第五章化工生产中的重要非金属元素检测题高一下学期化学人教版（2019）必修第二册（含解析）

第五章《化工生产中的重要非金属元素》检测题
一、单选题
1．下图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，然后打开弹簧夹f，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，烧瓶中的液体d呈喷泉喷出，最终几乎充满烧瓶。下列各组不可能出现上述现象的是
序号 a（干燥气体） b(液体)与d(液体)
A NO 水
B CO2 4mol·L-1NaOH溶液
C Cl2 4mol·L-1NaOH溶液
D NH3 1mol·L-1盐酸
A．A B．B C．C D．D
2．下列有关实验的做法不正确的是
A．分液时，分液漏斗的上层液体应由上口倒出
B．用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体
C．配制0.1000 mol·L-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流
D．检验时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体
3．下列有关说法中正确的是
A．常温下铝与浓硝酸不反应，故可用铝罐车储运浓硝酸
B．硅酸盐有较好的稳定性，常用于制水晶项链和瓷器
C．向煤中加入适量石灰石，可减少其燃烧造成的二氧化硫污染
D．过氧化钠能氧化二氧化碳生成氧气，常用于呼吸面具中
4．《本草纲目》“烧酒”写道：“用浓酒和糟，蒸令汽上，用器承取滴露，其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这种分离方法是
A．分液 B．升华 C．萃取 D．蒸馏
5．洗涤附着在试管内壁上的硫黄，可选用的方法是
A．用CS2洗涤 B．用澄清石灰水洗涤
C．用饱和食盐水洗涤 D．用水洗涤
6．下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是（ ）
A．加热试管中的氯化铵固体
B．将烧瓶中的浓氨水加热
C．将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中
D．在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热
7．向200mL某浓度的溶液中加入一定质量的铝铁合金。充分反应后，固体完全溶解，收集到3.36L NO(标准状况)。向所得溶液中加入150mL 3mol L 1的NaOH溶液，恰好使铝铁元素全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度是（ ）
A．3mol L 1 B．2.25mol L 1 C．1.5mol L 1 D．无法计算
8．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．饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)
B．Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)
C．FeS2SO3H2SO4
D．Fe2O3FeCl3(aq)Fe
9．关于下列图示的说法中正确的是
图1 图2 图3 图4
A．用图1所示装置可以干燥
B．用图2所示装置演示喷泉实验
C．用图3所示装置制备并收集少量气体
D．图4中两个烧杯内发生的化学反应不相同
10．用打磨过的铝片进行下图所示实验，分断合理的是
①铝片未明显溶解②产生气泡③先产生沉淀，随后溶解
A．①中铝片没有发生化学反应
B．②中产生的气泡是氢气
C．②中加水程释过程中，仅发生了氧化还原反应
D．③中沉淀溶解的离子方程式是：
11．如图装置中，干燥烧瓶中盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液。挤压滴管的胶头，然后打开止水夹。下列与实验事实不相符的是
A．Cl2(饱和食盐水)无色喷泉 B．NH3(H2O含石蕊)蓝色喷泉
C．HCl(H2O含石蕊)红色喷泉 D．SO2(NaOH溶液)无色喷泉
12．中华文化博大精深，蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是
A．“凡酿酒必资曲药成信”，“曲药”起催化作用
B．“原药液瓷器盛之，封口于滚汤中…文武火煮”，此操作为蒸馏
C．“以夫遂(青铜凹镜)取明火于日”，“夫遂”属于有色金属材料
D．“以汞和金涂在银器上，入火则汞去而金存”，该镀金法不涉及化学变化
13．下列检验方法错误的是
A．加入AgNO3溶液和稀硝酸有黄色沉淀产生，证明原溶液中肯定存在I－
