第3章 物质的性质与转化 （含解析）章节测试 2023-2024学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册

第3章 物质的性质与转化 章节测试
一、单选题
1．下列不属于大气污染物的是（　　）
A．N2 B．CO C．NO2、 H2S D．SO2
2．常温下能在浓HNO3中溶解的金属（　　）
A．Al B．Fe C．Ag D．Pt
3．下列物质的性质与用途对应关系正确的是（　　）
A．氮气难溶于水，可用作焊接保护气
B．碳酸氢铵易分解，可用作氮肥
C．铁与浓硝酸不反应，可用铁槽车贮运浓硝酸
D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用来作制冷剂
4．碳是生命的核心元素，碳及其化合物在工农业生产中有着广泛的应用。工业上用CO2生产CH3OH燃料，其热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.0kJ·mol-1。燃煤燃烧时生成的CO2用氨的饱和NaCl溶液吸收，可得到NaHCO3等化工产品。CO2会引起温室效应，我国力争在2060年前实现“碳中和”。“碳中和”是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，然后通过植物造树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的排放量，CO2实现“零排放”。下列选项所述措施均能实现“碳中和”的是（　　）
①减少化石燃料使用 ②发展CO2捕集技术 ③燃煤中加入石灰石 ④开发新的能源
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
5．燃料电池能量转化效率高、环境污染少，运行质量高。下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中能实现碳中和目标的是
A．甲醇 B．天然气 C．氢气 D．一氧化碳
6．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到过量的稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。则下列叙述中错误的是（）
A．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V=100mL
B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
C．参加反应的金属的总质量为9.6g>m>3.6g
D．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标准状况下一定为2.24L
7．下列实验方案、现象和结论都合理的是（　　）
实验目的 实验方案、现象 结论
A 检验溶液中有无NH4+ 用试管取少量的待检测溶液，加入少量的稀NaOH溶液，用一块湿润的红色石蕊试纸放在试管口
若试纸变蓝，则有 NH4+，否则无NH4+
B 检验溶液中有无K+ 用洁净的铂丝蘸取待测液进行焰色反应，火焰呈黄色 原溶液中一定无K+
C 检验溶液中有无SO42- 用试管取少量的待检测溶液，加入稀盐酸无现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 原溶液中有SO42-
D 检验淀粉水解产物有无还原性 用试管取少量的淀粉溶液加入适量的稀硫酸，加热一段时间后，加入少量的新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，产生大量的砖红色沉淀 水解产物有还原性
A．A B．B C．C D．D
8．在同温同压下用排气法收集NH3、HCl进行喷泉实验(如图)，其中图1中的烧瓶内收集满了NH3，图2中的烧瓶HCl气体没有收集满，下列说法错误的是(不考虑溶质的扩散及静止时液面高度的影响)（　　）
A．溶质的物质的量浓度均为 mol·L-1
B．溶质质量分数相同
C．引入喷泉实验的方法可以相同
D．图1、图2中喷泉的颜色分别为蓝色、红色
9．铁屑溶于过量的盐酸后，再加入下列物质，会有三价铁生成的是（　　）
A．稀硫酸 B．硫化钠 C．硝酸锌 D．氯化钙
10．《中华人民共和国大气污染防治法》于2016年1月1日起实施．为保护和改善大气环境，下列做法不应该提倡的是（　　）
A．用CO2合成聚碳酸酯等可降解塑料，减少白色污染
B．研究采煤、采油新技术，尽量提高其产量以满足工业生产快速发展的需求
C．大力推广农作物的生物防治技术，以减少农药的使用
D．研发光电转换材料，充分利用太阳能
11．最近，国际上提出的“绿色化学”是指化学工业生产中的（　　）
A．对废水、废气、废渣进行严格处理
B．在化学生产中少用或不用有害物质以及少排或不排放有害物质
C．在化工生产中，不使用任何化学物质
D．在化工厂种草、种树，使其成为花园式工厂
12．下列叙述错误的是（　　）
A．NH3 易液化，液氨常用作制冷剂
B．与金属反应时，稀 HNO3 被还原为NO
