2023-2024学年高一化学下学期期末考点大串讲 预测03气体的制取、无机实验探究、无机综合应用（考题猜想）（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高一化学下学期期末考点大串讲 预测03气体的制取、无机实验探究、无机综合应用（考题猜想）（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-13 08:15:54 | ||
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文档简介
预测03 气体的制取、无机实验探究、无机综合应用
考点一 气体的制取 【题型1】气体的制取选择题
【题型2】气体的制取与性质综合实验题
考点二 无机实验探究 【题型1】微型无机实验选择题
【题型2】实验方案设计与评价选择题
【题型3】无机实验综合探究
考点三 无机综合应用 【题型1】无机物转化关系的判断
【题型2】离子方程式的正误判断 离子共存判断
【题型3】无机推断
【题型4】工艺流程
考点一 气体的制取
01 气体的制取选择题
1．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是
A．①是氨气发生装置 B．②是氨气吸收装置
C．③是氨气发生装置 D．④是氨气收集、检验装置
2．表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是( )
选项 气体 a b c
A NH3 浓氨水 生石灰 碱石灰
B SO2 70%的浓H2SO4 Na2SO3固体 98%的浓H2SO4
C NO 稀HNO3 铜屑 H2O
D NO2 浓HNO3 铜屑 NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
3．某同学用浓硫酸与亚硫酸钠制备SO2并探究其相关性质，实验装置如图所示。
下列说法不正确的是
A．装置①中用Cu片代替Na2SO3也能达到实验目的
B．装置②中溴水可以用酸性高锰酸钾溶液代替
C．装置③中出现浑浊，说明SO2具有氧化性
D．装置④的作用是吸收SO2，防止发生倒吸和污染环境
4．如图装置可以达到实验目的的是
选项 实验目的 X中试剂 Y中试剂
A 用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2 饱和食盐水 浓硫酸
B 用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2 饱和Na2SO3溶液 浓硫酸
C 用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2 NaOH溶液 浓硫酸
D CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2 饱和NaHCO3溶液 浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
02 气体的制取与性质综合实验题
5．氨气与灼热氧化铜反应生成铜、氮气和水。实验小组选用如图所示装置测定氨分子的组成(夹持、固定装置均略去)。
回答下列问题：
(1)实验开始后，应该先 (填实验操作)，一段时间后再点燃酒精灯，装置C玻璃管中发生反应的化学方程式为 。
(2)装置A中盛装浓氨水的仪器名称为 ；橡皮管a的作用是 。
(3)装置E中长导管的作用是 。
(4)实验结束后，G读数折算成标准状况下的气体体积为，称得干燥管D增重mg，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 (用含V、m的代数式表示)；有同学认为装置E可以省略不用，试分析若不用装置E，测得结果会 (“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
6．为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某收化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置：
(1)该化学兴趣小组的同学制取Cl2、SO2气体，现采用Na2SO3与70%的硫酸为原料制取SO2，采用MnO2和浓盐酸(HCl )为原料制取Cl2，在此试验中F仪器的作用是 ，发生装置 B应选择以下三种装置中的 (选填序号)。
(2)D装置中主要反应的离子方程式为 。
(3)为验证通入D装置中的气体是Cl2过量还是SO2过量，兴趣小组的同学准备了以下试剂：
a．氯化铁溶液 b．氯化亚铁溶液 c．硫氰化钾溶液
d．氯化钡溶液 e．品红溶液 f．酸性高锰酸钾溶液
若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有 (选填一个序号)试剂的试管内，再加入 (选填一个序号)试剂。发生的现象是 。若SO2过量，取适量D中溶液滴加至盛有 (选填一个序号)试剂的试管内，发生的现象是 。
7．学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：
(1)仪器Q的名称为 ；装置b的作用是 。
(2)装置a中反应的化学方程式为 。
(3)根据装置e中产生的现象可证明SO2具有 性。。
(4)实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O。
探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响
有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证(SO2体积已折算为标准状况下体积)。
限选试剂：0.1mol·L-1KI溶液、1.0mol·L-1KI溶液、2.0mol·L-1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸
影响因素 编号 操作 现象
c(I-) i 取50mL 于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2 溶液变为浅黄色
ii 取50mL1.0mol·L 1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2 溶液迅速变黄
c(H+) iii 取50mL1.0mol·L 1KI溶液和5mL 于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2 溶液迅速变黄
iv 取50mL1.0mol·L 1KI溶液和5mL浓盐酸于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2 溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊
探究Ⅱ
：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=+2I-+4H+。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。
方案 操作 预期现象 结论
i 取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴 溶液(填试剂名称)，振荡 无明显变化 浊液中无I2
ii 将装置d中浊液进行分离 得淡黄色固体和澄清溶液
取适量分离后的澄清溶液于试管中， 产物有
综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应(KI是催化剂，只有硫元素变价)，其反应的离子方程式为 。
8．某化学兴趣小组在教师的指导下，利用如图所示装置(夹持和加热装置已省略)和试剂进行NH3的制备及性质探究的一体化实验。请回答下列问题：
(1)实验开始后，关闭K2，K3，打开K1、K4，加热甲处试管。甲处试管内发生反应的化学方程式为 ；乙处瓶内观察到的现象为 ；丙处烧杯中的试剂为稀硫酸，丙处球形干燥管的作用是 。
(2)一段时间后关闭K1，打开K2，丁处瓶内发生反应的离子方程式为 ；继续反应一段时间后，关闭K2、K4，打开K3，挤压胶头滴管，己处圆底烧瓶内能观察到的现象为 。
(3)甲装置可以用如图所示装置代替，试剂a可选择 (填试剂名称)。氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，氨与氧气在催化剂作用下发生反应生成氮的氧化物时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
考点二 无机实验探究
01 微型无机实验选择题
9．一定温度下，探究铜与稀HNO3反应，过程如图，下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
B．过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C．由实验可知，NO2对该反应具有催化作用
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
10．已知通入溶液无明显现象。某同学利用如图装置探究与溶液反应生成白色沉淀的条件。下列判断正确的是
A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B．乙中产生的一定为氧化性气体，将氧化为沉淀
C．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
D．c、d两根导管都必须插入溶液中，保证气体与充分接触
11．某同学利用如图所示装置(夹持装置已省略)在通风橱内进行铜与稀硝酸反应的探究实验，下列说法错误的是
A．注射器A中的稀硝酸与NaHCO3反应体现了硝酸的酸性
B．当观察到澄清石灰水变浑浊后关闭止水夹1、2，将铜丝伸入稀硝酸中，观察到铜丝溶解，有无色气体产生
C．铜与稀硝酸反应后，将注射器B中的空气注入具支试管，试管内气体会变成红棕色
D．澄清石灰水可吸收挥发出来的NO，同时防止外界空气进入具支试管中干扰实验
12．利用下图甲装置进行实验。收集好后，关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，挤压胶头滴管，打开b，完成喷泉实验。图乙为三颈烧瓶内压强随时间变化曲线。下列说法正确的是
A．制取时烧瓶中的固体常用CaO或
B．工业上可通过喷水的方法处理液氨泄漏
C．根据图乙数据推测E点时喷水最剧烈
D．喷泉实验水未充满三颈烧瓶表明装置气密性不好
02 实验的设计与评价选择题
13．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 解释或结论
① 过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
② 浓HNO3久置或光照 变黄色 HNO3不稳定易分解
③ Al箔插入稀HNO3中 无现象 Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
④ 用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上 试纸先变红色后褪色 浓HNO3具有酸性和强氧化性
A．①② B．③④ C．②③④ D．②④
14．下列实验操作不能达到相应实验目的的是
选项 A B C D
实验操作
实验目的 实验室制 取Fe(OH)2 不能制备并收集 少量NO2气体 制备干燥NH3 验证浓硫酸的脱 水性、强氧化性
A．A B．B C．C D．D
15．下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验操作 实验目的
A 将海带灰溶于水，过滤，向滤液中滴加淀粉溶液 检测海带中含有碘元素
B 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 证明SO2的漂白性
C 向硅酸钠溶液中通入CO2气体，有白色沉淀产生 验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
D 向市售乙醇中加入一小粒钠，有气泡产生 检测市售乙醇中存在水
A．A B．B C．C D．D
16．是制备高纯的中间原料。实验室用如图所示装置可制备少量溶液，反应原理为。下列说法错误的是
A．若实验中将换成空气，则反应液中变小
B．在该反应中作催化剂
C．若不通，则烧瓶中的进气管口容易被堵塞
D．石灰乳对尾气的吸收效果比澄清石灰水更好
17．实验探究是科学探究的重要形式。下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 将铁锈溶于稀盐酸，滴入溶液，观察溶液颜色变化 检验铁锈中是否含有
B 向加热后的淀粉与稀硫酸混合液中加入少量新制悬浊液，加热 检验淀粉是否水解
C 向溶液中滴加过量的氯水，再加入淀粉溶液，观察溶液颜色变化 比较、和的氧化性强弱
D 加热固体 制取少量氨气
A．A B．B C．C D．D
03 无机实验综合探究
18．回答下列问题：
(1)甲同学利用下列装置来进行铜跟浓硫酸反应实验。
①写出甲装置中发生的主要反应的化学方程式 。
②乙同学认为，若要用铜制取硫酸铜，可以先用铜和氧气反应生成氧化铜，然后利用氧化铜和稀硫酸反应可以得到硫酸铜。若要制取硫酸铜，请你从环境保护和节约资源的角度分析，比较甲同学和乙同学制取硫酸铜的方法中更合理的是 ，原因是 。
(2)丙同学利用下图的方法实验室制取并验证某些性质，并将实验情况记录在表中，请完成以下表格：
装置序号 实验现象或作用 实验结论或化学方程式
① 有气泡产生 化学方程式为：
② 紫色石蕊试液变 色 证明溶于水显酸性
③ 品红溶液褪色 证明具有 性
④ 溶液变浑浊 证明具有 性
⑤ 溴水褪色 证明具有 性
⑥ 吸收尾气 证明属于 性氧化物
19．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应，2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O。
（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是
（2）滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后
（3）装置①中发生反应的化学方程式是
（4）装置②的作用是 ，发生反应的化学方程式是
（5）该小组得出的结论依据的实验现象是
（6）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是（选填序号字母）( )
a.加热该绿色溶液，观察颜色变化
b.加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
c.向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
20．硫酸铵是一种无机物，化学式为(NH4)2SO4，白色颗粒，无气味，受热易分解。某化学研究小组拟探究其在400℃时的分解产物。实验装置如图所示(部分夹持装置已略去)：
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 。
(2)先关闭止水夹n，打开止水夹m，400℃加热装置C，装置E中品红溶液褪色，证明分解产物中含有 (填化学式)，品红溶液褪色说明其具有 。然后打开n，关闭m，装置A中的现象是 ，说明分解产物有氨气生成，碱石灰的作用是 ，400℃加热装置C至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，进一步研究发现，气体产物中有N2生成。
(3)装置D内稀盐酸吸收的气体是 (填化学式)。
(4)检验装置内溶液中有、无的实验操作和现象是 。
(5)(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是 。
21．验证氧化性，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已省略，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ．打开止水夹，通入一段时间，再将T型导管插入B中，继续通入，然后关闭，，。
Ⅱ．打开活塞a，滴加 定量的浓盐酸，给A加热。
Ⅲ．当B中溶液变黄时，停止加热，关闭。
Ⅳ．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。
Ⅴ．打开和活塞c，加入70％的硫酸溶液，一段时间后关闭。
Ⅵ．更换试管D，重复过程Ⅳ，检验B中溶液的离子。
(1)检验B中溶液中的现象为 ，发生反应的离子方程式 。
(2)过程Ⅰ的目的是 。
(3)若向过程ⅢB中的黄色溶液中通入气体，会观察到有淡黄色沉淀生成，写出该反应的离子方程式： 。
(4)若将C中制取的通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其反应的离子方程式为 。
(5)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果 定能够证明氧化性的是 (填“甲”“乙”或“丙”)。
