第五章 化工生产中的重要非金属元素 测试题（含解析）2022-2023学年高一下学期化学人教版（2019）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．鲁科版教材必修第一册6页图1-1-12，介绍了青蒿素的发现、研究与应用之旅。中国科学家屠呦呦因主持并参与研究抗疟疾药物青蒿素，“拯救了数百万人的生命”的突出贡献，获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。青蒿素分子式为C15H22O5，相对分子质量282.33。无色针状晶体，味苦。在苯和冰醋酸中易溶，在乙醇和乙醚中可溶解，在水中几乎不溶。熔点：156℃，沸点：389.9℃。从青蒿中提取青蒿素的方法，主要有乙醚浸提法和汽油浸提法。下列叙述错误的是(提示：实验室制备CO2气体用过分液漏斗)
A．青蒿素和乙醚不反应 B．青蒿素溶于汽油
C．实验室用分液漏斗不能将苯和青蒿素分开 D．青蒿素晶体在沸水中熔化
2．下列实验操作不正确的是
A．过滤时如果发现滤液是浑浊的，则滤液还要进行过滤
B．在进行蒸馏时，要加少量碎瓷片，防止液体暴沸
C．在进行分液操作时，分液漏斗内外气体相通，眼睛要注视烧杯中的溶液
D．在进行蒸馏时，温度计不要插入溶液中
3．下列叙述正确的是
A．NaHCO3与石灰水反应，当n(NaHCO3)：n[Ca(OH)2]=2：1时，HCO完全转化为CaCO3
B．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe) ：n(HNO3)=1：1时，假定硝酸还原产物均为NO，则铁元素在溶液中主要以Fe2+形式存在
C．AlCl3溶液与氨水溶液反应，当体积比为1：4时，铝元素恰好以AlO形式存在
D．CO2通入石灰水中，当n(CO2)：n[Ca(OH)2]=2：3时，能得到澄清溶液
4．工业上以和纯碱为原料制备无水的主要流程如下，下列说法错误的是
A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后可选择过滤操作分离出湿料
C．气流干燥湿料时可选择空气气流
D．中和后溶液中含和
5．下列对浓硫酸的叙述正确的是（ ）
A．常温下，浓硫酸与铁铝不反应，所以铁、铝制容器能盛装浓硫酸
B．浓硫酸具有吸水性，能使蔗糖炭化
C．浓硫酸和铜片加热既表现强酸性又表现强氧化性
D．浓硫酸和Na2SO3反应制取SO2时，浓硫酸表现出强氧化性
6．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3SO+Cl2+H2O=2HSO+2Cl-+SO
B．CuCl溶于氨水：Cu++2NH3 H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O
C．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH-=AlO+H2↑
D．同浓度同体积NH4HSO3溶液与NaOH溶液混合：H++OH-=H2O
7．将100 mL稀硝酸和稀硫酸的混合酸溶液平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g铜粉(假设此时硝酸只被还原为NO，下同)；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量的变化如图所示。则下列判断中错误的是
A．OA段产生的气体是NO，BC段产生的气体是H2
B．A点对应消耗NO3-物质的量为0.2 mol
C．B点对应消耗铁粉的质量为8.4 g
D．原混合酸溶液中H2SO4的浓度为4.0 mol·L－1
8．下列有关化学用语的叙述中，最为合理的是
A．次氯酸的电子式：
B．水分子的比例模型：
C．的氧化物形式：
D．中子数为8的氧原子：
9．下列实验现象与实验操作不相匹配的是）（ ）
选项 实验操作 实验现象
A 向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇 溶液褪色
B 向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰石中 有红棕色气体产生，石灰石变浑浊
C 向稀溴水中加入苯，充分振荡，静置 水层几乎无色
D 向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸 铜逐渐溶解
A．A B．B C．C D．D
10．下列现象或事实可用同一原理解释的是
A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低
B．浓氨水遇浓盐酸、浓硝酸都产生白烟
C．SO2、漂白粉都能使品红溶液褪色
D．铜在冷的浓硫酸中和铝在冷的浓硝酸中都没有明显变化
11．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A．
B．
C．
D．
12．海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，从海带中可以提取碘。下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中的
