第五章++化工生产中的重要非金属元素 测试题 高一下学期化学人教版（2019）必修第二册 (1).docx

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下列离子方程式书写正确的是ACa(ClO)2溶液中通入少量CO2：B向小苏打溶液中加入过量澄清石灰水：CFeBr2溶液与等物质的量Cl2反应(还原性)：DNH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：2下列现象或事实不能用同一原理解释的是A浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存B硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质CSO2 和 Na2SO3 溶液都能使氯水褪色D常温下铁和铂都不溶于浓硝酸3实验室制备下列气体，能实现的是()ASO2：Cu与浓H2SO4混合加热BNH3：加热氯化铵固体CCl2：MnO2与稀HCl溶液混合DHI：NaI与浓H2SO4混合4工业上利用二氧化硅来制取高纯度的硅（硅含量达99.9%以上），反应过程中不需要用到的反应物是 ACBH2CCODCl25下列对于某些离子的检验及结论一定正确的是A加入稀盐酸产生无色气体，原物质一定有CaCO3B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SOC加入稀盐酸后再加入硝酸银，产生白色沉淀，则原溶液一定有Cl-D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，不一定有Ba26用卤水(含、)制备的实验流程如图，下列说法错误的是A第一步加入的主要目的是除去、B如果第一步加入的过量，会导致的产率降低C蒸发操作中使用的玻璃仪器有玻璃棒、蒸发皿、酒精灯等D玻璃棒在过滤和蒸发操作中的作用不相同7下列物质的转化在给定条件下能实现的是AFe  Fe2O3 Fe2(SO4)3BSSO3 H2SO4CMgCl2溶液MgCl2·6H2OMgDSiO2(s)Na2SiO3(aq)H2SiO3(s)8根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向溶液X中加入稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝色溶液X不含NHB向溶液Y中滴加硝酸酸化的硝酸钡溶液，产生白色沉淀溶液Y含SOC将SO2气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去SO2具有漂白性D向3mL淀粉KI溶液中滴加几滴氯水，振荡，溶液变为蓝色氧化性：Cl2I2AABBCCDD9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10不能通过两种单质间化合直接得到的是AFeSBNaClCH2ODFeCl211下列有关说法错误的是A成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化B常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸C谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应D荷塘月色中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体12设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A物质的量相同的Na2O和Na2O2的混合物中含有的阴、阳离子总数是3NAB1molCl2与1molFe完全反应，转移电子的数目为2NAC标况下，22.4LSO3含有NA个分子D含2molH2SO4的浓H2SO4与足量铜在加热条件下反应，有1molH2SO4被还原二、非选择题（共10题）13自然界中进行着氮元素的循环，所以空气中氮气的含量基本保持不变。(1)植物生长所需的主要的三种营养元素为_，由氮气转变成氮的化合物的过程叫做_(2)农谚有“一场雷雨一场肥”的说法，其中的“肥”是雷雨形成的最终产物之一，其化学式是_(3)已知N2(g)+O2 (g)2NO(g)；H=180.74kJ/mol。此反应称为伯克莱特艾，某次雷雨闪电中两块云间的电势差为1×109V，从一块云移到另一块云的电荷量为30000C,此次闪电释放出的能量为_kJ 。(4)若该闪电有千分之一的能量用来产生NO，则可生成NO_mol，雷雨的生成物相当于给大地施加尿素_t。