过程为Ⅳ，B溶液中含有的离子 过程Ⅵ，B溶液中含有的离子
甲 有无 有
乙 既有又有 有
丙 有无 有
(6)将B中的溶液换成溶液并向其中通入(标准状况下)，若溶液中有的被氧化成单质，则原溶液中的物质的量浓度为 。
考点三 无机综合应用
01 无机物转化关系的判断
22．某单质A经下图所示过程可转化为D，D为强酸或强碱，则单质A不可能为
A．N2 B．Na C．C D．S
23．以硫酸亚铁为原料制备硫酸和硝酸，其变化过程如图所示。下列有关描述错误的是
A．硫酸亚铁受热分解得到的、、的物质的量之比为1：1：1
B．制备硝酸的过程利用了硫酸的难挥发性
C．浓硫酸可用于干燥
D．溶于水能得到硝酸，可推知是酸性氧化物
24．下列物质的生产流程不合理的是
A．
B．
C．浓缩海水溶液金属
D．浓缩海水含溴海水溶液高浓度溴水
02 离子方程式的正误判断 离子共存判断
25．下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下不能大量共存的是
A．K+、Na+、Cl-、SO B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl-
C．Ba2+、Na+、I-、NO D．NH、Fe2+、Cl-、NO
26．下列各组离子中能大量共存的是
A．碱性溶液中：Cl-、、、
B．能使pH试纸变红的溶液：、、、Cl-
C．无色溶液中：、、、
D．酸性溶液中：、Cl-、、
27．下列化学反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．磁铁矿石溶于稀硝酸：
B．铁铵矾溶液中滴加少量NaOH溶液：
C．醋酸与水垢中的反应：
D．乙醇催化氧化为乙醛：
03 无机推断
28．价类二维图是学习元素化合物的工具，a～g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是
A．f属于强电解质
B．g受热分解一定能得到a
C．b常温下可转化为c从而实现氮的固定
D．可用湿润的红色石蕊试纸检验a
29．研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系图如图
回答下列问题：
(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，化学方程式是 。
(2)在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出反应的化学方程式： 。
(3)实验室中，检验溶液中含有N的操作方法是 。
(4)物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式： ，当反应消耗0.15 mol物质B时，转移电子的物质的量为 。
30．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。如图为硫及其部分化合物的“价-类二维图”，下列说法错误的是
A．Z作氧化剂时，理论上可被还原为S单质
B．S与O2在点燃时经一步反应可生成Y
C．X的水溶液在空气中放置，易被氧化
D．Na2SO4属于电解质
31．回答下列问题
(1)有下列物质①；②；③；④；⑤；⑥，其中含非极性键的离子化合物有 （用物质前的序号填空，下同），只含共价键的物质有 ，熔化时只破坏范德华力的是 。
(2)硫元素是动植物生长不可缺少的元素，图1是自然界中硫元素的存在示意图，图2是硫元素的“价类二维图”，回答下列问题：
①若图2中均为图1中的物质，写出X与Y反应的化学方程式 。
②芒硝的化学式为 。
③工业制硫酸时，参与的化学方程式为 。
(3)是大气污染物的主要成分，可以用溶液吸收，当与的体积比为时，所得与的物质的量之比为 ．用也能处理和，反应原理如图所示，当与的物质的量之比为，写出相应的化学方程式 。
32．已知A、B、C、D、E是中学常见的化合物且A、B、C、D、E中都含有一种相同的元素，它们之间存在如下转化关系，根据所学知识回答下列问题：
若A是一种常见的铵盐，受热分解可得到B，B是碱性气体，C、D是常见的两种氧化物，E溶液显酸性。
(1)B的化学式为 ；D的颜色为 。
(2)写出B到C的化学方程式： 。
(3)写出D到E的离子方程式： 。
(4)已知D是一种常见的污染物，在一定条件下B和D反应可生成两种无污染的物质，写出相应反应的化学方程式： ，当消耗掉0.8molB时，转移的电子数是 (用含NA的代数式表示)。
(5)常温下，E的浓溶液遇Fe或Al会发生 。
04 工艺流程
33．以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是
A．将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率
B．沸腾炉中每生成1 mol SO2，有11 mol e-发生转移
C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D．可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥
34．科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值。请回答下列问题：
(1)活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：
已知：pH=2时，I.NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO
II.
①氧化过程的离子方程式为 。
②根据I2的特性，分离操作X应为 、冷却结晶。
③酸性KMnO4是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的NaNO2，原因是 。
(2)以金红石(主要成分为TiO2)为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：
①I在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体。I中反应的化学方程式为 。
②II中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，则反应适宜的温度为 ℃。
③II中氩气的作用是 。
④海绵钛除杂时得到的MgCl2可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有 (填化学式)。
35．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：
下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是
A．i中，C做还原剂，能置换出Si B．碳酸的酸性强于硅酸
C．碳酸的热稳定性弱于硅酸 D．碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度大
36．通过如图流程制备硝酸铜晶体，下列说法不正确的是
A．将废铜片粉碎，可提高反应速率
B．若将废铜片直接“溶解”，既产生污染又降低硝酸的利用率
C．为了使硝酸铜尽可能析出，“结晶”应将溶液蒸干
D．用无水乙醇代替水“洗涤”的目的之一是减少晶体的溶解损失
37．废水中过量氨氮（、）会导致水体富营养化，去除氨氮的研究一直备受关注。
I．吹脱法、氧化法除氨氮
(1)“调节池”中加入溶液的目的是 。
(2)“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好的原因是 。
(3)①写出酸性条件下氧化生成的离子方程式： 。
②为研究空气对氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入的空气量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是 （填标号）。
A．氧化性比弱 B．在溶液中溶解度小 C．空气中进入溶液中
Ⅱ．生物脱氨氮法
(4)理论上，参与I、Ⅱ中反应的 时，氨氮的脱除效果最好。
(5)废水中溶解氧浓度对氨氮的脱除率的影响如图所示。当溶解氧浓度在之间时，随着溶解氧浓度的增大，氨氮的脱除率下降，其原因可能有：氧气浓度越高厌氧氨氧化细菌活性越低、 。
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．①装置加热分解生成和，在试管口处和气体遇冷会再反应生成，收集不到，A错误；
B．极易溶于水，溶解导致导气管中气体压强减小而引发倒吸现象，因此②不能用于的吸收，②装置，防倒吸装置中漏斗口与液面应接触，但插入液面之下不能防止倒吸，B错误；
C．③装置用浓氨水加热可分解制得，C正确；
D．由于的密度比空气小，因此收集可以采用向下排空气法，为防止空气对流应在试管口塞一团棉花，应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，D错误。
答案为：Ｃ。
2．B
【详解】A. 因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；
B. Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2，SO2中混有的H2O用98%的浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；
C. NO与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；
D. NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．浓硫酸和Cu片的反应需要加热，图中的装置①没有加热装置，故不能用Cu片代替Na2SO3，A错误
B．装置②中的溴水是用来检验SO2的还原性的，可以用酸性高锰酸钾溶液代替溴水，B正确；
C．装置③中的Na2S溶液是用来检验SO2的氧化性的，反应的离子方程式为，其中SO2作氧化剂，现象是溶液变浑浊，C正确；
D．SO2不溶于CCl4，将SO2通入到装置④，不会引起倒吸，且SO2会被NaOH溶液吸收，不会被排放到空气中，D正确；
故选A。
4．D
【分析】X之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X和Y装置为除杂装置，Y之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。
【详解】A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件，图示装置不能完成，故A错误；
B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2，二氧化硫气体中会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B错误；
C.氢气的密度比空气的密度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C错误；
D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D正确；
综上所述，答案为D。
5．(1) 打开滴加浓氨水，再打开
(2) 分液漏斗 平衡气压，使氨水能顺利滴下
(3)防止E中浓硫酸倒吸进入装置D，影响测定结果
(4) 偏小
【分析】A制备氨气，B干燥氨气，C中氨气和CuO反应生成Cu、N2、H2O，D吸收H2O，增重质量为氨气和CuO反应生成的水的质量，E吸收C中未反应的NH3，F和G测量生成的N2的体积，通过换算D中H和F、G中N为物质的量可知氨分子中N和H的组成。
【详解】（1）该实验需先制备氨气，然后利用产生的氨气排除装置内的空气，实验开始后，应该先开滴加浓氨水，再打开；排除装置内空气后再点燃酒精灯，结合题意可知装置C玻璃管中发生反应的化学方程式为；
（2）装置A中盛装浓氨水的仪器名称为分液漏斗；橡皮管a的作用是平衡气压，使氨水能顺利滴下；
（3）E的作用是吸收氨气，导管要长的原因是防止E中浓硫酸倒吸进入装置D，影响测定结果；
（4）G读数折算成标准状况下的气体体积为，即n(N2)=mol，称得干燥管D增重mg，则n(H2O)=mol，则氨分子中氮、氢的原子个数比=氮、氢的物质的量之比=(2×mol):(mol×2)=；若不用E，则有氨气溶于F，为维持压强，部分氮气无法进入F，所测得氮气体积偏小，氮、氢的原子个数比偏小。
6． 防止倒吸 ① b c 溶液呈血红色 e 红色褪去为无色，加热后又变为红色
【详解】(1)SO2易与水反应，且溶解度较大会发生倒吸，则F可以防倒吸，装置B为制取氯气的装置，由固液反应且加热的原理可知应选择①，
故答案为：防止倒吸；①；
(2)D中是二氧化硫和氯气发生的氧化还原反应生成硫酸和盐酸反应的离子方程式为：，故答案为：
(3)为验证通入D装置中的气体是Cl2还是SO2过量,若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有氯化亚铁溶液，试剂的试管内，再加入硫氰化钾溶液会变血红色，证明氯气氧化亚铁离子；若SO2过量，取适量D中溶液滴加至盛有品红溶液的试管中，红色褪去，加热又恢复红色，证明含有二氧化硫，
故答案为：b；c；溶液呈血红色；e；红色褪去为无色，加热后又变为红色。
7．(1) 圆底烧瓶 防止倒吸
(2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(3)KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色
(4) 0.1mol·L1KI溶液 蒸馏水 淀粉溶液 加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液 白色沉淀 3SO2+2H2OS+2SO+4H+
【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，探究Ⅰ是探究浓度对上述可逆反应SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影响，探究Ⅱ则是探究SO2在KI溶液体系中的反应产物，通过对照实验进行对照最后得出结论，据此分析解题。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器Q为圆底烧瓶；由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸；
故答案为：圆底烧瓶；防止倒吸。
（2）装置a中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性；
故答案为：KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色。
（4）实验ⅰ和实验ⅱ是探究I-浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理实验ⅲ和实验ⅳ是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸，选用盐酸；结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅲ中加入5mL蒸馏水；实验ⅳ中加入5mL浓盐酸；
探究Ⅱ：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
实验ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验ⅰ中加入几滴淀粉溶液，根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，实验ⅱ则要检验反应后的溶液中含有，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钡溶液；若看到有白色沉淀生成；说明反应后的浊液中含有；
综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS+2+4H+；
故答案为：0.1mol·L 1KI溶液；蒸馏水；淀粉溶液；加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液；白色沉淀；3SO2+2H2OS+2+4H+。
8．(1) 有白烟生成 防倒吸
(2) 产生红色喷泉
(3) 碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠 5:4
【分析】氯化铵晶体和熟石灰共热反应生成氯化钙、氨气和水，氨气极易溶于水能形成喷泉；氨气溶于水形成氨水，氨水呈碱性，且碱性比氢氧化铝强。
【详解】（1）实验开始后，关闭K2，K3，打开K1、K4，加热甲处试管，甲中生成氨气，浓盐酸具有挥发性挥发出的HCl和NH3反应生成氯化铵产生白烟；氨气和稀硫酸反应剧烈会产生倒吸，因此丙处球形干燥罐可以防倒吸；
（2）氨气溶于水形成氨水，氨水呈碱性，且碱性比氢氧化铝强因此关闭K1，打开K2，丁处瓶内发生反应的离子方程式为；氨气极易溶于水能形成喷泉，关闭K2、K4，打开K3，挤压胶头滴管会产生喷泉，因为水中滴有酚酞，喷泉为红色喷泉；
