：胆矾
C．：熟石膏 D．：芒硝
12．常温常压下将amL硫化氢与bmL二氧化硫混合，充分反应后气体体积变为，则a与b之比可能是
①7∶2 ②4∶5 ③9∶1 ④2∶3
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
二、非选择题（共10题）
13．盐酸、硫酸、硝酸是工业生产中常用的三种强酸。回答下列问题：
(1)盐酸既有酸性，又能表现氧化性和还原性。若用浓盐酸制取氯气，需要与具有_______(酸性、氧化性、还原性)的物质发生反应；若用0.6 mol 与100 mL 的浓盐酸加热反应，生成的物质的量_______(填标号)。
A．等于0.6 mol B．大于0.3 mol C．等于0.3 mol D．小于0.3 mol
(2)以下为用硫酸制取硫酸铜的两种方法。①实验室常利用铜与浓硫酸加热反应制得硫酸铜；②工业上却是将废铜屑倒入热的稀硫酸中并不断通入空气来制备硫酸铜。方法②反应的离子方程式为_______。上述两种方法中，制取硫酸铜的最佳方法是_______(填“①”或“②”)，理由是_______。
(3)将12.8 g铜与足量的浓硝酸反应，产生NO和气体的体积为5.60 L(STP)，则参加反应的硝酸的物质的量为_______。
(4)Q为单质，X、Y、Z、E、M五种物质含有同一元素，一定条件下有以下的转化关系。
若M为酸。则M的化学式可能为_______。
14．立德粉(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：
(1)利用焰色试验的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为___________(填标号)。
A．黄色B．红色C．紫色D．绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：
在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为___________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为___________。
15．SiO2属于酸性氧化物，与CO2相似，但很难与水直接化合，实验室可以采用先碱溶后酸化的方法来制备难溶的硅酸(H2SiO3)。
(1)用烧碱溶解SiO2可以得到硅酸钠，相应的离子方程式为：_______。
(2)向盐酸中逐滴滴加制得的硅酸钠溶液，当pH达到6~7时得到一种乳白色、半透明的分散系，其分散质为粒径在5~100nm的SiO2·nH2O粒子。该分散系属于_______(选填“溶液”“浊液”或“胶体”)，简单的证明方法是_______。向该分散系中加入电解质溶液(如浓AlCl3溶液)，有白色胶状硅酸沉淀生成。写出另一种能使该分散系转化为硅酸沉淀的方法：_______。
16．硫的氧化物、氮的氧化物、硅的氧化物都是重要的化工原料。将其合理利用，既能减少污染，又能充分利用资源，创造价值。
(1)SO2性质多变。将SO2气体通入H2S溶液中，看到有黄色不溶物生成，该过程中SO2表现出_______性；SO2气体可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，该过程中表现出_______性；SO2可以使品红溶液褪色，该过程中SO2表现出_______性。
(2)有学者提出利用Fe3+、Fe2+等离子的作用，在常温下的溶液中将氧化成而实现SO2的回收利用。写出Fe3+将SO2氧化反应的离子方程式：_______。
(3)用过量NaOH溶液吸收NO2气体来实现NO2的回收利用，所得溶液中除含有NaOH和NaNO2，还含有另外一种盐，则我们可以推测出另外一种盐是_______(写化学式)。
(4)为避免污染，常给汽车安装尾气净化装置。净化装置里装有催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如下图所示。写出净化过程中的总化学反应方程式：_______(已知该汽车尾气中NO和CO的物质的量比为1：2)。
(5)水晶，玛瑙和沙子一样，主要成分都是SiO2，玻璃里也含有二氧化硅。不能用玻璃试剂瓶来盛装HF的水溶液的原因是_______(用化学方程式表示)。石英坩埚可以用来灼烧下面哪种物质_______。(填字母)
A．碳酸钠 B．氢氧化钠 C．氢氧化钾 D．氯化钠
17．已知 NH3和 Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2 NH3 + 3Cl2 → N2 + 6HCl。当 Cl2和 NH3 比例不同时，产物有差异。
