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．关于实验装置与试剂选择，下列说法正确的是
A．装置①可用于实验室制备NH3 B．装置②可用于吸收尾气NH3
C．装置③可用于验证氨气在水中的溶解性 D．装置④可用于收集NO2气体
2．室温下，某兴趣小组用如图所示装置在通风橱中进行如下实验：
实验 现象
试管Ⅰ中开始无明显现象，逐渐有微小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色
试管Ⅱ中剧烈反应，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色；之后向绿色溶液中持续通入N2，溶液变为蓝色
下列说法不正确的是
A．试管Ⅱ中红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成
B．等质量的Cu完全溶解时，Ⅱ试管中消耗的HNO3多
C．将Cu换成Fe之后重复实验，依然是试管II中反应更剧烈
D．试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO2
3．下列关于SO2性质的预测中，不合理的是
A．从S元素价态看，具有氧化性 B．从S元素价态看，具有还原性
C．属于酸性氧化物，能与碱溶液反应 D．属于酸性氧化物，能与稀硫酸反应
4．下列说法不正确的是
A．维生素C能将Fe3+还原为Fe2+，帮助人体吸收，可做食品的抗氧化剂
B．亚硝酸钠可使肉制品保持红色并防腐，但是一种强致癌物，不可用于食品加工
C．碳化硅(SiC)俗称金刚砂，结构类似金刚石，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料
D．二氧化硫既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用于杀菌消毒，还是一种食品添加剂
5．用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是
A．侯氏制碱法中可循环利用的气体为
B．先从a管通入NH3，再从b管通入CO2
C．为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰
D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱
6．铜和镁的合金78g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生44.8L的NO2气体和11.2L的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为
A．95g B．112g C．129g D．146g
7．某澄清溶液中可能含有、、、、、、、离子中的几种，且每种离子物质的量浓度均为0.1mol/L，对该溶液进行如下试验，对应操作与现象如下：
实验①：取少量溶液滴加几滴石蕊试液，溶液变红色；
实验②：取少量溶液，加入铁屑，产生无色气泡，在试管口变红棕色；
实验③：取100mL溶液，滴加足量溶液，产生2.33g沉淀。
下列说法正确的是
A．无法确定和的存在 B．肯定存在的有、、、、
C．肯定不存在的有、、 D．肯定不存在
8．下列实验现象及所对应的离子方程式书写错误的是
A．收集酸雨并放置后减小：
B．澄清石灰水放置过程中水面会出现结晶膜：
C．向溶液中滴加几滴新制氯水得到黄色溶液：
D．盛放的玻璃试剂瓶不能使用玻璃塞：
9．下列关于氮的氧化物的叙述正确的是
A．氮的氧化物只有NO、NO2
B．氮的氧化物均为红棕色气体
C．氮的氧化物均有毒
D．氮的氧化物在空气中能稳定存在
10．某固体样品由NH4Cl、FeCl2、Na2CO3、NaNO3中的两种按物质的量1：1组成，现对固体样品进行实验：将混合物溶于水，滴加足量的稀盐酸，产生气体，且反应后阴离子的种数与反应前相比无变化。根据实验现象判断固体样品的组成为
A．NH4Cl、Na2CO3 B．FeCl2、Na2CO3
C．FeCl2、NaNO3 D．NH4Cl、NaNO3
11．下列溶液里离子检验的结论正确的是
A．加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定有
B．加入盐酸使之酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有
C．加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液一定含有Cl-
D．加入Na2CO3 溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，白色沉淀消失，原溶液中一定含有Ca2+