C．铵盐受热易分解，因此贮存氨态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处
D．稀 HNO3 和活泼金属反应时主要得到氢气
13．制备二氧化硫并验证其性质的装置如图所示，下列说法错误的是(已知亚硫酸钠溶液呈碱性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性)（　　）
A．通过分液漏斗滴加硫酸可控制反应速率
B．反应一段时间后，乙中溶液可能显中性
C．丙、丁中溶液褪色均体现了的还原性
D．戊中反应的离子方程式可能为
14．化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是（　　）
A．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率
B．金属钠、金属镁等活泼金属着火时，可以使用泡沫灭火器来灭火
C．我国首艘航母“辽宁舰”上用于舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，属于金属材料
D．推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染
15．不能实现下列物质间直接转化的元素是（　　）
单质 氧化物 酸或碱 盐．
A．碳 B．硫 C．钠 D．铁
16．“环境保护”意识深入人心，下列关于酸雨的认识中错误的是（　　）
A．.正常条件下，pH值小于5.6的降雨是“酸雨”
B．冰岛火山喷发含有大量SO2，在局部区域形成酸雨
C．全球“低碳”行动能减少CO2排放量，也就能降低酸雨的形成及危害
D．汽车尾气含有氮氧化合物，过量排放形成酸雨
二、综合题
17．将3.84g铜与200mL一定浓度的稀硝酸反应，5min时铜恰好完全溶解，产生无色气体NO。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入溶液，恰好使溶液中全部转化为沉淀。假设溶液体积不变，请计算：
（1）Cu与稀硝酸反应时，参加反应的硝酸与被还原的硝酸物质的量之比是　 　。
（2）用硝酸表示前5min内反应的平均速率为　 　。
（3）原稀硝酸的物质的量浓度是　 　。
18．某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。
请回答下列问题：
（1）装置A产生氨气，则烧瓶内固体可选用　 　(填字母)。
a．烧碱
b．二氧化锰
c．生石灰
d．氯化铵
（2）B装置的作用是　 　；E装置的作用是 　 　 。
（3）F中发生反应的离子方程式为： 　 　。
（4）G处可能逸出黄绿色的气体，可将该气通入盛有 　 　溶液的烧杯来处理，离子方程式为 　 　。
（5）氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气，该反应的化学方程式为：　 　 。
（6）F中产生的黄绿色气体在光照下还能与甲烷反应，写出产物中空间结构为正四面体的有机物的电子式　 　。
19．三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
（1）反应过程中，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为　 　．
（2）写出该反应的化学方程式　 　．若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为　 　个．
（3）NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，还是易于发现．你判断该气体泄漏时的现象是　 　．
（4）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有　 　（填化学式）．
20．已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应．
回答下列问题：
（1）A中加入的物质是　 　，发生反应的化学方程式是　 　；
（2）B中加入的物质是　 　，其作用是　 　；
（3）实验时在C中发生反应的化学方程式是　 　．
21．栲胶法脱除煤气中硫化氢的工艺流程示意如下：
回答下列问题：
（1）“吸收”步骤除了生成NaHCO3外，还生成了NaHS。写出该吸收的的离子方程式为　 　。
（2）“脱硫”步骤的中间产物可与“吸收”步骤中生成的NaHCO3反应，实现Na2CO3的再生，再生反应的离子方程式为　 　。
（3）“脱硫”步骤中，改变溶液pH，溶液中含硫微粒的浓度随时间变化结果如下图。
根据图像分析脱硫过程中常将pH维持在8.86的原因是　 　。
（4）“氧化I”步骤发生反应的化学方程式为：Na2V4O9＋2NaOH＋H2O＋TE(醌态)=TE(酚态)＋4NaVO3.则1molTE(醌态)和1molTE(酚态)在组成上相差　 　mol　 　(填写微粒符号)。
（5）“氧化I”步骤和“氧化II”步骤的作用分别是　 　；　 　。
（6）该流程总反应的化学方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．N2不是污染物，A符合题意；
