第五章化工生产中的重要非金属元素测试题（含解析）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15题）
1．下列物质中，可以使品红溶液褪色的是
A．甲烷 B．二氧化硅 C．二氧化硫 D．氨气
2．下列说法中正确的是
A．某溶液与NaOH溶液共热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液存在
B．向某溶液中滴加H2O2溶液后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，则原溶液中一定含有Fe2+
C．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，则该溶液一定含有
D．某溶液中加入稀硝酸酸化，再加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，说明原溶液中存在Ag+或
3．在给定条件下，以下物质间的每步转化均可通过一步反应实现的是（　　）
A．Al→Al2O3→Al（OH）3 →Na[Al(OH)4]
B．S→SO3→H2SO4 →Al2(SO4)3
C．Na→Na2O2→NaOH→Na2CO3
D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
4．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用图表示。下列关于海洋氮循环的说法正确的是
A．①、②均属于固氮反应
B．海洋中的氮循环起始于氮的氧化
C．海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
D．反应④的离子方程式可能为：4+5O2=2+6H++N2O+5H2O
5．某同学用表格中的试剂和操作除去下列物质中的杂质，不合理的是
选项 物质及杂质 试剂和操作
A 乙醇中混有少量的乙酸 NaOH溶液，蒸馏
B 甲烷中混有乙烯 酸性KMnO4溶液，洗气
C 溴苯中混有溴 NaOH溶液，分液
D 乙醇中混有少量的水 生石灰，蒸馏
A．A B．B C．C D．D
6．下列有关实验原理或实验操作不正确的是（ ）
A．用图1所示装置制取少量的氨气
B．用图2装置可以完成“喷泉”实验
C．用图3所示装置收集SO2
D．同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，可滴加酚酞进行鉴别
7．下表中，陈述Ⅰ、Ⅱ均正确且二者间具有因果关系的是
A．A B．B C．C D．D
8．室温下，大小相同的A、B两集气瓶中，分别装有0.01mol氨气和0.01mol氯化氢，抽去如图所示装置中的玻璃片，使两种气体充分反应。下列说法正确的是
A．抽去玻璃片后，集气瓶内出现白烟
B．气体反应物的总体积为0.448L
C．抽去玻璃片前，A、B中气体密度比为36.5：17
D．该反应发生过程中，同时有极性共价键和非极性共价键的断裂和生成
9．将相同质量的铜分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述中正确的是（ ）
A．反应速率：两者相同
B．消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少
C．反应生成气体的颜色：前者浅，后者深
D．反应中转移的电子总数：前者多，后者少
10．下列实验方案设计中，可行的是
A．将含有少量HCl气体的CO2气体通入NaHCO3溶液中以除去其中的HCl气体
B．用萃取的方法分离汽油和煤油
C．用溶解、过滤的方法分离KNO3和NaCl固体的混合物
D．将一定量的蒸馏水加入到浓硫酸中可以得到一定浓度的稀硫酸
11．在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是
A．SiO2H2SiO3Na2SiO3
B．FeFeCl3FeCl2
C．H2SSO2SO3H2SO4
D．NH3NONaNO3
12．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是（ ）
A．过程①发生非氧化还原反应
B．过程②中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+
C．过程③中，氧气是氧化剂
D．整个转化过程中Fe3+可以循环使用
13．在给定条件下，下列选项中物质间的转化均能一步实现的是
A．SSO3H2SO4
B．N2NONaNO2
C．NH4ClNH3NO2