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中后的尾气
二、非选择题（共10题）
13．氮是生命体的重要组成元素。氮在自然界中的循环示意图如下。回答下列问题：
(1)图中属于自然固氮的过程是___________(填序号)。
(2)过程②中合成氨的化学方程式为___________。
(3)自然界中产生硝酸的过程③涉及多种含氮物质的转化，其中的化学方程式为___________。
(4)在图中找出一条氮循环的完整路径：___________(用序号表示)。
(5)过程⑦在硝化细菌的作用下实现转化，在碱性条件下，被氧化为的总反应的离子方程式为___________。
(6)过量施用氮肥带来的主要环境问题是___________，从氮循环视角分析其原因是___________。
14．金在自然界中主要以分散的单质形式存在，需要先富集再提炼。富集后的精矿用混汞法、氰化法。等工艺提取金。混汞法是使矿浆中的金粒与汞生成金汞齐，然后蒸去汞得到海绵金(又称汞金)。氰化法是在氧化剂(如空气或氧气)存在下，用可溶性氰化物(如NaCN)溶液浸出矿石中的金(浸出产物为[Au(CN)2]- )，再用置换法或电沉积法从浸出液中回收金。
(1)写出用氰化物溶金反应和用Zn粉置换金的化学反应方程式_________。
(2)已知(O2/H2O)=1.229V，(Au+ /Au)=1， 69 V， (HCN)=4.93 ×10-10，β2([Au(CN)2]-)= 2. 00× 1038，F=96.485 J·V-1·mol-1。设配制的NaCN水溶液的浓度为1.00 ×10-3 mol/L、生成的[ Au(CN)2]-配离子的浓度为1.00 ×10-4 mol/L、空气中O2的体积分数为0.210，计算298K时在空气中溶金反应的自由能变_________。
(3)当电极反应中有H+或OH-时，其电极电势E将受pH的影响，E-pH图体现了这种影响。E-pH图上有3种类型的线：电极反应的E与 pH有关，为有一定斜率的直线；电极反应的E与pH无关，是一条平行于横坐标的直线；非氧化还原反应，是一条平行于纵坐标的直线。
电对的E-pH线的，上方，是该电对的氧化型。的稳定区，E -pH线的下方，是还原型的稳定区；位于高位置线的氧化型易与低位置线的还原型反应；各曲线的交点所处的E和pH，是各电极的氧化型和还原型共存的条件。下图是氰化法溶金过程的Au-CN- H2O系统的E-pH图，试借助该图对溶金反应和溶金的工艺条件进行讨论_________。
15．
(1)将下列硅酸盐改写成氧化物的形式（改写时注意金属氧化物在前，非金属氧化物在后，低价在前，高价在后）。
①镁橄榄石（Mg2SiO4）____________。
②高岭石Al2（Si2O5）（OH）4____________。
(2)除去铜表面的铜绿[Cu2（OH）2CO3]选用试剂____________，反应方程式为____________。
(3)在中：____________和____________互为同位素；_____和________中子数相等，共有________种原子，属于________种元素。
16．中国科学院官方微信于2017年3月发表《灰霾专题》，提出灰霾中细颗粒物的成因，部分分析如图所示。
请回答：
(1)下列气体污染物中，能形成酸雨的有__(填字母)。
a.SO2 b.NOx
(2)气体污染物的氨部分来源于农业活动。一种化肥分解生成NH3、CO2、和H2O，其化学式是___。
(3)二次颗粒物中(NH4)2SO4的来自于污染源中的__。
(4)取某空气样本处理制成待测液，测得有关数据如下(其他离子忽略不计)：
离子 Na+ NH H+ SO NO
浓度(mol/L) 6×10-6 2×10-5 8.4×10-5 4×10-5 y
表中y=__。
17．某实验小组同学欲探究SO2的性质并测定空气中SO2的体积分数。他们设计了如图所示的实验装置，请你参与探究，并回答问题。
(1)使用倒扣漏斗的作用是___________。
(2)装置D用于检验SO2的___________(填“氧化性”或“还原性”)。
(3)装置C中发生的现象是___________，写出该反应的化学方程式___________。
(4)他们拟用以下方案测定空气中SO2的体积分数(假设空气中无其他还原性气体)。
方案I(如图装置)：
①洗气瓶C中溶液蓝色消失后，若没有及时关闭活塞A，则测得的SO2的体积分数___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
方案Ⅱ：
②实验中若通入的空气的体积为33.6 L(标准状况)，最终所得固体质量为0.233 g，计算该空气中SO2的体积分数：___________(写出计算过程)。
18．草木灰中富含钾盐，主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾。现从草木灰中提取钾盐，并用实验检验其中的CO、SO和Cl-。
(1)从草木灰中提取钾盐的实验操作顺序如下：①称量样品，②溶解沉降，③过滤，洗涤④_______，⑤冷却结晶。
(2)用托盘天平(指针向上的)称量样品时，若指针偏向右边，则表示_______(填字母)。
A．左盘重，样品轻 B．左盘轻，砝码重 C．右盘重，砝码轻 D．右盘轻，样品重