B．加入盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生，证明原溶液中肯定存在SO42－
C．加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明原溶液中肯定存在NH4+
D．某无色气体，通入氧气后出现红棕色气体，证明原气体中肯定存在NO
14．下列关于氮气性质的说法中正确的是
A．点燃条件下，N2在氧气中燃烧生成NO
B．点燃时，N2与金属Mg反应生成Mg3N2，N2作还原剂
C．合成氨反应中，N2发生氧化反应
D．氮气的化学性质稳定，其原因是两个氮原子之间以共价三键结合
15．下列有关氮及其化合物的性质和用途具有对应关系的是
A．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 B．硝酸见光易分解，可用于制氮肥
C．二氧化氮密度比空气大，可用于制硝酸 D．氮气难溶于水，可用于合成氨
二、填空题
16．I.A经如图所示的过程可转化为D。已知D为强酸或强碱，请回答下列问题。
ABCD
(1)若常温下C是红棕色的气体，A是碱性气体。则：
①A的化学式是_____，C→D的过程中，氧化剂和还原剂的质量之比为_____。
②D的稀溶液在常温下可与Cu反应，请写出该反应的离子方程式_____。
(2)若A为金属单质，C为淡黄色固体，则C→D的化学反应方程式_____。
II.可利用如图装置来证明酸性：H2CO3＞H2SiO3。
(3)方法是：在A中加入的试剂是_____(填编号，下同)，B中加入的试剂是_____，C中加入的试剂是_____；如果在C中看到白色沉淀生成，即可证明酸性：H2CO3＞H2SiO3。
供选择的试剂：①稀盐酸 ②稀硫酸 ③碳酸钙 ④Na2SiO3溶液 ⑤碳酸钠
17．如图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系。请回答下列问题：
(1)写出N2的一种用途：___________。
(2)B物质的电子式为：___________。
(3)HNO3与图中的物质C常用于检验Cl-的存在，则C的化学式为___________。
(4)实验室制取物质B的化学方程式为___________。
(5)浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为___________。
(6)如图装置可用于探究氯气与氨气的反应。实验时先通过三颈瓶瓶口 1 通入氨气，然后关闭 b 活塞，再通过瓶口 2 通入氯气。
①实验中三颈瓶内出现白烟并在内壁凝结成固体，发生反应的化学方程式为___________。
② 实验完毕后，观察到三颈瓶内还有黄绿色气体， 简述如何处理才能不污染环境___________。
(7)将3.2 g铜与60.0 mL一定浓度的硝酸发生反应，铜完全溶解，产生NO2和NO混合气体的体积为8.96 L(标况)。待产生的气体全部释放后，向溶液加入100 mL 2.0 mol/L 的 NaOH 溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为___________mol/L。
18．铁是人类较早使用的金属之一。运用所学知识，回答下列问题。
(1)铁粉与水蒸气反应的化学方程式是____。
(2)鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液最好的方法是____。
(3)电子工业用FeCl3溶液腐蚀覆在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：____。
(4)某研究性学习小组为测定FeCl3腐蚀铜后所得溶液的组成，进行了如下实验：
①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是____。
②溶液组成的测定：取50.0mL待测溶液，加入足量的AgNO3溶液，得到21.525g白色沉淀。则溶液中c(Cl-)=____mol·L-1。
(5)工程师欲从制造印刷电路板的废水中回收铜，并获得FeCl3溶液，设计如图方案：
①滤渣C中物质的化学式为_____。
②加过量D发生反应的离子方程式为____。
③通入F发生反应的离子方程式为____。
三、实验题
19．是一种工业用化学品，以上开始逐渐分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，时完全分解．在水中的溶解度小于。回答下列问题：
(1)属于_______(填“正盐”、“酸式盐”或“碱式盐”)，实验室将、通入饱和食盐水中来制备，先通入的是_______(填“”或“”)，反应的化学方程式为_______；该反应一般在的水浴中进行，原因是_______。