D．H2SO4(浓)SO2Na2SO3
14．下列实验过程，观察不到颜色变化的是（ ）
A．一氧化氮暴露在空气中
B．氨水中滴加石蕊试液
C．氢氧化钾溶液中滴加稀盐酸
D．二氧化硫通入品红溶液中
15．飘尘是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，不易沉降，它与空气中的SO2、O2接触时，SO2会部分转化为SO3，使空气的酸度增加，飘尘所起的作用可能是 (　　)。
①氧化剂　②还原剂　③催化剂　④吸附剂
A．①② B．① C．①③ D．③④
二、填空题（共8题）
16．将浓H2SO4表现的性质填入括号内。
A．酸性 B．强氧化性 C．脱水性 D．吸水性
(1)用磷矿粉[主要成分Ca3(PO4)2]和硫酸反应制磷酸____。
(2)热的浓硫酸与铜片反应____。
(3)浓H2SO4不能干燥NH3、H2S、HI等气体____。
(4)浓H2SO4能吸收H2或SO2气体中的水分____。
(5)浓硫酸使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后变黑____。
17．氮的氧化物和硫的氧化物是导致酸雨的物质。
(1)形成酸雨的原理之一可简单表示如图：
请回答下列问题：
①酸雨的pH_______(填“”“”或“”)；B物质的化学式为_______；
③反应c的化学方程式为_______。
(2)在一定条件下氨气亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质，如，反应中氧化产物和还原产物的质量比为_______。
18．硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。
（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。
①该反应利用了浓硫酸的_______性；
②该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表示）______；
（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。
①写出氨气的电子式_____；
②写出氨气催化氧化的化学方程式_______；
③在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85%，则制取80 t的NH4NO3需要氨气______t；
（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。取该混合酸100mL，加入5.6g铁粉充分反应。
①反应中可以生成NO____L（标准状况）；
②向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉____g。
19．已知A、B、C、D为气体(D的水溶液呈碱性)，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如图所示：
(1)D的电子式为__，E的化学式是__，H的结构式为__。
(2)A和B反应生成C的化学方程式是__。
(3)E和F反应生成D、H和G的化学方程式是__。
(4)现有浓度为12.5 mol·L-1的C的浓溶液，欲用此浓溶液配制500 mL 0.5 mol·L-1的稀溶液时，需取用浓溶液的体积为__mL。
20．某同学用不含结晶水的盐X(三种元素组成的纯净物)进行了如下实验：
已知：气体甲被蒸馏水全部吸收；溶液丙恰好完全中和需消耗0.6 molNaOH。
请回答：
(1) X的化学式是____________。
(2)步骤③的离子方程式是____________。
(3)实验发现将带火星的木条伸入气体甲中，木条能复燃，试解释原因____________。
21．将28.8g铜投入100mL浓硝酸中，最后铜有剩余，其NO3- 离子物质的量变化如下图所示，请回答下列问题：
（1）开始反应时浓硝酸的物质的量浓度为____________mol/L 。
（2）铜与浓硝酸反应生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为_____L。
（3）硝酸完全反应后消耗铜的物质的量n(Cu)是______mol。
（4）应再往此反应体系中滴加_________L 2 mol/L的硫酸才能使剩余的铜恰好完全溶解。已知此过程中NO3-的还原产物为NO。