(3)将制得的少量晶体放入试管，加蒸馏水溶解并把溶液分成三份，分装在3支试管里。
①在第一支试管里加入稀盐酸，可观察有_______生成，证明溶液中有CO离子。
②在第二支试管里加入足量稀盐酸后，再加入BaCl2溶液，可观察到有_______生成，证明溶液中有_______离子。
③在第三支试管里加入足量Ba(NO3)2溶液，过滤后，再向滤液中加入足量稀硝酸后，再加入AgNO3溶液，可观察到有_______生成，证明溶液中有_______离子。
19．四碘化锡是一种橙红色结晶，熔点为144.5℃，沸点为364℃，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四碘化锡的主要步骤如下：
步骤1：在干燥的圆底烧瓶中加入少量碎锡箔和稍过量的I2，再加入30mL冰醋酸和30mL醋酸酐[(CH3CO)2O]。
实验装置如图所示，组装好后用煤气灯加热至沸腾约1-1.5h，至反应完成；
步骤2：冷却结晶，过滤得到四碘化锡粗品；
步骤3：粗品中加入30mL氯仿，水浴加热回流溶解后，趁热过滤；
步骤4：将滤液倒入蒸发皿中，置于通风橱内，待氯仿全部挥发后得到四碘化锡晶体。回答下列问题：
(1)图中仪器a的名称为________ ；冷却水从________ (填“b”或“c”)进入。
(2)仪器a上连接装有无水CaCl2的干燥管的目的是________ ；锡箔需剪碎的目的是________ ；加入醋酸酐的目的是________。
(3)烧瓶中发生反应的化学方程式为________；单质碘需过量的主要目的是________。
(4)反应已到终点的现象是________。
(5)步骤3和步骤4的目的是________。
20．Cu—Fe合金由于长时间置于空气中，表面产生了一层氧化膜（成份为Fe2O3和CuO），现进行如下实验（以下气体体积均在标况下测得）：
①将此合金块5.76g置于烧杯中，然后将稀H2SO4逐渐缓慢加入至过量，收集产生的气体为672mL，过滤得浅绿色溶液A，还有滤渣B。
②将滤渣B投入到一定浓度的HNO3中，完全溶解，得NO、NO2的混合气体896mL，经测定，同温同压下此混合气体对氢气的相对密度为17。
③将①中所得滤液加入到同浓度足量的HNO3中，用排水法收集一烧瓶气体，再向烧瓶中通入224mL O2，气体恰好完全溶于水。
(1)A中存在的阳离子有________________；
(2)896mL混合气体中NO、NO2的物质的量之比为______________；
(3)B的单质为______________，质量为_________________g；
(4)③中被HNO3氧化了的阳离子的物质的量为______________mol；
(5)此合金块中氧元素的质量为_______________g。
21．结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为，加入胆矾后总质量为，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为。
(1)根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为___________(写表达式)。
(2)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是___________(填标号)。
①胆矾未充分干燥
②坩埚未置于干燥器中冷却
③加热时有少胆矾迸溅出来
22．铜及其化合物在生产、生活中有广泛应用，铜在化合物中的常见化合价有+1价、+2 价。已知Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色。
(1)将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃，加入H2O2，反应一段时间后，升温到60℃，再反应一段时间后可制得硫酸铜，该反应的离子方程式为_______。温度控制在50℃-60℃的两个原因除了加快反应速率外，还有_______。在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl 溶液加热，生成CuCl沉淀，写出生成CuCl的离子方程式_______。
(2)现向Cu、Cu2O 和CuO组成的混合物中，加入1L 0.6 mol/L HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到2240 mL NO 气体(标准状况)。Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式_______。若将上述混合物用足量的H2加热还原，所得到固体的质量为_______g。若混合物中含0.1mol Cu，将该混合物与稀硫酸充分反应，至少消耗H2SO4的物质的量为_______。
参考答案：
1．D
A．题干信息显示，青蒿素在乙醚中可溶解，则青蒿素与乙醚不发生化学反应，A正确；
B．汽油与苯都是有机溶剂，二者的性质相似，青蒿素易溶于苯，则青蒿素溶于汽油，B正确；
C．青蒿素易溶于苯，二者不分层，所以用分液漏斗不能将苯和青蒿素分开，C正确；
D．青蒿素的熔点为156℃，高于水的沸点，所以青蒿素在沸水中不熔化，D错误；
故选D。
2．C