(1)若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则 Cl2 和 NH3 的最佳比例为____________。该反应可用于检验化工生产中氯气是否泄漏。如氯气有少量泄漏，用氨气检验时有明显现象，此过程中发生反应的Cl2和NH3的体积比范围为___________。
(2)体积为1.12 L，质量为3.335 g的Cl2和N2的混合气体通过浓氨水后，体积变为0.672 L（其中Cl2体积分数为50%）（气体体积均为标准状况下测定）。则原混合气体中N2的体积为_____________ mL。
(3)根据第(2)题数据，计算被氧化的NH3的质量。下面是两位学生从不同角度解题时所列的第一步算式，请判断他们所列未知数X分别表示什么量，并填写在表格内：（单位没列出）
学生编号 所列第一步算式 未知数X表示的意义
甲 ___________
乙 ____________
(4)有Cl2和N2的混合气体，其中N2的体积分数为x，将1L该混合气体与1L氨气混合，讨论x取不同范围的数值时，所得气体体积y与x的关系式（所有气体体积均在相同状况下测定）。______________
18．已知19.2g Cu与过量的200mL 6mol/L硝酸充分反应，反应结束后，除了产生Cu(NO3)2以外，还产生了NO与NO2两种气体共8.96L(标准状况下测定)，请计算(忽略反应前后溶液体积的变化)：
(1)反应中转移电子的物质的量为______mol。
(2)反应产生的混合气体中，产生NO气体的体积为______mL(标准状况下测定)。
(3)反应后，NO的物质的量浓度为______mol/L。
19．已知：4NH3+5O2 4NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O 4HNO3。设空气中氧气的体积分数为0.20，氮气体积分数为0.80，请完成下列计算：
（1）使NH3恰好完全氧化为一氧化氮，氨－空气混合物中氨的体积分数为_______（保留2位小数）。
（2）工业上用Mg（NO3）2制取浓HNO3的脱水剂（以下数据均为质量百分比浓度）。65%HNO3（质量为M1）中加72%Mg（NO3）2溶液（质量为M2）后蒸馏。分别得到97.5%HNO3和60%Mg（NO3）2溶液（不含HNO3）。若蒸馏过程中HNO3、Mg（NO3）2、H2O均无损耗，求蒸馏前的投料比M1/M2的值是_______；
（3）铜屑与氧化铜混合物与硫酸和硝酸组成的混酸反应来制取CuSO4·5H2O晶体，混酸中硝酸的还原产物为NO，反应过程中不产生SO2，反应后的溶液中不含Cu（NO3）2， 反应中固体完全溶解，两种酸均恰好完全反应。若固体混合物的总质量为480 g，其中铜屑的质量分数为0.4，则混酸中HNO3与H2SO4的物质的量之比为________；480g固体混合物与一定量混酸微热后，充分反应，冷却恰好只得到CuSO4·5H2O，原混酸中H2SO4的质量分数为_______。
（4）①20.0moL的NH3用空气氧化，产生混合物的组成为：NO18.0mol、O212.0 mol、N2150.0 mol和一定量的硝酸，以及其它成分（高温下NO和O2不反应）。计算HNO3的物质的量为______；
②20.0moL 的NH3和一定量空气充分反应后，再转化为HNO3，设HNO3的物质的量n（A）和空气的物质的量n（B），写出当125≤n（B） ≤ 200时，n（A）和n（B）的关系式_______。
20．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。
I.制备Na2S2O3 5H2O
反应原理：Na2SO3(aq)+S(s)Na2S2O3(aq)
实验步骤：
①称取15gNa2S2O3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水。另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中。
②安装实验装置，水浴加热，微沸60分钟。
③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3 5H2O，经过滤，洗涤，干燥，得到产品。
回答问题：
（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是___。
（2）仪器a的名称是___，其作用是___。
（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是___，检验是否存在该杂质的方法是___。