12．对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向 CaCl2溶液中通入 CO2： Ca2+ +H2O+CO2 =CaCO3 +2H+
B．向 H2O2溶液中滴加少量 FeCl3： 2Fe3+ +H2O2 =O2 +2H+ +2Fe2+
C．同浓度同体积 NH4HSO4溶液与 NaOH 溶液混合： NH +OH－=NH3·H2O
D．用 Na2SO3溶液吸收少量 Cl2: SO +Cl2 +H2O =2HSO +2Cl- +SO
二、非选择题（共10题）
13．现有下列种物质：①铜 ② ③ ④ ⑤ ⑥氢氧化铁胶体⑦氨水 ⑧稀硝酸 ⑨ ⑩
(1)属于非电解质的是________；属于混合物的是________。
(2)④在水中的电离方程式为________。
(3)①与⑧反应的离子方程式为________。
(4)⑥中分散质微粒直径的范围是________。向⑥的溶液中逐渐滴加⑤的溶液，看到的现象是________。
(5)上述种物质中有两种物质之间可发生离子反应：＝，该离子反应对应的化学方程式为________。
(6)标准状况下溶于水配成溶液，可以与________⑨恰好完全反应。
14．、、(焦亚硫酸钠)中都含有价的S，具有还原性。
(1)是实验室常用试剂。
①固体需密封保存，其原因是___________。
②在水中加入溶液反应的离子方程式为___________。
(2)—定条件下，将通入溶液中，反应一段时间后过滤、洗涤得到粗Te。
①还原溶液得到Te的反应中，___________。
②“洗涤”的具体操作为___________。
③过程中须控制反应温度为80℃，温度不能过高的原因是___________。
(3)焦亚硫酸钠空气法处理含氰废水的部分机理如下，其中代表活性氧原子，具有强氧化性：、、。其他条件相同时，废水中氰化物去除率随初始浓度的变化如图所示。当初始浓度大于时，总氰化物去除率下降的原因可能是___________。
15．实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：
已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。
(1)从图中选择制取气体的合适装置：氮气___________，氢气___________
(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有干燥氮气和氢气以及___________。
(3)氨合成器出来经冷却的气体连续通入乙装置的水中吸收氨，但不会发生倒吸，原因是___________。
(4)用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是___________。
(5)写出乙装置中氨氧化的化学方程式___________。
16．某同学为了验证木炭和浓硫酸反应的产物，设计了如图所示的实验装置。
回答下列问题：
（1）A装置中发生反应的化学方程式为_________，其中浓硫酸的作用是__________。
（2）B装置的作用是_____________，现象是___________________。
（3）C装置的作用是____________，现象是_______________。
（4）D装置的作用是_________________。
（5）E装置的作用是______________。
（6）F装置的作用是____________，反应的离子方程式是___________。
（7）B装置和C装置能否互换_____（填“能”或“不能”），原因是__________。
17．氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，难溶于水。某实验小组用无水氯化铬()与氨气在高温下反应制备氮化铬，装置如图所示(夹持装置略)。
已知：①无水易潮解、高温下易被氧气氧化；②焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气。
回答下列问题：
(1)装置A中橡皮管m的作用是_______，盛生石灰的仪器名称是_______。
(2)装置A中CaO可用NaOH固体代替，其原因是_______。
(3)若装置C玻璃管中产生大量白烟，则C中发生反应的化学方程式为_______。
(4)制备氮化铬时，装置的接口连接顺序依次为a_______(装置不能重复使用)。
(5)制得的CrN中含有杂质，取样品14.38 g在空气中充分加热，得固体残渣()的质量为16.72 g，则样品中CrN与的物质的量之比为_______。
18．常温下，pH=1的某溶液A中含有、K+、Na+、Fe3+、Al3+、Fe2+、、、Cl-、I-、中的4种，且溶液中各离子浓度相同。现取该溶液进行有关实验，实验结果如图所示。