A．过滤时如果发现滤液浑浊，说明过滤不彻底，滤液还要进行再次过滤，A正确；
B．加入碎瓷片，可以通过孔隙凝聚水蒸气，使成为气泡浮出，防止爆沸，B正确；
C．分液时，应该使分液漏斗内外气体相通，以便于液体顺利流下，眼睛应注视分液漏斗里的液面，下层液体从下口放出后立即关闭活塞，将上层液体从上口倒出，C错误；
D．蒸馏时，温度计测量的是馏分的温度，因此温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，而不能插入溶液中，D正确；
故合理选项是C。
3．B
A．当n(NaHCO3)：n[Ca(OH)2]=2：1时，反应为，HCO未全部转化为CaCO3，故A错误；
B．Fe与稀硝酸反应，铁过量时发生反应：3Fe+8HNO3═3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，铁不足时发生反应：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O， 当n(Fe):n(HNO3)=1:1时，按3Fe+8HNO3═3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，且铁有余，故铁元素在溶液中主要以Fe2+形式存在，故B正确；
C．AlCl3溶液与烧碱溶液反应，当体积比为1:4时，因为不知道两种溶液的物质的量浓度，故难以知道铝离子和氢氧根离子的物质的量，故不能知道铝元素的形式存在，故C错误；
D．CO2通入石灰水中，发生反应：Ca(OH)2+CO2═CaCO3↓+H2O、CaCO3+CO2+H2O═Ca(HCO3)2，CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为1:1时，恰好反应生成CaCO3，即CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为≤≤1时反应得到CaCO3，CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为2:1时，恰好反应生成Ca(HCO3)2，即CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为≥≥2时反应得到Ca(HCO3)2，当n(CO2):n[Ca(OH)2]=2:3时，得到CaCO3沉淀，氢氧化钙过量，故D错误；
故选：B。
4．C
根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为，则母液为饱和和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为，，所以调节为8进行中和后得到和，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为，，此时会析出大量晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到产品。
A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，选项A正确；
B．结晶后分离出湿料是将固体和溶液分离，其操作为过滤，选项B正确；
C．易被氧化，所以气流干燥过程中不能选择空气气流，选项C错误；
D．结合上述分析可知，中和后溶液中含和，选项D正确；
答案选C。
5．C
A.浓硫酸具有强的氧化性，与铁、铝发生钝化，生成一层致密的氧化膜，故A错误；
B.能使蔗糖炭化体现了浓硫酸的脱水性，故B错误；
C.浓硫酸和铜片加热生成硫酸铜、二氧化硫和水，有盐生成，S元素的化合价降低，既表现强酸性又表现强氧化性，故C正确；
D.亚硫酸钠和浓硫酸发生反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，有盐生成，但S元素的化合价不变，只表现为强酸性，故D错误；
故答案选C。
6．A
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：，符合电荷守恒，物料守恒，强制弱规律，A项正确；
B．氯化亚铜能与氨形成络合物，因此能溶解在浓氨水中，得到无色溶液：，B项错误；
C．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：，C项错误；
D．同浓度同体积NH4HSO3溶液与NaOH溶液混合亚硫酸根先反应：，D项错误；
答案选A。
7．B
A. OA段产生的气体是NO，生成硝酸铁，AB段是硝酸铁和铁反应生成硝酸亚铁，BC段是氢离子与铁反应产生H2，故A正确；
B. A点消耗5.6g铁即物质的量为0.1mol，失去电子为0.3mol，由于NO3－变为NO，因此对应消耗NO3－物质的量为0.1 mol，故B错误；
C. A点消耗0.1mol 铁，根据Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+，根据方程式又消耗0.05mol铁，共消耗0.15mol铁，因此B点对应消耗铁粉的质量为0.15mol×56 g mol 1 = 8.4 g，故C正确；
D. C点消耗铁的质量为11.2g 即物质的量为0.2mol，C点溶质为FeSO4，根据元素守恒得到原混合酸溶液50mL中H2SO4的物质的量为0.2mol，则溶液中H2SO4的浓度为，故D正确。