（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子方程式表示其原因为___。
II.测定产品纯度
准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。
（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化为___。
（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为___ mL。产品的纯度为___（设Na2S2O3 5H2O相对分子质量为M）。
21．某化学实验小组为了探究氨的氧化性和还原性设计了如下实验方案。
实验一：探究氨的还原性，实验装置如图1所示。
已知：(ⅰ)Mg(OH)2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应，生成氨和碱式氯化镁[Mg(OH)Cl]；
(ⅱ)Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O＋H2SO4(稀)=Cu＋CuSO4＋H2O。
(1)装置A中发生反应的化学方程式为_______，装置D的作用是_______。
(2)反应结束后装置C中的氧化铜完全转化为红色固体，为了探究红色固体的成分，进行了如下实验探究：
实验操作 实验现象 实验结论
取10.4 g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置 若无现象 ①红色固体为_______
若溶液变蓝 ②红色固体中肯定含有_______，可能含有_______
取上述反应后的混合物过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4 g — ③红色固体的成分及其物质的量为_______
实验二：探究氨的氧化性，实验装置如图2所示。
已知：(ⅲ)铝可以与氨反应：2Al＋2NH32AlN＋3H2；
(ⅳ)氮化铝性质稳定，基本不与水、酸反应，在加热时溶于浓碱可产生氨。
按图2所示连接好装置，检查装置气密性；在蒸馏烧瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入浓氨水，装置G中盛装碱石灰，装置H中加入铝粉，打开装置F处分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。
(3)用平衡移动原理解释装置F中产生氨的原因：_______。
(4)装置H处反应进行完全的实验现象为_______。
(5)为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入_______溶解、_______(填操作名称)、洗涤、干燥即可。
(6)写出氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应的离子方程式：_______。
22．浓硫酸和木炭在加热条件下发生反应。下图所示装置可用来检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应产生的气体产物。
(1)浓硫酸与木炭反应的化学方程式为_______。
(2)装置B中试剂的作用是_______。
(3)能证明装置中存在CO2的现象是_______。
(4)将木炭与浓硫酸共热后得到的气体通入下列溶液中，得不到无色澄清溶液的是_______(填序号)。
A．品红溶液 B．滴加酚酞的氨水 C．Ca(OH)2溶液 D．溴水
参考答案：
1．A
当氧化剂相同时，先和还原性强的物质反应，因此氯气首先氧化H2SO3为H2SO4，H2SO3反应完毕，然后再氧化Br-生成Br2。
因为亚硫酸的还原性强于HBr，因此氯气先氧化亚硫酸，后氧化HBr，先发生反应Cl2+H2SO3+ H2O=H2SO4+2HCl，0.02mol H2SO3消耗0.02mol Cl2，生成0.02mol H2SO4，0.04mol HCl，H2SO3为弱酸，生成两种强酸：H2SO4和HCl，c（H+）增大，H2SO3反应完毕，Cl2过量0.01mol，然后再氧化Br-，发生反应Cl2+2HBr=Br2+2HCl，0.01mol Cl2恰好与0.02mol HBr反应生成 HCl和Br2，c(H+)不变，故A正确；
故选A。
2．C
NH4VO3可以表示为，NH4VO3的摩尔质量为117g/mol，23.4gNH4VO3固体为0.2mol，相当于0.1molV2O5，0.2molNH3，0.1molH2O，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH3和0.05molH2O，剩余固体的组成可表示为，当剩余固体为V2O5时，质量为0.1mol×182g/mol=18.2g。