14某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为 amol，其中Cu的物质的量分数为 b，将其全部投入c mol的稀硝酸中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。(1)若产生标准状况下NO 4.48 L，则反应转移电子的物质的量为_mol(2)若b=0.2，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量相等，标准状况下产生NO6.72L，则c=_mol15过氧化氢俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。根据下列反应回答问题：ANa2O2+2HCl=2NaCl+H2O2BAg2O+H2O2=2Ag+O2+H2OC2H2O2=2H2O+O2D3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O(1)上述反应中，H2O2仅体现氧化性的反应是(填代号，下同)_，H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是_，H2O2体现酸性的反应是_。(2)上述反应说明H2O2、Ag2O、K2CrO4的氧化性由强到弱的顺序是_。(3)保存过氧化氢试剂瓶上的最适合贴上的一个标签是_(填序号)；(4)某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：O2、MnO4-、H2O、Mn2+、H2O2、H+。已知该反应中H2O2只发生了如下过程：H2O2O2。反应体系选择的酸是：_(填序号)。A盐酸   B浓硫酸  C稀硫酸   D醋酸如果上述反应中有672L(标准状况)气体生成，转移的电子为_mol。(5)H2O2有时可作为矿业废液消毒剂，有“绿色氧化剂”的美称；如消除采矿业胶液中的氰化物(如KCN)，经以下反应：KCN+H2O2+H2O=A+NH3，试指出生成物A的化学式为_，并阐明H2O2被称为绿色氧化剂的理由是_。16硫和硒在元素周期表中位于同一主族，均是生产生活中重要的非金属元素。(1)含价硫元素的化合物有，和等。能使品红溶液褪色，说明具有的化学性质是_。已知属于钠盐。写出转化为的化学方程式：_。从下列试剂中任选一种试剂：浓硫酸、酸性高锰酸钾溶液、氯水、硫化钠溶液，设计实验证明中硫元素的化合价在化学反应中可以发生变化，填写表格(写出一种方案即可)。选择的试剂转化后的含硫微粒预期现象_(2)以工业硒为原料制备高纯硒时的主要物质转化如图。工业硒(Se)SeO2H2SeO3Se高纯硒下列说法正确的是_(填字母序号)。a硒原子的最外层有6个电子b硒元素的非金属性强于硫元素的非金属性c属于酸性氧化物d过程中硒被氧化过程中使用的还原剂为，对应产物是。理论上，过程消耗的与过程消耗的的物质的量之比为_(工业硒中杂质与的反应可忽略)。17某小组同学在实验室设计实验验证物质的性质及其相互转化。选用下图所示的装置进行实验。回答下列问题：(1)实验室用与反应制取的发生装置为_(填标号)，该反应的化学方程式为_，的尾气处理装置为_(填标号)。(2)实验室用与稀硝酸反应制取，该气体的收集装置为_(填标号)。设计了下图所示的实验装置模拟工业生产制备少量硝酸。(3)实验时先用酒精喷灯预热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700以上，由此可知该反应是_反应(填“吸热”或“放热”)，反应的化学方程式是_。(4)B中试剂为_，NaOH溶液的作用是_。(5)控制氨气和氧气的比例是制备硝酸的关键。当比例不合适时，A中不仅有红棕色气体产生，还伴有白烟。红棕色气体的化学式是_，白烟的化学式是_。欲使氨气尽可能完全转化为硝酸，理论上n(NH3)：n(O2)的最佳比例为_。(6)工业生产中常用氨气检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏。若Cl2有泄漏，可以观察到有大量的白烟生成(为NH4Cl固体)，同时会生成一种空气中含量最多的物质，试写出该反应的化学方程式：_。18甲、乙两组同学分别对铜、铁与硝酸的反应进行探究，请你参与并完成对有关问题的解答。（1）甲组同学采用如图所示装置验证铜与硝酸的反应。已知仪器a中盛有足量一定浓度的硝酸溶液，试管b中盛有3.2  g铜。请写出铜与稀硝酸反应的离子反应方程式_。在铜与硝酸的反应中，硝酸所表现出的化学性质主要有_。仪器c中收集的气体主要是_。（填分子式）待试管b中反应进行完全，如果向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，可生成沉淀的质量是_g。（2）乙组同学对铁与稀硝酸的反应进行探究。