综上所述，答案为B。
8．C
A．次氯酸中的共价键有氢氧键和氯氧键，氧原子应该放在中间位置，其电子式为，故A错误；
B．氧原子半径大于氢原子半径，水分子正确的比例模型为，故B错误；
C．Mg5(Si4O10)2(OH)2 4H2O可表示成氧化镁、二氧化硅和水，即5MgO 8SiO2 5H2O，故C正确；
D．中子数为8的氧原子，质子数为8，其质量数为16，原子符号168O，故D错误；
故选C。
9．B
A.酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，乙醇被氧化，酸性KMnO4溶液溶液褪色，故A正确，不符合题意；
B. C与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，即使生成了碳酸钙，也会被硝酸溶解，因此不会有浑浊现象，故B错误，符合题意；
C.苯与溴水发生萃取，水层接近无色，故C正确，不符合题意；
D. 向硝酸铜溶液中滴加稀硫酸，有氢离子和硝酸根离子，能使铜溶解，故D正确，不符合题意；
故选：B。
10．B
A．浓硫酸长期暴露在空气中浓度降低是因为吸收了空气中的水蒸气，而浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低是因为浓盐酸易挥发，原理不同，故A不符合题意；
B．浓氨水挥发出的氨气，遇到浓盐酸挥发出的氯化氢，生成白色固体氯化铵小颗粒，悬浮在空气中产生白烟，浓氨水挥发出的氨气，遇到浓硝酸挥发出的硝酸，生成白色固体硝酸铵小颗粒，悬浮在空气中产生白烟，原理相同，故B符合题意；
C．SO2使品红溶液褪色是由于SO2具有漂白性，漂白粉使品红溶液褪色是由于漂白粉的氧化性，原理不同，故C不符合题意；
D．铜在冷的浓硫酸中由于没有加入不反应，所以无明显变化，铝在冷的浓硝酸中由于发生钝化，所以无明显变化，原理不同，故D不符合题意；
故答案为B。
11．D
A．Al和NaOH反应生成NaAlO2，不会生成Al(OH)3(s)，A不符合题意；
B．氯气氧化性较强，Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，B不符合题意；
C．N2和O2在放电条件下生成NO，NO再和O2反应生成NO2，C不符合题意；
D．碳酸钙高温分解生成CaO，CaO和SiO2在高温条件下生成硅酸钙，D符合题意；
答案选D。
12．B
A．灼烧碎海带应在坩埚中进行，A错误；
B．装置乙是过滤装置，所以可以过滤海带灰的浸泡液，B正确；
C．该装置需要加热才能生成氯气，C错误；
D．饱和氯化钠溶液对氯气的吸收效率很低，应改用显碱性的溶液，D错误；
故选B。
13．(1)③
(2)
(3)
(4)②④⑥⑧或②④⑤⑦⑧
(5)
(6) 酸雨 氮肥中的氮元素进入土壤中，会转变成硝酸盐，硝酸盐被细菌分解成氮的氧化物进入大气中，会形成酸雨
【解析】（1）
自然固氮是指氮气在自然条件下转化成氮的化合物的过程，由氮的循环图可知③属于自然固氮，故答案为：③；
（2）
过程②为用氮气和氢气反应生成氨气，反应的方程式为：，故答案为：；
（3）
二氧化氮与水反应生成硝酸，反应方程式为：，故答案为：；
（4）
由图示可知②④⑥⑧或②④⑤⑦⑧均是由氮气作为起点，最终转化成氮气，均能体现氮在自然界中循环过程，故答案为：②④⑥⑧或②④⑤⑦⑧；
（5）
被氧化为，1mol转化成失去8mol电子，1mol得4mol电子，根据得失电子守恒以及元素守恒可得反应方程式为：，故答案为：；
（6）
由氮的循环图可知过量施用氮肥，氮肥中的氮元素进入土壤中，会转变成硝酸盐，硝酸盐被细菌分解成氮的氧化物进入大气中，氮的氧化物与空气中的氧气和水反应生成硝酸，会形成酸雨，故答案为：酸雨；氮肥中的氮元素进入土壤中，会转变成硝酸盐，硝酸盐被细菌分解成氮的氧化物进入大气中，会形成酸雨；
14．(1)4Au+8CN- +O2 +2H2O=4[Au(CN)2] +OH-；2[ Au(CN)2]- +Zn= 2Au+[Zn(CN)4]2-
(2)-407(kJ·mol-1)
(3)在pH约小于9.2的范围内，E ([Au(CN)2]- / Au)随pH升高而降低，虽然氧线也随着pH增大而下降，但前者降低得快，后者降得慢，原电池电动势逐渐增大，说明在此范围内，提高pH对溶金有利；超过此范围，E ([Au(CN)2]- /Au)几乎不随pH而变，氧线随pH增大而下降，原电池电动势减小，对溶金产生不利影响
（1）氰化法是在氧化剂(如空气或氧气)存在下，用可溶性氰化物(如NaCN)溶液浸出矿石中的金(浸出产物为[Au(CN)2]- )，化学反应方程式为：4Au+8CN- +O2 +2H2O=4[Au(CN)2] +OH-，再用置换法或电沉积法从浸出液中回收金，化学反应方程式为：2[ Au(CN)2]- +Zn= 2Au+[Zn(CN)4]2-。
（2）CN-水解
CN- + H2O HCN+OH-
= / (HCN)=10-14/4.93×10-10=2.03 ×10-5
CN- +H2OHCN+ OH-
(10-3-2 ×10-4-x) x x+10-4
= 2.03 ×10-5
x=8.08 ×10-5 (mol/L)
[OH-]=(8.08 ×10-5+10-4)
=1.81 × 10-4(mol/L)
