1、此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 单元训练金卷高三化学卷（A） 第七单元 硫、氮及其化合物注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 C
2、u 64 Zn 65一、选择题（每小题3分，共48分）1化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确的是选项化学性质实际应用AAl2(SO4)3和苏打溶液反应泡沫灭火器灭火B油脂在酸性条件下的水解反应工业生产中制取肥皂C醋酸具有酸性食醋除水垢DSO2具有漂白性可用于食品增白2下列物质中，不能由单质直接化合生成的是CuSFeSSO3H2SFeCl2ABCD全部3下列有关氨和铵盐的叙述正确的是ANH3易液化，常用作制冷剂BNH4Cl中含有少量的I2可通过加热的方法除去C将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生D某气体通入紫色石蕊溶液后溶液变红，据此可推断该气体为NH34氮及其化合物的变化关
3、系如下图所示。则下列说法不正确的是 A路线是工业生产硝酸的主要途径B路线、是雷电固氮生成硝酸的主要途径C上述所有反应都是氧化还原反应D氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO25向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入SO2气体，有沉淀生成，此沉淀是ABaSO4 BFeS CBaSO3 DS6下列陈述正确并且有因果关系的是选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使酸性高锰酸钾溶液褪色BNH3极易溶于水充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD常温下，铁与浓硝酸发生钝化常温下，铁与浓硝酸不反应7检验SO2中是否含有CO2，应采取的措施A通过澄清石灰水
4、 B通过Ba(OH)2，再通过石灰水C通过酸性KMnO4溶液，再通过石灰水 D通过小苏打溶液再通过石灰水8实验室用稀硝酸与铜反应制备硝酸铜晶体及NO气体，需经过铜与稀硝酸反应、收集NO、尾气处理、制取硝酸铜晶体四个步骤，下列能达到实验目的的是A用装置甲制取Cu(NO3)2和NOB用装置乙收集NOC用装置丙吸收尾气D用装置丁蒸发结晶制Cu(NO3)23H2O9下列实验装置、选用的试剂或实验操作中都正确的是A实验室用装置甲制取氨B用装置乙吸收氨，并防止倒吸C用装置丙稀释浓硫酸D用装置丁除去CO2中的HCl10无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过
5、如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为ANH3、NO2、N2 BNH3、NO、CO2CNH3、NO2、CO2 DNO、CO2、N211为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂：对实验现象的“解释或结论”错误的是选项实验现象解释或结论Aa中溶液褪色还原性：SOIBb中加硫酸后产生淡黄色沉淀SO和S2在酸性条件下发生反应Cc中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去SOH2OHSOOH，所以滴入酚酞变红；Ba2SO=BaSO3(白)，使水解平衡左移，红色褪去Dd中产生白色
6、沉淀Na2SO3溶液已变质12SO2属于严重的大气污染物，可用H2与SO2高温反应消除SO2的污染，其反应原理可分为两步，过程如图所示：下列说法正确的是ASO2排放到空气中会形成pH5.6的酸雨B可用CuSO4溶液检验是否有X气体生成C在100200温度时发生的是置换反应D工业上可用浓硝酸处理工业尾气中的SO213大气中氮氧化物和碳氢化合物受紫外线作用可产生二次污染物光化学烟雾，其中某些反应过程如图所示。下列说法不正确的是ANO2不是酸性氧化物BO2和O3是氧的两种同素异形体C反应I属于氧化还原反应D烟雾是一种固溶胶，其分散剂是空气14同学们在做铜与浓硝酸反应的实验时，发现反应后溶液呈绿色，而
7、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，这些方案中不可行的是A加水稀释该绿色溶液，观察溶液颜色变化B加热该绿色溶液，观察溶液颜色变化C向该绿色溶液中通入氮气，观察溶液颜色变化D向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察溶液颜色变化15Na2SO3易被空气中的氧气氧化生成Na2SO4而变质，现有Na2SO3样品a g，为了测定其中Na2SO3的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理的是A将样品与足量稀硫酸充分反应，生成的全部气体依次全部通过盛有饱和NaHSO3溶液的洗气瓶、盛有
8、浓硫酸的洗气瓶、盛有碱石灰的干燥管、盛有碱石灰的干燥管，测得干燥管增重b gB将样品与足量稀硫酸充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称重为d gC向样品中加入足量H2O2溶液，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称重为c gD将样品配制成溶液V1 L，取其中25.00 mL用标准酸性KMnO4溶液滴定，消耗标准酸性KMnO4溶液V2 mL161.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120 mL(标准状况)。向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子
9、全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是A该合金中铜与镁的物质的量之比是21BNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LD得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL二、非选择题（共6小题，52分）17氨气在工农业生产中有重要应用。（1）写出工业合成氨的化学方程式_。（2）某化学实验小组同学利用以下装置制备氨，并探究氨的性质（部分仪器已略去）。请回答：实验室制备氨的化学方程式为_。用装置B收集氨时，氨的进气口是_（选填“a”或“b”）。打开装置B中的活塞c，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨具有