（5）a g铜全部溶于一定量的浓硝酸中，测得生成的气体在标准状况下的体积（不考虑NO2与N2O4的平衡）为b L，为消除污染，将生成的气体通入NaOH溶液中，气体被完全吸收。已知：NO + NO2 +2NaOH →2NaNO2 + H2O 2NO2 +2NaOH → NaNO3 +NaNO2 + H2O如果NO、NO2混合气体用NOx表示，被NaOH溶液完全吸收时，x的取值范围______；生成NaNO2的物质的量是_________mol；NaNO3的物质的量是_________mol。
（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到500C，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的2/3，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O，则上述变化的化学方程式为__________________。气体的平均摩尔质量为M，则M的取值范围应该是_________________。
22．A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。
(1)若A为有刺激性气味的气体，其水溶液呈碱性；C为红棕色气体，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性。
①实验室制取气体A的化学方程式_______；
②写出A→B的化学方程式为_______；
③将3.2g铜与60.0mL一定浓度D的溶液发生反应，铜完全溶解，产生B和C混合气体的体积为8.96L(标况)。待产生的气体全部释放后，向溶液加入100mL2.0mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原D溶液的物质的量浓度为_______mol/L。
(2)若A、B、C的溶液均显碱性，焰色试验均呈黄色；C常作面包和糕点的发泡剂，受热分解可生成B。
①写出A溶液与C溶液反应的离子方程式_______；
②向两份60mL同浓度的A溶液中通入不同体积的W气体，得到溶液M、N。向M、N溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L盐酸，如图所示Ⅰ和Ⅱ分别为加入V(盐酸)与产生V(W)的关系。则A溶液的物质的量浓度为_______，M、N两溶液中相同溶质的物质的量之比为_______。
23．为测定某地空气中SO2和可吸入颗粒的含量，某同学设计了如下图所示的实验装置：
注：气体流速管是用来测量单位时间内通过气体体积的装置
(1)上述实验测定原理为_________________________________(用化学方程式表示)。
(2)应用上述装置测定空气中SO2和可吸入颗粒的含量，除需测定气体流速(单位:mL·s-1)外，还需要测定碘溶液蓝色褪去所需的时间和___________________________。
(3)已知：碘单质微溶于水，KI可以增大碘在水中溶解度。为精确配制100 mL 5.0×10-4mol·L-1的碘溶液，先要配制1000 mL 1.0×10-2mol·L-1碘溶液，再取5.00 mL溶液稀释成为5.0×10-4mol·L-1碘溶液。
①第一步：用托盘天平称取___g 碘单质加入烧杯中，同时加入少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解。
②第二步：________________，洗涤、定容、摇匀。
③第三步：用第二步所得溶液配制5.0×10-4mol·L-1碘溶液，此步操作中，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的玻璃仪器有________________________。
(4)空气中SO2含量的测定：
①已知空气中二氧化硫的最大允许排放浓度不得超过0.02mg·L-1，在指定的地点取样，以200mL·s-1气体流速通过气体流速管通入到上图实验装置中，观察记录碘溶液褪色所需时间为500s，则该地空气中的SO2含量是________mg·L-1，____________(填“符合”、“不符合”)排放标准。
②如果甲同学用该方法测量空气中SO2的含量时，所测得的数值比实际含量低，其原因可能是________________________________(假设溶液配制、称量或量取及各种读数均无错误。写出一种可能原因即可)
参考答案：
1．C
【解析】A. 甲烷不具有漂白性且不与品红溶液反应，故A错误；
B. 二氧化硅不具有漂白性且不与品红溶液反应，故B错误；