[H+]= /[OH-]=10-14/1.81 ×10-4。
= 5.52 ×10-11 (mol/L)；
根据溶液的[H+ ]算出E (O2/ H2O)：
已知 (O2/H2O)=1. 229 V
有O2+4e- +4H+ =2H2O
E(O2/H2O)= (O2/H2O)+(0. 0591/4)V×lg[H+]4·p (O2)/
=1.229 V+(0. 0591/4)V×lg[(5. 52 ×10-11)4×0.210]
=0.616 V；
由于Au+生成了[Au(CN)2]-，电对Au+/Au的电极电势将发生变化：
已知(Au+ /Au)=1.69 V
Au++e- =Au ① lg = /0.0591
β2([Au(CN)2]-)=2. 00× 1038
Au+ +2CN- =[Au(CN)2]-② lg =38. 3
[Au(CN)2]- +e- = Au+2CN- ③ lg = /0.0591
由于①-②=③，/ =
Lg -lg =lg
/0.0591 -38.3= /0.0591
1. 69/0. 0591- 38. 3= /0.0591
=1.690 V - 38.3×0. 0591 V= =-0.574 V
= +0.0591 V× lg[Au(CN)2] -/[CN- ]2
=-0.574 V+0. 0591 V ×lg 10-4/(7. 19 ×10-4)2=-0.438 V
其中，
[CN-]=c初(CN-) -[HCN]- 2[]
=1. 00 ×10-3-8. 08 ×10-5-2 ×1. 00 ×10-4
=7.19 ×10-4 (mol/L)
或者
[CN-]=c初(CN-) -[HCN]- 2[]
=1. 00 ×10-3-8. 08 ×10-5-2 ×1. 00 ×10-4
=7.19 ×10-4 (mol/L)
Au+ + 2CN- = [Au(CN)2]-
[Au+] 7. 19 ×10-4 1. 00 ×10-4
1.00 ×10- 4
2.0 ×1038=
[Au+ ]=9.67 ×10-37 (mol/L)
E(Au+ /Au)= (Au+ /Au) +0. 0591 V× lg[Au+ ]
= 1.69 V+0.0591 V ×lg (9. 67 ×10-37)=-0.438 V；
=-nFE
=-4 ×96.485 ×[0. 616-(-0.438)]
=-407(kJ·mol-1)。
（3）由 图可见，生成[Au(CN)2]-的电极电势比。生成游离金离子的电极电势低很多，所以氰化物是溶解金的良好溶剂(配合剂)。
③线位于①线之下，说明氧气可以把Au氧化。成[Au(CN)2]-。
③线和①线组成溶金原电池，其电动势是①线和③线的垂直距离，由图可见，在③线的转折处，两线间的距离最大，对应的pH大约为9. 2，电动势大约为1.1 V。
在pH约小于9.2的范围内，E ([Au(CN)2]- / Au)随pH升高而降低，虽然氧线也随着pH增大而下降，但前者降低得快，后者降得慢，原电池电动势逐渐增大，说明在此范围内，提高pH对溶金有利；超过此范围，E ([Au(CN)2]- /Au)几乎不随pH而变，氧线随pH增大而下降，原电池电动势减小，对溶金产生不利影响。
15．(1) 2MgO SiO2 Al2O3 2SiO2 2H2O
(2) HCl Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O
(3) 5 4
（1）把硅酸盐写成二氧化硅和其它氧化物形式，要保证原子总数和化合价不变，按化合价分别写化学式。则
①镁橄榄石（Mg2SiO4）改写成氧化物形式为2MgO SiO2；
②高岭石Al2（Si2O5）（OH）4改写成氧化物形式为Al2O3 2SiO2 2H2O；
（2）铜表面的铜绿是Cu2（OH）2CO3，故可以用盐酸除去，反应的方程式为Cu（OH）2CO3+4HCl＝2CuCl2+CO2↑+3H2O。
（3）具有相同质子数，不同中子数同一元素的不同原子互为同位素，故互为同位素；的中子数相同，均为12个；具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子是核素，因此原子共有5种，具有相同的核电荷数即质子数的同一类原子的总称是元素，因此元素共有4种，分别是氧元素、氢元素、钠元素和镁元素。
16． ab NH4HCO3或(NH4)2CO3 工业燃煤、机动车行驶、农业活动 3×10-5
(1)形成酸雨的主要物质是SO2及氮氧化合物，故答案选ab；
(2)一种化肥分解生成NH3、CO2、和H2O，则该化肥为铵盐，阴离子为碳酸根或碳酸氢根，即该化肥的化学式为NH4HCO3或(NH4)2CO3；
(3)二次颗粒物中(NH4)2SO4的来自于污染源中的工业燃煤、机动车行驶、农业活动；
(4)根据电荷守恒可得，y+2×4×10-5=8.4×10-5+6×10-6+2×10-5，解得y=3×10-5。
17． 防止倒吸 氧化性 黄色逐渐褪色 Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr 偏小 0.067%
探究SO2的性质实验流程：在装置A中Cu与浓硫酸共热发生反应制取SO2，装置B用品红溶液检验漂白性；在装置C中SO2与溴水发生反应： Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，检验SO2的还原性；在装置D中发生反应：SO2+2H2S=3S↓+H2O，检验SO2的氧化性；在装置E中用碱性的NaOH吸收尾气，防止污染环境。