他们用a mol Fe和含有b mol HNO3的稀硝酸进行实验，若两种物质恰好反应都无剩余，且HNO3只被还原成NO，反应结束后溶液中含有Fe3+和Fe2+。则反应结束后的溶液中NO3的物质的量的取值范围是_。（用含a的代数式等表示）若反应结束后的溶液中Fe3+、Fe2+的物质的量之比n(Fe3+)n(Fe2+) 为31，则的值为_。19某化学研究性学习小组的同学根据理论分析后认为，NO2可能会氧化单质铜，他们设想利用下图所示装置验证NO2的氧化性（夹持装置已省略）。（1）装置AC中有一处错误，改正的方法是_，A中发生反应的两种试剂通常是_。（2）点燃C处酒精灯比较合适的时机是_。若C中固体全部变成黑色，同时生成对环境无污染的气体，写出C中反应的化学方程式：_。装置D的用途是_。（3）开关K的设计是以实现绿色化学实验为目的，请说明K的使用方法：_（包括使用时段与内容）。（4）实验结束后发现C中的固体混有少量的红色粉末，经过分析，甲同学认为该红色粉末是Cu2O，乙同学认为该红色粉末是Cu，丙同学认为该红色粉末是Cu和Cu2O的混合物。查阅资料，Cu、Cu2O和CuO的部分性质如下：稀硫酸氨水Cu2O生成Cu和Cu2+生成无色Cu(NH3)2+CuO生成Cu2+生成蓝色Cu(NH3)42+Cu请设计一个简单的实验证明甲同学的看法是否正确：_。20某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为amol，其中Cu的物质的量分数为b，将其全部投入100mLcmolL-1的硝酸溶液中，加热使其充分反应(假设NO是唯一的还原产物)。(1)若金属全部溶解，则溶液中_(填“一定”或“不一定")含有Fe3+。(2)若金属全部溶解，且产生448mL气体(标准状况)，则c_。(3)若溶液中金属离子只有Fe3+、Cu2+时，则c_(用含a和b的式子表示)。21Cu能与稀硝酸反应生成无色气体NO，其变化可表述为：_Cu_HNO3(稀)=_Cu（NO3）2_NO_H2O（1）请配平上述化学方程式。（2）稀硝酸在反应中显示出来的性质是_（填编号）。只有还原性还原性和酸性只有氧化性氧化性和酸性（3）产生2 mol NO，则转移的电子的物质的量为_mol。（4）该反应中氧化剂与还原剂之比为_。22一定条件下，将28.8gCu2O固体投入100mL12.0mol·L-1的硝酸溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物(NOx)，并收集到标准状况下氮氧化物(NOx)4.48L。(生成气体全部逸出)(1)x=_。(2)往反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，为使沉淀质量达到最大，至少需要NaOH溶液_mL。(请写出简要的计算过程)参考答案：1BA溶液中存在钙离子，会和碳酸根变为碳酸钙沉淀，故A错误；BNaHCO3溶液与过量氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为：，故B正确；C亚铁离子还原性强于溴离子，FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应，根据电子守恒，Cl2首先将Fe2+完全氧化，剩余的Cl2会将溴离子反应掉一半，正确的离子方程式为：，故C错误；D过量的NaOH会与碳酸氢根反应，方程式为，故D错误；故选：B。2DA. 浓硝酸和氯水中的次氯酸均见光易分解，需要用棕色试剂瓶保存，A不符合题意；B. 硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；C. SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，C不符合题意；D. 常温下铁遇浓硝酸钝化，铂与浓硝酸不反应，原理不同，D符合题意； 答案选D。3AACu与浓H2SO4混合加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，故选A；B加热氯化铵分解为氨气和氯化氢，氨气和氯化氢常温下又生成氯化铵，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制备氨气，故不选B； CMnO2与稀HCl不反应，实验室用MnO2与浓HCl溶液混合加热制备氯气，故不选C；D浓硫酸能氧化HI，NaI与浓H2SO4混合不能生成HI，故不选D；4C工业上分三步制取纯硅：SiO2+ 2CSi + 2COSi + 2Cl2SiCl4SiCl4+ 2H24HCl + Si故反应过程中并不需要CO；答案选C。