(1)检验气体乙的试剂和现象是___________。
(2)生成气体丙的离子方程式_______。实验消耗Cu19.2g，则生成气体丁的体积为________L(标况下)。
(3)写出生成白色沉淀甲的离子方程式___________。
(4)溶液中是否存在I-？________(填“是”或“否”或“不确定”)，请用简单的文字或离子方程式说明理由___________。
(5)根据以上信息和所学有关内容，该溶液A中一定有上述离子中的___________。
19．称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.58g，加入80.0g质量分数为5.00%的NaOH溶液，充分反应后生成NH30.0800mol。
（1）NaOH的物质的量为___。
（2）该混合样品中(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量之比为___。
20．为测定和固体混合物的组成，现称取该样品四份，分别加入相同浓度的溶液各40.00mL，加热至120℃左右，使氨气全部逸出[和的分解温度均高于200℃]，测得有关实验数据如下(标准状况)：
实验序号 样品的质量/g 溶液的体积/mL 氨气的体积/L
Ⅰ 7.4 40.00 1.68
Ⅱ 14.8 40.00 3.36
Ⅲ 22.2 40.00 1.12
Ⅳ 37.0 40.00 0.00
(1)实验过程中有关反应的离子方程式为___________；
(2)由Ⅰ组数据直接推测：标准状况下3.7g样品进行同样实验时，生成氨气的体积为___________L；
(3)求出该混合物和的物质的量之比(写出计算过程)_________
(4)求出所用溶液的物质的量浓度(写出计算过程)______
21．已知单质铜与稀硝酸的反应为3Cu＋8HNO3=2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2(Cu的相对原子质量为64)。现把19.2 g Cu放入200 mL 5 mol·L－1硝酸中，充分反应，问：
(1)参加反应的硝酸的物质的量为多少？______________
(2)在标准状况下产生的气体的体积为多少？____________
(3生成水的分子数为多少？___________
(4)若反应前后溶液的体积不变，则生成Cu(NO3)2的物质的量浓度为多少？__________
22．氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种地壳中含量最多的金属单质和6.72 L的H2(已折算成标准状况）。甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25 g·L－1。请回答下列问题：
（1）甲的化学式是____________。
（2）甲与水反应的化学方程式是_______________________。
（3）气体丙与金属镁反应的产物是________(用化学式表示）。
（4）乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式______________。
（5）有人提出产物Cu中可能还混有Cu2O，请设计实验方案验证之___________。(已知：Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O）
参考答案：
1．C
A．NH4Cl固体受热分解，生成的NH3和HCl在试管口遇冷又结合为NH4Cl，所以装置①不可用于实验室制备NH3，A不正确；
B．NH3易溶于水，装置②中的煤油不能起到防止倒吸的作用，所以装置②不可用于吸收尾气NH3，B不正确；
C．装置③中，往烧瓶内滴入水，看到气球体积膨胀，则表明烧瓶内气体压强减小，从而表明NH3易溶于水，所以装置③可用于验证氨气在水中的溶解性，C正确；
D．NO2易与水反应生成HNO3和NO，所以装置④不可用于收集NO2气体，D不正确；
故选C。
2．C
A．试管Ⅱ中发生的反应为铜与浓硝酸剧烈反应生成硝酸铜、红棕色的二氧化氮气体和水，反应中浓硝酸为反应的氧化剂，发生还原反应生成二氧化氮，故A正确；
B．试管Ⅰ中发生的反应为铜与稀硝酸剧烈反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，试管Ⅱ中发生的反应为铜与浓硝酸剧烈反应生成硝酸铜、红棕色的二氧化氮气体和水，由得失电子数目守恒可知，等质量的铜完全溶解时，Ⅱ试管中消耗的硝酸多，故B正确；
C．将铜换成铁之后重复实验，铁在浓硝酸中会发生钝化阻碍铁与浓硝酸继续反应，故C错误；
D．由向绿色溶液中持续通入氮气，溶液变为蓝色可知，试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于硝酸铜溶液中溶有了红棕色的二氧化氮，故D正确；