方案I．若没有及时关闭活塞A，通过流量计的气体中的SO2不能完全被吸收；
方案II．②生成的沉淀0.233 g是BaSO4，根据硫元素守恒，可知n(SO2)=n(H2SO4)=n(BaSO4)， 根据V=n·Vm计算SO2的体积，利用体积分数定义进行计算。
(1)SO2是有毒气体，不能直接排入大气，根据其能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行吸收。在导管末端按装一个倒扣的漏斗，既可以扩大气体的吸收面积，使气体被充分吸收，同时也能防止倒吸现象的发生；
(2)在装置D中H2S与SO2发生反应：SO2+2H2S=3S↓+H2O，在该反应中，S元素化合价由反应前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，所以SO2为氧化剂，表现氧化性；
(3)在装置C中SO2与溴水发生反应： Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，反应消耗Br2，使溶液的黄色逐渐褪色；
(4)方案I．①洗气瓶C中溶液蓝色消失后，没有及时关闭活塞A，则通入尾气的体积增大，SO2气体未被充分吸收就排出，导致SO2含量偏小；
方案II．②最终产生0.233 g固体是硫酸钡，其物质的量n(BaSO4)==0.001 mol，根据硫元素守恒可知n(SO2)=n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.001 mol，故SO2在标准状况下的体积V(SO2)=n·Vm=0.001 mol×22.4 L/mol=0.0224 L ，所以该空气中SO2的含量为： =0.067%。
18．(1)蒸发
(2)B
(3) 气泡 白色沉淀 SO 白色沉淀 Cl-
草木灰含可溶性钾盐和不溶性杂质，用水浸、过滤、蒸发的方法提取钾盐，由此分析玻璃棒在各步中所起作用。检验所提纯的钾盐中的阴离子，应防止与其共存的离子的干扰。
（1）
从草木灰中提取可溶性钾盐，实验操作为：①称量样品，②溶解沉降，③过滤，洗涤，④蒸发，⑤冷却结晶；
（2）
用托盘天平称量样品时，左盘放样品，右盘放砝码。若指针偏向右边，则表示左盘轻、砝码重，选B；
（3）
所得草木灰的主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾；
①样品溶液中加入稀盐酸，有气泡生成，证明溶液中有CO离子；
②样品溶液中加入足量稀盐酸除去CO后，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有SO离子；
③样品溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液使CO、SO完全沉淀，过滤后，向滤液中加入足量稀硝酸，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，证明溶液中有Cl－离子。
19．(1) （球形）冷凝管 b
(2) 防止空气中水蒸气进入反应器中 增大与I2的接触面，加快反应速率 除去体系中的水，防止四碘化锡水解
(3) Sn+2I2 SnI4 防止锡屑混入四碘化锡晶体中(或使锡反应完全)
(4)紫红色的碘蒸气消失，溶液颜色由紫红色变成橙红色（或其他合理答案）
(5)提纯SnI4产品
步骤1碎锡箔、I2反应生成SnI4，加入醋酸酐目的是除去体系中的水，防止四碘化锡水解，冷却结晶得到四碘化锡粗品，粗品中加入30mL氯仿，四碘化锡溶于氯仿过滤后的滤液倒入蒸发皿，待氯仿全部挥发即可得到四碘化锡晶体。
（1）根据图示可知图中仪器a的名称为(球形)冷凝管，为达到更好的冷却效果，冷却水从b口进入。
（2）四碘化锡遇水易水解，因此仪器a上连接有无水CaCl2的干燥管的目的是防止空气中的水蒸气进入反应器。锡箔剪碎的目的是增大与I2的接触面积，加快反应速率。加入醋酸酐的目的是与体系中的水反应产生醋酸，以除去体系中的水，防止四碘化锡水解。
（3）烧瓶中碘和锡反应生成四碘化锡，化学方程式为Sn+2I2 SnI4。单质碘过量可保证锡完全反应，防止过量的锡混合在四碘化锡晶体中。
（4）碘蒸气为紫红色，SnI4是橙红色的，反应达到终点的现象为紫红色的碘蒸气消失，溶液颜色由紫红色变为橙红色。
（5）步骤3加入氯仿，将四碘化锡溶解在氯仿中，过滤得到只含有四碘化锡的氯仿滤液，得到的滤液置于通风橱内，待氯仿全部挥发得到四碘化锡晶体，这两步的目的是提纯SnI4产品。
20．(1)Fe2+、H+
(2)3:1
(3) Cu 3.2
(4)0.04
(5)0.32
溶液呈绿色说明含有亚铁离子，溶液呈酸性，还含有氢离子；Cu不溶于稀硫酸，则滤渣B为铜，铜和硝酸反应生成氮氧化物NO、NO2，根据，求出混合气体的平均摩尔质量，利用十字相乘法确定一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比；Cu不溶于稀硫酸，则滤渣B为铜，根据NO和NO2的物质的量，利用转移电子守恒计算铜的物质的量和质量；Fe2+与HNO3反应生成NO，反应中Fe元素失去电子，N元素得电子，生成的NO与水、氧气反应，NO又失电子，氧气得电子，整个过程中转移的电子守恒，据此计算；该合金中含有Cu、Fe和O三种元素，然后计算O的质量；据此分析解题。