(2)制取所需要的采用图1装置进行制备。当锥形瓶中固体为生石灰时，分液漏斗中应盛放_______(填试剂名称)，为防止尾气污染，多余的用_______(填试剂名称)吸收。
(3)从溶液中得到晶体的操作是_______、_______、洗涤、干燥。
(4)将得到的晶体溶于水，加入过量稀酸化，再加入溶液，出现白色沉淀，说明晶体中含少量的_______(填化学式)。采用如图2方法进行晶体纯度的测定(设只含一种杂质)。该试样为，最后冷却称量得到的固体质量为，则的质量分数为_______%。(精确到0.01)
20．高锰酸钾是一种重要的氧化剂，某化学实验小组制备高锰酸钾并测其纯度的步骤如下，请回答相关问题：
Ⅰ．高锰酸钾的制备
(1)将和固体混匀放入坩埚中，边加热边搅拌，待熔融后慢慢加入粉末，不断搅拌，呈颗粒状后，再加强热得墨绿色产物(为墨绿色固体)，冷却。
①制反应的化学方程式为____。
②实验中使用的坩埚及搅拌棒的材质可以是________。
A．石英 B．瓷 C．刚玉(氧化铝) 　　　 D．铁
(2)取出墨绿色产物研细，每次用4%的热溶液浸取，过滤后对滤渣重复浸取两次。合并三次浸取液，得墨绿色溶液。将墨绿色产物研细并分三次浸取，这样做的目的是_________。
(3)在水溶液中会发生歧化反应：，通入气体可促进反应趋于完全。向(2)制得的墨绿色溶液中连续通入气体至溶液在10～11之间，过滤。滤液中的溶质除外，还主要含有_____。
(4)将滤液转入蒸发皿，小火加热，当看到________的现象时停止加热，冷却，________、________，干燥后得粗品。
Ⅱ．高锰酸钾纯度的测定
(5)称取粗品，加入煮沸并冷却后的稀硫酸配成溶液。量取的草酸()溶液于锥形瓶中，用所配溶液进行滴定。重复滴定两次，平均消耗溶液的体积为。
①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，原因是________。
②滴定终点的标志是___________。
③纯度(质量分数)的计算式为________。
21．实验室可利用SO2与Cl2在活性炭的催化下制取一种重要的有机合成试剂磺酰氯(SO2C12)，所用的反应装置如图所示(部分夹持装置省略)，使用甲装置既可以制备氯气，也可以制备SO2气体。已知：SO2C12的熔点为﹣54.1℃，沸点为69.1℃，密度1.67g/mL；SO2C12遇水能发生剧烈的水解反应，遇潮湿空气会产生白雾。
(1)请写出该实验的仪器连接顺序：_______→_______→_______←_______←_______(用甲、乙、丙表示，可重复使用)。_______
(2)在实验前应该先对甲装置进行气密性检验，具体操作是_______。
(3)丙装置中仪器a的名称是_______，碱石灰的的作用_______。
(4)①甲装置中制备SO2时，试剂X、Y的组合最好是_______(填字母代号)。
A．98%浓硫酸+Cu　　　　　　　　　　B．70%H2SO4+Na2SO3固体
C．浓HNO3+Na2SO3固体　　　　　　　D．70%H2SO4+Na2SO3浓溶液
②甲装置中制备Cl2的化学方程式是_______。
(5)SO2Cl2在潮湿的环境中对金属有强烈的腐蚀作用，结合方程式解释原因：_______。
(6)为测定所得产品的纯度，实验小组选用的方案是将一定体积的产品加入到足量Ba(NO3)2溶液中，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀，然后计算含硫量，结果计算测得含硫量超过了100%，试分析造成这种结果的原因(每一步操作步骤均准确)_______。
四、计算题
22．某硫酸厂在制备硫酸的生产过程中，在煅烧黄铁矿时损失硫5%(质量分数)，在的催化氧化时有92%(质量分数)的转化为；在吸收塔中损失的为(质量分数)。现有含95%的黄铁矿(杂质不含硫元素)100t，则可制得______吨98%的浓硫酸？
23．玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3K2S2O3
请计算：
(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=______。
(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=______。(写出计算过程)
24．计算题
已知锌与浓硫酸反应生成SO2，与稀硫酸反应生成H2。32.5g的锌与50mL18.4mol/L的浓硫酸完分反应，锌完全溶解，同时收集到标准状况下气体VL，将反应后的溶液稀释到500mL，测得溶液中氢离子的浓度为0.08mol/L。
(1)反应过程中消耗的物质的量是___________。
(2)气体的成分是___________，V=___________。
参考答案：
1．A
【详解】A.一氧化氮和水不反应，所以不能形成喷泉实验，故A符合题意；
