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12题）
1．我国有着五千年文明历史，下列有关说法正确的是
A．《本草图经》有“白矾多入药用”，其白矾是[KAl(SO4)2·12H2O]，具有杀菌、消毒之功效
B．诗句“月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠”。其中不包含有化学变化过程
C．“凡石灰，经火焚炼为用……火力用后，烧酥石性，置于风中，久自吹成粉”中的“粉”为CaO
D．古代烧制的“明如镜，声如磬”的瓷器，其主要成分为硅酸盐
2．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是
操作 现象 结论
A 滴加BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO
B 滴加AgNO3和稀HNO3 生成白色沉淀 原溶液中有Cl－
C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 溶液中有Na＋，无K＋
D 滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无
A．A B．B C．C D．D
3．下列关于二氧化硅的说法中，正确的是
A．SiO2晶体易溶于水，水溶液呈酸性
B．二氧化硅熔点低，硬度小
C．不能用二氧化硅跟水直接反应制取硅酸
D．二氧化硅既能与氢氟酸反应，又能与氢氧化钠反应，所以它是两性氧化物
4．为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，能达到除杂目的的是
选项 被提纯的物质 除杂方法
A 通过溶液
B 加入足量酸性溶液
C 依次通过蒸馏水、碱石灰
D 加入足量溶液，过滤
A．A B．B C．C D．D
5．下列反应对应的离子方程式正确的是
A．稀氨水吸收少量SO2：
B．Na与H2O反应：
C．向NaClO溶液中通入NH3会有N2生成：
D．向久置的浓硝酸中通入空气，浓硝酸的黄色消失：
6．不能通过两种单质间化合直接得到的是
A．FeS B．NaCl C．H2O D．FeCl2
7．下列气体中不能用浓硫酸干燥。但能用碱石灰干燥的是
A． B． C． D．
8．为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法不正确的是
A．除去中的HCl气体：通过饱和食盐水，洗气
B．除去中的：将混合物在氧气中加热
C．除去气体中的HCl：通过饱和溶液，洗气
D．除去中的：将混合气体通入饱和溶液
9．下列物质分类正确的是
A．甲苯为电解质 B．Na2O2为碱性氧化物 C．淀粉溶液为胶体 D．水玻璃为化合物
10．下列操作或方法能达到实验目的的是
选项 实验目的 操作或方法
A 配制10% CuSO4溶液 称取5.0g CuSO4·5H2O，加入27.0g水，搅拌溶解
B 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠 在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥
C 比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性
D 除去CO2中的HCl
A．A B．B C．C D．D
11．高纯硅是现代信息等产业都需要的基础材料。工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如下：
下列说法正确的是
A．自然界中存在大量的单质硅
B．步骤电弧炉中的化学方程式为
C．该工艺流程中被循环利用的物质只有
D．(沸点33.0℃)中含有少量的(沸点67.6℃)，通过蒸馏可提纯
12．下列物质不能通过化合反应制得的是
A．NaHCO3 B．FeCl2 C．Fe(OH)3 D．H2SiO3
二、非选择题（共10题）
13．某化学课外小组用海带为原料制取了少量碘水。现用CCl4从碘水中萃取碘，并用分液漏斗分离两种溶液。其实验操作可分解为如下几步：
A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；
B．把10mL碘水和4mLCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；
C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；
D．倒转分液漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正；
E．旋开活塞，用烧杯接收溶液；
F．从分液漏斗上口倒出上层水溶液；