（1）溶液呈绿色说明含有亚铁离子，溶液呈酸性，所以还含有氢离子，酸过量，则滤渣只含铜；故答案为Fe2+、H+。
（2）B中滤渣是铜，铜和硝酸反应生成氮氧化物，NO、NO2混合气体896mL，同温同压下此混合气体对氢气的相对密度为17，所以则混合气体的平均摩尔质量2×17=34g/mol；利用十字相乘法确定一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比:，所以一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比=12:4=3:1；故答案为3:1。
（3）Cu不溶于稀硫酸，则滤渣B为铜；氮氧化合物的物质的量，已知一氧化氮和二氧化氮的物质的量之比3:1，则一氧化氮的物质的量是0.03mol，二氧化氮的物质的量是0.01mol，根据转移电子守恒得铜的物质的量==0.05mol，所以m(Cu)=0.05×64=3.2g；故答案为Cu；3.2。
（4）Fe2+与HNO3反应生成NO，反应中Fe元素失去电子，N元素得电子，生成的NO与水、氧气反应，NO又失电子，氧气得电子，整个过程中转移的电子守恒，已知n(O2)=，则氧气得到的电子为n(电子)=0.01×4=0.04mol，所以Fe2+失去的电子的物质的量也是0.04mol，1molFe2+反应失去1mol电子，所以n(Fe2+)=0.04mol；故答案为0.04。
（5）该合金中含有Cu、Fe和O三种元素，由(3)可以知道Cu的质量为3.2g，由(4)可以知道m(Fe)=nM=0.04×56=2.24g；则O元素的质量为5.76-3.2-2.24=0.32g；故答案为0.32。
21．(1)
(2)①③
【解析】(1)
由题干数据可知，硫酸铜晶体的质量为：（m2-m1）g，结晶水的质量为：(m2-m3)g，无水硫酸铜的质量为：(m3-m1)g，故有： ，解得：x=，故答案为：；
(2)
①胆矾未充分干燥，则导致m2偏大，则偏高，①符合题意；
②坩埚未置于干燥器中冷却，硫酸铜具有吸水性，能吸收空气中的水蒸气，则导致m3偏大，则偏低，②不合题意；
③加热时有少胆矾迸溅出来，则导致m3偏小，则偏高，③符合题意；
故答案为：①③。
22． Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 同时防止H2O2 分解 2Cu2++2Cl-++H2O2CuCl↓++2H+ 3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O 16 0.1mol
(1)少量铜丝放入适量的稀硫酸中，铜丝与稀硫酸不反应，但加入H2O2后由于双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可以把铜氧化成二价铜离子，反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；因为H2O2在较高温度时容易分解，所以温度控制在50℃-60℃，可以防止H2O2分解；在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl 溶液加热，生成CuCl沉淀，铜元素的化合价降低，则被Cu2+氧化为，反应物除Cu2+、Cl 、外，还有H2O，产物有H+，根据得失电子守恒和原子守恒配平得：2Cu2++2Cl-++H2O2CuCl↓++2H+，故答案为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；同时防止H2O2分解；2Cu2++2Cl-++H2O2CuCl↓++2H+；
(2)稀硝酸可把+1价的Cu+氧化为+2价的Cu2+，自身被还原为NO，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O；HNO3的物质的量为0.6mol，其中作氧化剂的HNO3被还原为NO，其物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，则起酸性作用的HNO3为：0.6mol-0.1mol=0.5mol，这部分HNO3转化为了Cu(NO3)2，根据原子守恒可知，原化合物中Cu原子的物质的量与起酸性作用的HNO3的物质的量之比为1：2，所以H2还原最终得到的Cu的质量为：0.5mol÷2×64g/mol=16g；若混合物中含0.1 mol Cu，根据得失电子守恒得：2×0.1mol+2×n(Cu2O)=3×0.1mol，n(Cu2O)=0.05mol，根据题目所给信息，Cu2O与稀硫酸反应，溶液呈蓝色，说明生成了Cu2+，离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，则0.05mol Cu2O完全反应需要H2SO40.05mol， n(CuO)=0.25mol-0.1mol-2×0.05mol=0.05mol，0.05molCuO 完全反应需要H2SO40.05mol，所以共消耗H2SO4的物质的量为0.1mol，故答案为3Cu2O+14H++2=6Cu2++2NO↑+7H2O；16；0.1mol