B.CO2与NaOH溶液反应，容器内气体减少，气压减小，形成喷泉，最终液体充满烧瓶，故B不符合题意；
C.Cl2与氢氧化钠溶液反应，容器内气体减少，气压减小，形成喷泉，最终液体充满烧瓶，故C不符合题意；
D.NH3与盐酸能发生反应，生成物为氯化铵固体，气体被吸收进溶液中，烧瓶内压强减小为零，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，故D不符合题意；
故选A。
2．D
【详解】A．分液时，为防止上、下层液体的相互污染，分液漏斗的下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，A正确；
B．碳酸钠比碳酸氢钠稳定，碳酸氢钠加热分解成碳酸钠、水和二氧化碳，现象不同，可以区分，B正确；
C．配制物质的量浓度的溶液，向容量瓶中转移液体时必须用玻璃棒引流，C正确；
D．氨气属于碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；
答案选D。
3．C
【详解】A. 常温下铝与浓硝酸发生钝化，故可用铝罐车储运浓硝酸，钝化是化学变化，A错误；
B. 水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐，B错误；
C. 向煤中加入适量石灰石，石灰石分解产生的氧化钙能吸收二氧化硫，因此可减少其燃烧造成的二氧化硫污染，C正确；
D. 过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，常用于呼吸面具中，反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，D错误；答案选C。
4．D
【详解】“用浓酒和糟，蒸令汽上，用器承取滴露，其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这种方法是蒸馏，是利用液体组分沸点不同，通过加热汽化的方法而将物质分离的一种方法；故本题选D。
5．A
【详解】硫不溶于水，易溶于CS2，故洗涤时可用CS2，答案为A。
6．A
【详解】A. 氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气，A错误；
B. 氨水中存在平衡关系：NH3+H2ONH3·H2O+OH-，加热浓氨水，氨气溶解度降低，从溶液中逸出，平衡向逆反应方向移动，可以制取氨气，B正确；
C. 利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca(OH)2，放出大量热，促进NH3·H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca(OH)2是强碱，也促进NH3·H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3·H2O+CaO═NH3↑+Ca(OH)2，C正确；
D. 熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，D正确；故答案为：A。
7．A
【详解】硝酸和铝铁反应生成硝酸盐和NO，可能剩余硝酸，向溶液中加入NaOH，反应最终生成沉淀和硝酸钠，根据氮元素守恒，硝酸中的氮等于NO中氮加上硝酸钠中的氮，即n(HNO3)= 0.15L×3mol L 1 + =0.6mol，则原硝酸的浓度是，答案为A。
综上所述，答案为A。
8．A
【详解】A项、在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，析出的碳酸氢钠固体受热分解能生成碳酸钠、二氧化碳和水，故A正确；
B项、钠与氯化铜溶液反应时，先与水反应置换出氢气，不能与氯化铜溶液发生置换反应生成铜，故B错误；
C项、二硫化铁煅烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C错误；
D项、氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，不能生成铁，故D错误；
故选A。
9．B
【详解】A．是碱性气体，会与浓硫酸反应，不可以用浓硫酸干燥，故A错误；
B．HCl极易溶于水，挤压胶头滴管，打开止水夹即可产生喷泉，故B正确；
C．能与水反应生成NO，故C错误；
D．甲为化学反应，乙组成闭合回路为电化学反应，均发生反应：，故D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．常温下浓硝酸、浓硫酸能与铁铝等金属单质发生钝化反应，生成一层致密的氧化物薄膜，从而阻止反应的进一步进行，而不是没有发生反应，故A错；
B．硝酸具有强氧化性，与金属反应不能生成氢气，故B错；