5DA能与盐酸反应产生气体的有很多物质，如Na2CO3、Na2SO3、KHCO3等，错误；B加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，原溶液也可能含Ag，错误；C加入盐酸就引入了Cl-，错误；D加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，不一定有Ba2，也可能含Ca2，正确；故选D。6CA由分析可知，第一步加入的主要目的是除去、， A项正确； B如果第一步加入的过量，碳酸根离子会和锂离子生成碳酸锂沉淀，导致的产率降低，B正确；C蒸发操作中使用的玻璃仪器有玻璃棒、酒精灯等，蒸发皿为陶瓷，C错误；D玻璃棒在过滤和蒸发操作中的作用分别为引流、搅拌防止液体受热不均匀而溅出，作用不相同，D正确；故选C。7DAFe与O2在点燃时反应产生Fe3O4，不是生成Fe2O3，A错误；BS与O2在点燃时反应产生SO2，不能产生SO3，B错误；CMgCl2溶液加热得不到MgCl2·6H2O，电解氯化镁固体得到金属镁，C错误；DSiO2(s)与氢氧化钠反应Na2SiO3，Na2SiO3溶液中通二氧化碳发生反应生成H2SiO3，符合各步转化，D正确；故选D。8DA滴加NaOH稀溶液，不生成氨气，应滴加浓NaOH并加热，然后检验氨气，方案不合理，故A错误；B硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸根转化为硫酸根，不能依据实验现象说明含有硫酸根离子，故B错误；C将SO2气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去，体现是二氧化硫的还原性，故C错误；D向3mL淀粉KI溶液中滴加几滴氯水，振荡，溶液变为蓝色，说明有单质碘生成，则根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知氧化性：Cl2I2，故D正确；故选D。9DA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。10DAFe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；DFe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。11BA、百炼成钢包含碳和氧气反应生成二氧化碳的变化，蜡炬成灰包含蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，都包含化学变化，故A正确；B、常温下，成语“金戈铁马”中的金属为铁，在浓硝酸中钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；C、雷雨肥田是指氮气和氧气放电生成一氧化氮，一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水反应生成硝酸，硝酸在土壤中形成铵盐被吸收；反应的化学程式为：N2+O22NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO属于氧化还原反应，故C正确；D、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1100nm，即10-9m10-7m，故D正确。答案选B。12BANa2O和Na2O2阴、阳离子比都是1：2，但不知Na2O和Na2O2的混合物的物质的量，故不可求出阴、阳离子总数，A错误；B1molCl2与1molFe完全反应：，氯气完全反应，转移电子数为2NA，B正确；C标况下，SO3不是气体，所以标况下，22.4LSO3所含分子数大于NA，C错误；D浓H2SO4和铜反应过程中，浓度会变小，小到一定程度H2SO4就不和铜发生反应，故含2molH2SO4的浓H2SO4与足量铜反应，实际上被还原的H2SO4小于1mol，D错误；答案选B。13(1) 氮、磷、钾 氮的固定(2)HNO3(3)3×1010(4) 3.32×105 9.96（1）植物生长所需的主要的三种营养元素为氮、磷、钾；由氮气转变成氮的化合物的过程叫做氮的固定；（2）空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O2 2NO；一氧化氮的密度比空气略大，不稳定，常温下就易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2=2NO2；二氧化氮气体有毒，易与水反应生成硝酸（HNO3）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO；所以农谚有“一场雷雨一场肥”的说法，其中的“肥”是雷雨形成的最终产物之一，其化学式是HNO3；（3）在这次闪电中放出的能量Q=UIt而从一块云移到另一块云的电量q=It，所以Q=Uq=109×30000J=3×1013J=3×1010KJ；（4）1mol O2和1mol N2化合时要吸收180.74kJ的能量，由N2+O2 2NO；化学方程式可知，1molO2和1molN2化合生成2molNO，所以此次闪电所产生的NO的物质的量为 =3.32×105mol；设此次雷雨闪电的生成物相当于给土地施了xg尿素化肥，可列方程式：x=3.32×105mol×60g·mol1/2=9.96×106g，雷雨的生成物相当于给大地施加尿素9.96t。