（3）将浓氨水滴入碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠中可以生成氨气，试剂a可以是碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠；氨与氧气在催化剂作用下发生反应生成氮的氧化物的化学方程式为，氧化剂是氧气、还原剂是氨气，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:4。
9．B
【详解】A．过程发生的反应为Cu和稀HNO3的反应离子方程式为3Cu＋2＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；
B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；
C．加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化剂，故C正确；
D．反应停止后，再抽入空气，空气中的氧气能与一氧化氮,水继续反应生成硝酸，可继续溶解铜，故D正确；
故选B。
10．A
【分析】SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的，如是氧化性气体，溶液中可生成，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4，容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。
【详解】A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和氢氧化钠固体，产生氨气与SO2反应生成，能与Ba2+结合成BaSO3沉淀，故A正确；
B．乙中产生的不一定为氧化性气体，可以是氨气，得到沉淀为亚硫酸钡，故B错误；
C．玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；
D．如果产生氨气，氨气极易溶于水防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误。
答案选A。
11．D
【分析】先打开止水夹1、2，将注射器A中的稀硝酸注入，与NaHCO3反应生成二氧化碳，排尽装置内空气，当观察到澄清石灰水变浑浊，说明装置内空气被排尽了，然后关闭止水夹1、2，将铜丝伸入稀硝酸中，进行铜与稀硝酸的反应，有无色气体NO产生，再注射器B的空气注入具支试管中，观察气体颜色变化，据此分析解答。
【详解】A．注射器A中的稀硝酸与NaHCO3反应生成硝酸钠、水和二氧化碳，发生的是复分解反应，体现了硝酸的酸性，故A正确；
B．当观察到澄清石灰水变浑浊，说明装置内空气被排尽了，然后关闭止水夹1、2，铜与稀硝酸反应生成NO，故将铜丝伸入稀硝酸中，观察到铜丝溶解，有无色气体产生，故B正确；
C．铜与稀硝酸反应后，将注射器B中的空气注入具支试管，发生反应，故试管内气体会变成红棕色，故C正确；
D．NO难溶于水，也不碱溶液反应，澄清石灰水不能吸收挥发出来的NO，故D错误；
故选D。
12．B
【详解】A．CaO与H2O反应放热，且OH-浓度增大，有利于氨气的逸出，而CaCl2是中性盐，能溶于水，热量的变化很小，不与水反应，对氨气的逸出没有促进作用，A项错误；
B．氨极易溶于水，工业上可通过喷水的方法处理液氨泄漏，B正确；
C．三颈烧瓶内气体压强与外界大气压之差越大，喷泉越剧烈，C点的压强最小，大气压不变，则大气压和C点的压强差最大，则C点喷泉最剧烈，C项错误；
D．喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，可能是因为装置气密性不好，也可能是因为氨气中混有空气等，D项错误；
本题选B。
13．D
【详解】①过量的Fe粉中加入稀HNO3，反应生成硝酸亚铁，则滴入KSCN溶液，溶液不变红，故错误；
②浓HNO3久置或光照分解生成NO2，溶于硝酸呈黄色，故正确；
③Al箔插入稀HNO3中，发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水，则观察到固体溶解，气泡冒出，故错误；
④用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上，浓HNO3具有酸性使石蕊变红，又由于有强氧化性，使石蕊褪色，故正确；
故选D。
14．C
【详解】A．铁与稀硫酸反应放出的氢气排出装置内的空气，再挤压胶头滴管内的氢氧化钠溶液与硫酸亚铁反应生成的Fe(OH)2，Fe(OH)2与空气隔绝，Fe(OH)2不易被氧化，故A正确；
B．二氧化氮和水反应，不能用排水法收集二氧化氮，故B正确；
C．加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制备氨气，故C错误；
D．浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖炭化变黑，证明浓硫酸具有脱水性；高锰酸钾溶液褪色、澄清石灰水变浑浊，说明碳和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，证明浓硫酸具有强氧化性，故D正确；
选C。
15．C
【详解】A．海带中的碘元素不是以单质形式存在，不能直接用淀粉溶液检验其中的碘元素，A错误；
B．SO2能与NaOH溶液反应，从而使滴有酚酞的溶液碱性减弱或变为中性，因此溶液红色褪去，说明SO2具有酸性氧化物通性，不能证明其漂白性，B错误；
C．向硅酸钠溶液中通入CO2，有白色沉淀生成，根据强酸制弱酸，则能证明H2CO3的酸性强于H2SiO3，C正确；
D．乙醇与钠也能反应生成H2，因此无法证明乙醇中存在水，应该使用无水硫酸铜进行检验，D错误；
故选C。
16．B
【详解】A．和反应生成，不稳定，易被氧化，空气中含有氧气可以将氧化为，导致溶液中增大，反应液中变小，故A正确；
B．在该反应中，是反应物，不是催化剂，故B错误；
C．若不通，易溶于水会发生倒吸，从而使部分进入烧瓶中的进气管堵塞管口，故C正确；
D．微溶于水，若用澄清石灰水吸收尾气，因的浓度较低，对的吸收效果差，导致尾气中大部分逸出，故D正确；
故选B。
17．A
【详解】A．KSCN溶液为检验铁离子的特征试剂，则将铁锈溶于稀盐酸，滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，可知铁锈中含有，故A正确；
B．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉是否水解，故B错误；
C．过量氯水可分别氧化、，由实验操作和现象，不能比较和的氧化性强弱，故C错误；
D．加热时氯化铵分解生成氨气与氯化氢，遇冷时氨气与氯化氢化合生成氯化铵，则不能制备氨气，故D错误；
故选：A。
18．(1) Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 +SO2 +2H2O 乙同学 乙同学的方案中硫酸的利用率高，且产物没有污染
(2) H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2 红 漂白性 氧化性 还原性 酸
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可以和铜在加热的条件下反应，亚硫酸钠可以和硫酸反应生成二氧化硫，随后二氧化硫以此通过石蕊，品红，氢硫酸，溴水和氢氧化钠来依次验证二氧化硫的各种化学性质，以此解题。
【详解】（1）①铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，方程式为：Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 +SO2 +2H2O；
②甲同学方案中生成的二氧化硫有毒，污染环境，硫元素没有全部转化为CuSO4，原料利用率低，乙同学的方案中无污染物生成，原料利用率高，更合理，故答案为：乙同学；原因是：乙同学的方案中硫酸的利用率高，且产物没有污染；
（2）①硫酸是强酸，和亚硫酸钠反应可以生成二氧化硫，方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2；
②石蕊遇酸变红色，故答案为：红；
③二氧化硫具有漂白性，可以漂白品红等有机色素，故答案为：漂白性；
④二氧化硫中的硫为+4价，具有弱氧化性，可以将硫化氢中的-2价硫氧化为单质硫，故答案为：氧化性；
⑤二氧化硫具有还原性，可以被单质溴氧化为硫酸，从而导致溴水褪色，故答案为：还原性；
⑥二氧化硫是酸性氧化物，可以和碱反应，生成盐和水，故答案为：酸。
19． 3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 Cu + 4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+ 2NO2↑ + 2H2O 将NO2转化为NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO 装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 acd
【分析】要验证浓硝酸可以将NO氧化成NO2，而稀硝酸不可以。装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO，再分别通过浓硝酸和稀硝酸，进行验证试验；由于氮氧化物均为有毒物质，所以均需要尾气处理。
【详解】（1）氮氧化物均为有毒气体，均需要尾气处理，根据已知，NO不能被NaOH吸收，而NO2可以，则装置⑥为NaOH吸收NO2的装置，则④中盛放的为浓硝酸，将NO氧化成NO2，装置③中为稀硝酸，不能将NO氧化，而NO不溶于水，排水法收集。答案为3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；
（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出；
（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu + 4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+ 2NO2↑ +2 H2O；
（4）装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO。所欲装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+ H2O＝2HNO3+ NO。
（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体；答案为装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；
（6）要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化。二是增加溶液中Cu(NO3)2溶液的浓度（d方案）观察反应后的颜色变化；答案为acd。
20．(1)干燥管或球形干燥管
(2) SO2 漂白性 试纸变蓝 除去NH3中的SO2和H2O
(3)NH3
(4)取少量装置F内溶液于试管中，滴加足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，并放出无色具有刺激性气味的气体
(5)
【分析】本题为实验探究题装置C为(NH4)2SO4受热分解装置，关闭止水夹n，打开止水夹m，则气体依次通过D、E、F装置，装置D为吸收NH3装置，E为检验SO2装置，F为尾气处理装置，打开n，关闭m，则气体通入装置A中，可检验产物中有无NH3生成，据此分析解题。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器a的名称是球形干燥管或干燥管，故答案为：干燥管或球形干燥管；
（2）先关闭止水夹n，打开止水夹m，400℃加热装置C， SO2具有漂白性，能够漂白品红等有色物质，装置E中品红溶液褪色，证明分解产物中含有SO2，品红溶液褪色说明其具有漂白性，NH3溶于水呈碱性，则NH3遇到湿润的红色石蕊试纸将变为蓝色，然后打开n，关闭m，装置A中的现象是试纸变蓝，说明分解产物有氨气生成，碱石灰的作用是除去NH3中的SO2和H2O，400℃加热装置C至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，进一步研究发现，气体产物中有N2生成，故答案为：SO2；漂白性；试纸变蓝；除去NH3中的SO2和H2O；
（3）由(2)中分析可知，分解产物为SO2、N2、NH3和H2O，故装置D内稀盐酸吸收的气体是NH3，故答案为：NH3；
（4）利用BaSO3不溶于水而溶液稀盐酸，BaSO4既不溶于水也不溶于稀盐酸的特性可知，检验装置内溶液中有、无的实验操作和现象是取少量装置F内溶液于试管中，滴加足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，并放出无色具有刺激性气味的气体，故答案为：取少量装置F内溶液于试管中，滴加足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，并放出无色具有刺激性气味的气体；
（5）由(2)实验可知，分解产物为SO2、N2、NH3和H2O，则该分解反应方程式为：，故答案为：。
21．(1) 蓝色沉淀 3Fe2+ + 2[Fe(CN)6]3- = Fe3 [Fe(CN)6]2↓
(2)排出装置中的空气，防止其氧化Fe2+，干扰实验
(3)2Fe3+ + H2S = 2Fe2+ + S ↓+ 2H+
(4)
(5)甲、乙
(6)10mol/L
【分析】通入一段时间N2，排出装置中的氧气，利用装置A用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，利用装置C用70%的浓硫酸和亚硫酸钠制备二氧化硫，利用装置A、B、D和活塞的开关验证氧化性，利用装置C、B、D和活塞的开关验证氧化性，据此分析。
【详解】（1）亚铁离子与[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀Fe3 [Fe(CN)6]2，离子方程式为3Fe2+ + 2[Fe(CN)6]3- = Fe3 [Fe(CN)6]2↓；故答案为：蓝色沉淀；3Fe2+ + 2[Fe(CN)6]3- = Fe3 [Fe(CN)6]2↓；
（2）通入氮气的目的是排除空气的干扰，因为空气中的氧气也能氧化亚铁离子，故答案为：排出装置中的空气，防止其氧化Fe2+，干扰实验；
（3）B溶液变黄，说明亚铁离子被氧化为铁离子，通入H2S气体，会观察到有淡黄色沉淀生成，该黄色沉淀是S单质，说明铁离子与硫化氢发生氧化还原反应，生成S和亚铁离子，依据元素守恒，溶液中还有氢离子生成，离子方程式为2Fe3+ + H2S = 2Fe2+ + S ↓+ 2H+ ；故答案为：2Fe3+ + H2S = 2Fe2+ + S ↓+ 2H+；
（4）SO2通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液可使溶液褪色，是因为二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、锰离子、氢离子，化学方程式为2KMnO4＋5SO2＋2H2O=2MnSO4＋K2SO4＋2H2SO4，故答案为：；
（5）乙中第一次既有Fe3+又有 Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生SO2与Fe3+的反应，则氧化性：Fe3+> SO2；甲中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氧化性：Cl2>Fe3+，第二次有Fe2+，说明发生SO2与Fe3+的反应，则氧化性：Fe3+> SO2；丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，说明氯气足量，第二次有，可能是过量的氯气把SO2氧化为，不能说明氧化性Fe3+> SO2；故答案为：甲、乙；
（6）设原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量为xmol，根据还原性Fe2＋＞Br-，得通入的氯气先与亚铁离子反应生成铁离子，Cl2+2Fe2＋=2Fe3＋+2Cl-，消耗氯气的物质的量是0.5xmol，后与溴离子反应生成溴单质，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，溶液中有1/2的Br-被氧化成单质Br2，则消耗的氯气为0.5xmol，所以0.5x+0.5x=22.4/22.4，解得x=1，所以原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为1mol/0.1L=10mol/L，故答案为：10mol/L。
22．C
【详解】A．氮气和氧气生成NO，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成强酸硝酸，A不符合题意；
B．若单质A为钠，Na与O2在常温下反应生成Na2O，Na2O和O2加热反应生成Na2O2，Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，符合转化关系，B不符合题意；