C. 二氧化硫因为和品红溶液反应生成无色物质而漂白品红溶液，故C正确；
D. 氨气不具有漂白性不能使品红溶液褪色，故D错误；
故答案为C。
2．A
【解析】A. 溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，产生的气体是氨气，则原溶液中存在，A项正确；
B. 向含有铁离子的溶液中加入H2O2，再加入KSCN溶液，溶液也呈红色，则不能确定原溶液中一定含有Fe2+，B项错误；
C. 能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，所以原溶液中可能有或或或，C项错误；
D. 某溶液中加入稀硝酸酸化，再加入BaCl2溶液时，硝酸具有强氧化性，可将亚硫酸酸根离子氧化成硫酸根离子，形成硫酸钡沉淀，则不能确定原溶液中一定含有，D项错误；
答案选A。
3．C
【解析】A．Al2O3不溶于水，也不能与水反应，Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，可以用Al2O3先与酸反应生成Al3+，然后与碱反应生成Al(OH)3，故A错误；
B．硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，硫不能直接反应生成三氧化硫，故B错误；
C．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na→Na2O2→NaOH→Na2CO3符合一步转化关系，故C正确；
D．二氧化硅不溶于水，也不能与水反应，SiO2→H2SiO3不能一步实现，可以用二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，故D错误；
答案选C。
4．D
【解析】A．固氮是人为的条件下或自然环境中将氮元素的单质转化为化合物的过程，①中是N2在水及空气中的变化，不属于固氮反应，A错误；
B．由转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的还原，大气氮生成铵根离子，B错误；
C．反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程，硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程。反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮(N2)或一氧化二氮(N2O)的过程，不一定有氧参加，C错误；
D．据题意知反应④是铵根离子被氧化成亚硝酸根和N2O，离子方程式符合反应事实，遵循原子守恒、电子守恒及电荷守恒，D正确；
故合理选项是D。
5．B
【解析】A．乙酸与NaOH反应生成高沸点的盐，然后进行蒸馏乙醇被蒸出，A项正确；
B．乙烯与酸性高锰酸钾反应产生CO2与CH4混合而无法除去，B项错误；
C．溴苯不与NaOH反应而溴与NaOH反应溶于水中从而分层，分液得到有机层即为溴苯而分离，C项正确；
D．水与生石灰反应产生Ca(OH)2，进行蒸馏乙醇被蒸出而Ca(OH)2无法蒸出从而达到分离，D项正确；
故选B。
6．C
【解析】A．浓氨水中的水与CaO反应放出大量热，NH3·H2O受热分解产生氨气，故A正确；
B．Cl2与NaOH溶液反应使烧瓶内压强降低，形成负压喷泉，故B正确；
C．SO2的密度比空气大，收集时应从长管进短管出，故C错误；
D．由于碳酸钠比碳酸氢钠的水解程度大，同浓度时前者碱性强，滴加酚酞，前者呈红色，后者呈浅红色，即前者红色深，故D正确；
答案选C。
7．A
【解析】A.因浓硫酸具有强的吸水性，与水作用的过程中放出大量的热，促使浓盐酸中的HCl挥发，从而制得HCl气体，故A正确；
B.Cu与浓HNO3反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐降低，Cu与稀硝酸反应生成NO，故B错误；
C.硫单质燃烧只生成SO2，故C错误；
D.由于硝酸铵受热分解易发生爆炸，所以实验室中不能用硝酸铵制备NH3，故D错误。
故选A。
8．A
【解析】A、当玻璃片抽走后，NH3与HCl混合发生反应：NH3＋HCl=NH4Cl，生成物NH4Cl呈晶体状，可观察到集气瓶内出现白烟，A项正确；
B、题干并未告知是否为标准状况，无法使用Vm=22.4L/mol计算气体体积，故B错误；
C、两容器体积相同，容器内气体物质的量相同，其密度，故A、B中气体密度比为17:36.5，故C错误；
D、该反应过程中没有非极性共价键断裂，故D错误；
故选A。
9．B