14(1)0.6(2)1.2某合金(仅含铜、铁)中铜和铁的物质的量之和为 a mol，其中Cu的物质的量分数为 b，则n(Cu)=ab mol，n(Fe)=(a-ab)mol。(1)若产生标准状况下NO 4.48 L， 即=0.2mol，N由HNO3NO，由+5价+2价，得0.2mol×(5-2)=0.6mol，NO是唯一的还原产物，则转移电子的物质的量=得电子物质的量=0.6mol；(2)b=0.2，即n(Cu)=0.2a mol，n(Fe)=0.8a mol，溶液中的Fe3+与Fe2+的物质的量相等，即各为0.4a mol，则Fe失电子0.4a mol×3+0.4a mol×2=2a mol，Cu失电子0.2a mol×2=0.4a mol，共失电子(2a+0.4a)mol =2.4a mol；标准状况下产生NO 6.72L，则失电子=×(5-2)=0.9mol，被还原的HNO3的物质的量为0.3mol；因为得失电子守恒，则2.4a mol=0.9mol，解得a=0.375mol，即n(Cu)=0.2×0.375mol=0.075mol，n(Fe)=0.8×0.375mol=0.3mol，则所得溶液nCu(NO3)2=0.075mol，nFe(NO3)2=0.4×0.375mol=0.15mol，nFe(NO3)3=0.4×0.375mol=0.15mol，则显酸性的硝酸的物质的量为0.15mol×3+0.15mol×2+0.075mol×2=0.9mol；则硝酸的物质的量=0.3mol+0.9mol=1.2mol，即c=1.2。15 D C A Ag2O>H2O2>K2CrO4 B C 0.6 KHCO3 H2O2是氧化剂，其产物是H2O ，H2O没有毒性及污染性(1)双氧水体现氧化性说明双氧水中元素化合价升高，体现还原性说明双氧水中元素化合价降低，既体现氧化性又体现还原性说明化合价既升高又降低；(2)氧化剂的氧化性氧化产物的氧化性还原剂的氧化性；(3)过氧化氢为常见的氧化剂，据此判断；(4)H2O2只发生了H2O2O2的变化体现了双氧水的还原性，做还原剂；根据所发生的反应来分析化合价的变化情况，进而得到转移电子的数目；(5)根据原子守恒来确定物质的化学式，双氧水做氧化剂的还原产物为水，无污染产物。(1)D中双氧水中氧元素化合价降低，说明双氧水作氧化剂，体现了氧化性，B中双氧水中氧元素化合价升高，体现还原性，C中双氧水中氧元素化合价既升高又降低，既体现氧化性又体现还原性；(2)反应Ag2O+H2O2=2Ag+O2+H2O中，氧化银做氧化剂，双氧水作还原剂，则氧化性Ag2OH2O2，反应3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O中，双氧水做氧化剂，铬酸钾做氧化产物，则氧化性H2O2K2CrO4，故氧化性顺序为：Ag2OH2O2K2CrO4；(3)过氧化氢为常见的氧化剂，试剂瓶上最适合贴上的一个标签为氧化剂标志，故答案为B；(4)H2O2只发生了H2O2O2的变化体现了双氧水的还原性，做还原剂，所以高锰酸根做氧化剂，还原产物是锰离子，要求酸是不具有还原性的强酸，所以选择稀硫酸，而浓硫酸具有强氧化性，反应主要是利用酸性条件下，故答案为C； 双氧水中-1价的氧变为氧气中的0价，当生成6.72L(标准状况)即0.3mol氧气时，则失电子数目为：0.3mol×2×(1-0)=0.6mol；(5)反应KCN+H2O2+H2O=A+NH3遵循原子守恒，所以A为KHCO3，双氧水做氧化剂的还原产物为水，无污染。