G．将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽(或小孔)对准分液漏斗口上的小孔；
H．静置，分层。
就此实验，完成下列填空：
(1)正确操作步骤的顺序是：___________(用上述各操作的编号字母填写)______→______→_______→A→_______→G→E→F。
(2)上述E步骤的操作中应注意________；上述G步骤操作的目的是________。
(3)选用CCl4从碘水中萃取碘的原因：________。
(4)已知碘在酒精中的溶解度比在水中大得多，_______(填“能”或“不能”)用酒精来萃取碘水中的碘，其理由是________。
14．铁广泛应用于人类的生产、生活。
Ⅰ.部分铁及其化合物存在如图转化关系(部分反应物和反应条件已略去)，回答下列问题。
(1)a、b、c三种物质中属于电解质的是_______(填化学式)。
(2)①~⑤反应中，既是化合反应又是氧化还原反应的有_______(填标号)。写出⑤的化学反应方程式_______。
(3)将e的浓溶液滴加到沸水中可得到红褐色液体，该液体属于一种特殊的分散系。该分散系中分散质的微粒直径为_______。鉴别e的浓溶液与该分散系的方法为_______。
Ⅱ.明代《徐光启手迹》记载了以绿矾(FeSO4·7H2O)为原料制备硝酸的方法，其主要流程如图：
(4)X为铁的氧化物，X的化学式可能为_______，判断依据为_______。
(5)③利用了浓硫酸以下性质_______(填标号)。
a.强氧化性 b.高沸点 c.酸性 d.脱水性
15．实验室常用消石灰与氯化铵共热制备氨气，其反应的化学方程式为___。为快速地制备少量氨气，将浓氨水滴加到生石灰上，立即产生氨气。请写出该反应的化学方程式___。
16．为探究硫酸亚铁的分解产物，将装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末，写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式___。
17．实验室用下图装置(夹持装置已省略)制备氨基甲酸铵(NH2COONH4)。已知：
①2NH3(g)+CO2(g) NH2COONH4(s)△H<0；
②NH2COONH4+H2O=(NH4)2CO3；
③常压下，CO2沸点—56.55℃，熔点—78.45℃。
请回答：
(1)装置A中发生的反应方程式是___________。
(2)装置B的名称为___________，装置B内盛放的试剂是___________。
(3)若无装置B，D中可能发生的副反应为___________。
(4)装置E的作用是___________。反应一段时间后，若发现E中有气体逸出，接下来具体操作是___________。
(5)用装置C代替稀盐酸与碳酸钙产生CO2的优点有___________。
A．可以升温，加快反应速率
B．得到的CO2无需干燥
C．有利于生成更多产品
(6)产品分析：称取1.976g样品(内含杂质(NH4)2CO3·H2O)，溶于100mL容量瓶，用蒸馏水定容到刻度，每次取25mL试样于锥形瓶中进行滴定。已知滴定过程中发生以下反应：
NH2COONH4+H2O=(NH4)2CO3
(NH4)2CO3+BaCl2=2NH4Cl+BaCO3↓
4NH4Cl+6HCHO=(CH2)6N4+6H2O+4HClNaOH+HCl=NaCl+H2O
为避免碳酸钡的溶解，采用盐酸回滴过量的氢氧化钠标准液，计算氨基甲酸铵的氨含量。实验数据如下表：
加入NaOH物质的量(mmol) 25.000
回滴消耗盐酸物质的量(mmol) 12.925
氨基甲酸铵纯度为___________。(保留一位小数，已知氨基甲酸铵的摩尔质量为78g/mol)
18．亚硝酸钙[]是水泥混凝土外加剂的主要原料，可配制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。某学习小组用如图所示实验装置及药品来制备亚硝酸钙(夹持装置略去)。
已知：①
②酸性条件下，能与溶液反应生成和。
请回答下列问题：
(1)上述装置按气流方向连接的顺序为_______(填字母)。
(2)检查装置的气密性，装入药品，实验开始前通入一段时间，然后关闭弹簧夹，再滴加稀硝酸，通入的作用是______。
(3)A装置中反应的化学方程式为______，稀硝酸在反应中体现的性质为_______。
(4)B装置的作用是______；E装置的作用是______。
(5)C装置中反应的离子方程式为______。
(6)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的，反应原理为：。若，则会导致_______。