C．若单质A为碳，C与O2不完全燃烧生成CO，CO燃烧生成CO2，CO2和H22O反应生成碳酸为弱酸，C符合题意；
D．硫和氧气生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水生成强酸硫酸，D不符合题意；
故选C。
23．D
【详解】A．硫酸亚铁受热分解方程式为2FeSO4++，三种产物的物质的量之比为1：1：1，A正确；
B．硝酸易挥发，制备硝酸的过程利用了硫酸的难挥发性，加热得到硝酸气体，B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，可干燥酸性和中性气体，与浓硫酸不反应，可用其干燥，C正确；
D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，N元素有化合价变化，不是对应的酸，所以二氧化氮不是酸性氧化物，D错误；
故选：D。
24．C
【详解】A．氨气催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成硝酸，故A正确；
B．黄铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%浓硫酸吸收生成硫酸，故B正确；
C．电解熔融氯化镁制取金属镁，电解氯化镁溶液不能得到镁，故C错误；
D．浓缩海水中溴离子和氯气反应生成溴，溴和SO2、H2O反应生成HBr，HBr和氯气反应生成溴，溴水蒸馏得到纯溴，故D正确；
故选：C。
25．C
【详解】A．K+、Na+、Cl-、SO与OH-能大量共存，与H+也能大量共存，A不符合题意；
B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl-中Fe3+与OH-不能大量共存，Ca2+、Fe3+、NO、Cl-与H+能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+、Na+、I-、NO与OH-能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应不能大量共存，C符合题意；
D．NH、Fe2+、Cl-、NO中的NH、Fe2+与OH-都不能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
26．B
【详解】A．碱性溶液中氢氧根离子和碳酸氢根离子、铵根离子均反应，不共存，A不符合题意；
B．能使pH试纸变红的溶液为酸性，酸性溶液中、、、Cl-相互不反应，能共存，B符合题意；
C．高锰酸根离子的溶液为紫红色，C不符合题意；
D．酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子和NO，D不符合题意；
故选B。
27．D
【详解】A．硝酸会将氧化为，其离子方程式为，故A错误；
B．滴加少量NaOH溶液，先与氢氧根反应，其离子方程式为：，故B错误；
C．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应保留化学式，其离子方程式为：，故C错误；
D．乙醇催化氧化生成乙醛和水，其反应的化学方程式：，故D正确。
综上所述，答案为D。
28．D
【分析】由图可知，a为-3价的氢化物，即NH3，b为N2，c为+2价的氧化物，即NO，d为+4价的氧化物，即NO2或N2O4，e为+5价的含氧酸，即HNO3，f为-3价的碱，即NH3 H2O，g为-3价的盐，即铵盐，据此分析作答。
【详解】A．根据分析可知，f为NH3 H2O，属于弱碱，故A错误；
B．铵盐受热分解不一定得到a，可能得到氮的氧化物，如硝酸铵在不同温度的分解，故B错误；
C．根据分析可知，b为N2，c为NO，b在放电条件下可转化为c从而实现氮的固定，故C错误；
D．根据分析可知，a为NH3，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故D正确；
故选：D。
29． 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有N 3NO2+H2O=2H++2N+NO 0.1 mol
【详解】氮元素化合价一物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，
(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(3)实验室中，检验溶液中含有NH4+的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有N；
(4)物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O2H++2N+NO，反应中3 mol NO2参加反应，转移电子总数为2 mol，当反应消耗0.15 mol物质B时，转移电子的物质的量为0.15 mol×=0.1 mol。
30．B
【分析】根据“价类二维图”可判断X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3，据此解答。
【详解】A．Z为Na2SO3，作氧化剂时，化合价降低，如在酸性条件下与硫化钠反应生成单质硫，故A正确；
B．硫单质与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化硫，得不到三氧化硫，故B错误；
C．硫化氢易被空气中的氧气氧化，反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，故C正确；
D．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；Na2SO3属于电解质，故D正确；
故选B。
31．(1) ④ ①③ ③⑥
(2)
(3) 1：5
【详解】（1）①是只含有极性共价键的共价化合物；
②是只含有离子键的离子化合物；
③是只含有极性共价键的共价化合物；
④是含有离子键和非极性共价键的离子化合物；
⑤是含有离子键和极性共价键的离子化合物；
⑥是单原子分子，只含有范德华力；
含非极性键的离子化合物有④，只含共价键的物质有①③，熔化时只破坏范德华力的是③⑥；
（2）①图2中X、Y均为图1中的物质，即X为H2S、Y为SO2，H2S与SO2发生归中反应，化学方程式为：；
②芒硝是；
③工业制硫酸时，流程如图：
FeS2参与的化学方程式为：；
（3）当与的体积比为时，与的物质的量之比为，可得方程式：，所得与的物质的量之比为1：5；当与的物质的量之比为，用处理和，根据转移电子数相等和原子守恒，可得方程式：。
32．(1) 红棕色
(2)
(3)
(4) 2.4NA
(5)钝化
【分析】A为铵盐，B为碱性气体，故A受热分解生成B：氨气，氧化生成C：NO，NO氧化生成D：NO2，NO2与水反应生成E：HNO3。
【详解】（1）B为NH3；D为NO2，为红棕色；
（2）B到C为氨气的催化氧化，方程式为：；
（3）NO2与水反应生成硝酸和NO，离子方程式为：；
（4）B为NH3，D为NO2，两者反应生成的无污染物质为N2和H2O，化学方程式为：；氨气中N元素化合价由-3价升高为0价，0.8molNH3转移电子数为：；
（5）Fe或Al遇浓硝酸会钝化。
33．B
【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。
【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确；
B．沸腾炉中发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则每生成1 mol SO2，有5.5mol e-发生转移，B不正确；
C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2，用浓氨水吸收尾气，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，用硫酸处理，可进一步转化为氮肥，D正确；
故选B。
34．(1) 升华(或加热) 酸性KMnO4会继续氧化I2
(2) 1000 作保护气，防止Mg和Ti被氧化 Mg、Cl2
【分析】含I-的卤水用NaNO2氧化为I2，用活性炭吸附I2，低温干燥，加热升华、冷却结晶，得到粗碘。TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，用镁还原TiCl4生成氯化镁和海绵钛，电解熔融氯化镁生成镁和氯气。
【详解】（1）①pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO，I元素化合价由-1升高为0、N元素化合价由+3降低为+2，根据得失电子守恒，氧化过程的离子方程式为。
②I2易升华，根据I2的特性，分离操作X应为升华、冷却结晶。
③pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，酸性KMnO4是常用的强氧化剂，酸性KMnO4会继续把I2氧化为I的高价化合物，所以该方法中却选择了价格较高的NaNO2。
（2）①TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，产物中有一种可燃性无色气体，该可燃性气体是CO，则I中反应的化学方程式为。
②根据II中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线，800℃ Ti的提取率低，1000℃和1500℃ Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃。
③II中氩气的作用是作保护气，防止Mg和Ti被氧化。
④根据工艺流程，可循环使用的物质还有Mg、Cl2。
35．B
【分析】某单晶硅制备工艺，步骤Ⅰ中发生反应：,步骤Ⅱ发生反应：，步骤Ⅲ发生反应：。
【详解】A. ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”，A错误；
B. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”，B正确；
C. 非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸的热稳定性弱于硅酸，不能说明“非金属性C比Si强”，C错误；
D. 碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度大，与晶体类型有关，不能说明“非金属性C比Si强”，D错误；
故答案为：B。
36．C
【分析】废铜片在空气中加热后，用硝酸溶解，过滤除去不溶性杂质，将滤液结晶，过滤得到硝酸铜晶体，用无水乙醇洗涤。
【详解】A．将废铜片粉碎，增大接触面积，可提高反应速率，A正确；
B．若将废铜片直接“溶解”，铜与硝酸反应产生氮氧化物，既产生污染又降低硝酸的利用率，B正确；
C．由于硝酸铜发生水解，产物硝酸易挥发、分解，为了使硝酸铜尽可能析出，“结晶”时不能将溶液蒸干，温度也不能太高，C不正确；
D．硝酸铜易溶于水，用无水乙醇代替水“洗涤”的目的之一是减少晶体的溶解损失，D正确；
故选C。
37．(1)将转化为，有利于下一步除去氮元素
(2)热空气温度升高，有利于分解；的溶解度降低，更易被吹出
(3) AB
(4)
(5)随着溶解氧浓度的增大，部分会被氧化成而保留在溶液中
【分析】I．含铵根和一水合氨的废水加入氢氧化钠溶液，铵根转化为一水合氨， 热空气使一水合氨分解放出氨气，或向含铵根和一水合氨的废水加入次氯酸钠溶液把氮元素氧化为氮气，然后经过处理使废水达标；Ⅱ．铵根在一定条件下被氧气氧化为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子和铵根发生归中反应生成氮气，据此解答。
【详解】（1）铵根易与氢氧根反应生成一水合氨，因此“调节池”中加入溶液的目的是将转化为，有利于下一步除去氮元素。
（2）由于热空气温度升高，有利于分解，同时的溶解度降低，更易被吹出，所以“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好。
（3）①酸性条件下氧化生成，还原产物是氯离子，反应的离子方程式为。
②由于氧化性比弱，且在溶液中溶解度小，所以仅增加单位时间内通入的空气量，发现氨氮去除率几乎不变。答案选AB。
（4）两步反应的方程式为、，所以理论上，参与I、Ⅱ中反应的时，氨氮的脱除效果最好。
（5）由于随着溶解氧浓度的增大，部分会被氧化成而保留在溶液中，其次氧气浓度越高厌氧氨氧化细菌活性越低，因此当溶解氧浓度在之间时，随着溶解氧浓度的增大，氨氮的脱除率下降。
答案第1页，共2页
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考点一 气体的制取 【题型1】气体的制取选择题
【题型2】气体的制取与性质综合实验题
考点二 无机实验探究 【题型1】微型无机实验选择题
【题型2】实验方案设计与评价选择题
【题型3】无机实验综合探究
考点三 无机综合应用 【题型1】无机物转化关系的判断
【题型2】离子方程式的正误判断 离子共存判断
【题型3】无机推断
【题型4】工艺流程
考点一 气体的制取
01 气体的制取选择题
1．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是
A．①是氨气发生装置 B．②是氨气吸收装置
C．③是氨气发生装置 D．④是氨气收集、检验装置
2．表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是( )
选项 气体 a b c
A NH3 浓氨水 生石灰 碱石灰
B SO2 70%的浓H2SO4 Na2SO3固体 98%的浓H2SO4
C NO 稀HNO3 铜屑 H2O
D NO2 浓HNO3 铜屑 NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
3．某同学用浓硫酸与亚硫酸钠制备SO2并探究其相关性质，实验装置如图所示。
下列说法不正确的是
A．装置①中用Cu片代替Na2SO3也能达到实验目的
B．装置②中溴水可以用酸性高锰酸钾溶液代替
C．装置③中出现浑浊，说明SO2具有氧化性
D．装置④的作用是吸收SO2，防止发生倒吸和污染环境
4．如图装置可以达到实验目的的是
选项 实验目的 X中试剂 Y中试剂
A 用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2 饱和食盐水 浓硫酸
B 用Na2SO3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO2 饱和Na2SO3溶液 浓硫酸
C 用Zn和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2 NaOH溶液 浓硫酸
D CaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2 饱和NaHCO3溶液 浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
02 气体的制取与性质综合实验题
5．氨气与灼热氧化铜反应生成铜、氮气和水。实验小组选用如图所示装置测定氨分子的组成(夹持、固定装置均略去)。
回答下列问题：
(1)实验开始后，应该先 (填实验操作)，一段时间后再点燃酒精灯，装置C玻璃管中发生反应的化学方程式为 。
(2)装置A中盛装浓氨水的仪器名称为 ；橡皮管a的作用是 。
(3)装置E中长导管的作用是 。
(4)实验结束后，G读数折算成标准状况下的气体体积为，称得干燥管D增重mg，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 (用含V、m的代数式表示)；有同学认为装置E可以省略不用，试分析若不用装置E，测得结果会 (“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
6．为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某收化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置：
(1)该化学兴趣小组的同学制取Cl2、SO2气体，现采用Na2SO3与70%的硫酸为原料制取SO2，采用MnO2和浓盐酸(HCl )为原料制取Cl2，在此试验中F仪器的作用是 ，发生装置 B应选择以下三种装置中的 (选填序号)。
(2)D装置中主要反应的离子方程式为 。
(3)为验证通入D装置中的气体是Cl2过量还是SO2过量，兴趣小组的同学准备了以下试剂：
a．氯化铁溶液 b．氯化亚铁溶液 c．硫氰化钾溶液
d．氯化钡溶液 e．品红溶液 f．酸性高锰酸钾溶液
若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有 (选填一个序号)试剂的试管内，再加入 (选填一个序号)试剂。发生的现象是 。若SO2过量，取适量D中溶液滴加至盛有 (选填一个序号)试剂的试管内，发生的现象是 。
7．学习小组在实验室中利用下图所示装置制备SO2并进行相关性质的探究。回答下列问题：