A．NH4VO3各原子数均2倍后可表示为，故A正确；
B．由分析，150℃时减少的质量为2.6g，减少0.1molNH3和0.05molH2O，时，剩余固体的组成可表示为，故B正确；
C．已知时，剩余固体的组成可表示为，由时，剩余固体的组成可表示为，则失去的氨的物质的量：失水的物质的量=(1-):(-)=3:1，则，故C错误；
D．23.4gNH4VO3固体为0.2mol，将NH3和H2O全部失去后为V2O5，质量为23.4g-0.2mol×34g/mol-0.1mol×18g/mol=18.2g，图中m的值为18.20,故D正确；
故选C。
3．D
①是蒸馏烧瓶可用于蒸馏；②漏斗主要用于过滤；③分液漏斗用于萃取；④蒸发皿用于蒸发；
故选D。
4．C
①硅元素是地壳中大量存在的元素，是许多种岩石和矿物的基本构成元素之一，故①正确；
②水晶主要成分是二氧化硅，不是硅酸盐，故②错误；
③光导纤维的主要成分是二氧化硅，故③错误；
④陶瓷的主要成分是硅酸盐且陶瓷应用极早，故④正确。
综上所述，本题正确答案为C。
5．D
A．氨气可用作制冷剂的原因是液氨气化时会吸热，A错误；
B．浓硫酸作为干燥剂时表现的是吸水性，B错误；
C．二氧化硫的漂白是和某些有色物质结合转化为无色化合物，与氧化性还原性无关，C错误；
D．碳化硅俗称金刚砂，有很大的硬度，可以用作磨料，选项D正确。
故选D。
6．C
A．氮气被氧化生成NO，NO被氧化生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，但硝酸不与氮气反应，A不符合题意；
B．NO2不能被连续氧化，B不符合题意；
C．NH3被氧化生成NO，NO被氧化生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，硝酸与NH3反应生成硝酸铵，为一种易溶于水的盐，C符合题意；
D．NO不能被连续氧化，D不符合题意；
综上所述答案为C。
7．B
A. 用浓氨水和生石灰制取的氨气中混有水蒸气，二者反应形成的氨水显碱性，能能够使干燥红色石蕊试纸变蓝色，A正确；
B. 在氨气和CuO反应前应先干燥，常用碱式灰，由于氯化钙能与氨气反应生成Ca(NH3)8Cl2，所以不能用无水氯化钙干燥氨气，B错误；
C. 氨气与氧化铜反应生成Cu单质，Cu元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，氨气发生氧化反应，说明氨气具有还原性，C正确；
D. 熄灭酒精灯后，装置内压强降低，水槽中水会发生倒流，为防止水槽中的水倒流，实验结束后，应先将导气管从水槽中拿出再熄灭酒精灯，D正确；
故合理选项是B。
8．B
A． 氯气与氢氧化钠能反应，故装置①可用于吸收实验中多余的，故A正确；
B． 装置②也可用于收集、，二者的密度比空气的小，应该从短导管一端进入，故B错误；
C． 装置③中X为，可防止倒吸，可用于吸收氨气或氯化氢，故C正确；
D． 碱石灰可干燥氨气，集气瓶可收集氨气，氨气极易溶于水，可用水吸收多余氨气，故装置④可用于收集氨气，并吸收多余的氨气，故D正确；
故选B。
9．B
A．明矾溶于水后，电离出Al3+发生水解生成氢氧化铝胶体具有很强的吸附能力，能够吸附水中的悬浮物质，故可用于净水，A正确；
B．硅单质用于制作半导体材料、硅芯片等，二氧化硅才用于制作光导纤维，B错误；
C．NaClO溶液在空气中与CO2反应生成具有强氧化性的HClO，故可用作环境的消毒剂，C正确；
D．铁红()呈红棕色，且化学性质较稳定，故可用作红色油漆和涂料，D正确；
故答案为：B。
10．B
A．氢氟酸与玻璃中SiO2反应而腐蚀玻璃瓶，应保存在塑料瓶中，故A错误；
B．玻璃中含有SiO2，易与氢氧化钠反应生成具有黏性的硅酸钠而使玻璃塞打不开，保存氢氧化钠溶液时不能用玻璃塞，应用橡皮塞，故B正确；
C．硅酸钠溶液有粘性，其水溶液为水玻璃，水玻璃能将滴管和瓶子黏在一起，不能存放在滴瓶中，故C错误；
D．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，故D错误；
故答案选B。
11．A
BaSO4的俗名为重晶石，大理石的主要成分为CaCO3，故选A。
12．A
硫化氢与二氧化硫反应的化学方程式为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，参加反应的二氧化硫与硫化氢气体的体积之比是1∶2，充分反应后气体体积变为，若剩余的气体是二氧化硫，则b-=，整理得a∶b=4∶5，若剩余的气体是硫化氢，则a-2b=，整理得a∶b=7∶2，则①②正确，故选：A。
13．(1) 氧化性 D