B．CO是有害气体，对人体有害，为污染物，B不符合题意；
C．NO2、 H2S都是有害气体，对人体有害，为污染物，C不符合题意；
D．SO2是有害气体，对人体有害，为污染物，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】空气中含有的N2、O2、CO2不属于污染气体，而氮的氧化物会转化为硝酸、硫的氧化物会转化为硫酸，CO对人体有害，所以氮的氧化物、硫的氧化物，CO均为污染气体。
2．【答案】C
【解析】【解答】常温下，Al、Fe和浓硝酸发生钝化，阻止金属进一步被氧化，所以Fe、Al不能完全溶解；除了Al、Fe外，在金属活动性顺序表中Pt之前的金属都能和硝酸发生氧化还原反应，所以Ag能溶于浓硝酸，Pt不溶于浓硝酸，
故答案为：C。
【分析】浓硝酸具有强氧化性，能溶解除Au、Pt以外的大多数金属，Fe、 Al常温下遇浓硝酸会发生钝化，据此分析。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．氮气的性质不活泼，一般条件下不和其它物质反应，因此可以用氮气作保护气，A不符合题意；
B．碳酸氢铵中含氮元素，但是碳酸氢铵易分解，实际应用中不选择其作为氮肥使用；B不符合题意；
C．常温下Fe与浓硝酸发生钝化，在表面生成一层致密的氧化物薄膜，对内部金属起保护作用，可用铁槽车贮运浓硝酸，C不符合题意；
D．氨易液化，液氨汽化时会吸收大量的热，使周围温度迅速降低，可用来做制冷剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气化学性质稳定，可作保护气；
B.碳酸氢铵含有N元素，可作氮肥；
C.铁在浓硝酸中钝化，不是不反应；
D.液氨汽化吸热，可作制冷剂。
4．【答案】A
【解析】【解答】①减少化石燃料使用，可节能减排，符合题意；②发展CO2捕集技术，减少CO2排放，符合题意；③石灰石分解，增加了CO2的排放量，不符合题意；④开发新能源替代化石然料，减少化石燃料的使用，符合题意；
故答案为：A。
【分析】 实现“碳中和” 的方法从两个角度分析：从源头减少二氧化碳的产生；回收和处理产生的二氧化碳。
5．【答案】C
【解析】【解答】实现碳中和目标需要减少二氧化碳的排放，所以A B D不符合题意，C符合题意；
故答案为：C。
【分析】实现碳中和应减少二氧化碳的排放。
6．【答案】A
【解析】【解答】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O，
3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol÷2＝0.15mol；
A．由以上分析可知，用于沉淀金属离子的氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，则沉淀反应中需要氢氧化钠溶液体积为0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，因为硝酸过量，故消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A符合题意；
B．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）= n（金属）=0.15mol× =0.4mol，B不符合题意；
C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，C不符合题意；
D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、Mg（OH）2，Cu（OH）2中金属离子和OH-的数量关系均为1：2，合金变为沉淀增加的质量为OH-的质量，OH-的摩尔质量为17g/mo；
B、金属铜和镁与硝酸的关系均为3：8的关系，由数量关系可得；
C、由极限法可得金属的质量范围；
D、镁和铜的总物质的量确定，并且都形成+2的离子，由得失电子守恒可得气体体积；
7．【答案】C
【解析】【解答】A. 因氨气极易溶于水，向待测液中加入稀NaOH溶液，即使溶液中含有NH4+，也很难生成氨气，应向待测液中加入浓NaOH溶液并加热才能检验，故A不符合题意；
B. 观察K+的焰色反应时，需要透过蓝色的钴玻璃滤去黄光，而在实验中并没有透过蓝色的钴玻璃观察，所以不能确定是否含有K+，故B不符合题意；
C. 检验溶液中是否含有SO42-，采取的方法是：用试管取少量待测液，加入稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2 溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中含有SO42-，故C符合题意；
D. 用新制Cu(OH)2悬浊液检验醛基必须在碱性环境下进行，因此应先用过量的NaOH溶液除去稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液进行检验，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、NH4+的检验：加入浓NaOH溶液并加热，湿润的红色石蕊试纸放在试管口，观察到试纸变蓝；