Cu与浓硝酸的反应为：4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
Cu与稀硝酸的反应为：8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
【解析】A．由于硝酸浓度不同，因此反应速率不同，A错误；
B．由方程式可知，每摩尔的铜消耗浓硝酸4mol，消耗稀HNO3mol，前者多，后者少，B正确；
C．前者生成棕红色的NO2，后者生成无色的NO，前者颜色深于后者，C项错误；
D．两个反应中Cu均由0价升为+2价，且Cu完全反应，转移电子总数相等，D项错误；
故选B。
10．D
【解析】A．除去二氧化碳中的氯化氢应用饱和NaHCO3溶液，故A错误；
B．汽油和煤油互溶，应选蒸馏法分离，故B错误；
C．KNO3和NaCl固体均溶于水，应溶解后，结晶法分离，故C错误；
D．浓硫酸稀释后可得到稀硫酸，故D正确；
故选D。
11．C
【解析】A．SiO2不与H2O反应，故不选A；
B．Fe与稀HCl反应得到FeCl2，故不选B；
C．H2S与足量氧气反应生成SO2，SO2与氧气反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，故选C；
D．NO不能与NaOH反应，故不选D；
选C。
12．B
【解析】A．过程①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A正确；
B．过程②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；
C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；
D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；
答案为B。
13．D
【解析】A． S在氧气中燃烧生成SO2、不直接生成SO3，A错误；
B．放电时 N2与氧气能反应生成NO，但NO需要与NO2等氧化剂作用下与NaOH溶液反应才能转化为NaNO2，B错误；
C． NH4Cl固体与熟石灰共热可得到NH3、氨气催化氧化得到NO、不直接生成NO2，C错误；
D．灼热的碳与浓H2SO4发生氧化还原反应得到二氧化碳、SO2，二氧化硫能与氢氧化钠溶液等物质反应生成Na2SO3，D正确；
答案选D。
14．C
【解析】A. 一氧化氮暴露在空气中，会被氧气氧化为NO2，由无色转化为红棕色，A不合题意；
B. 氨水中滴加石蕊试液，溶液由无色变为蓝色，B不合题意；
C. 氢氧化钾溶液中滴加稀盐酸，虽然发生中和反应，但溶液仍为无色，C符合题意；
D. 二氧化硫通入品红溶液中，溶液由红色变为无色，D不合题意；
故选C。
15．D
【解析】飘尘会吸附SO2和O2，并催化该反应的进行，使之转化为SO3。
16．(1)A
(2)AB
(3)AB
(4)D
(5)AC
【解析】(1)
用磷矿粉[主要成分Ca3(PO4)2]和硫酸反应制磷酸，属于强酸制弱酸，体现了浓H2SO4的酸性，故选A；
(2)
热的浓硫酸与铜片反应生成硫酸铜变现为酸性，生成二氧化硫，体现了浓H2SO4的酸性和强氧化性，故选AB；
(3)
浓H2SO4与NH3反应生成硫酸铵，体现了浓H2SO4的酸性，浓H2SO4与H2S反应生成S，与HI反应生成I2，都体现了浓H2SO4的强氧化性；故选AB；
(4)
浓H2SO4能吸收水分，干燥气体，体现了浓H2SO4的吸水性，故选D；
(5)
浓硫酸使湿润的蓝色石蕊试纸先变红，体现了浓H2SO4的酸性；之后试纸变黑，是浓H2SO4将其中的氢、氧元素以水的形式脱去，剩余碳元素，体现了浓H2SO4的脱水性，故选AC。
17． <
（1）S与氧气反应生成A为SO2，SO2再继续与氧气反应生成B为SO3，SO3与水反应生成C为硫酸，或进行反应d，SO2先与水反应生成D为H2SO3，亚硫酸再与氧气反应生成硫酸。
【解析】（1）①正常的雨水的pH是5.6，由于酸雨中溶有硫酸，pH<5.6，由分析可知，B是SO3；
②反应c是亚硫酸与氧气反应生成硫酸的反应，化学方程式为：；
（2）反应，NO2中N元素化合价从+4降至0价，则NO2做氧化剂，其中有3mol N2做还原产物，NH3中N元素化合价从-3升至0价，则NH3做还原剂，其中有4mol N2做氧化产物，则氧化产物和还原产物的质量比为：4:3。
18． 高沸点性（或不挥发性） 4HNO3= 4NO2 ↑ + O2 ↑ + 2H2O 4NH3+ 5O2 4NO + 6H2O 42 2.24 5.6
（1）利用浓硫酸的高沸点分析；
（2）根据 硝酸不稳定能分解分析；