19．将充满二氧化氮和氧气的混合气体的量筒倒置于水中，充分反应后，保持气体压强不变，水进入至量筒体积的一半处停止了，则原混合气体中二氧化氮和氧气的体积比是多少？_________________
20．中学化学中有许多与氮有关的反应。阅读材料，回答问题。
（1）氨气和氧气在催化剂存在下的反应方程式为4NH3十5O24NO+6H2O，完成下列计算：
①生成1molNO消耗氧气的体积为_________L（标准状况）。
②5 mol NH3和5 molO2反应生成4 molNO，过量的氨溶于产物水中成为氨水，所得氨水的密度为0.75g/mL，则该氨水的物质的量浓度为_____mol/L。
③如果没有催化剂，氨氧化生成NO的同时也生成氮气：4NH3+3O2=2N2+6H2O。若4 mol NH3和4 molO2恰好完全反应，则产物气体中NO的物质的量为_____ mol。
（2）已知真空管中反应2NO2N2O4，现向一真空管中充入4L标况下的NO2气体：
①若在上述反应中有50% NO2的转化为N2O4，所得混合气的平均摩尔质量为______g/mol（保留一位小数）。
②将4LNO2通过真空管反应后，恢复到原状况，得到气体3L，其中NO2为_______L。
（3）各种氮氧化物（NO、NO2）是主要的大气污染物之一，治理氮氧化物（NOx）废气的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，其反应原理可表示如下：
NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
现有一NO与NO2的混合气体，将其通入50mL 2mol/L的NaOH溶液中，恰好完全吸收，测得溶液中含有NO3-0.02mol。
①所得溶液中NaNO2的物质的量为____mol；②混合气体中V(NO)：V(NO2)=________。
21．Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100mL0.6 mol·L－1HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，完全生成硝酸铜、一氧化氮和水。现共收集到224mLNO气体(标准状况)。求：
(1)相同物质的量的Cu、Cu2O和CuO，消耗该浓度硝酸最多的是哪一种物质，写出其与该硝酸反应的离子方程式。________，_______________________________。
(2)如原混合物中含单质铜0.01moL，则其中Cu2O、CuO的物质的量分别为多少________，__________？
(3)求混合物中CuO的物质的量可能接近的最大值__________。
22．某同学在学习元素化合物知识的过程中，发现含有相同元素的物质间在一定条件下存在转化规律，绘制如下转化关系图，图中A、B、C、D是由前18号元素组成的物质，且均含有同种元素。
请回答：
(1)若A为单质，C为淡黄色固体。
①则C与H2O反应的化学方程式为：_______。
②下列说法正确的是_______(填字母)。
a.A可经一步反应转化为D
b.B、C均可作呼吸面具的供氧剂
c.B、C、D均可与CO2反应
(2)若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为红棕色气体。
①A→B反应的化学方程式是_______。
②A与C在一定条件下反应生成E和水，E是空气中含量最多的气体，写出反应的化学方程式_______。
(3)若B能使品红溶液褪色加热后颜色恢复，则D与某红色金属单质反应生成B的方程式为_______，工业上使用过量氨水吸收B，离子方程式为_______。
参考答案：
1．D
A．明矾只能作净水剂，不具有杀菌、消毒的作用，A项错误；
B．火是物质燃烧时所表现出来的发热、发光的现象，是包含了化学变化过程，B项错误；
C．CaCO3煅烧后生成CaO，经久置于空气中最终变为CaCO3，C项错误；
D．陶瓷为传统的硅酸盐材料，D项正确；
故答案选D。
2．B
A．白色沉淀可能为AgCl、BaSO3、BaCO3等，不能说明原溶液中有SO，检验SO，应先加盐酸无现象，后加氯化钡生成白色沉淀，故A错误；
B．白色沉淀为AgCl，不溶于硝酸，则沉淀不溶解，说明原溶液中有Cl ，故B正确；
C．观察K元素的焰色反应，需要透过蓝色的钴玻璃观察，则由现象可知，原溶液中有Na+，不能确定是否有K+，故C错误；
D．若含，滴加稀的NaOH溶液，且没有加热，不能生成氨气，则实验操作不合理，不能检验铵根离子，故D错误；
答案选B。
3．C
A．SiO2晶体属于共价晶体，原子之间以共价键结合形成立体网状结构，难溶于水，A错误；
B．SiO2晶体属于共价晶体，原子之间以共价键结合形成立体网状结构，断裂需消耗很多能量，因此其熔点高，硬度大，B错误；
C．SiO2难溶于水，因此不能用二氧化硅跟水直接反应制取硅酸，C正确；