B、K+的焰色反应，要排除Na+的干扰，透过蓝色的钴玻璃滤去黄光；
C、检验溶液中是否含有SO42-时，加入稀盐酸排除SO32-的干扰；
D、Cu(OH)2与稀硫酸发生反应；
8．【答案】B
【解析】【解答】A．NH3、HCl极易溶于水，假设烧瓶的容积是V L，当气体溶解于水时，其中含有溶质的物质的量n= ，当气体完全溶解后所得溶液的物质的量浓度c= ，A不符合题意；
B．根据选项A分析可知所得溶液的物质的量浓度相同，但由于两种溶液中溶质的相对分子质量不同，因此所得氨水及盐酸的质量分数不同，B符合题意；
C．NH3、HCl都极易溶于水，引入喷泉实验的方法可以是将胶头滴管的水挤入烧瓶中，由于气体溶解导致烧瓶中气体压强小于外界大气压强，水在外界大气压强作用下进入烧瓶，形成喷泉实验，因此引入喷泉实验的方法相同，C不符合题意；
D．NH3的水溶液显碱性，可以使紫色的石蕊试液变为蓝色；HCl的水溶液显酸性，可以使紫色的石蕊试液变为红色，故图1、图2中喷泉的颜色分别为蓝色、红色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据计算；
B.氨气和氯化氢的摩尔质量不同，质量分数不同；
C.均可采用打开止水夹挤压胶头滴管的方法引发喷泉实验；
D.氨气遇石蕊变蓝，氯化氢遇石蕊变红。
9．【答案】C
【解析】【解答】解：二价铁离子变为三价铁离子发生了氧化反应，应加入氧化性的物质，
A．硫酸必须是浓硫酸才有强氧化性，稀硫酸没有氧化性，故A错误；
B．硫化钠具有还原性不能氧化二价铁离子，故B错误；
C．在H+存在的情况下，NO3﹣表现强氧化性，发生反应：3Fe2++NO3﹣+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，故C正确；
D．氯化钙不具有氧化性，不能氧化亚铁离子，故D错误；
故选C．
【分析】铁屑溶于盐酸后，溶液中主要是H+、Cl﹣、Fe2+，若要将Fe2+变为Fe3+，需要强氧化性物质．
10．【答案】B
【解析】【解答】解：A．聚碳酸酯可降解，不会污染环境，可减少白色污染，故A正确；
B．煤和石油为不可再生能源，应合理开采，不能尽量提高其产量以满足工业生产快速发展的需求，要及时寻找替代品，故B错误；
C．减少农药的使用，减少通过食物链将有毒物质转移到人体的机会，减少农药对环境的影响，大力推广农作物的生物防治技术，故C正确；
D．太阳能的使用可减少化石能源的使用，减少污染物的排放，则研发光电转换材料，充分利用太阳能，故D正确；
故选B．
【分析】A．聚碳酸酯可降解，不会污染环境；
B．煤和石油为不可再生能源，应合理开采；
C．减少农药的使用，减少通过食物链将有毒物质转移到人体的机会；
D．充分利用太阳能，减少化石能源的使用，减少污染物的排放．
11．【答案】B
【解析】【解答】绿色化学又称环境友好化学，其核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，因此国际上提出的“绿色化学”是指在化工生产中少用或不用有害物质以及少排放或不排放有害物质，
故答案为：B。
【分析】绿色化学的核心是在源头上消除污染，原子利用率达到100%
12．【答案】D
【解析】【解答】A．氨气易液化，液化时吸热，因此可用作制冷剂，A项不符合题意；
B．稀硝酸氧化性较弱，与金属反应时被还原为+2价的 ，B项不符合题意；
C．铵盐受热易分解，因此需要保存在阴凉通风处，C项不符合题意；
D．硝酸是氧化性酸，一般不产生氢气，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】为什么硝酸一般不产生氢气，可以用氧化还原规律来解释： 无论浓稀，氧化性均比 强，因此 要优先得电子，产物中自然没有氢气，同理，稀硫酸中 氧化性不如 ，还原产物是氢气，但是浓硫酸中 氧化性较强，还原产物是 。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.分液漏斗可控制反应速率，故A不符合题意；
B.产生的二氧化硫进入碳酸氢钠溶液中，与水形成酸，可与碳酸氢钠溶液反应，故B不符合题意；
C.丙中溶液褪色体现出二氧化硫的漂白性，丁中褪色体现出还原性，故C不符合题意；
D.戊为尾气处理装置，与氢氧化钠溶液反应得到的是亚硫酸钠或者是亚硫酸氢钠，故D不符合题意
故正确答案为C
【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应得到二氧化硫气体，二氧化硫与碳酸氢钠反应，可能形成亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，丙用来检验二氧化硫，证明二氧化硫的漂白性，丁证明二氧化硫的还原性，戊进行尾气处理，结合选项即可判断。
14．【答案】B
【解析】【解答】解：A．地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率，符合资源利用，故A正确；