故选C。
3．D
在SO2中，S元素显+4价，S元素的最低价态为-2价，最高价态为+6价。
A．从S元素价态看，SO2中S元素价态能降低，则SO2具有氧化性，A不符合题意；
B．从S元素价态看，SO2中S元素价态能升高，则SO2具有还原性，B不符合题意；
C．SO2对应的酸为亚硫酸，属于酸性氧化物，能与碱溶液反应，C不符合题意；
D．SO2对应的酸为亚硫酸，属于酸性氧化物，不能与稀硫酸反应，D符合题意；
故选D。
4．B
A．维生素C具有还原性能将Fe3+还原为Fe2+，故可做食品的抗氧化剂，A正确；
B．亚硝酸钠可使肉制品保持红色并防腐，可用于食品加工，但是一种强致癌物，不能过量使用，B错误；
C．碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度很大，所以可用作砂纸和砂轮的磨料，C正确；
D．二氧化硫具有漂白性可漂白棉、麻、纸张，可用于杀菌消毒，还是一种食品添加剂如红酒中添加二氧化硫，D正确；
故选B。
5．B
侯氏制碱法的原理：
①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；
②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；
③副产品NH4Cl可做氮肥。
A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；
B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；
C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；
D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；
答案选B。
【点睛】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。
6．C
根据电子得失守恒计算出金属的物质的量，根据Cu2+与Mg2+与OH-的比例关系得出消耗的OH-的物质的量，金属质量+OH-质量=沉淀质量。
标准状况下，，。由于，因此硝酸得电子物质的量为2+0.52=3mol，根据金属氧化时与电子转移的关系，因此金属离子共1.5mol ，加入NaOH后可以结合3mol OH-，沉淀质量=金属质量+OH-质量=78+173=129g。
答案选C。
7．D
由实验①可知一定存在，则一定不存在；由实验②可知一定存在，则一定不存在；由实验③可知一定存在，根据每种离子物质的量浓度均为0.1mol/L及溶液呈电中性，则一定存在和，一定不存在、、。
A．由分析可知，一定不存在，一定存在，A错误；
B．肯定存在的有、、、、，Fe2+肯定不存在，B错误；
C．肯定不存在的有、、，Fe3+肯定存在，C错误；
D．由分析可知，肯定不存在，D正确；
故选D。
8．C
A．酸雨中含有弱酸，可被溶解在水中的氧化为强酸而导致溶液减小，A项正确；
B．石灰水表面的结晶膜是，由与反应生成，B项正确；
C．还原性，故加入少量新制氯水时先被氧化，C项错误；
D．玻璃中的与生成具有黏结性的，从而导致瓶塞与瓶口粘结在一起，D项正确；
故选C。
9．C
A．氮的氧化物包括NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5等，则A错误；
B．NO、N2O4等均为无色气体，则B错误；
C．氮的氧化物均有毒，则C正确；
D．NO在空气中易被O2氧化为NO2，则D错误；
本题答案C。
10．C
加入稀盐酸，产生无色气体，且反应后阴离子的种数与反应前相比无变化，若是CO+2H+=H2O+CO2↑，阴离子会减少，则没有Na2CO3，考虑引入Cl-，则样品含有NH4Cl或FeCl2，气体应是H+、NO、Fe2+产生的，离子方程式：3Fe2++4H++ NO=3Fe3++NO↑+2H2O，FeCl2、NaNO3两种物质按物质的量1:1组成，没有消耗完NO，故阴离子种类没变，故选C。
11．B
A．加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中可能有，也可能含有Mg2+、Fe2+等，A错误；
B．加入盐酸使之酸化无现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则原溶液中一定有， B正确；
C．加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液可能含有Cl-，也可能含有，Ag+与反应产生Ag2CO3白色沉淀，加入盐酸酸化时发生沉淀转化形成不溶于酸的AgCl白色沉淀，C错误；
D．加入Na2CO3 溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，白色沉淀消失，原溶液中可能含有Ca2+，也可能含有Ba2+，D错误；