D．二氧化硅能与氢氧化钠反应产生硅酸钠和水；二氧化硅虽然能与氢氟酸反应产生SiF4和水，但SiF4不是盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，D错误；
故合理选项是C。
4．A
A．由可知，混合气体通过硫酸铜溶液时，硫化氢气体被吸收，二氧化碳没反应，故可提纯，A正确；
B．亚铁离子能被酸性高锰酸钾氧化为铁离子，但是反应过程中引入了钾离子、锰离子等杂质，B错误；
C．二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，需要的气体消耗掉了，C错误；
D．氧化铝能与氢氧化钠溶液反应而溶解，氧化镁不反应不溶解，需要的物质消耗掉了，D错误；
选A。
5．C
A． 一水合氨是弱碱，则稀氨水吸收少量SO2：，A错误；
B．应电荷守恒、得失电子守恒，则 Na与H2O反应：，B错误；
C． 向NaClO溶液中通入NH3会有N2生成，则次氯酸根被还原为氯离子，结合电荷守恒、得失电子守恒、元素质量守恒：，C正确；
D．浓硝酸的黄色是其分解产生的二氧化氮引起的， 则向久置的浓硝酸中通入空气黄色消失： ，D错误；
答案选C。
6．D
A．Fe与弱氧化剂S反应生成FeS，能直接化合生成，故A不选；
B．钠与强氧化剂氯气可直接化合生成NaCl ，故B不选；
C．氢气与氧气点燃条件下化合生成H2O ，故C不选；
D．Fe与强氧化剂氯气可直接化合生成FeCl3，而不是FeCl2 ，故D选；
故选D。
7．B
A．碱石灰的主要成分是CaO和NaOH，能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故A不符合题意；
B．是碱性气体，能与硫酸反应不与碱石灰反应，能用碱石灰干燥，故B符合题意；
C．属于酸性氧化物，能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故C不符合题意；
D．属于酸，能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，故D不符合题意；
答案选B。
8．C
A．氯化氢易溶于饱和食盐水，难溶于饱和食盐水，通过饱和食盐水，可除去中的HCl气体，故A正确；
B．在氧气中加热可生成过氧化钠，在氧气中加热可除去中的，故B正确；
C．二氧化碳、氯化氢都能与碳酸钠溶液反应，不能用饱和碳酸钠溶液除二氧化碳中的氯化氢，一般用饱和碳酸氢钠溶液除去气体中的HCl，故C错误；
D．二氧化硫和碳酸氢钠反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，用饱和碳酸氢钠除去中的，故D正确；
选C。
9．C
A．甲苯由分子构成，熔融的甲苯不导电；甲苯不溶于水，水溶液也不导电，故甲苯为非电解质，A错误；
B．碱性氧化物是能跟酸反应只生成盐和水的氧化物。Na2O2和酸反应不止生成盐和水，还生成氧气，故Na2O2不是碱性氧化物，B错误；
C．淀粉溶液中的淀粉分子的直径为1nm~100nm，所以淀粉溶液为胶体，C正确；
D．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，是混合物，不是化合物，D错误；
故选C。
10．A
A．称取5.0g CuSO4·5H2O，加入27.0g水，搅拌溶解，得到溶液溶质质量分数为 ，A正确；
B．硝酸钾在高温下溶解度较大，应该在较高温度下制得蒸发结晶、趁热过滤、干燥，B错误；
C．比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性实验中碳酸氢钠应该在小试管中、碳酸钠在大试管中，C错误；
D．二氧化碳会被碳酸钠溶液吸收，D错误；
故选A。
11．D
A．自然界中没有游离态的硅，故A错误；
B．步骤电弧炉中二氧化硅和焦炭反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式为，故B错误；
C．该工艺流程中被循环利用的物质有、HCl，故C错误；
D．、的沸点不同，中含有少量的，通过蒸馏可提纯，故D正确；
选D。
12．D
A、Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，不符合题意，故A不选；
B、2FeCl3＋Fe=3FeCl2，不符合题意，故B不选；
C、4Fe (OH)2＋O2＋2H2O=4Fe (OH)3，不符合题意，故C不选；
D 、SiO2不溶于水，不能直接通过化学反应制备硅酸，符合题意，故D选。
13．(1)C；B；D；H；
(2) 使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，及时关闭活塞，不要让上层液体流出 操作时漏斗里液体能够流出
(3)CCl4与水不互溶，而且碘在CCl4中的溶解度比在水中的大得多.