(1)仪器Q的名称为 ；装置b的作用是 。
(2)装置a中反应的化学方程式为 。
(3)根据装置e中产生的现象可证明SO2具有 性。。
(4)实验开始后，发现装置d中的溶液迅速变黄，继续通入SO2，装置d中出现乳黄色浑浊。该小组同学查阅资料得知，存在可逆反应：SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O。
探究I：探究浓度对上述可逆反应的影响
有同学认为除SO2的浓度外，其他离子的浓度对该可逆反应也有影响。完成实验设计进行验证(SO2体积已折算为标准状况下体积)。
限选试剂：0.1mol·L-1KI溶液、1.0mol·L-1KI溶液、2.0mol·L-1KI溶液、蒸馏水、浓硝酸
影响因素 编号 操作 现象
c(I-) i 取50mL 于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2 溶液变为浅黄色
ii 取50mL1.0mol·L 1KI溶液于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2 溶液迅速变黄
c(H+) iii 取50mL1.0mol·L 1KI溶液和5mL 于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2 溶液迅速变黄
iv 取50mL1.0mol·L 1KI溶液和5mL浓盐酸于锥形瓶中，向其中通入20mLSO2 溶液迅速变黄，且出现乳黄色浑浊
探究Ⅱ
：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
有同学提出上述可逆反应生成的I2可与SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=+2I-+4H+。为进一步探究体系中的产物，完成下列实验方案。
方案 操作 预期现象 结论
i 取适量装置d中浊液，向其中滴加几滴 溶液(填试剂名称)，振荡 无明显变化 浊液中无I2
ii 将装置d中浊液进行分离 得淡黄色固体和澄清溶液
取适量分离后的澄清溶液于试管中， 产物有
综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应(KI是催化剂，只有硫元素变价)，其反应的离子方程式为 。
8．某化学兴趣小组在教师的指导下，利用如图所示装置(夹持和加热装置已省略)和试剂进行NH3的制备及性质探究的一体化实验。请回答下列问题：
(1)实验开始后，关闭K2，K3，打开K1、K4，加热甲处试管。甲处试管内发生反应的化学方程式为 ；乙处瓶内观察到的现象为 ；丙处烧杯中的试剂为稀硫酸，丙处球形干燥管的作用是 。
(2)一段时间后关闭K1，打开K2，丁处瓶内发生反应的离子方程式为 ；继续反应一段时间后，关闭K2、K4，打开K3，挤压胶头滴管，己处圆底烧瓶内能观察到的现象为 。
(3)甲装置可以用如图所示装置代替，试剂a可选择 (填试剂名称)。氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，氨与氧气在催化剂作用下发生反应生成氮的氧化物时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
考点二 无机实验探究
01 微型无机实验选择题
9．一定温度下，探究铜与稀HNO3反应，过程如图，下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
B．过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C．由实验可知，NO2对该反应具有催化作用
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
10．已知通入溶液无明显现象。某同学利用如图装置探究与溶液反应生成白色沉淀的条件。下列判断正确的是
A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B．乙中产生的一定为氧化性气体，将氧化为沉淀
C．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
D．c、d两根导管都必须插入溶液中，保证气体与充分接触
11．某同学利用如图所示装置(夹持装置已省略)在通风橱内进行铜与稀硝酸反应的探究实验，下列说法错误的是
A．注射器A中的稀硝酸与NaHCO3反应体现了硝酸的酸性
B．当观察到澄清石灰水变浑浊后关闭止水夹1、2，将铜丝伸入稀硝酸中，观察到铜丝溶解，有无色气体产生
C．铜与稀硝酸反应后，将注射器B中的空气注入具支试管，试管内气体会变成红棕色
D．澄清石灰水可吸收挥发出来的NO，同时防止外界空气进入具支试管中干扰实验
12．利用下图甲装置进行实验。收集好后，关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，挤压胶头滴管，打开b，完成喷泉实验。图乙为三颈烧瓶内压强随时间变化曲线。下列说法正确的是
A．制取时烧瓶中的固体常用CaO或
B．工业上可通过喷水的方法处理液氨泄漏
C．根据图乙数据推测E点时喷水最剧烈
D．喷泉实验水未充满三颈烧瓶表明装置气密性不好
02 实验的设计与评价选择题
13．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）
选项 实验操作 现象 解释或结论
① 过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液 溶液呈红色 稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
② 浓HNO3久置或光照 变黄色 HNO3不稳定易分解
③ Al箔插入稀HNO3中 无现象 Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
④ 用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上 试纸先变红色后褪色 浓HNO3具有酸性和强氧化性
A．①② B．③④ C．②③④ D．②④
14．下列实验操作不能达到相应实验目的的是
选项 A B C D
实验操作
实验目的 实验室制 取Fe(OH)2 不能制备并收集 少量NO2气体 制备干燥NH3 验证浓硫酸的脱 水性、强氧化性
A．A B．B C．C D．D
15．下列实验操作能达到实验目的的是
选项 实验操作 实验目的
A 将海带灰溶于水，过滤，向滤液中滴加淀粉溶液 检测海带中含有碘元素
B 将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去 证明SO2的漂白性
C 向硅酸钠溶液中通入CO2气体，有白色沉淀产生 验证H2CO3的酸性强于H2SiO3
D 向市售乙醇中加入一小粒钠，有气泡产生 检测市售乙醇中存在水
A．A B．B C．C D．D
16．是制备高纯的中间原料。实验室用如图所示装置可制备少量溶液，反应原理为。下列说法错误的是
A．若实验中将换成空气，则反应液中变小
B．在该反应中作催化剂
C．若不通，则烧瓶中的进气管口容易被堵塞
D．石灰乳对尾气的吸收效果比澄清石灰水更好
17．实验探究是科学探究的重要形式。下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
A 将铁锈溶于稀盐酸，滴入溶液，观察溶液颜色变化 检验铁锈中是否含有
B 向加热后的淀粉与稀硫酸混合液中加入少量新制悬浊液，加热 检验淀粉是否水解
C 向溶液中滴加过量的氯水，再加入淀粉溶液，观察溶液颜色变化 比较、和的氧化性强弱
D 加热固体 制取少量氨气
A．A B．B C．C D．D
03 无机实验综合探究
18．回答下列问题：
(1)甲同学利用下列装置来进行铜跟浓硫酸反应实验。
①写出甲装置中发生的主要反应的化学方程式 。
②乙同学认为，若要用铜制取硫酸铜，可以先用铜和氧气反应生成氧化铜，然后利用氧化铜和稀硫酸反应可以得到硫酸铜。若要制取硫酸铜，请你从环境保护和节约资源的角度分析，比较甲同学和乙同学制取硫酸铜的方法中更合理的是 ，原因是 。
(2)丙同学利用下图的方法实验室制取并验证某些性质，并将实验情况记录在表中，请完成以下表格：
装置序号 实验现象或作用 实验结论或化学方程式
① 有气泡产生 化学方程式为：
② 紫色石蕊试液变 色 证明溶于水显酸性
③ 品红溶液褪色 证明具有 性
④ 溶液变浑浊 证明具有 性
⑤ 溴水褪色 证明具有 性
⑥ 吸收尾气 证明属于 性氧化物
19．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓硝酸、3mo/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应，2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O。
（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是
（2）滴加浓硝酸之前的操作时检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后
（3）装置①中发生反应的化学方程式是
（4）装置②的作用是 ，发生反应的化学方程式是
（5）该小组得出的结论依据的实验现象是
（6）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是（选填序号字母）( )
a.加热该绿色溶液，观察颜色变化
b.加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
c.向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
d.向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
20．硫酸铵是一种无机物，化学式为(NH4)2SO4，白色颗粒，无气味，受热易分解。某化学研究小组拟探究其在400℃时的分解产物。实验装置如图所示(部分夹持装置已略去)：
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 。
(2)先关闭止水夹n，打开止水夹m，400℃加热装置C，装置E中品红溶液褪色，证明分解产物中含有 (填化学式)，品红溶液褪色说明其具有 。然后打开n，关闭m，装置A中的现象是 ，说明分解产物有氨气生成，碱石灰的作用是 ，400℃加热装置C至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，进一步研究发现，气体产物中有N2生成。
(3)装置D内稀盐酸吸收的气体是 (填化学式)。
(4)检验装置内溶液中有、无的实验操作和现象是 。
(5)(NH4)2SO4在400℃分解的化学方程式是 。
21．验证氧化性，某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已省略，气密性已检验)。
实验过程：
Ⅰ．打开止水夹，通入一段时间，再将T型导管插入B中，继续通入，然后关闭，，。
Ⅱ．打开活塞a，滴加 定量的浓盐酸，给A加热。
Ⅲ．当B中溶液变黄时，停止加热，关闭。
Ⅳ．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。
Ⅴ．打开和活塞c，加入70％的硫酸溶液，一段时间后关闭。
Ⅵ．更换试管D，重复过程Ⅳ，检验B中溶液的离子。
(1)检验B中溶液中的现象为 ，发生反应的离子方程式 。
(2)过程Ⅰ的目的是 。
(3)若向过程ⅢB中的黄色溶液中通入气体，会观察到有淡黄色沉淀生成，写出该反应的离子方程式： 。
(4)若将C中制取的通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液可使溶液褪色，其反应的离子方程式为 。
(5)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果 定能够证明氧化性的是 (填“甲”“乙”或“丙”)。
过程为Ⅳ，B溶液中含有的离子 过程Ⅵ，B溶液中含有的离子
甲 有无 有
乙 既有又有 有
丙 有无 有
(6)将B中的溶液换成溶液并向其中通入(标准状况下)，若溶液中有的被氧化成单质，则原溶液中的物质的量浓度为 。
考点三 无机综合应用
01 无机物转化关系的判断
22．某单质A经下图所示过程可转化为D，D为强酸或强碱，则单质A不可能为
A．N2 B．Na C．C D．S
23．以硫酸亚铁为原料制备硫酸和硝酸，其变化过程如图所示。下列有关描述错误的是
A．硫酸亚铁受热分解得到的、、的物质的量之比为1：1：1
B．制备硝酸的过程利用了硫酸的难挥发性
C．浓硫酸可用于干燥
D．溶于水能得到硝酸，可推知是酸性氧化物
24．下列物质的生产流程不合理的是
A．
B．
C．浓缩海水溶液金属
D．浓缩海水含溴海水溶液高浓度溴水
02 离子方程式的正误判断 离子共存判断
25．下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，而在强酸性条件下不能大量共存的是
A．K+、Na+、Cl-、SO B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl-
C．Ba2+、Na+、I-、NO D．NH、Fe2+、Cl-、NO
26．下列各组离子中能大量共存的是
A．碱性溶液中：Cl-、、、
B．能使pH试纸变红的溶液：、、、Cl-
C．无色溶液中：、、、
D．酸性溶液中：、Cl-、、
27．下列化学反应的化学方程式或离子方程式书写正确的是
A．磁铁矿石溶于稀硝酸：
B．铁铵矾溶液中滴加少量NaOH溶液：
C．醋酸与水垢中的反应：
D．乙醇催化氧化为乙醛：
03 无机推断
28．价类二维图是学习元素化合物的工具，a～g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法正确的是
A．f属于强电解质
B．g受热分解一定能得到a
C．b常温下可转化为c从而实现氮的固定
D．可用湿润的红色石蕊试纸检验a
29．研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系图如图
回答下列问题：
(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，化学方程式是 。
(2)在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出反应的化学方程式： 。
(3)实验室中，检验溶液中含有N的操作方法是 。
(4)物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式： ，当反应消耗0.15 mol物质B时，转移电子的物质的量为 。
30．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。如图为硫及其部分化合物的“价-类二维图”，下列说法错误的是
A．Z作氧化剂时，理论上可被还原为S单质
B．S与O2在点燃时经一步反应可生成Y
C．X的水溶液在空气中放置，易被氧化
D．Na2SO4属于电解质
31．回答下列问题
(1)有下列物质①；②；③；④；⑤；⑥，其中含非极性键的离子化合物有 （用物质前的序号填空，下同），只含共价键的物质有 ，熔化时只破坏范德华力的是 。
(2)硫元素是动植物生长不可缺少的元素，图1是自然界中硫元素的存在示意图，图2是硫元素的“价类二维图”，回答下列问题：
①若图2中均为图1中的物质，写出X与Y反应的化学方程式 。
②芒硝的化学式为 。
③工业制硫酸时，参与的化学方程式为 。
(3)是大气污染物的主要成分，可以用溶液吸收，当与的体积比为时，所得与的物质的量之比为 ．用也能处理和，反应原理如图所示，当与的物质的量之比为，写出相应的化学方程式 。
32．已知A、B、C、D、E是中学常见的化合物且A、B、C、D、E中都含有一种相同的元素，它们之间存在如下转化关系，根据所学知识回答下列问题：
若A是一种常见的铵盐，受热分解可得到B，B是碱性气体，C、D是常见的两种氧化物，E溶液显酸性。
(1)B的化学式为 ；D的颜色为 。
(2)写出B到C的化学方程式： 。
(3)写出D到E的离子方程式： 。
(4)已知D是一种常见的污染物，在一定条件下B和D反应可生成两种无污染的物质，写出相应反应的化学方程式： ，当消耗掉0.8molB时，转移的电子数是 (用含NA的代数式表示)。
(5)常温下，E的浓溶液遇Fe或Al会发生 。
04 工艺流程
33．以黄铁矿(主要成分为FeS2，其中硫的化合价为-1价)生产硫酸的工艺流程如图，下列说法不正确的是
A．将黄铁矿粉碎，可以提高其在沸腾炉中的反应速率
B．沸腾炉中每生成1 mol SO2，有11 mol e-发生转移
C．接触室中排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率
D．可用浓氨水吸收尾气，并进一步转化为氮肥
34．科学、安全、有效和合理地开发自然资源，对生产、生活有重要价值。请回答下列问题：
(1)活性炭吸附法是工业提取碘的方法之一，其流程如下：
已知：pH=2时，I.NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO
II.