（3）根据氨气转化为硝酸的一系列反应分析氨气的质量。
（4）注意硝酸具有强氧化性，硫酸具有酸性，同时注意铁离子能与铁反应。
【解析】(1) ①浓硫酸制取硝酸时利用浓硫酸的高沸点性（或不挥发性）；
②硝酸在温度高时能分解生成二氧化氮和氧气和水，方程式为： 4HNO3= 4NO2 ↑ + O2 ↑ + 2H2O；
(2). ①氨气的电子式为： ；
②氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，方程式为： 4NH3+ 5O2 4NO+ 6H2O ；
③NH3-NO-HNO3-NH4NO3，80 t的NH4NO3需要转化为硝酸的的氨气的质量为=25t，另外需要和硝酸反应的氨气的质量为=17t，总共氨气的质量为25+17=42t；
(3). ①反应的离子方程式为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO+2H2O，根据铁的物质的量为0.1mol，溶液中的氢离子为0.5mol，硝酸根离子为0.1mol分析，铁反应生成0.1mol一氧化氮，标况下的体积为 2.24L；
② 反应中消耗0.4mol氢离子，和0.1mol硝酸根离子，还剩余0.1mol氢离子和0.1mol铁离子，0.1mol氢离子能反应0.05mol铁，0.1mol铁离子能反应0.05mol铁，故总共反应0.1mol铁，质量为5.6g。
【点睛】铁和硝酸和硫酸的混合酸反应时，硝酸尽可能表现氧化性，硫酸表现酸性，所以根据离子方程式计算，同时注意反应后的溶液中含有铁离子，同样也能溶解铁。
19． NH4Cl H—O—H H2+Cl22HCl 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 20
由“D+CE，且C、D为气体，E为固体，D的水溶液呈碱性”，可推出D为NH3，C为HCl，E为NH4Cl，再结合“E+FD+H+G，G为氯化钙”进一步推出D为NH3，F为Ca(OH)2，H为H2O，所以C为HCl，A、B分别是H2和Cl2，据此分析作答。
【解析】根据上述分析可知，
(1)D为NH3，其电子式为，E为NH4Cl，H为H2O，为共价化合物，其结构式为H—O—H，故答案为：；NH4Cl；H—O—H；
(2)A、B分别是H2和Cl2，两者在点燃或光照情况下反应生成HCl，其化学方程式为H2+Cl22HCl；
(3)E和F反应生成D、H和G的过程属于实验室利用氯化铵和氢氧化钙共热制备氨气的反应，其化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)根据稀释定律c浓V浓=c稀V稀可知V浓===0.02L=20mL。
【点睛】氢气和氯气在光照或点燃条件下均能反应生成氯化氢。
20． Cu(NO3)2 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O X发生了分解反应，2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑，生成的氧气具有助燃性
不含结晶水的盐X(三种元素组成的纯净物)加热分解生成红棕色气体甲，甲中含有NO2，实验发现将带火星的木条伸入气体甲中，木条能复燃，证明甲中含氧气，气体甲被蒸馏水全部吸收，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，得到的溶液丙为HNO3溶液，溶液丙恰好完全中和需消耗0.6 mol NaOH，说明HNO3物质的量为0.06mol，和铜片反应生成硝酸铜、NO和水，无色气体丁为NO；24.0g黑色固体乙加入稀硫酸得到蓝色溶液，说明黑色固体乙中含铜元素，可以判断乙为CuO，其物质的量==0.3mol，则X中含有Cu、N、O元素，其中N元素0.6mol，Cu元素0.3mol，剩余O元素的物质的量为=1.8mol，X中Cu、N、O的物质的量之比=0.3∶0.6∶1.8=1∶2∶6，则X为Cu(NO3)2，据此分析解答。
【解析】(1)根据上述分析，X的化学式是Cu(NO3)2，故答案为：Cu(NO3)2；
(2)步骤③是铜与稀硝酸反应，反应的离子方程式是3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
(3)实验发现将带火星的木条伸入气体甲中，木条能复燃，是X发生了分解反应2Cu(NO3)2 2CuO+4NO2↑+O2↑，生成的甲气体中含有氧气，生成的氧气具有助燃性，故答案为：X发生了分解反应，2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑，生成的氧气具有助燃性。