故合理选项是B。
12．D
A．盐酸酸性比碳酸强，所以二氧化碳和氯化钙溶液不反应，故A错误；
B．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，FeCl3做催化剂，促进双氧水的分解，三价铁并不能氧化双氧水，故B错误；
C．同浓度同体积 NH4HSO4 溶液与 NaOH 溶液混合时，氢氧根先与氢离子反应，没有足够的氢氧根和铵根反应，离子方程式为H++OH－=H2O，故C错误；
D．氯气具有强氧化性，可以将亚硫酸根氧化成硫酸根，根据电荷守恒和电子守恒可得离子方程式为SO+Cl2 +H2O =2HSO +2Cl－ +SO，故D正确；
综上所述答案为D。
13． ③ ⑥⑦⑧ ＝ ＝ 出现红褐色沉淀 ＝ 4.2
(1)非电解质是在溶于水和熔融状态下都不导电的化合物，二氧化碳、二氧化硫等由于自身无法电离出离子而为非电解质，所以③是非电解质；混合物是指含两种及以上物质，故氢氧化铁胶体(含有氢氧化铁和水)、氨水(氨气溶于水形成的溶液)、稀硝酸(硝酸和水)为混合物；
故答案为：③；⑥⑦⑧；
(2)是强电解质，在水中可以完全电离为钠离子和硫酸根离子，电离方程式为＝，故答案为：＝；
(3)铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，方程式为＝，故答案为：＝；
(4)胶体中分散质微粒直径的范围是 ，氢氧化铁胶体中滴加电解质溶液(氢氧化钡)可以发生聚沉，生成红褐色的氢氧化铁的沉淀，故答案为：；出现红褐色沉淀；
(5)强酸和强碱发生离子反应的离子方程式为：＝，故氢氧化钡和稀硝酸符合该离子反应，故答案为：＝；
(6)与碳酸氢钠以物质的量之比发生反应，标况下，的物质的量为0.05mol，通过关系式得：
得出 ＝，故答案为：。
14．(1) 亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠
(2) 2∶1 向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，等水自然流下后，重复操作2～3次 二氧化硫的溶解度随温度的而升高而减小
(3)过量的或会消耗［O］，导致与反应的［O］减少
（1）①亚硫酸钠易被空气氧气氧化为硫酸钠，所以Na2SO3固体需密封保存。
②在Br2水中加入Na2SO3溶液，溴被还原，亚硫酸钠被氧化，反应的离子方程式为Br2+SO+H2O=SO+2Br－+2H+。
（2）①SO2还原TeOSO4溶液得到Te，反应中二氧化硫发生氧化反应、Te发生还原反应，根据电子守恒可知，反应方程式为TeOSO4+2SO2+3H2O=Te↓+3H2SO4，所以反应中n(SO2)：n(TeOSO4)=2:1。
②“洗涤”需要在漏斗中进行，其具体操作为向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，等水自然流下后，重复操作2～3次。
③由于二氧化硫的溶解度随温度的而升高而减小，所以过程中须控制反应温度为80℃；
（3）当Na2S2O5初始浓度大于6g L-1时时，S2O过量，进一步导致SO过量，过量的S2O或SO会消耗[O]，导致与CN-反应的[O]减少，总氰化物去除率下降。
15．(1) a b
(2)控制氢气和氮气的流速
(3)因为混合气体中含有大量难溶于水的氮、氢两种气体
(4)说明氨的氧化反应是一个放热反应
(5)
（1）已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，溶液中加热反应选择a装置制备N2。锌粒与稀硫酸反应制备H2，固液反应不加热选择b。答案为a；b；
（2）可以通过气泡的量确定其他的流速。答案为控制氢气和氮气的流速；
（3）因为混合气体中含有大量难溶于水的氮、氢两种气体溶解过程中不会造成压强的急剧变化不会引起倒吸。答案为因为混合气体中含有大量难溶于水的氮、氢两种气体；
（4）铂丝一直红热说明外界给它提供热量，即NH3的催化氧化为放热反应。答案为说明氨的氧化反应是一个放热反应；
（5）NH3经O2氧化为NO，反应为。答案为。
16． C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 作氧化剂 验证有水生成 固体由白色变为蓝色 验证有SO2生成 品红溶液褪色 除去SO2 检验SO2是否除尽 验证有CO2生成 CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O 不能 气体通过C装置中的品红溶液时会带出水分，对水的验证产生干扰