B．沫灭火器产生的二氧化碳能与钠燃烧后的产物过氧化钠产生氧气，氧气能助燃；泡沫灭火器产生的二氧化碳能与镁反应产生氧化镁和碳，所以金属钠、镁等活泼金属着火时，不能使用泡沫灭火器来灭火，应用沙子扑灭，故B错误；
C．舰载机降落的拦阻索是特种钢缆，主要是铁的合金属于金属材料，故C正确；
D．推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，减少污染气体排放，避免焚烧秸秆造成空气污染，故D正确；
故选B．
【分析】A．地沟油是油脂，在碱溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，利用高级脂肪酸钠制备肥皂提高资源的利用率；
B．金属钠、镁是一种活泼金属，用来灭火的物质和金属钠以及钠燃烧后的产物之间不能反应；
C．特种钢缆是金属材料；
D．推广以植物秸秆为原料的综合利用技术，避免焚烧秸秆造成空气污染．
15．【答案】D
【解析】【解答】解：A．C CO2 H2CO3 Na2CO3，能实现物质间的转化，故A不选；
B．S SO2 H2SO3 Na2SO3，所以能实现物质间的转化，故B不选；
C．Na Na2O NaOH NaCl，所以能实现物质间直接转化，故C不选；
D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，四氧化三铁不溶于水，所以不能实现物质间直接转化，故D选；
故选D．
【分析】根据单质 氧化物 酸或碱 盐知，金属或非金属单质能和氧气反应生成氧化物，氧化物能和水反应生成酸或碱，酸或碱能和氢氧化钠或盐酸反应生成盐，根据各物质的性质来分析解答．
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A．正常雨水的pH约为5.6，溶解二氧化硫的雨水为酸雨，酸性增强，则酸雨的pH＜5.6，故A正确；
B．二氧化硫可导致酸雨发生，则冰岛火山喷发含有大量SO2，在局部区域形成酸雨，故B正确；
C．大量CO2排放可形成温室效应，不能降低酸雨的形成及危害，故C错误；
D．汽车尾气含有氮氧化合物，N、S的氧化物均可导致酸雨发生，尾气过量排放形成酸雨，故D正确．
故选C．
【分析】正常雨水中溶解二氧化碳，其pH约为5.6，而N、S的氧化物可导致酸雨发生，应减少汽车尾气、化石能源的使用，降低酸雨的发生，以此来解答．
17．【答案】（1）4：1
（2）
（3）1.2
【解析】【解答】3.84g铜的物质的量为0.06mol，设参加反应的硝酸的物质的量为xmol、反应生成NO的物质的量为ymol、生成硝酸铜的物质的量为zmol。
，解得x=0.16mol；，解得y=0.04mol；，解得z=0.06mol。
(1)3.84g铜与稀硝酸反应时，参加反应的硝酸为0.16mol，反应生成0.04molNO，所以被还原的硝酸为0.04mol，参加反应的硝酸与被还原的硝酸物质的量之比是4：1；
(2)5min内消耗0.16mol硝酸，用硝酸表示前5min内反应的平均速率为；
(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入溶液，恰好使溶液中全部转化为沉淀，此时溶液中的溶质为NaNO3，溶液中n()=n(Na+)=，根据氮元素守恒，原稀硝酸的物质的量是0.2mol+0.04mol=0.24mol，物质的量浓度是。
【分析】（1）硝酸在反应中体现酸性和氧化性，体现酸性的硝酸最终生成硝酸铜，体现氧化性的硝酸最终生成NO，根据铜算出硝酸铜，从而算出体现酸性的硝酸，根据得失电子守恒算出NO，算出被还原的硝酸，从而可以算出总共硝酸的量
18．【答案】（1）ac
（2）干燥氨气；除去氯气中的氯化氢
（3）MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
（4）NaOH；Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
（5）3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl
（6）
【解析】【解答】A为制氨气装置，有杂质水，故需要连接碱石灰除水，F为制取氯气装置，含有杂质HCl和水，E可出HCl，D为吸水装置
（1）从浓氨水中制氨气，需要能结合水，并且剧烈放热，故可选用生石灰，以及氢氧化钠
（2）B的目的为干燥氨气，E的目的为吸收氯气中的HCl
（3）F制氯气发生的反应为 、MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O
（4）吸收氯气，可用氢氧化钠，发生的反应为 Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
（5）根据转移的电子数守恒可配平方程式 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl
（6）甲烷为正四面体，要取代反应得到正四面体，则需要取代四个氢形成四氯化碳，故电子式为
【分析】（1）从浓氨水中制取氨气，需要吸收浓氨水当中的水，并放热，促使氨气挥发
（2）发生反应前需要除去杂质
（5）氧化还原反应配平关键点：得失电子数目相等，化合价升降数目相等。
19．【答案】（1）1：2