(4) 不能 因为酒精能与水互溶，故不能用来作萃取剂
(1)
CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→→静置→分液，则步骤为C→B→D→A→G→H→E→F；
(2)
旋开活塞，分离下层液体，应使漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，及时关闭活塞，不要让上层液体流出；(G)步骤目的为操作时漏斗里液体能够流出；
(3)
选用CCl4从碘水中萃取碘的原因是CCl4与水不互溶；而且碘在CCl4中的溶解度比在水中的大得多；
(4)
不能用酒精来萃取碘水中的碘，因为酒精能与水互溶，故不能用来作萃取剂。
14．(1)FeCl2、Fe(OH)2
(2) ②③⑤
(3) 1~100nm 丁达尔现象
(4) Fe2O3或Fe3O4 FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，所以X为Fe2O3或Fe3O4
(5)bc
（1）根据物质类别和铁元素的化合价可知，a为Fe，b为FeCl2，e为FeCl3，c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，据此分析解答。
电解质为在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，酸、碱、盐属于电解质，故a、b、c三种物质中属于电解质的是FeCl2、Fe(OH)2。
（2）①为置换反应；④反应中Fe的化合价没有发生变化，①中氯气与铁点燃生成氯化铁；③氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁；⑤氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；故①~⑤反应中，既是化合反应又是氧化还原反应的有②③⑤。⑤的化学反应方程式。
（3）将FeCl3的浓溶液滴加到沸水中可得到红褐色液体，该液体属于一种特殊的分散系，为胶体，该分散系中分散质的微粒直径为1~100nm。鉴别FeCl3的浓溶液与该分散系的方法为丁达尔现象。
（4）FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，所以X为Fe2O3或Fe3O4。
（5）③中浓硫酸与硝酸钾发生复分解反应生成硝酸，硝酸沸点低，易挥发，浓硫酸的沸点高，难挥发，故利用了浓硫酸的高沸点和酸性，故选bc。
15． 2NH4Cl+Ca(OH)22CaCl2+2NH3↑+2H2O CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑
根据生成氨气的原理分析。
实验室用消石灰与氯化铵共热制备氨气，生成产物有CaCl2、NH3、H2O，则其反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22CaCl2+2NH3↑+2H2O；浓氨水滴加到生石灰上，生成产物有Ca(OH)2、NH3，则其反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)22CaCl2+2NH3↑+2H2O；CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑。
16．2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
开始时通入氮气可排净装置中的空气，防止氧气的干扰；硫酸亚铁在装置A中进行加热分解，实验后反应管中残留固体为红色粉末，为氧化铁，发生氧化还原反应，铁的化合价升高，则硫的化合价降低，有二氧化硫生成，还可能有三氧化硫生成，则装置C为氯化钡溶液，装置D为品红溶液，尾气吸收为吸收未反应的二氧化硫气体。
实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，D为品红，可用于检验SO2，品红褪色；硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，方程式为2FeSO4 Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
17．(1)NH3·H2ONH3↑+H2O
(2) U形管 碱石灰
(3)2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3或NH3+CO2+H2O=NH4HCO3
(4) 防止多余的NH3逸出污染空气，防止空气中水蒸气进入，引起产品水解 可以通过调节恒压滴液漏斗的旋塞控制浓氨水的加入速度，使两种气体混合比例适当
(5)BC
(6)85.46%
由实验装置图可知，装置A为浓氨水滴入氢氧化钠固体中快速制备氨气的装置，装置B为U形管，盛有碱石灰的装置B用于干燥氨气，装置C为干冰升华快速制得二氧化碳气体的装置，装置D为聚乙烯薄膜反应器，氨气与二氧化碳在装置D中反应制得氨基甲酸铵，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收未反应的氨气，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入D中，导致氨基甲酸铵水解。
（1）
由分析可知，装置A为浓氨水滴入氢氧化钠固体中快速制备氨气的装置，反应的化学方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为：NH3·H2ONH3↑+H2O；
（2）
由分析可知，装置B为U形管，盛有碱石灰的装置B用于干燥氨气，故答案为：U形管；碱石灰；
（3）
若无装置B，氨气会与二氧化碳、水蒸气反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，反应的化学方程式为，故答案为：2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3或NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；