实验目的为验证木炭和浓硫酸反应的产物，则装置A为碳与浓硫酸在加热的条件下生成二氧化碳、二氧化硫和水；装置B为无水硫酸铜白色固体，吸收水后生成蓝色的五水合硫酸铜，验证气体中的水蒸气；装置C为品红溶液，二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液褪色；装置D中酸性高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二氧化碳无还原性，可除去二氧化硫气体；装置E可验证二氧化硫气体是否除净；装置F可验证二氧化碳气体的存在。
(1)木炭和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，浓硫酸作氧化剂。
(2)验证木炭和浓硫酸反应的产物需要先验证生成的水，依据B装置中固体由白色变为蓝色说明产物中有水。
(3)C装置的作用是验证产物中二氧化硫的存在，二氧化硫能使品红溶液褪色。
(4)D装置的作用是除去二氧化硫气体。
(5)E装置的作用是检验二氧化硫是否除尽。
(6)F装置的作用是验证产物中二氧化碳气体的存在，反应的离子方程式为CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O。
(7)品红溶液中存在水分子，所以B装置和C装置不能互换。
【点睛】除去CO2中混有的SO2，常用的方法是使混合气体通过足量的酸性KMnO4溶液或饱和NaHCO3溶液，再通过浓硫酸。
17．(1) 平衡气压，便于液体流下的作用 U形管
(2)NaOH溶于水放热，且电离出OH-，促使NH3·H2O分解生成NH3
(3)
(4)acbfgdehi
(5)
根据装置图，可判断A装置为氨气的发生装置，利用浓氨水和氧化钙反应制取氨气。B、D装置为氨气的净化装置，用于干燥氨气。经过干燥的氨气和无水CrCl3在丙装置中发生反应生成CrN+3NH4Cl，据此解答。
（1）装置A中橡皮管m上下相连，可起到平衡气压，便于液体流下的作用；由图可知盛生石灰的仪器名称是：U形管；
（2）氨水中存在平衡：，NaOH溶于水放热，且电离出OH-，促使NH3·H2O分解生成NH3；
（3）装置丙玻璃管中的物质为CrCl3，另外通入NH3，产生大量白烟是NH4Cl固体小颗粒，目标产物为CrN，故化学方程式为；
（4）根据无水氯化铬的性质，在氨气参加反应时候需要干燥，以及除去其中混入的氧气，同时要防止空气从右侧进入反应装置，故顺序为：acbfgdehi ；
（5）设CrN与Cr2N的物质的量分别为x、y，则有，，解得，。
18．(1)湿润的红色石蕊试纸、变蓝
(2) 3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O 4.48
(3)2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
(4) 否 8H++2+6I-=3I2+4H2O+2NO↑
(5)Al3+、、Cl-、
溶液A中加入过量(NH4)2CO3时，生成的气体甲应为H+与反应生成的CO2，白色沉淀甲应为Al(OH)3；溶液甲中加入过量的Ba(OH)2，过量(NH4)2CO3会发生反应生成BaCO3沉淀和NH3，所以气体乙为NH3，白色沉淀乙为BaCO3；溶液乙中加入Cu和硫酸，生成的气体丙为NO，气体丁为NO2，则溶液乙中含有，沉淀丙为硫酸与过量Ba(OH)2反应生成的BaSO4。则溶液A中一定含有H+、Al3+、，一定不含有Fe3+、Fe2+、。
（1）
由分析知，气体乙为NH3，检验气体乙的试剂为湿润的红色石蕊试纸，现象是试纸变蓝。答案为：湿润的红色石蕊试纸、变蓝；
（2）
气体丙为NO，由Cu与H+、反应生成，则生成气体丙的离子方程式为3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O。实验消耗Cu19.2g，其物质的量为=0.3mol，则生成气体丙的物质的量为0.2mol，生成气体丁的物质的量也为0.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L(标况下)。答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；4.48；
（3）
白色沉淀甲为Al(OH)3，由Al3+与发生双水解反应生成，则生成白色沉淀甲的离子方程式为2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑。答案为：2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（4）
由分析知，溶液中含有H+和，能将I-氧化为I2，所以溶液中不存在I-，理由是8H++2+6I-=3I2+4H2O+2NO↑。答案为：否；8H++2+6I-=3I2+4H2O+2NO↑；
（5）
根据以上信息可推知，溶液A中含有H+、Al3+、，再据溶液A中含有除H+外的4种离子，且溶液中各离子浓度相同，依据电荷守恒，溶液A中还应含有上述离子中的Cl-、，故该溶液A中一定有上述离子中的Al3+、、Cl-、。答案为：Al3+、、Cl-、。