(2) ② 产生等量后者消耗硫酸的量少，且不产生污染环境的
(3)0.65 mol
(4)或
（1）若用浓盐酸制取，HCl作还原剂，则还需要与具有氧化性的物质发生反应；由化学方程式可知，0.6mol与1.2mol浓盐酸反应，浓盐酸不足，理论上生成0.3mol，但随着反应的进行，浓盐酸变稀，因此生成的小于0.3 mol，故选D。
（2）方法②中，铜、稀硫酸和氧气反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为；上述两种方法中，制取硫酸铜的最佳方法是②；理由是产生等量后者消耗硫酸的量少，且不产生污染环境的。
（3）根据N元素守恒，参加反应的硝酸中的N元素转移到、NO和气体中，则；
（4）若X为，Q为，和反应生成S，S和反应生成，和反应生成，和反应生成，Cu和浓反应生成，因此M可为；若X为，Q为，和反应生成，和反应生成，和反应生成，和反应生成，Cu和稀反应生成，因此M可为；综上所述，M可能为或。
14． D
重晶石和过量的焦炭粉在回转炉中加热，生成硫化钡和一氧化碳，加入水得到硫化钡溶液，加入硫酸锌反应生成立德粉，据此回答。
(1)钡元素的焰色为绿色，答案选D。
(2)已知反应物有BaSO4、C，生成物有BaS，因焦炭过量则生成CO，根据得失电子守恒、原子守恒写出化学方程式为；回转炉中有毒气体为一氧化碳，和水蒸气反应生成二氧化碳和一种清洁能源气体，从元素守恒的角度分析，该气体应为氢气，方程式为：。
15．(1)SiO2+2OH-=SiO+H2O
(2) 胶体 丁达尔现象 加热或加入氢氧化铁胶体等
（1）二氧化硅与烧碱即NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，该反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=+H2O；
（2）分散质为粒径在1~100nm内的分散系是胶体，则在5~100nm的SiO2·nH2O粒子属于胶体，区分溶液和胶体的物理方法是丁达尔效应，胶体具有介稳性，加热或加入其它带相反电荷的胶体，将硅酸胶体转化为硅酸沉淀的方法为：加热或加入氢氧化铁胶体等。
16．(1) 氧化 还原 漂白
(2)
(3)NaNO3
(4)2NO+O2+4CO4CO2+N2
(5) SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O D
【解析】（1）
SO2性质多变。将SO2气体通入H2S溶液中，二者发生反应：SO2+2H2S=3S↓+H2O，反应产生难溶性的S，因此看到有黄色不溶物生成，在该反应过程中S元素的化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后S单质的0价，化合价降低，得到电子，被还原，SO2表现出氧化性，SO2作氧化剂；
SO2具有还原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪色，这表现SO2的还原性；
SO2能够与品红结合形成无色物质而使品红溶液褪色，该过程中SO2表现出漂白性；
（2）
有学者提出利用Fe3+、Fe2+等离子的作用，在常温下Fe3+的溶液中将SO2氧化成而实现SO2的回收利用。则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知Fe3+将SO2氧化反应的离子方程式为：；
（3）
NO2中N元素化合价为+4价，用过量NaOH溶液吸收NO2气体来实现NO2的回收利用，所得溶液中除含有NaOH和NaNO2，NaNO2中N元素化合价为+3价，则根据氧化还原反应规律，还含有另外一种盐，该盐中N元素化合价为+5价，则我们可以推测出另外一种盐是NaNO3；
（4）
根据图示可知反应分为两步进行。首先是NO与O2反应产生NO2，然后是NO2与CO反应产生N2、CO2，该反应的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2；
（5）
玻璃中含有SiO2，SiO2与HF酸发生反应产生SiF4、H2O，导致玻璃被腐蚀，因此不能用玻璃试剂瓶来盛装HF的水溶液；
A．石英坩埚中含有SiO2，SiO2与碳酸钠在高温下会发生反应，因此不可以用来灼烧碳酸钠，A不符合题意；
B．石英坩埚中含有SiO2，SiO2与NaOH会发生反应产生可溶性Na2SiO3、H2O，因此会腐蚀玻璃，因此不能用坩埚加热NaOH，B不符合题意；
C．石英坩埚中含有SiO2，SiO2与KOH会发生反应产生可溶性K2SiO3、H2O，因此会腐蚀玻璃，因此不能用坩埚加热KOH，C不符合题意；
D．NaCl与石英坩埚中成分在加热时不发生反应，因此可以用石英坩埚加热灼烧NaCl，D符合题意；