C．在②中加水程释的过程中，不仅铝单质与硝酸发生了氧化还原反应，而且在①中铝与浓硝酸发生钝化反应生成的致密氧化物薄膜能与硝酸发生复分解反应，故C错；
D．铝与稀硝酸反应生成硝酸铝，硝酸铝与适量的氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，生成的氢氧化铝沉淀能与过量的氢氧化钠溶液反应生成可溶性的偏铝酸钠和水，则其方程式为：，故选D。
答案选D
11．A
【详解】A．因NaCl溶液抑制Cl2的溶解，则挤压胶管的胶头，气压变化不明显，则不会形成喷泉，故A错误；
B．因氨气极易溶于水，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因氨水溶液显碱性，石蕊遇碱变蓝，故形成蓝色喷泉，故B正确；
C．氯气与水反应生成酸，石蕊遇酸变红，可形成红色喷泉，故C正确；
D．因SO2与NaOH溶液反应生成生成盐和水，溶液为无色，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成无色喷泉，故D正确；
故选：A。
12．B
【详解】A．“曲药”为酒化酶，作催化剂，故A正确；
B．“封口于滚汤中”利用的是水浴加热，不是蒸馏，故B错误；
C．夫遂是青铜凹镜，青铜是合金材料，所以“夫遂”属于有色金属材料，故C正确；
D．汞易挥发，金的性质稳定，“以汞和金涂在银器上，入火则汞去而金存”，该镀金法不涉及化学变化，故D正确。
故选B。
13．B
【详解】A.AgI是黄色、难溶于水和硝酸的固体，所以加入AgNO3溶液和稀硝酸有黄色沉淀产生，证明原溶液中肯定存在I-，A项正确；
B.由于Ag+与Cl-生成的AgCl沉淀也不溶于HCl，加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀，原溶液中可能有Ag+或SO42-，B项错误；
C.氨气能使湿润的红色石蕊试纸会变蓝，所以加NaOH溶液，加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明原溶液中肯定存在NH4+；C项正确；
D.常温下2NO+O2=2NO2，二氧化氮是红棕色，所以某无色气体，通入氧气后出现红棕色气体，证明原气体中肯定存在NO，D项正确；
答案选B。
14．D
【详解】A．氮气在放电或高温条件下生成一氧化氮，A错误；
B．点燃时，N2与金属Mg反应生成Mg3N2，N2得电子化合价降低作氧化剂，B错误；
C．合成氨反应中，N2得电子化合价降低发生还原反应，C错误；
D．氮气的化学性质稳定，其原因是两个氮原子之间以共价三键结合，键能大，不易断裂，物质化学性质温度，D正确；
故选D。
15．A
【详解】A．液氨汽化吸热，使周围环境温度急剧降低，可作制冷剂，A正确；
B．硝酸可用于制氮肥是由于含有N元素，与见光易分解无关，B错误；
C．二氧化氮密度比空气大是物理性质，与制硝酸无关，C错误；
D．氮气难溶于水是物理性质，与合成氨无关，D错误；
故答案选A。
16．(1) NH3 1：2 3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
(2)2Na2O2+2H2O=O2↑+4NaOH
(3) ② ⑤ ④
【分析】NH3催化氧化得到NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO；Na与O2生成Na2O，Na2O与O2共热得到淡黄色固体Na2O2，据此分析回答。
【详解】（1）C是红棕色的气体，推断C是NO2，A是碱性气体，推断A是NH3；
①A的化学式是：NH3；C转化D是NO2转化为HNO3，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂被还原得到还原产物，是NO，还原剂被氧化得到氧化产物，是HNO3，氧化剂和还原剂均为二氧化氮，物质的量之比为1：2，则质量之比为1：2；
②D是HNO3，其稀溶液在常温下可与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，该反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（2）A为金属单质，C为淡黄色固体，则推断C为Na2O2，A为Na，Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=O2↑+4NaOH；
（3）根据装置图所示，锥形瓶中发生固液无需加热型反应产生CO2，可以是强酸溶液与碳酸钙或碳酸钠反应，CO2进入试管与C溶液反应，为证明非金属性：C>Si，可通过证明酸性：H2CO3>H2SiO3，则C为Na2SiO3溶液，产生白色沉淀即证明成立。为防止盐酸挥发出HCl干扰CO2与Na2SiO3的反应，故A中加入的试剂为稀硫酸，选择②；硫酸钙微溶，故B中加入的试剂为碳酸钠，选择⑤；C中加入的试剂为Na2SiO3溶液，选择④。