（2）3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF；0.4NA
（3）产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾
（4）NaNO3
【解析】【解答】解：由题意可写出： F3+H2O→HF+ O+H O3，（1）根据电子得失守恒：N（被氧化）×（5﹣3）=N（被还原）×（3﹣2），所以N（被氧化）：N（被还原）=1：2，故答案为：1：2；（2）依据化合价升降总数相等，从方程式右边着手不难配平，3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF，生成0.2 mol HNO3，转移电子的数目为0.2 mol×（5﹣3）×NA=0.4NA，或2.408×1023，故答案为：3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF；0.4NA；（3）NF3泄漏产生NO，NO遇空气中的O2生成红棕色气体NO2，HNO3、HF气体均有刺激性气味且在空气中易形成酸雾，故答案为：产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾；（4）NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3，故答案为：NaNO3．
【分析】（1）根据元素化合价升降总数相等判断电子转移的物质的量的关系，以此计算；（2）依据化合价升降总数相等结合质量守恒配平化学方程式；（3）NF3泄漏产生NO，NO遇空气中的O2生成红棕色气体NO2；（4）从质量守恒的角度判断．
20．【答案】（1）固体NH4Cl和Ca（OH）2；2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+NH3↑+2H2O
（2）碱石灰；除去氨气中的水蒸气
（3）2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu
【解析】【解答】解：（1）根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+NH3↑+2H2O，故答案为：固体NH4Cl和Ca（OH）2；2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+NH3↑+2H2O；（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收，故答案为：碱石灰；除去氨气中的水蒸气；（3）氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，反应的化学方程式为2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu，
故答案为：2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu．
【分析】（1）根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+NH3↑+2H2O；（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收；（3）氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气．
21．【答案】（1）H2S＋=HCO3-＋HS-
（2）OH-＋HCO3-=H2O＋
（3）此时脱硫效率较高
（4）4；H
（5）回收生成的NaVO3；回收生成的TE(醌态)
（6）2H2S＋O2=2S＋2H2O
【解析】【解答】（1）“吸收”过程中H2S与Na2CO3反应生成NaHS、NaHCO3，该反应的离子方程式为H2S＋CO32－=HCO3－＋HS－。
（2）“脱硫”过程中的中间产物为NaOH，能与“吸收”步骤中生成的NaHCO3反应生成Na2CO3和H2O，该反应的离子方程式为HCO3－＋OH－=H2O＋CO32－。
（3）由图可知，当pH=8.86时，溶液中含硫微粒的浓度最低，此时脱硫效率较高。
（4）根据质量守恒定律可得，反应前后原子个数保持不变，因此1molTE（醌态）和1molTE（酚态）在组成上相差4molH原子。
（5）“氧化Ⅰ”步骤中得到NaVO3，因此“氧化Ⅰ”的作用是回收生成的NaVO3。“氧化Ⅱ”中得到TE（醌态），所以“氧化Ⅱ”的作用是回收生成的TE（醌态）。
（6）该流程实现了H2S与O2反应生成S和H2O，因此总反应的化学方程式为：2H2S＋O2=2S＋2H2O。
【分析】（1）“吸收”过程中H2S与Na2CO3反应生成NaHS、NaHCO3，据此写出反应的离子方程式。
（2）“脱硫”过程中产生的中间产物为NaOH，能与NaHCO3反应生成Na2CO3。
（3）控制pH维持在8.86是因为在该pH下，含硫微粒的浓度最低。
（4）根据原子守恒进行分析。
（5）根据“氧化Ⅰ”、“氧化Ⅱ”的产物分析。
（6）流程中实现了H2S与O2反应生成S和H2O，据此写出反应的化学方程式。