（4）
由分析可知，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收未反应的氨气，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入D中，导致氨基甲酸铵水解；若装置E中有气体逸出说明氨气不足量，应通过调节恒压滴液漏斗的旋塞控制浓氨水的加入速度，使两种气体混合比例适当，在装置D中完全反应，故答案为：防止多余的NH3逸出污染空气，防止空气中水蒸气进入，引起产品水解；可以通过调节恒压滴液漏斗的旋塞控制浓氨水的加入速度，使两种气体混合比例适当；
（5）
A．干冰升华时会吸收热量，不可能起到升高温度，加快反应速率的目的，故错误；
B．由题意可知，氨基甲酸铵要在无水的条件下制备，用干冰升华制得的二氧化碳中，不含有水蒸气，无需干燥，故正确；
C．由方程式可知，制备氨基甲酸铵的反应为可逆反应，用干冰升华快速制得二氧化碳气体，可以增大二氧化碳的浓度，增大氨气的转化率，有利于生成更多产品，故正确；
故选BC；
（6）
设1.976g样品中和(NH4)2CO3·H2O的物质的量分别为amol和bmol，由样品的质量可得：78a+114b=1.976①，由表格数据和方程式可得：a+b=(25.00—12.925)×10—3××4②，解联立方程式可得：a=0.02165、b=0.0025，则氨基甲酸铵纯度为×100%=85.46%，故答案为：85.46%。
18．(1)AEBDC
(2)排尽空气，防止生成的 被氧化
(3) 稀 酸性和强氧化性
(4) 干燥NO 吸收中的
(5)3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O
(6)NO2过量， 产品中混有Ca(NO3)2杂质
该实验要制取亚硝酸钙， 通过信息可知， 用一氧化氮和过氧化钙反应， 所以基本过程为向装置通入氮气， 排尽装置中的空气， 然后点燃酒精灯， 向三颈烧瓶中滴加稀硝酸， 铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体， 通过装置 中的水除气体中的硝酸， 通过中无水氯化钙干燥气体， 再通过 D 中与过氧化钙反应生成亚硝酸钙， 最后通入 C 中高锰酸钾溶液中进行尾气处理。
（1）
由分析可知，上述装置按气流方向连接的顺序为AEBDC，故答案为：AEBDC；
（2）
检查装置的气密性，装入药品，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加稀硝酸，由分析可知，通入N2的作用是排尽空气， 防止生成的被氧化，故答案为：排尽空气， 防止生成的被氧化；
（3）
A 装置中反应为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水， 化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，反应中HNO3部分被还原为NO，部分HNO3中N元素的化合价未改变，表现出酸性，故答案为： 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；强氧化性和酸性；
（4）
由分析可知，B装置的作用是干燥NO，E装置的作用是吸收中的，故答案为：干燥NO；吸收中的；
（5）
根据信息： 酸性条件下， 能与KMnO4溶液反应生成和Mn2+分析，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，C装置中反应的离子方程式为3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O，观察到的现象是溶液紫色变浅，故答案为：3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O；
（6）
工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，反应原理为：Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O， 由于2Ca(OH)2+4NO2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O可知，若n(NO)：n(NO2)＜1:1，则会导致NO2过量， 产品中混有Ca(NO3)2杂质，故答案为：NO2过量， 产品中混有Ca(NO3)2杂质。
19．2∶3
设混合气体的体积为V，则反应后剩余气体体积为，NO2和O2混合气体与反应可能的反应式有：4NO2+O2+2H2O=4HNO3、3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据反应的方程式用讨论的方法计算。
设混合气体的体积为V，则反应后剩余气体体积为，
①如果氧气过量，则剩余，气体为氧气，参加反应的气体体积为，根据反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知，混合气体中含有二氧化氮的体积为×=，则原混合气体中NO2和O2的体积比V(NO2)：V(O2)=：=2：3；
②如果NO2过量，则剩余，气体为NO，根据反应3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，剩余的二氧化氮的体积为：×3=1.5V，不符合混合气体总体积为V。故原混合气体中NO2和O2的体积比2：3。
【点睛】本题考查了混合物反应的计算，明确发生反应原理为解答关键，注意讨论法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
20． 28 6 2 61.3 2 0.08 3：7