【点睛】各步操作中加入的检验试剂都是过量的，所以所得溶液中必然含有过量试剂电离产生的离子，分析溶液A中所含的离子时，应考虑过量试剂电离产生离子的影响。
19． 0.1mol 2：1
根据溶液的质量分数计算物质的量；根据反应方程式计算混合物中各成分的物质的量。
(1)NaOH的物质的量为（80g×5%）/40g/mol=0.1mol，故答案为0.1mol；
(2)(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入NaOH溶液，NH4HSO4电离出的氢离子优先反应，根据NH4+ OH 可知与氢离子反应消耗NaOH的物质的量为：0.1mol 0.08mol=0.02mol，则NH4HSO4的物质的量为0.02mol，所以(NH4)2SO4的质量为：7.58g 115g/mol×0.02mol=5.28g，其物质的量为：5.28g/132g/mol=0.04mol，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比=0.04mol：0.02mol=2：1，故答案为2：1。
20．(1)、
(2)0.84
(3)1:4
(4)5mol/L
（1）反应过程中氢氧根离子首先和氢离子生成水、再和铵根离子生成氨气和水，反应为、；
（2）由数据Ⅰ、Ⅱ可知，，则说明当样品质量小于等于14.8g时铵根离子完全转化为氨气，则标准状况下3.7g样品进行同样实验时，生成氨气的体积为；
（3）由图表可知，Ⅰ中氢氧化钠过量，和完全反应，设和物质的量分别a、b，则132a+115b=7.4g，根据氮元素守恒可知，2a+b=，解得a=0.0125mol、b=0.05mol，a:b=1:4；
（4）Ⅲ中生成氨气的量小于Ⅱ，则氢氧化钠不足完全反应；22.2g中的物质的量为，结合（1）分析可知，氢氧化钠为0.15mol+=0.2mol，浓度为。
21． 0.8mol 4.48L 0.4NA 1.5 mol L 1
19.2 g Cu物质的量为，放入200 mL 5 mol·L－1硝酸中，硝酸的物质的量为，单质铜与稀硝酸的反应为3Cu＋8HNO3 =2NO↑＋4H2O＋3Cu(NO3)2。
(1)根据铜和稀硝酸的量的关系，得出铜反应完，硝酸过量，未反应完，因此参加反应的硝酸的物质的量为n(HNO3)= n(Cu)= ×0.3mol = 0.8mol；故答案为：0.8mol。
(2)在标准状况下产生的气体的物质的量为n(NO) = n(Cu)= ×0.3mol = 0.2mol，则体积为；故答案为：4.48L。
(3生成水的物质的量为n(H2O) = n(Cu)= ×0.3mol = 0.4mol，则分子数为；故答案为：0.4NA。
(4)若反应前后溶液的体积不变，则生成Cu(NO3)2的物质的量为n[Cu(NO3)2]=n(Cu)= 0.3mol，则Cu(NO3)2物质的量浓度为；故答案为：1.5 mol L 1。
22． AlH3 AlH3＋3H2O＝Al(OH)3↓＋3H2↑ Mg3N2 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O 取样后加稀H2SO4，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O
将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种地壳中含量最多的金属单质和6.72 L的H2(已折算成标准状况），则金属单质是铝。则甲是AlH3，甲与水反应也能放出H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，因此白色沉淀是Al(OH）3。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25 g·L－1，则丙的相对分子质量是1.25×22.4＝28，因此丙是氮气，则乙是氨气NH3。
（1）根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。
（2）甲与水反应的化学方程式是AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑。（3）氨气与金属镁反应的产物是Mg3N2。
（4）氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氨气，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。
（5）铜与稀硫酸不反应，则根据Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O。