21． 10 8.96 0.3 100 ；
（1）根据开始时硝酸根的物质的量计算硝酸的浓度；
（2）利用氮元素守恒计算气体的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化氮的体积；
（3）反应结束，溶液中溶质为硝酸铜，根据硝酸根计算消耗n（Cu）；
（4）发生反应：，据此计算消耗硫酸的物质的量，进而计算需要硫酸的体积；
（5）由方程式和可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，计算x的最小值，因为混有NO，所以x最大值＜2，据此确定x取值范围；纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒计算n（NaNO2），根据N元素守恒计算n（NaNO3）；
（6）在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的，然后压强就不再改变．已知其中一种产物为N2O，依据原子个数守恒可知该反应为：3NO=N2O十NO2，因为存在，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的；若只发生反应：3NO=N2O十NO2，气体的平均摩尔质量最小，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，据此计算解答。
【解析】(1)由图可知，开始时n(NO3 )=1.0mol，则n(HNO3)=n(NO3 )=1.0mol，则，
故答案为：10；
(2)由图可知，反应结束时，溶液中NO3 为0.6mol，根据氮元素守恒，生成气体的物质的量为1.0mol 0.6mol=0.4mol，标况下二氧化氮的体积为，
故答案为：8.96；
(3)溶液中溶质为硝酸铜，由图可知，反应结束时，溶液中NO3 为0.6mol，故消耗n(Cu)=n(硝酸铜)=0.6mol2=0.3mol，
故答案为：0.3；
(4)28.8g铜的物质的量为，故剩余Cu为0.45mol 0.3mol=0.15mol，由方程式可知
，故n(H2SO4)=0.2mol，则需要硫酸体积为，
故答案为：100；
(5)由方程式可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被NaOH溶液被完全吸收，满足，当时x值最小，x最小值为2+12=1.5，因为混有NO，所以x最大值<2，故x的取值范围为；
纵观整个过程，Cu失去的电子等于硝酸生成亚硝酸钠时获得的电子，根据电子转移守恒，，根据N元素守恒，可知，
故答案为：；；；
(6)在常温下，把NO气体压缩到1.01×107Pa，再加热到50℃，发现气体的压强迅速下降，压强降至略小于原压强的23，然后压强就不再改变。已知其中一种产物为N2O，依据原子个数守恒可知该反应为：，因为存在，即生成的NO2又双聚成N2O4，导致气体分子数减少，压强降至略小于原压强的，
若只发生反应：，气体的平均摩尔质量最小，此时，若二氧化氮完全转化为四氧化二氮时，气体的平均摩尔质量最大，1molNO2得到0.5mol N2O4，
则此时 ，
综上分析，可知，
故答案为：；；。
22．(1) 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 4NH3+5O24NO+6H2O 10
(2) OH +HCO=CO+H2O 0.125mol/L 3：5
若A为有刺激性气味的气体，溶液呈碱性，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性，则D为HNO3，则B为NO，W为O2；
【解析】（1）若A为有刺激性气味的气体，溶液呈碱性，应为NH3，C为红棕色气体，应为NO2，与水反应生成一元强酸D，D具有强氧化性，则D为HNO3，则B为NO，W为O2，
①实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，化学方程式为：；
②A→B 的化学方程式为；
③标况下8.96L混合气体的物质的量为，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，由N原子守恒可知，原硝酸的物质的量=混合气体的物质的量+氢氧化钠的物质的量=0.4mol+100L×10-3×2.0mol/L=0.6mol，则原硝酸溶液的浓度为，故答案为：10；