16 漂白性 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2 酸性高锰酸钾溶液或者氯水或者硫化钠溶液 或或S 酸性高锰酸钾溶液褪色或氯水褪色或溶液变浑浊 acd 1：1(1) 能使品红溶液褪色，体现的化学性质是漂白性，故答案为：漂白性；已知属于钠盐，实验室用亚硫酸钠和硫酸来制备SO2，故转化为的化学方程式：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；SO2可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，转化为，SO2能与氯气和水发生反应SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl，而使氯水褪色，SO2通入水中反应生成H2SO3，H2SO3能与Na2S反应生成H2S，H2S能与SO2反应生成S单质，使Na2S溶液变浑浊，故答案为：酸性高锰酸钾溶液；酸性高锰酸钾溶液褪色；或者氯水；氯水褪色；或者硫化钠溶液，S；溶液变浑浊； (2) a硫和硒在元素周期表中位于同一主族，故硒原子的最外层有6个电子，a正确；b硫和硒在元素周期表中位于同一主族，且硒位于硫的下一周期，故硒元素的非金属性弱于硫元素的非金属性，b错误；cSO2属于酸性氧化物，故属于酸性氧化物，c正确；d过程即Se变为SeO2，故硒被氧化，d正确；故答案为：acd；过程中使用的还原剂为，对应产物是，反应中1mol失去4mol电子，而过程中1mol则得到4mol电子，根据电子守恒可知，理论上，过程消耗的与过程消耗的的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1。17(1) B 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O E(2)D(3) 放热 4NH3+5O24NO+6H2O(4) H2O 吸收尾气(5) NO2 NH4NO3 1:2(6)3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2（1）用与反应制取为固体混合加热的反应，应选用装置B；反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，氨气极易溶于水，为防止倒吸可用E进行尾气吸收。（2）NO极易被空气中的氧气氧化为二氧化氮，因此需用排水法收集，选用D装置。（3）停止加热后催化剂仍旧保持红热，因此该反应为放热反应；氨气在铜催化作用下与氧气生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。（4）该实验为硝酸制备，通过氨气的催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，故B中试剂为水；氢氧化钠能与二氧化氮反应，用于吸收尾气。（5）红棕色气体为二氧化氮，化学式为，二氧化氮与氨气反应生成硝酸铵，白烟是硝酸铵，化学式为；氨气转化为硝酸，1mol氨气失去8mol电子，1mol氧气参与反应得到4mol电子，根据电子守恒可知二者的最佳比例为1:2。（6）空气中含量最多的物质为氮气，故氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应的化学方程式为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2。18 3Cu+8H+2NO3-3Cu2+4H2O+2NO 酸性和强氧化性 NO 4.9 2amoln（NO3-）3amol (1)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；铜与稀硝酸反应中N元素的化合价部分未变化表现酸性，部分降低表现强氧化性；NO2与水反应生成NO；根据铜原子守恒计算可得；(2)全部为Fe3+时，溶液中NO3-的物质的量最大，故NO3-的物质的量最大为3amol，全部为Fe2+时，溶液中NO3-的物质的量最小；依据电荷守恒、原子个数守恒和得失电子数目守恒建立关系式求解可得。(1)铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+4H2O+2NO，故答案为：3Cu+8H+2NO3-3Cu2+4H2O+2NO；铜与稀硝酸反应中N元素的化合价部分未变化生成硝酸铜，硝酸表现酸性，部分降低生成氮的氧化物，硝酸表现强氧化性，故答案为：酸性和强氧化性；进入仪器c的气体为NO2，NO2与水反应生成NO，仪器c中收集的气体主要是NO，故答案为：NO；3.2g铜的物质的量为=0.05mol，向b中液体里加入足量氢氧化钠溶液，铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，根据铜原子守恒可知nCu(OH)2=n(Cu)=0.05mol， 则mCu(OH)2=0.05mol×98g/mol=4.9g，故答案为：4.9；(2)全部为Fe3+时，溶液中NO3-的物质的量最大，故NO3-的物质的量最大为3amol，全部为Fe2+时，溶液中NO3-的物质的量最小，故NO3-的物质的量最小为3amol，由于溶液中含有Fe3+和Fe2+，故2amoln(NO3-)3amol，故答案为：2amoln(NO3-)3amol；n(Fe3+)：n(Fe2+)=3：1，则n(Fe3+)=amol、n(Fe2+)=amol，故溶液中n(NO3-)=3n(Fe3+) +2n(Fe2+)=amol×3+amol×2=mol，由氮原子守恒可知，n(NO)=bmol-mol，根据电子转移守恒有：amol×3+amol×2=(b-)mol×(5-2)，整理得b：a=，故答案为：。