①氧化过程的离子方程式为 。
②根据I2的特性，分离操作X应为 、冷却结晶。
③酸性KMnO4是常用的强氧化剂，但该方法中却选择了价格较高的NaNO2，原因是 。
(2)以金红石(主要成分为TiO2)为原料，制取Ti的工艺流程如图所示：
①I在高温条件下进行，产物中有一种可燃性无色气体。I中反应的化学方程式为 。
②II中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图所示，则反应适宜的温度为 ℃。
③II中氩气的作用是 。
④海绵钛除杂时得到的MgCl2可以循环使用，在上述工艺流程中可循环使用的物质还有 (填化学式)。
35．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：
下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是
A．i中，C做还原剂，能置换出Si B．碳酸的酸性强于硅酸
C．碳酸的热稳定性弱于硅酸 D．碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度大
36．通过如图流程制备硝酸铜晶体，下列说法不正确的是
A．将废铜片粉碎，可提高反应速率
B．若将废铜片直接“溶解”，既产生污染又降低硝酸的利用率
C．为了使硝酸铜尽可能析出，“结晶”应将溶液蒸干
D．用无水乙醇代替水“洗涤”的目的之一是减少晶体的溶解损失
37．废水中过量氨氮（、）会导致水体富营养化，去除氨氮的研究一直备受关注。
I．吹脱法、氧化法除氨氮
(1)“调节池”中加入溶液的目的是 。
(2)“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好的原因是 。
(3)①写出酸性条件下氧化生成的离子方程式： 。
②为研究空气对氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入的空气量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是 （填标号）。
A．氧化性比弱 B．在溶液中溶解度小 C．空气中进入溶液中
Ⅱ．生物脱氨氮法
(4)理论上，参与I、Ⅱ中反应的 时，氨氮的脱除效果最好。
(5)废水中溶解氧浓度对氨氮的脱除率的影响如图所示。当溶解氧浓度在之间时，随着溶解氧浓度的增大，氨氮的脱除率下降，其原因可能有：氧气浓度越高厌氧氨氧化细菌活性越低、 。
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试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．①装置加热分解生成和，在试管口处和气体遇冷会再反应生成，收集不到，A错误；
B．极易溶于水，溶解导致导气管中气体压强减小而引发倒吸现象，因此②不能用于的吸收，②装置，防倒吸装置中漏斗口与液面应接触，但插入液面之下不能防止倒吸，B错误；
C．③装置用浓氨水加热可分解制得，C正确；
D．由于的密度比空气小，因此收集可以采用向下排空气法，为防止空气对流应在试管口塞一团棉花，应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，D错误。
答案为：Ｃ。
2．B
【详解】A. 因NH3的密度比空气的小，不能用图示装置收集，收集方法不合理，故A错误；
B. Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2，SO2中混有的H2O用98%的浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；
C. NO与空气中的氧气反应，则不能用图示装置收集NO，应利用排水法收集，故C错误；
D. NO2被NaOH溶液吸收，收集不到NO2，故D错误；
故选B。
3．A
【详解】A．浓硫酸和Cu片的反应需要加热，图中的装置①没有加热装置，故不能用Cu片代替Na2SO3，A错误
B．装置②中的溴水是用来检验SO2的还原性的，可以用酸性高锰酸钾溶液代替溴水，B正确；
C．装置③中的Na2S溶液是用来检验SO2的氧化性的，反应的离子方程式为，其中SO2作氧化剂，现象是溶液变浑浊，C正确；
D．SO2不溶于CCl4，将SO2通入到装置④，不会引起倒吸，且SO2会被NaOH溶液吸收，不会被排放到空气中，D正确；
故选A。
4．D
【分析】X之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X和Y装置为除杂装置，Y之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。
【详解】A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热条件，图示装置不能完成，故A错误；
B.用Na2SO3与浓盐酸制取SO2，二氧化硫气体中会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B错误；
C.氢气的密度比空气的密度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C错误；
D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D正确；
综上所述，答案为D。
5．(1) 打开滴加浓氨水，再打开
(2) 分液漏斗 平衡气压，使氨水能顺利滴下
(3)防止E中浓硫酸倒吸进入装置D，影响测定结果
(4) 偏小
【分析】A制备氨气，B干燥氨气，C中氨气和CuO反应生成Cu、N2、H2O，D吸收H2O，增重质量为氨气和CuO反应生成的水的质量，E吸收C中未反应的NH3，F和G测量生成的N2的体积，通过换算D中H和F、G中N为物质的量可知氨分子中N和H的组成。
【详解】（1）该实验需先制备氨气，然后利用产生的氨气排除装置内的空气，实验开始后，应该先开滴加浓氨水，再打开；排除装置内空气后再点燃酒精灯，结合题意可知装置C玻璃管中发生反应的化学方程式为；
（2）装置A中盛装浓氨水的仪器名称为分液漏斗；橡皮管a的作用是平衡气压，使氨水能顺利滴下；
（3）E的作用是吸收氨气，导管要长的原因是防止E中浓硫酸倒吸进入装置D，影响测定结果；
（4）G读数折算成标准状况下的气体体积为，即n(N2)=mol，称得干燥管D增重mg，则n(H2O)=mol，则氨分子中氮、氢的原子个数比=氮、氢的物质的量之比=(2×mol):(mol×2)=；若不用E，则有氨气溶于F，为维持压强，部分氮气无法进入F，所测得氮气体积偏小，氮、氢的原子个数比偏小。
6． 防止倒吸 ① b c 溶液呈血红色 e 红色褪去为无色，加热后又变为红色
【详解】(1)SO2易与水反应，且溶解度较大会发生倒吸，则F可以防倒吸，装置B为制取氯气的装置，由固液反应且加热的原理可知应选择①，
故答案为：防止倒吸；①；
(2)D中是二氧化硫和氯气发生的氧化还原反应生成硫酸和盐酸反应的离子方程式为：，故答案为：
(3)为验证通入D装置中的气体是Cl2还是SO2过量,若Cl2过量，取适量D中溶液滴加至盛有氯化亚铁溶液，试剂的试管内，再加入硫氰化钾溶液会变血红色，证明氯气氧化亚铁离子；若SO2过量，取适量D中溶液滴加至盛有品红溶液的试管中，红色褪去，加热又恢复红色，证明含有二氧化硫，
故答案为：b；c；溶液呈血红色；e；红色褪去为无色，加热后又变为红色。
7．(1) 圆底烧瓶 防止倒吸
(2)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(3)KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色
(4) 0.1mol·L1KI溶液 蒸馏水 淀粉溶液 加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液 白色沉淀 3SO2+2H2OS+2SO+4H+
【分析】本实验装置a为制备SO2的装置，反应为：，由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸，装置c中品红溶液褪色说明SO2具有漂白性，由于SO2具有强还原性，装置e中酸性KMnO4溶液褪色，由于SO2本身有毒不能直接排放，故用装置f进行尾气处理，吸收SO2，装置d中根据实验现象，展开实验探究，探究Ⅰ是探究浓度对上述可逆反应SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2O的影响，探究Ⅱ则是探究SO2在KI溶液体系中的反应产物，通过对照实验进行对照最后得出结论，据此分析解题。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器Q为圆底烧瓶；由于SO2易溶于水，故需要装置b进行防倒吸；
故答案为：圆底烧瓶；防止倒吸。
（2）装置a中浓硫酸与铜在加热条件下生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。
（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，极易被还原而褪色，装置e中出现高锰酸钾溶液紫红色变浅甚至褪去，即可证明SO2具有还原性；
故答案为：KMnO4溶液紫红色颜色变浅或褪色。
（4）实验ⅰ和实验ⅱ是探究I-浓度对反应的影响，根据控制变量法可知，两实验只有KI的浓度不同，其他条件均相同才能能出正确结论，结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅰ加入50mL0.1mol/L的KI溶液；同理实验ⅲ和实验ⅳ是探究H+浓度对可逆反应的影响，硝酸是氧化性酸、会氧化二氧化硫发生其它反应，故排除硝酸，选用盐酸；结合浓度越大反应速率越快，故实验ⅲ中加入5mL蒸馏水；实验ⅳ中加入5mL浓盐酸；
探究Ⅱ：探究SO2在KI溶液体系中的反应产物
实验ⅰ中要检验没有生成I2，利用碘单质使淀粉溶液变蓝的特性；可知实验ⅰ中加入几滴淀粉溶液，根据题干猜想的反应方程式SO2+I2+2H2O=SO+2I-+4H+可知，实验ⅱ则要检验反应后的溶液中含有，取适量分离后的澄清溶液于试管中，加入足量的稀盐酸酸酸化，再加入氯化钡溶液；若看到有白色沉淀生成；说明反应后的浊液中含有；
综上可知，SO2在KI溶液中发生了歧化反应生成了S和，KI在其中起到催化剂的作用，故其反应的离子方程式为3SO2+2H2OS+2+4H+；
故答案为：0.1mol·L 1KI溶液；蒸馏水；淀粉溶液；加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液；白色沉淀；3SO2+2H2OS+2+4H+。
8．(1) 有白烟生成 防倒吸
(2) 产生红色喷泉
(3) 碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠 5:4
【分析】氯化铵晶体和熟石灰共热反应生成氯化钙、氨气和水，氨气极易溶于水能形成喷泉；氨气溶于水形成氨水，氨水呈碱性，且碱性比氢氧化铝强。
【详解】（1）实验开始后，关闭K2，K3，打开K1、K4，加热甲处试管，甲中生成氨气，浓盐酸具有挥发性挥发出的HCl和NH3反应生成氯化铵产生白烟；氨气和稀硫酸反应剧烈会产生倒吸，因此丙处球形干燥罐可以防倒吸；
（2）氨气溶于水形成氨水，氨水呈碱性，且碱性比氢氧化铝强因此关闭K1，打开K2，丁处瓶内发生反应的离子方程式为；氨气极易溶于水能形成喷泉，关闭K2、K4，打开K3，挤压胶头滴管会产生喷泉，因为水中滴有酚酞，喷泉为红色喷泉；
（3）将浓氨水滴入碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠中可以生成氨气，试剂a可以是碱石灰或生石灰或固体氢氧化钠；氨与氧气在催化剂作用下发生反应生成氮的氧化物的化学方程式为，氧化剂是氧气、还原剂是氨气，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:4。
9．B
【详解】A．过程发生的反应为Cu和稀HNO3的反应离子方程式为3Cu＋2＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；
B．随着反应的进行，溶液里生成硝酸铜，根据氮元素守恒，溶液中c(HNO3)应比原硝酸浓度减小，不会增大，故B错误；
C．加入NO2后反应速率加快，说明NO2对该反应具有催化剂，故C正确；
D．反应停止后，再抽入空气，空气中的氧气能与一氧化氮,水继续反应生成硝酸，可继续溶解铜，故D正确；
故选B。
10．A
【分析】SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的，如是氧化性气体，溶液中可生成，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4，容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。
【详解】A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和氢氧化钠固体，产生氨气与SO2反应生成，能与Ba2+结合成BaSO3沉淀，故A正确；
B．乙中产生的不一定为氧化性气体，可以是氨气，得到沉淀为亚硫酸钡，故B错误；
C．玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；
D．如果产生氨气，氨气极易溶于水防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误。
答案选A。
11．D