（1）①根据方程式可知，生成1molNO的同时消耗氧气的物质的量是1.25mol，1.25molO2在标准状况下的体积为1.25mol×22.4L/mol=28L。
②根据方程式可知，5 mol NH3和5 molO2反应生成4 molNO、6mol水，剩余1mol氨气，所得氨水中水的质量是6mol×18g/mol=108g，氨气的质量是1mol×17g/mol=17g，则所得溶液的体积是=0.16667L，因此该氨水的物质的量浓度为1mol÷0.16667L=6 mol/L。
③设生成NO的氨气是xmol，消耗氧气是1.25xmol，生成氮气的氨气是ymol，消耗氧气是0.75ymol，则x＋y=4、1.25x＋0.75y=4，解得x=y=2，所以产物气体中NO的物质的量为2mol。
（2）①若在上述反应中有50% NO2的转化为N2O4，则所得混合气体中NO2和N2O4的物质的量之比是2：1，所得混合气的平均摩尔质量为=61.3g/mol。
②2NO2N2O4 △V↓
2 1 1
V(NO2) 4L-3L=1L
解得V（NO2）=2L，则剩余NO2的体积为4L-2L=2L。
（3）①测得溶液中含有NO3-0.02mol，则硝酸钠是0.02mol，根据钠离子守恒可知，亚硝酸钠的物质的量是2mol/L×0.05L-0.02mol=0.08mol。
②根据方程式2NO2+2NaOH= NaNO2+NaNO3+H2O可知，生成0.02mol硝酸钠的同时还有0.02mol亚硝酸钠生成，消耗的NO2为0.04mol；则反应NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O中生成亚硝酸钠是0.08mol-0.02mol=0.06mol，消耗NO2和NO均是0.03mol，则混合气体中V(NO)：V(NO2)=0.03mol：(0.04mol+0.03mol)=3：7。
21． Cu2O 3Cu2O+14H++ 2NO3-→6Cu2++2NO ↑+7H2O n(Cu2O)＝0.005mol n(CuO)＝0.005mol 0.01mol
（1）根据反应的方程式判断消耗硝酸的量，并写出离子方程式；
（2）利用N原子守恒、电子守恒和铜原子守恒进行计算；
（3）利用端值法计算。
（1）反应的化学方程式分别为：
3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，
3Cu2O+14HNO3═6Cu（NO3）2+2NO↑+7H2O，
CuO+2HNO3═Cu（NO3）2+H2O，
先找出1mol物质消耗的硝酸：由方程式，1molCu消耗8/3mol硝酸，1molCu2O消耗14/3mol硝酸，1molCuO消耗2mol硝酸，消耗该浓度硝酸最多的是Cu2O；
反应的离子方程式为3Cu2O+14H＋+2NO3－=6Cu2＋+2NO↑+7H2O；
2）由题意恰好完全反应，利用N原子守恒：n（HNO3）=0.06mol，n（NO）=0.01mol，则n[Cu（NO3）2]=(0.06mol-0.01mol)/2=0.025mol，
混合物中虽含有Cu、Cu2O和CuO三种物质，参加氧化还原反应的只有 Cu、Cu2O，利用电子守恒：转移电子的物质的量：n（e-）=n（NO）×3=0.03mol，Cu提供电子的物质的量：0.01×2=0.02mol，Cu2O提供电子的物质的量：0.03-0.02=0.01mol，n（Cu2O）=0.01mol/2=0.005mol，铜原子守恒：n（CuO）=0.025mol-0.01mol-0.005mol×2=0.005mol。
（3）等物质的量的铜与氧化亚铜失电子数相同，产生的NO相同，但消耗硝酸后者多。进行极端假设：当铜最多，Cu2O趋于0时，CuO的物质的量为可能接近的最大值；
此时，根据电子守恒可知，n（Cu）=0.01mol×3/2=0.015 mol，根据N原子守恒可知，n（CuO）=(0.06mol-0.015mol×8/3)/2=0.01mol，混合物中CuO的物质的量可能接近的最大值为0.01mol。
22．(1) 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ ac
(2) 4NH3+5O24NO+6H2O 8NH3+6NO27N2+12H2O
(3) Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O SO2+2NH3·H2O=2NH+SO＋H2O
（1）若A为单质，C为淡黄色固体，则C为Na2O2、D为NaOH、B为Na2O、A为Na，
①则Na与H2O反应生成NaOH和H2，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
②a．Na与H2O反应生成NaOH和H2，Na可经一步反应转化为NaOH，正确；
b．Na2O和CO2反应生成Na2CO3，不能生成氧气，不能作呼吸面具的供氧剂，错误；
c．NaOH、Na2O2、Na2O均可与CO2反应，正确；
故选ac。
（2）若A为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，A为NH3，C为红棕色气体，C为NO2，则B为NO、D为HNO3，
①NH3和O2反应生成NO和H2O，化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O；
②NH3和NO2在一定条件下可以发生氧化还原反应生成E和水，E是空气中含量最多的气体N2，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O。
（3）若B能使品红溶液褪色加热后颜色恢复，B为SO2，则A为S、C为SO3、D为H2SO4，则H2SO4与红色金属单质Cu反应生成SO2的方程式为Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，工业上使用过量氨水吸收SO2，离子方程式为SO2+2NH3·H2O=2NH+SO＋H2O。