（2）若A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，C受热分解可转化为B，均含Na元素，C为NaHCO3，B为Na2CO3，结合图中转化可知，A为NaOH，W为CO2，
①A溶液与C溶液反应的离子方程式为：OH-+=+H2O，故答案为：OH-+=+H2O；
②加入60ml盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.030L×0.25mol/L=0.0075mol，则氢氧化钠溶液物质的量浓度，碳酸钠溶液中加入逐滴滴入盐酸，依次发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，24-30段为碳酸氢钠与盐酸反应，则溶液中碳酸钠消耗的盐酸体积为30mL-24mL=6ml，说明溶质为碳酸钠与氢氧化钠混合物，结合方程式：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠的物质的量为：0.006L×0.25mol L-1=0.0015mol，10-30段为碳酸氢钠与盐酸反应，若溶质为碳酸钠则溶液中碳酸钠消耗的盐酸体积为30mL-10mL=20mL，而B中0-10mL＜20mL，说明B中溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，前10mL盐酸为碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠，依据Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，碳酸钠的物质的量为：0.010L×0.25mol L-1=0.0025mol，所以M、N两溶液中相同组分溶质的物质的量之比为：0.0015mol；0.0025mol=3：5，故答案为：0.125mol/L；3：5。
23．(1)SO2+I2+2H2O = H2SO4+2HI
(2)装置A在反应前后的质量
(3) 2.5 将第一步所得溶液全部转入1000 mL容量瓶中 酸式滴定管(或移液管)，100mL 容量瓶
(4) 0.016 符合 气体流速过快，吸收不完全（或未充分反应）；装置气密性较差
该实验的目的是测定某地空气中SO2和可吸入颗粒的含量，通过气体流速管可测出实验过程中通过的空气体积，通过测量装置A在实验前后的增重量可求出可吸入颗粒的含量，通过测量装置B中一定量的淀粉碘溶液的褪色时间可求出SO2的含量；第3问要掌握一定物质的量浓度溶液的配制操作和仪器的使用；第4问通过反应方程式计算出空气中SO2的含量是否达到排放标准以及产生误差的原因
【解析】（1）由分析可知，上述实验测定中的主要反应原理为SO2+I2+2H2O = H2SO4+2HI；
（2）由分析可知，还需要测量装置A在反应前后的质量，即可求得可吸入颗粒的含量；
（3）①由题目叙述要先配制1000 mL 1.0×10-2mol·L-1碘溶液，所以需要用托盘天平称量单质碘的质量为=1L×1.0×10-2mol·L-1×254g/mol=2.5g，放在烧杯中再加少量碘化钾固体，加适量水搅拌使之完全溶解；
②冷却后全部转入1000 mL容量瓶中，洗涤、定容、摇匀；
③用酸式滴定管(或移液管)取所配碘溶液5.00 mL于小烧杯中，加水稀释后全部转移到100 mL容量瓶中，再经过洗涤、定容、摇匀即得100 mL 5.0×10-4mol·L-1的碘溶液，此步操作中，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需要的玻璃仪器有：酸式滴定管(或移液管)和100 mL容量瓶；
（4）①已知气体流速为200mL·s-1，通过的时间为500s，所以空气的体积为100L，又n(I2)= 0.05L×5.0×10-4mol·L-1=2.5×10-5mol，由反应方程式可得n(SO2)= 2.5×10-5mol，所以该地空气中的SO2含量为[2.5×105mol×64g/mol×1000mg/g]/100L=0.016mg/L<0.02mg·L-1，所以符合排放标准；
②如果实验测得的数值比实际含量低，可能的原因为气体流速过快，SO2没有完全被吸收、或SO2与I2没有完全反应、或者装置气密性不好；
【点睛】本题难度不大，但得满分不易，主要是认真细心，不可大意。例如称量单质碘的质量要求用托盘天平，尽管算出的数值为2.54g，但只能取2.5g；取先配的碘溶液5.00 mL再配制为100 mL 5.0×10-4mol·L-1的碘溶液，根据体积的要求，就需要用酸式滴定管(或移液管)来取，而不能用量筒；实验中既用到1000mL的容量瓶，又用到100mL的容量瓶。所有这些，稍不注意都会失分。