【分析】先打开止水夹1、2，将注射器A中的稀硝酸注入，与NaHCO3反应生成二氧化碳，排尽装置内空气，当观察到澄清石灰水变浑浊，说明装置内空气被排尽了，然后关闭止水夹1、2，将铜丝伸入稀硝酸中，进行铜与稀硝酸的反应，有无色气体NO产生，再注射器B的空气注入具支试管中，观察气体颜色变化，据此分析解答。
【详解】A．注射器A中的稀硝酸与NaHCO3反应生成硝酸钠、水和二氧化碳，发生的是复分解反应，体现了硝酸的酸性，故A正确；
B．当观察到澄清石灰水变浑浊，说明装置内空气被排尽了，然后关闭止水夹1、2，铜与稀硝酸反应生成NO，故将铜丝伸入稀硝酸中，观察到铜丝溶解，有无色气体产生，故B正确；
C．铜与稀硝酸反应后，将注射器B中的空气注入具支试管，发生反应，故试管内气体会变成红棕色，故C正确；
D．NO难溶于水，也不碱溶液反应，澄清石灰水不能吸收挥发出来的NO，故D错误；
故选D。
12．B
【详解】A．CaO与H2O反应放热，且OH-浓度增大，有利于氨气的逸出，而CaCl2是中性盐，能溶于水，热量的变化很小，不与水反应，对氨气的逸出没有促进作用，A项错误；
B．氨极易溶于水，工业上可通过喷水的方法处理液氨泄漏，B正确；
C．三颈烧瓶内气体压强与外界大气压之差越大，喷泉越剧烈，C点的压强最小，大气压不变，则大气压和C点的压强差最大，则C点喷泉最剧烈，C项错误；
D．喷泉实验结束后，发现水未充满三颈烧瓶，可能是因为装置气密性不好，也可能是因为氨气中混有空气等，D项错误；
本题选B。
13．D
【详解】①过量的Fe粉中加入稀HNO3，反应生成硝酸亚铁，则滴入KSCN溶液，溶液不变红，故错误；
②浓HNO3久置或光照分解生成NO2，溶于硝酸呈黄色，故正确；
③Al箔插入稀HNO3中，发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水，则观察到固体溶解，气泡冒出，故错误；
④用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上，浓HNO3具有酸性使石蕊变红，又由于有强氧化性，使石蕊褪色，故正确；
故选D。
14．C
【详解】A．铁与稀硫酸反应放出的氢气排出装置内的空气，再挤压胶头滴管内的氢氧化钠溶液与硫酸亚铁反应生成的Fe(OH)2，Fe(OH)2与空气隔绝，Fe(OH)2不易被氧化，故A正确；
B．二氧化氮和水反应，不能用排水法收集二氧化氮，故B正确；
C．加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制备氨气，故C错误；
D．浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖炭化变黑，证明浓硫酸具有脱水性；高锰酸钾溶液褪色、澄清石灰水变浑浊，说明碳和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳，证明浓硫酸具有强氧化性，故D正确；
选C。
15．C
【详解】A．海带中的碘元素不是以单质形式存在，不能直接用淀粉溶液检验其中的碘元素，A错误；
B．SO2能与NaOH溶液反应，从而使滴有酚酞的溶液碱性减弱或变为中性，因此溶液红色褪去，说明SO2具有酸性氧化物通性，不能证明其漂白性，B错误；
C．向硅酸钠溶液中通入CO2，有白色沉淀生成，根据强酸制弱酸，则能证明H2CO3的酸性强于H2SiO3，C正确；
D．乙醇与钠也能反应生成H2，因此无法证明乙醇中存在水，应该使用无水硫酸铜进行检验，D错误；
故选C。
16．B
【详解】A．和反应生成，不稳定，易被氧化，空气中含有氧气可以将氧化为，导致溶液中增大，反应液中变小，故A正确；
B．在该反应中，是反应物，不是催化剂，故B错误；
C．若不通，易溶于水会发生倒吸，从而使部分进入烧瓶中的进气管堵塞管口，故C正确；
D．微溶于水，若用澄清石灰水吸收尾气，因的浓度较低，对的吸收效果差，导致尾气中大部分逸出，故D正确；
故选B。
17．A
【详解】A．KSCN溶液为检验铁离子的特征试剂，则将铁锈溶于稀盐酸，滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，可知铁锈中含有，故A正确；
B．淀粉水解后，没有加NaOH中和硫酸，不能检验葡萄糖，则不能证明淀粉是否水解，故B错误；
C．过量氯水可分别氧化、，由实验操作和现象，不能比较和的氧化性强弱，故C错误；
D．加热时氯化铵分解生成氨气与氯化氢，遇冷时氨气与氯化氢化合生成氯化铵，则不能制备氨气，故D错误；
故选：A。
18．(1) Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 +SO2 +2H2O 乙同学 乙同学的方案中硫酸的利用率高，且产物没有污染
(2) H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2 红 漂白性 氧化性 还原性 酸
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可以和铜在加热的条件下反应，亚硫酸钠可以和硫酸反应生成二氧化硫，随后二氧化硫以此通过石蕊，品红，氢硫酸，溴水和氢氧化钠来依次验证二氧化硫的各种化学性质，以此解题。
【详解】（1）①铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，方程式为：Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 +SO2 +2H2O；
②甲同学方案中生成的二氧化硫有毒，污染环境，硫元素没有全部转化为CuSO4，原料利用率低，乙同学的方案中无污染物生成，原料利用率高，更合理，故答案为：乙同学；原因是：乙同学的方案中硫酸的利用率高，且产物没有污染；
（2）①硫酸是强酸，和亚硫酸钠反应可以生成二氧化硫，方程式为：H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2；
②石蕊遇酸变红色，故答案为：红；
③二氧化硫具有漂白性，可以漂白品红等有机色素，故答案为：漂白性；
④二氧化硫中的硫为+4价，具有弱氧化性，可以将硫化氢中的-2价硫氧化为单质硫，故答案为：氧化性；
⑤二氧化硫具有还原性，可以被单质溴氧化为硫酸，从而导致溴水褪色，故答案为：还原性；
⑥二氧化硫是酸性氧化物，可以和碱反应，生成盐和水，故答案为：酸。
19． 3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 Cu + 4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+ 2NO2↑ + 2H2O 将NO2转化为NO 3NO2 + H2O =2HNO3 + NO 装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 acd
【分析】要验证浓硝酸可以将NO氧化成NO2，而稀硝酸不可以。装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO，再分别通过浓硝酸和稀硝酸，进行验证试验；由于氮氧化物均为有毒物质，所以均需要尾气处理。
【详解】（1）氮氧化物均为有毒气体，均需要尾气处理，根据已知，NO不能被NaOH吸收，而NO2可以，则装置⑥为NaOH吸收NO2的装置，则④中盛放的为浓硝酸，将NO氧化成NO2，装置③中为稀硝酸，不能将NO氧化，而NO不溶于水，排水法收集。答案为3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；
（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出；
（3）Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu + 4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+ 2NO2↑ +2 H2O；
（4）装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO。所欲装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+ H2O＝2HNO3+ NO。
（5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体；答案为装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；
（6）要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a、c方案）再观察颜色变化。二是增加溶液中Cu(NO3)2溶液的浓度（d方案）观察反应后的颜色变化；答案为acd。
20．(1)干燥管或球形干燥管
(2) SO2 漂白性 试纸变蓝 除去NH3中的SO2和H2O
(3)NH3
(4)取少量装置F内溶液于试管中，滴加足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，并放出无色具有刺激性气味的气体
(5)
【分析】本题为实验探究题装置C为(NH4)2SO4受热分解装置，关闭止水夹n，打开止水夹m，则气体依次通过D、E、F装置，装置D为吸收NH3装置，E为检验SO2装置，F为尾气处理装置，打开n，关闭m，则气体通入装置A中，可检验产物中有无NH3生成，据此分析解题。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器a的名称是球形干燥管或干燥管，故答案为：干燥管或球形干燥管；
（2）先关闭止水夹n，打开止水夹m，400℃加热装置C， SO2具有漂白性，能够漂白品红等有色物质，装置E中品红溶液褪色，证明分解产物中含有SO2，品红溶液褪色说明其具有漂白性，NH3溶于水呈碱性，则NH3遇到湿润的红色石蕊试纸将变为蓝色，然后打开n，关闭m，装置A中的现象是试纸变蓝，说明分解产物有氨气生成，碱石灰的作用是除去NH3中的SO2和H2O，400℃加热装置C至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，进一步研究发现，气体产物中有N2生成，故答案为：SO2；漂白性；试纸变蓝；除去NH3中的SO2和H2O；
（3）由(2)中分析可知，分解产物为SO2、N2、NH3和H2O，故装置D内稀盐酸吸收的气体是NH3，故答案为：NH3；
（4）利用BaSO3不溶于水而溶液稀盐酸，BaSO4既不溶于水也不溶于稀盐酸的特性可知，检验装置内溶液中有、无的实验操作和现象是取少量装置F内溶液于试管中，滴加足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，并放出无色具有刺激性气味的气体，故答案为：取少量装置F内溶液于试管中，滴加足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀；加入足量稀盐酸后沉淀完全溶解，并放出无色具有刺激性气味的气体；
（5）由(2)实验可知，分解产物为SO2、N2、NH3和H2O，则该分解反应方程式为：，故答案为：。
21．(1) 蓝色沉淀 3Fe2+ + 2[Fe(CN)6]3- = Fe3 [Fe(CN)6]2↓
(2)排出装置中的空气，防止其氧化Fe2+，干扰实验
(3)2Fe3+ + H2S = 2Fe2+ + S ↓+ 2H+
(4)
(5)甲、乙
(6)10mol/L
【分析】通入一段时间N2，排出装置中的氧气，利用装置A用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，利用装置C用70%的浓硫酸和亚硫酸钠制备二氧化硫，利用装置A、B、D和活塞的开关验证氧化性，利用装置C、B、D和活塞的开关验证氧化性，据此分析。
【详解】（1）亚铁离子与[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀Fe3 [Fe(CN)6]2，离子方程式为3Fe2+ + 2[Fe(CN)6]3- = Fe3 [Fe(CN)6]2↓；故答案为：蓝色沉淀；3Fe2+ + 2[Fe(CN)6]3- = Fe3 [Fe(CN)6]2↓；
（2）通入氮气的目的是排除空气的干扰，因为空气中的氧气也能氧化亚铁离子，故答案为：排出装置中的空气，防止其氧化Fe2+，干扰实验；
（3）B溶液变黄，说明亚铁离子被氧化为铁离子，通入H2S气体，会观察到有淡黄色沉淀生成，该黄色沉淀是S单质，说明铁离子与硫化氢发生氧化还原反应，生成S和亚铁离子，依据元素守恒，溶液中还有氢离子生成，离子方程式为2Fe3+ + H2S = 2Fe2+ + S ↓+ 2H+ ；故答案为：2Fe3+ + H2S = 2Fe2+ + S ↓+ 2H+；
（4）SO2通入硫酸酸化的高锰酸钾溶液可使溶液褪色，是因为二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、锰离子、氢离子，化学方程式为2KMnO4＋5SO2＋2H2O=2MnSO4＋K2SO4＋2H2SO4，故答案为：；
（5）乙中第一次既有Fe3+又有 Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，第二次有硫酸根离子，说明发生SO2与Fe3+的反应，则氧化性：Fe3+> SO2；甲中第一次有Fe3+，无Fe2+，则氧化性：Cl2>Fe3+，第二次有Fe2+，说明发生SO2与Fe3+的反应，则氧化性：Fe3+> SO2；丙中第一次有Fe3+，无Fe2+，说明氯气足量，第二次有，可能是过量的氯气把SO2氧化为，不能说明氧化性Fe3+> SO2；故答案为：甲、乙；