故合理选项是D。
17． 3:2 大于0，小于1.5 112 被氧化氨的物质的量 反应前Cl2的体积 y=2 2x(0.625>x>0)；y=( 1>x 0.625)
（1）NH3和 Cl2在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，Cl2和 NH3的最佳比例是恰好完全反应；检验氯气存在需要氯气和氨气反应生成氯化氢和氨气冒白烟生成氯化铵白色固体，氨气过量；
（2）标准状况下体积为1.12L，质量为3.335g的Cl2和N2的混合气体的平均摩尔质量，结合质量和物质的量计算得到原混合气体中的氯气和氮气物质的量之比，计算得到氮气体积；
（3）依据图表中的计算式和依据分析判断；
（4）依据反应的极值方法进行分析计算分析判断不同范围的气体体积，注意反应前后差量的计算应用。
（1）氨气和氯气在常温下可快速反应生成氮气：2NH3+3Cl2=N2+6HCl，若利用该反应处理含有氨气和氯气的尾气，用于制备盐酸，则Cl2和NH3的最佳比例为3:2；如果管道漏气，发生反应3Cl2+2NH3=N2+6HCl，生成HCl气体继续与氨气反应生成氯化铵，现象为有白烟生成，即氨气应过量，所以发生反应的Cl2和NH3的体积比为大于0，小于1.5，故答案为：3:2； 大于0，小于1.5；
（2）标准状况下体积为1.12L气体物质的量为0.05mol，质量为3.335g的Cl2和N2的混合气体的平均摩尔质量==66.7g/mol，设混合气体中含有氮气物质的量为X，氯气物质的量为(0.05 X)mol，得到28X+(0.05 X)×71=3.335，计算得到X=0.005mol，则原混合气体中N2的体积为0.005mol×22.4L/mol=0.112L=112mL；故答案为：112；
（3）甲：2NH3+3Cl2=N2+6HCl计算表达式是利用反应前后气体物质的量的变化进行计算，所以计算式中X的意义是被氧化的氨气的物质的量；故答案为：被氧化氨的物质的量；
乙：2NH3+3Cl2→N2+6HCl分析反应和计算表达式分析判断，X为原混合气体中氯气的体积，故答案为：反应前Cl2的体积；
（4）若按上式反应，2NH3+3Cl2=N2+6HCl，氨过量，所以还会生成氯化铵8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，当x=62.5%时恰好生成氯化铵和氮气，此时y=0.75L(生成0.125+原来的0.625，也可用差量法2 1.25)，当x>62.5%时剩余氨气，可以用氯气计算，差量法求得气体减少，所以y==，当x<62.5%时氯和氨都用完，求出生成的氮气和氯化氢气体体积之和为(2 3x)，原有氮x，所以共有气体体积为y=(2 2x)，故答案为：y=2 2x(0.625>x>0)；y=( 1>x 0.625)。
18． 0.6 2240 4
(1)该过程中Cu为唯一还原剂，且全部反应，则19.2gCu失去的电子即反应中转移的电子，19.2gCu的物质的量为=0.3mol，转移电子0.6mol；
(2) NO与NO2两种气体共8.96L，则二者的物质的量之和为=0.4mol，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.4mol；根据电子守恒有3x+y=0.6mol，解得x=0.1mol，y=0.3mol，即NO的物质的量为0.1mol，则体积为2240mL；
(3)整个过程中除了部分NO生成NO和NO2外，其余NO都存在于水溶液中，所以溶液中n(NO)=0.2L6mol/L-0.4mol=0.8mol，浓度为：=4mol/L。
19． 0.14 1∶3.3 52.6% 1.5mol
⑴根据NH3与O2反应的比例关系得到氨与空气的比例关系，计算氨—空气混合物中氨的体积分数。
⑵根据蒸馏前后溶液质量不变计算。
⑶先算铜、氧化铜的质量及物质的量，根据铜和硫酸守恒，得到消耗的硫酸的物质的量，根据得失电子守恒，HNO3全部变为NO，得到硝酸的物质的量，再得混酸中HNO3与H2SO4的物质的量之比；根据硫酸根守恒得到原混酸硫酸的质量，根据质量守恒关系得到m(混酸)，再计算混合酸中H2SO4的质量分数。
⑷①先根据氮气在反应中不消耗，计算氧气物质的量，再计算消耗的氧气的物质的量，根据关系式4NH3—5O2—4NO，4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3，设未知数计算得到HNO3的物质的量；②根据4NH3—5O2—4NO得知4molNH3—25mol空气—4molNO，得到20 mol NH3完全反应完消耗125 mol空气，生成20 molNO，剩余的空气与NO反应，根据4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3得到4molNO—15mol空气— 4molHNO3，建立关系进行计算。