19 无水氯化钙或五氧化二磷代替碱石灰 浓硝酸和铜 装置C硬质玻璃管中充满红棕色气体时 4Cu+2NO24CuO+N2 吸收未反应完的NO2 待C中反应停止后，关闭分液漏斗的活塞，打开K，向装置只中通入氮气至装置中无红棕色气体 取少量反应后固体加入足量氨水中，若固体完全溶解，则甲同学的看法正确，若有红色粉末剩余，则甲同学看法不正确装置A利用浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，B装置对气体进行干燥，但二氧化氮会和碱石灰发生反应，应选用酸性干燥剂；C装置中铜和二氧化氮在加热条件下反应，D为尾气吸收装置，同时防止倒吸，实验结束后通入氮气，可使生成的二氧化氮完全被吸收，以此解答该题。(1)碱石灰可与二氧化氮反应，应用无水氯化钙或五氧化二磷代替碱石灰，A用于制备二氧化氮，可用浓硝酸和铜反应生成；(2)二氧化氮为红棕色气体，所以为排除氧气的干扰，可待装置C硬质玻璃管中充满红棕色气体时再点燃C处酒精灯；若C中固体全部变成黑色，说明铜被氧化生成氧化铜，同时生成对环境无污染的气体，根据元素守恒可知该气体为氮气，反应方程式为：4Cu+2NO24CuO+N2；装置D用于吸收未反应完的NO2；(3)待C中反应停止后，关闭分液漏斗的活塞，打开K，向装置只中通入氮气至装置中无红棕色气体，可使二氧化氮完全被吸收，避免污染环境；(4)由题给信息可知Cu2O溶于氨水，则取少量反应后固体加入足量氨水中，若固体完全溶解，则甲同学的看法正确，若有红色粉末剩余，则甲同学看法不正确。20 不一定 0.8 40a(1-)(1)若金属全部溶解，当铁的量较多时，可以将生成的三价铁再还原为亚铁，溶液中不一定含有Fe3+，故答案为：不一定；(2)硝酸中N元素的化合价由+5价到+2价，当产生448mL(标准状况)，即0.020molNO时，显示氧化性的硝酸为0.020mol，还有一部分硝酸显示了酸性0.02mol×(5-2)=0.06mol，若金属全部溶解，且产生448mL气体(标准状况)，所以硝酸的浓度c=0.8mol/L，则c0.8mol/L。故答案为：0.8；(3)合金中Cu的物质的量分数为b，则合金中Cu为ab mol、Fe为a(1-b) mol，起酸性的硝酸生成Fe(NO3)3和Cu(NO3)2中，故起酸性作用的硝酸为3a(1-b)+2abmol，作氧化性的硝酸生成NO，得到的电子等于Fe、Cu失去的电子，所以作氧化性的硝酸为 mol，消耗硝酸的总量为3a(1-b)+2abmol+mol=4a(1-)，故4a(1-)0.1L×cmol/L，整理得，c40a(1-)，故答案为：c40a(1-)。21 3、8、3、2、4 6 2:3（1）Cu与稀硝酸反应中，Cu的化合价由0价变为+2价，N的化合价由+5变为+2，则最小公倍数为6，据此解答；（2）稀硝酸在反应中表现强氧化性和酸性；（3）根据方程式计算。（4）该反应中作氧化剂的硝酸的计量数为2，作还原剂的Cu的计量数为3。（1）Cu与稀硝酸反应中，Cu的化合价由0价变为+2价，N的化合价由+5变为+2，则最小公倍数为6，则Cu的系数为3，NO的系数为2，根据原子守恒，硝酸铜的系数为3，硝酸的系数为8，水的系数为4，方程式为3Cu8HNO3(稀)3Cu（NO3）22NO4H2O；（2）稀硝酸在反应中表现强氧化性和酸性，答案为；（3）N的化合价由+5变为+2，产生2 mol NO转移6mol电子；（4）该反应中作氧化剂的硝酸的计量数为2，作还原剂的Cu的计量数为3，氧化剂与还原剂之比为2：3。22(1)1.5(2)250【解析】(1)n(Cu2O)=0.2mol，n(NOx)=0.2mol，在反应中，Cu2O中的Cu元素由+1价升高到+2价，HNO3中生成NOx的N元素由+5价降低为+2x价，依据得失电子守恒可得：0.2mol×2=0.2mol×(5-2x)，x=1.5。答案为：1.5；(2)往反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时，Cu(NO3)2及过量HNO3刚好与NaOH完全反应，生成NaNO3等，则n(NaOH)=n()，从而得出4.00mol·L-1×V(NaOH)=n(HNO3)-n(NOx)= 0.100L×12.0mol·L-1-0.2mol，V(NaOH)=0.25L=250mL。答案为：250。