17． 保护气，保护粮食或液氮作冷冻剂 AgNO3 Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 将活塞b打开，氯气即被氢氧化钠溶液吸收 10
【分析】本题以氮元素的价类二维图为切入点，重点考查N2的用途、NH3的电子式及实验室制法和NH3的还原性、含+5价氮元素的盐类、HNO3的强氧化性、Cl2的尾气处理方法和利用守恒法进行简单计算，总体难度一般。
【详解】(1)N2的化学性质很稳定，常用作保护气，保护粮食，N2的沸点很低，常用液氮来作冷冻剂，故答案为：保护气，保护粮食或液氮作冷冻剂；
(2)由价类二维图可知，B物质为NH3，故其电子式为：，故答案为：；
(3) 由价类二维图可知，C物质为含+5价N元素的盐类，又HNO3与图中的物质C常用于检验Cl-的存在，故推知C的化学式为AgNO3，故答案为：AgNO3；
(4) 由价类二维图可知，B物质为NH3，故实验室制取物质B的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(5)浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O，故答案为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(6)①实验中三颈瓶内出现白烟是反应生成的NH4Cl并在内壁凝结成固体，故发生反应的化学方程式为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，
② 实验完毕后，观察到三颈瓶内还有黄绿色气体， 氯气有毒不能直接排到空气中，氯气能够与氢氧化钠反应，可用氢氧化钠吸收过量的氯气，所以正确的操作是：将活塞b打开，氯气即被氢氧化钠溶液吸收；故答案为：将活塞b打开，氯气即被氢氧化钠溶液吸收；
(7) 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+NaOH的物质的量=+100×10-3L×2.0mol/L=0.6mol，则原硝酸溶液的浓度为c===10mol/L，故答案为：10。
18．(1)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
(2)丁达尔效应
(3)Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
(4) Fe3+、Cu2+、Fe2+ 3
(5) Fe、Cu Fe+2H+=Fe2++H2↑ Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+
【详解】（1）铁粉和水蒸气反应生成四氧化三铁，反应方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。
（2）胶体会产生丁达尔效应，但是溶液不能。因此鉴别Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的方法是用平行光照射两种分散系即丁达尔效应。故答案为：丁达尔效应；
（3）FeCl3有氧化性，能把铜氧化为Cu2+。反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；
（4）①取少量待测溶液，滴入KSCN溶液呈红色，则待测液中含有的金属阳离子是Fe3+；由于发生了反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所以溶液中还含有Fe2+、Cu2+，故答案为：Fe3+、Fe2+、Cu2+；
②n(AgCl)=n(Cl-)==0.15mol，则溶液c(Cl-)==3mol/L，故答案为：3；
（5）①向反应后的溶液中加入过量的金属Fe，发生反应：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu，然后过滤得到滤液B中含有FeCl2；滤渣C中含有Fe、Cu，故答案为：Fe、Cu；
②向滤渣中加入过量的盐酸，发生反应，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
③滤液E中含有FeCl2，将其与滤液B混合，然后向该溶液中滴加新制的过量的氯水，氯气会氧化FeCl2发生反应，故答案为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+。
19．(1) 酸式盐 温度过低，化学反应速率比较慢；温度过高，部分分解
(2) 浓氨水 盐酸
(3) (低温)蒸发结晶 过滤
(4) 70.53
【解析】（1）
属于酸式盐，为了使溶液更多地溶解，实验室先通入的是，反应的化学方程式为；原因是温度过低，化学反应速率比较慢，温度过高，部分分解，故该反应一般在的水浴中进行。