⑴使NH3恰好完全氧化为一氧化氮，则NH3与O2之比为4:5，空气中氧气的体积分数为0.20，因此氨与空气体积之比为4:(5×5)=4:25，因此氨—空气混合物中氨的体积分数为；故答案为：0.14。
⑵根据蒸馏前后溶液质量不变，因此有，则蒸馏前的投料比的值是；故答案为：。
⑶若固体混合物的总质量为480g，其中铜屑的质量分数为0.4，即铜质量为480g×0.4 = 192g，铜的物质的量为3mol，氧化铜质量为480g-192g =288g，即氧化铜物质的量为3.6mol，反应最终生成CuSO4·5H2O晶体，根据铜和硫酸守恒，消耗硫酸的物质的量为3mol+3.6mol =6.6mol，根据得失电子守恒，HNO3全部变为NO，硝酸的物质的量，因此混酸中HNO3与H2SO4的物质的量之比为2mol：6.6mol=1:3.3；480g固体混合物与一定量混酸微热后，充分反应，冷却恰好只得到CuSO4·5H2O，原混酸中m(H2SO4)=6.6mol×98 g mol 1=646.8g，m(混酸)=m(CuSO4·5H2O) + m(NO) m(Cu+CuO) = 6.6mol×250 g mol 1+ 2mol×30 g mol 1 480g = 1230g，因此混合酸中H2SO4的质量分数为；故答案为：1:3.3；52.6%。
⑷①氮气在反应中不消耗，根据氮气与氧气比例，得出空气中氧气总物质的量为，则反应的氧气的物质的量为37.5mol 12mol =25.5mol，根据关系式4NH3—5O2—4NO，设氨气消耗4xmol，则消耗5xmol氧气，生成4xmolNO，又根据4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3，设有4ymolNO与3ymol O2反应生成4ymol HNO3，因此有4x 4y=18，5x + 3y =25.5，解得y =0.375，则HNO3的物质的量4y=4×0.375mol = 1.5mol；故答案为：1.5mol。
②根据4NH3—5O2—4NO得知4molNH3—25mol空气—4molNO，得到20 mol NH3完全反应完消耗125 mol 空气，生成20 molNO，剩余的空气与NO反应，根据4NO + 3O2 + 2H2O = 4HNO3得到4molNO—15mol空气— 4molHNO3，所以有，因此；故答案为：。
20． 使硫粉易于分散到溶液中 冷凝管(或球形冷凝管) 冷凝回流 Na2SO4 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 18.10
I．（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；
（3）由于S2O32 具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；
（4）S2O32 与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式；
II．（5）滴定终点为最后一滴碘的标准液滴入时，溶液中淀粉遇碘单质变蓝；
（6）滴定管读数从上往下逐渐增大；根据氧化还原反应转移电子守恒解答。
I．（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；
（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管(或球形冷凝管)，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管(或球形冷凝管)；冷凝回流；
（3）具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；
（4）与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：；
II．（5）因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉显蓝色，且半分钟内不褪色；
（6）起始体积为0.00mL，终点体积为18.10mL，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；该滴定过程中反应的关系式为：，，则产品的纯度为。
21．(1) Mg(OH)2＋NH4ClMg(OH)Cl＋NH3↑＋H2O 做安全瓶
(2) 铜 氧化亚铜 铜 0.05 mol Cu、0.05 mol Cu2O