（6）设原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量为xmol，根据还原性Fe2＋＞Br-，得通入的氯气先与亚铁离子反应生成铁离子，Cl2+2Fe2＋=2Fe3＋+2Cl-，消耗氯气的物质的量是0.5xmol，后与溴离子反应生成溴单质，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，溶液中有1/2的Br-被氧化成单质Br2，则消耗的氯气为0.5xmol，所以0.5x+0.5x=22.4/22.4，解得x=1，所以原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为1mol/0.1L=10mol/L，故答案为：10mol/L。
22．C
【详解】A．氮气和氧气生成NO，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成强酸硝酸，A不符合题意；
B．若单质A为钠，Na与O2在常温下反应生成Na2O，Na2O和O2加热反应生成Na2O2，Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，符合转化关系，B不符合题意；
C．若单质A为碳，C与O2不完全燃烧生成CO，CO燃烧生成CO2，CO2和H22O反应生成碳酸为弱酸，C符合题意；
D．硫和氧气生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫和水生成强酸硫酸，D不符合题意；
故选C。
23．D
【详解】A．硫酸亚铁受热分解方程式为2FeSO4++，三种产物的物质的量之比为1：1：1，A正确；
B．硝酸易挥发，制备硝酸的过程利用了硫酸的难挥发性，加热得到硝酸气体，B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，可干燥酸性和中性气体，与浓硫酸不反应，可用其干燥，C正确；
D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，N元素有化合价变化，不是对应的酸，所以二氧化氮不是酸性氧化物，D错误；
故选：D。
24．C
【详解】A．氨气催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成硝酸，故A正确；
B．黄铁矿煅烧生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%浓硫酸吸收生成硫酸，故B正确；
C．电解熔融氯化镁制取金属镁，电解氯化镁溶液不能得到镁，故C错误；
D．浓缩海水中溴离子和氯气反应生成溴，溴和SO2、H2O反应生成HBr，HBr和氯气反应生成溴，溴水蒸馏得到纯溴，故D正确；
故选：C。
25．C
【详解】A．K+、Na+、Cl-、SO与OH-能大量共存，与H+也能大量共存，A不符合题意；
B．Ca2+、Fe3+、NO、Cl-中Fe3+与OH-不能大量共存，Ca2+、Fe3+、NO、Cl-与H+能大量共存，B不符合题意；
C．Ba2+、Na+、I-、NO与OH-能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与I-发生氧化还原反应不能大量共存，C符合题意；
D．NH、Fe2+、Cl-、NO中的NH、Fe2+与OH-都不能大量共存，其中NO在H+环境下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
26．B
【详解】A．碱性溶液中氢氧根离子和碳酸氢根离子、铵根离子均反应，不共存，A不符合题意；
B．能使pH试纸变红的溶液为酸性，酸性溶液中、、、Cl-相互不反应，能共存，B符合题意；
C．高锰酸根离子的溶液为紫红色，C不符合题意；
D．酸性溶液中亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子和NO，D不符合题意；
故选B。
27．D
【详解】A．硝酸会将氧化为，其离子方程式为，故A错误；
B．滴加少量NaOH溶液，先与氢氧根反应，其离子方程式为：，故B错误；
C．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应保留化学式，其离子方程式为：，故C错误；
D．乙醇催化氧化生成乙醛和水，其反应的化学方程式：，故D正确。
综上所述，答案为D。
28．D
【分析】由图可知，a为-3价的氢化物，即NH3，b为N2，c为+2价的氧化物，即NO，d为+4价的氧化物，即NO2或N2O4，e为+5价的含氧酸，即HNO3，f为-3价的碱，即NH3 H2O，g为-3价的盐，即铵盐，据此分析作答。
【详解】A．根据分析可知，f为NH3 H2O，属于弱碱，故A错误；
B．铵盐受热分解不一定得到a，可能得到氮的氧化物，如硝酸铵在不同温度的分解，故B错误；
C．根据分析可知，b为N2，c为NO，b在放电条件下可转化为c从而实现氮的固定，故C错误；
D．根据分析可知，a为NH3，可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故D正确；
故选：D。
29． 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O 取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有N 3NO2+H2O=2H++2N+NO 0.1 mol
【详解】氮元素化合价一物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，
(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(3)实验室中，检验溶液中含有NH4+的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有N；
(4)物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O2H++2N+NO，反应中3 mol NO2参加反应，转移电子总数为2 mol，当反应消耗0.15 mol物质B时，转移电子的物质的量为0.15 mol×=0.1 mol。
30．B
【分析】根据“价类二维图”可判断X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3，据此解答。
【详解】A．Z为Na2SO3，作氧化剂时，化合价降低，如在酸性条件下与硫化钠反应生成单质硫，故A正确；
B．硫单质与氧气在点燃的条件下反应生成二氧化硫，得不到三氧化硫，故B错误；
C．硫化氢易被空气中的氧气氧化，反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，故C正确；
D．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；Na2SO3属于电解质，故D正确；
故选B。
31．(1) ④ ①③ ③⑥
(2)
(3) 1：5
【详解】（1）①是只含有极性共价键的共价化合物；
②是只含有离子键的离子化合物；
③是只含有极性共价键的共价化合物；
④是含有离子键和非极性共价键的离子化合物；
⑤是含有离子键和极性共价键的离子化合物；
⑥是单原子分子，只含有范德华力；
含非极性键的离子化合物有④，只含共价键的物质有①③，熔化时只破坏范德华力的是③⑥；
（2）①图2中X、Y均为图1中的物质，即X为H2S、Y为SO2，H2S与SO2发生归中反应，化学方程式为：；
②芒硝是；
③工业制硫酸时，流程如图：
FeS2参与的化学方程式为：；
（3）当与的体积比为时，与的物质的量之比为，可得方程式：，所得与的物质的量之比为1：5；当与的物质的量之比为，用处理和，根据转移电子数相等和原子守恒，可得方程式：。
32．(1) 红棕色
(2)
(3)
(4) 2.4NA
(5)钝化
【分析】A为铵盐，B为碱性气体，故A受热分解生成B：氨气，氧化生成C：NO，NO氧化生成D：NO2，NO2与水反应生成E：HNO3。
【详解】（1）B为NH3；D为NO2，为红棕色；
（2）B到C为氨气的催化氧化，方程式为：；
（3）NO2与水反应生成硝酸和NO，离子方程式为：；
（4）B为NH3，D为NO2，两者反应生成的无污染物质为N2和H2O，化学方程式为：；氨气中N元素化合价由-3价升高为0价，0.8molNH3转移电子数为：；
（5）Fe或Al遇浓硝酸会钝化。
33．B
【分析】黄铁矿在沸腾炉中燃烧，生成Fe2O3和SO2，SO2和O2在接触室中催化氧化转化为SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收，可制得“发烟”硫酸。
【详解】A．将黄铁矿粉碎，可以增大其与空气的接触面积，从而加快反应速率，A正确；
B．沸腾炉中发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，则每生成1 mol SO2，有5.5mol e-发生转移，B不正确；
C．接触室中，SO2、O2没有完全转化为SO3，将排放出的SO2、O2循环利用，可提高原料利用率，C正确；
D．尾气中含有SO2，用浓氨水吸收尾气，可生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，用硫酸处理，可进一步转化为氮肥，D正确；
故选B。
34．(1) 升华(或加热) 酸性KMnO4会继续氧化I2
(2) 1000 作保护气，防止Mg和Ti被氧化 Mg、Cl2
【分析】含I-的卤水用NaNO2氧化为I2，用活性炭吸附I2，低温干燥，加热升华、冷却结晶，得到粗碘。TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，用镁还原TiCl4生成氯化镁和海绵钛，电解熔融氯化镁生成镁和氯气。
【详解】（1）①pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO，I元素化合价由-1升高为0、N元素化合价由+3降低为+2，根据得失电子守恒，氧化过程的离子方程式为。
②I2易升华，根据I2的特性，分离操作X应为升华、冷却结晶。
③pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，酸性KMnO4是常用的强氧化剂，酸性KMnO4会继续把I2氧化为I的高价化合物，所以该方法中却选择了价格较高的NaNO2。
（2）①TiO2、焦炭、氯气在高温条件下进行生成TiCl4，产物中有一种可燃性无色气体，该可燃性气体是CO，则I中反应的化学方程式为。
②根据II中钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线，800℃ Ti的提取率低，1000℃和1500℃ Ti提取率相差不大，从能源消耗的角度，反应适宜的温度为1000℃。
③II中氩气的作用是作保护气，防止Mg和Ti被氧化。
④根据工艺流程，可循环使用的物质还有Mg、Cl2。
35．B
【分析】某单晶硅制备工艺，步骤Ⅰ中发生反应：,步骤Ⅱ发生反应：，步骤Ⅲ发生反应：。
【详解】A. ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”，A错误；
B. 非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”，B正确；
C. 非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸的热稳定性弱于硅酸，不能说明“非金属性C比Si强”，C错误；
D. 碳化硅(SiC)的结构类似金刚石，硬度大，与晶体类型有关，不能说明“非金属性C比Si强”，D错误；
故答案为：B。
36．C
【分析】废铜片在空气中加热后，用硝酸溶解，过滤除去不溶性杂质，将滤液结晶，过滤得到硝酸铜晶体，用无水乙醇洗涤。
【详解】A．将废铜片粉碎，增大接触面积，可提高反应速率，A正确；
B．若将废铜片直接“溶解”，铜与硝酸反应产生氮氧化物，既产生污染又降低硝酸的利用率，B正确；
C．由于硝酸铜发生水解，产物硝酸易挥发、分解，为了使硝酸铜尽可能析出，“结晶”时不能将溶液蒸干，温度也不能太高，C不正确；
D．硝酸铜易溶于水，用无水乙醇代替水“洗涤”的目的之一是减少晶体的溶解损失，D正确；
故选C。
37．(1)将转化为，有利于下一步除去氮元素
(2)热空气温度升高，有利于分解；的溶解度降低，更易被吹出
(3) AB
(4)
(5)随着溶解氧浓度的增大，部分会被氧化成而保留在溶液中
【分析】I．含铵根和一水合氨的废水加入氢氧化钠溶液，铵根转化为一水合氨， 热空气使一水合氨分解放出氨气，或向含铵根和一水合氨的废水加入次氯酸钠溶液把氮元素氧化为氮气，然后经过处理使废水达标；Ⅱ．铵根在一定条件下被氧气氧化为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子和铵根发生归中反应生成氮气，据此解答。
【详解】（1）铵根易与氢氧根反应生成一水合氨，因此“调节池”中加入溶液的目的是将转化为，有利于下一步除去氮元素。
（2）由于热空气温度升高，有利于分解，同时的溶解度降低，更易被吹出，所以“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好。
（3）①酸性条件下氧化生成，还原产物是氯离子，反应的离子方程式为。
②由于氧化性比弱，且在溶液中溶解度小，所以仅增加单位时间内通入的空气量，发现氨氮去除率几乎不变。答案选AB。
（4）两步反应的方程式为、，所以理论上，参与I、Ⅱ中反应的时，氨氮的脱除效果最好。
（5）由于随着溶解氧浓度的增大，部分会被氧化成而保留在溶液中，其次氧气浓度越高厌氧氨氧化细菌活性越低，因此当溶解氧浓度在之间时，随着溶解氧浓度的增大，氨氮的脱除率下降。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
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