（2）
实验室制取，当锥形瓶中固体为生石灰时，分液漏斗中应盛放浓氨水，为防止尾气污染，多余的用盐酸吸收。
（3）
因温度过高，部分分解，从溶液中得到晶体的操作是低温蒸发结晶、过滤洗涤、干燥。
（4）
稀硝酸酸化的溶液是用来检验，所以杂质为；设样品中、的物质的量分别为、，则，加入盐酸，与盐酸反应得到，最终得到固体质量，根据元素守恒：，的质量分数：。
20． D 提高的浸取率 和 液面出现晶膜 过滤 洗涤 产物对反应本身有催化作用 最后一滴溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且内不褪色
【分析】
(1)①、、加强热生成，根据氧化还原反应的原理书写反应的化学方程式；②石英的主要成分为二氧化硅、陶瓷中含有二氧化硅和硅酸盐，根据二氧化硅、氧化铝、铁的性质分析判断；
(2)将墨绿色产物研细分三次浸取，可以提高物质的浸取率，据此分析解答；
(3) 二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，结合平衡的移动分析解答；
(4)根据蒸发结晶的基本操作分析解答；
(5)反应的原理为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，据此分析解答。
【详解】
(1)①和固体混匀放入坩埚中，边加热边搅拌，待熔融后慢慢加入粉末，不断搅拌，加强热得墨绿色产物，根据氧化还原反应的原理，生成的化学方程式为，故答案为：；
②A．石英能够与KOH反应被腐蚀，故A错误；B．陶瓷中含有二氧化硅和硅酸盐，二氧化硅能够与KOH反应被腐蚀，故B错误；C．刚玉(氧化铝)能够与KOH反应被腐蚀，故C错误；D．铁与KOH等不反应，可以用铁质的坩埚及搅拌棒进行实验，故D正确；故答案为：D；
(2)将墨绿色产物研细分三次浸取，可以提高的浸取率，故答案为：提高的浸取率；
(3)在水溶液中会发生歧化反应：，通入气体，二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，使得溶液中的KOH的浓度减小，平衡正向移动，可促进反应趋于完全。向溶液中连续通入气体至溶液在10～11之间，过滤。根据上述方程式，滤液中的溶质除外，还主要含有和，故答案为：和；
(4)将滤液转入蒸发皿，小火加热蒸发，当看到液面出现晶膜时停止加热，利用余热蒸干，冷却，过滤出晶体、洗涤除去晶体表面的杂质，干燥后得粗品，故答案为：液面出现晶膜；过滤；洗涤；
(5)①滴定开始时，溶液颜色褪去较慢，随后加快，可能是生成的对反应起到催化作用，故答案为：产物对反应本身有催化作用；
②溶液为紫红色，与草酸反应后褪色，当最后一滴溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且内不褪色，表示达到了滴定终点，故答案为：最后一滴溶液加入时，溶液由无色变为粉红色，且内不褪色；
③根据2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4＝2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知，2～5H2C2O4，的草酸()溶液中含有草酸的物质的量为，滴定消耗的的物质的量为×，因此粗品中的纯度==，故答案为：。
【点睛】
本题的易错点和难点为(5)，要注意结合反应原理的化学方程式计算，注意关系式法的应用。
21．(1)甲→乙→丙←乙←甲
(2)用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好
(3) 球形冷凝管 吸收 Cl2和SO2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入丙装置
(4) B 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O
(5)在潮湿的环境中，SO2Cl2与水反应SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸腐蚀金属
(6)由于产品不纯，溶解了SO2，SO2被硝酸钡氧化为硫酸，得到的沉淀量增大，导致测得含硫量增大
【分析】由实验装置图可知，装置甲为70%浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫的装置，也可以是高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气的装置，装置乙中盛有的浓硫酸可以用于干燥二氧化硫气体，也可以用于干燥氯气，装置丙中二氧化硫与氯气在活性炭作用下反应制备磺酰氯，装置中球形冷凝管用于冷凝回流磺酰氯，干燥管中盛有的碱石灰用于吸收氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入丙装置导致磺酰氯发生水解，则仪器的连接顺序为甲→乙→丙←乙←甲。