(3)生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3＋H2ONH3·H2O向左移动，有利于氨逸出
(4)装置J中几乎没有气泡冒出
(5) 稀盐酸(或稀硫酸等其他合理答案) 过滤
(6)AlN＋OH-＋H2OAlO＋NH3↑
实验一，在A中Ca(OH)2与NH4Cl混合加热反应产生NH3，装置B的作用是干燥氨气，在C中NH3与CuO反应,NH3被氧化变为N2，CuO被还原可能产生Cu，也可能产生Cu2O，同时得到H2O，在实验前先通入N2，可以排出装置中的空气，可以防止加热时NH3被氧化；CuO被还原后的产物成分可根据Cu2O＋H2SO4(稀)＝Cu＋CuSO4＋H2O，利用元素守恒分析判断；
实验二，在F中用浓氨水与CaO混合反应产生NH3，在G中干燥氨气，在H中与Al发生反应产生AlN，装置I是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，在J中用稀硫酸吸收氨气，防止大气污染，据此分析解答。
（1）装置A制备氨气，发生反应的化学方程式为Mg(OH)2＋NH4ClMg(OH)Cl＋NH3↑＋H2O；装置D做安全瓶，防止溶液倒吸入C中；
（2）有红色的铜生成，现象为：A 中黑色粉末变为红色，同时有水生成，D 中白色固体变为蓝色；①Cu，因为Cu在常温下不与稀硫酸反应；②有CuSO4生成，溶液变蓝，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu；③所得固体为Cu，物质的量为0.1mol；每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，反应前后质量损失为4g，则0.05mol Cu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05mol，所以原固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05mol；
（3）生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3＋H2ONH3·H2O向左移动，有利于氨逸出；
（4）装置H处反应进行完全不再有氢气放出，实验现象为装置J中几乎没有气泡冒出；
（5）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入稀盐酸或稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥即可；
（6）氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应生成氨气，离子方程式为AlN＋OH-＋H2OAlO＋NH3↑。
22． 2H2SO4(浓) + C2SO2↑+CO2↑+ 2H2O 除去SO2，并检验是否除尽 B中颜色未完全褪去，澄清石灰水变浑浊 C
C和浓硫酸在加热的条件下反应生成SO2、CO2和H2O，化学方程式为：2H2SO4(浓) + C2SO2↑+CO2↑+ 2H2O，A中装有品红溶液，SO2可使品红溶液褪色，因此装置A是为了检验SO2，装置B中装有酸性高锰酸钾溶液，SO2可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，利用装置B除去SO2，装置B中颜色未完全褪去，说明有KMnO4剩余，SO2被完全除去，防止SO2对检验CO2产生干扰，装置C中装有澄清石灰水，用于检验CO2，此时澄清石灰水变浑浊，则证明CO2。
(1)浓硫酸与木炭在加热的条件下反应生成SO2、CO2和H2O，化学方程式为：2H2SO4(浓) + C2SO2↑+CO2↑+ 2H2O；
(2)装置B中装有酸性高锰酸钾溶液，SO2可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，利用装置B除去SO2，装置B中颜色未完全褪去，说明有KMnO4剩余，SO2被完全除去，防止SO2对检验CO2产生干扰；
(3)装置B中颜色未完全褪去，说明有KMnO4剩余，SO2被完全除去，防止SO2对检验CO2产生干扰，装置C中装有澄清石灰水，用于检验CO2，此时澄清石灰水变浑浊，则证明CO2；
(4) A．SO2能使品红溶液褪色，从而得到无色澄清溶液，A项不选；
B．SO2、CO2溶于水，溶液显酸性，可以和氨水反应，从而得到无色澄清溶液，B项不选；
C．Ba(OH)2溶液均与SO2、CO2反应生成白色沉淀，不能得到无色澄清溶液，C项选；
D．SO2和溴水反应：，溴水褪色，从而得到无色澄清溶液，D项不选；
答案选C