(1)
由分析可知，实验的仪器连接顺序为甲→乙→丙←乙←甲，故答案为：甲→乙→丙←乙←甲；
(2)
该实验是有气体制备和参与的实验，实验实验前应该先对甲装置进行气密性检验，具体操作为用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好，故答案为：用止水夹夹住甲装置的导气管，关闭分液漏斗旋塞，向分液漏斗加水，再打开漏斗旋塞，一段时间后，液体不再滴下，说明装置气密性良好；
(3)
由分析可知，丙装置中仪器a为球形冷凝管，干燥管中盛有的碱石灰的作用是用于吸收氯气和二氧化硫，防止污染环境，同时防止空气中的水蒸气进入丙装置导致磺酰氯发生水解，故答案为：球形冷凝管；吸收 Cl2和SO2，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入丙装置；
(4)
①甲装置是固液不加热制备气体的装置，所以不能选用共热才能反应生成二氧化硫的铜和浓硫酸制备二氧化硫；二氧化硫是具有还原性的气体，所以不能选用具有强氧化性的浓硝酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫；二氧化硫易溶于水，所以不能选用不利于气体逸出的亚硫酸钠浓溶液制备二氧化硫，应选用亚硫酸钠固体；98%浓硫酸中硫酸主要以硫酸分子形式存在，溶液中氢离子浓度小，与亚硫酸钠固体的反应速率慢，不利于二氧化硫的生成，所以应选用70%较浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，故选B；
②由分析可知，甲装置中制备氯气的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+ 2MnCl2 +5Cl2 ↑+8H2O；
(5)
由题意可知，在潮湿的环境中，磺酰氯发生水解反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸会对金属有强烈的腐蚀作用，故答案为：在潮湿的环境中，SO2Cl2与水反应SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应生成的酸腐蚀金属；
(6)
将一定体积的产品加入到足量硝酸钡溶液中，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀，然后计算含硫量，结果计算测得含硫量超过了100%说明磺酰氯溶解了二氧化硫，二氧化硫溶于硝酸钡溶液时生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被硝酸钡氧化为硫酸，导致反应生成的硫酸钡沉淀量增大，使得测得含硫量增大，故答案为：由于产品不纯，溶解了SO2，SO2被硝酸钡氧化为硫酸，得到的沉淀量增大，导致测得含硫量增大。
22．137.55
【详解】题中发生的反应有：
①，
②，
③，关系式为。
实际用于生产的的质量为。
设可制得98%的浓硫酸xt，则有
解得，即可制得98%的浓硫酸。
23． 30.0 3
【详解】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V== =0.03L=30.0mL，故答案为30.0；
(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有
解得x=3，故答案为3。
24．(1)0.90mol
(2) SO2和H2 11.2L
【详解】（1）32.5 g的锌的物质的量n(Zn)=32.5g÷65g/mol=0.5mol；加入的硫酸的物质的量n(H2SO4)=c·V=18.4 mol/L×0.05 L=0.92 mol，与Zn反应后溶液中剩余H+的物质的量为n(H+)=0.08 mol/L×0.5 L=0.04 mol，则剩余硫酸的物质的量为n(H2SO4)=n(H+)=0.02 mol，故反应的硫酸的物质的量n(H2SO4)反应=0.92 mol-0.02 mol=0.90 mol；
（2）假设锌只和浓硫酸反应生成SO2，根据锌和浓硫酸反应的化学方程式：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，0.5moL锌消耗硫酸的物质的量为1mol，而硫酸只消耗了0.90mol，所以反应生成的气体有SO2和氢气。锌和稀硫酸反应：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，两个反应里，锌的物质的量和生成气体的物质的量相等，所以生成的气体共0.5mol，在标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L。