10、的性质是_，_。向C中NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为_。FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe2+2NH3H2O=Fe(OH)2+2NH和_。为防止环境污染，以下装置（盛放的液体均为水）可用于吸收多余氨的是_（填序号）。18某化学兴趣小组为探究铜跟浓硫酸反应，用下图装置进行有关实验。请回答下列问题：（1）装置A中发生的化学反应的化学方程式为_；（2）装置B的作用是贮存多余的气体，B中广口瓶内应盛放的液体是_(填序号)；水 酸性KMnO4 Na2CO3溶液 饱和的NaHSO3溶液（3）装置C
11、和D中产生的现象相同，但原因却不同。C中是由于SO2_，而D中则是由于SO2具有_；（4）装置D中试管口塞一团棉花，棉花中应浸有一种液体，其作用是_；（5）实验完毕，待A中烧瓶内液体冷却后，过滤，向滤液中加入少量的蒸馏水稀释，溶液为蓝色，为了证明蓝色只与Cu2有关，而与其他离子无关，某同学设计了下列实验，其中对实验目的没有意义的是_(填序号)；观察稀H2SO4溶液呈无色 观察CuSO4粉末呈白色稀释CuSO4溶液，溶液蓝色变浅往CuSO4溶液中加入足量NaOH溶液，生成蓝色沉淀，过滤，滤液呈无色往CuSO4溶液中加入足量BaCl2的溶液，生成白色沉淀，过滤，滤液仍显蓝色（6）若实验中用7.2g
12、铜片和12.5 mL 18.0molL1的浓硫酸在加热条件充分反应，最终铜片仍有剩余。根据所学的知识，某同学认为溶液中一定还有硫酸剩余，其理由是_。假定反应前后溶液的体积不变，设剩余硫酸的浓度为a molL1，现向反应后溶液中缓慢加入硝酸钾固体，充分搅拌直到剩余铜片恰好完全反应，反应消耗硝酸钾_mol(用含a的代数式表示，要化简)。19利用如图装置，进行NH3与金属氧化物MxOy反应生成M、N2、H2O，通过测量生成水的质量来测定M的相对原子质量。a中试剂是浓氨水。(1)仪器a的名称为_，仪器b中装入的试剂可以是_。 (2)按气流方向正确的装置连接顺序为_(填标号，装置可重复使用)。 (3)装
13、置C的作用：_。(4)实验结束时，应首先_(填“”或“”)；这样做的原因是_。.熄灭A装置的酒精灯.停止从a中滴加液体(5)若金属氧化物为CuO，反应的化学方程式为_。(6)若实验中准确称取金属氧化物的质量为m g，完全反应后，测得生成水的质量为n g，则M的相对原子质量为_(用含x、y、m、n的式子表示)。(7)某同学仔细分析上述装置后认为仍存在缺陷，你认为该如何改进？ _。20实验是化学学科的一种重要学习手段，硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）。（查阅资料）（1）Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混
14、合无沉淀生成。（2）向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3，所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4。（3）Na2SO3易被氧化；BaSO3难溶于水，可溶于稀HCl。（产品制备）实验装置如图所示（省略夹持装置）：实验步骤：（1）组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是_，E中的试剂是_（选填下列字母编号），作用是_。A.稀H2SO4 B.NaOH溶液 C.饱和NaHSO3溶液（2）按图示加入试剂。（3）已知Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大，待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤C中混合物，滤液经_（填操作方法）、冷却结晶、过滤、洗涤、干
15、燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有_。（探究与反思）（1）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择）取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成，是否说明一定有Na2SO4，_（填“是”或“否”），过滤，向白色沉淀中加入足量稀盐酸，如果产品中含有Na2SO3和Na2SO4，则加入稀盐酸产生的现象是_；（2）为减少装置C中生成Na2SO4的量，应该先打开_（填“A”或“C”）装置上的活塞。（3）所得粗产品可以通过_方法提纯（填操作名称）。21（1）在100mL 0.8mo
16、lL1硝酸溶液中加入足量铜粉，则被溶解的铜的质量为_g。（2）在上述溶液中再加入足量稀硫酸，又有_g铜溶解。此过程中生成的气体在标准状况下的体积为_L。（3）若向100mL 0.8molL1硝酸溶液中加入铁粉，测得反应后的溶液中Fe2与Fe3的浓度之比为11，则加入铁的质量为_g。（4）向100mL 0.8molL1硝酸溶液中加入一定量Fe、FeO、Fe2O3的混合物，充分反应后，放出气体224 mL(标准状况下)，且测得溶液中铁元素只以Fe2形式存在，为使Fe2完全沉淀，可向反应后的溶液中加入0.1molL1的NaOH溶液_mL。单元训练金卷高三化学卷（A） 第七单元 硫、氮及其化合物答 案
17、一、选择题（每小题3分，共48分）1【答案】C【解析】Al2(SO4)3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中二者发生互促水解反应，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，苏打是碳酸钠，一般不用苏打，选项A错误；油脂与碱反应生成高级脂肪酸盐，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，选项B错误；醋酸具有酸性且酸性比碳酸强，能溶解碳酸钙，故食醋能除水垢，选项C正确；二氧化硫有毒，虽然具有漂白性，但是不能用于食品漂白，选项D错误；答案选C。2【答案】A【解析】 Cu与S化合只能生成Cu2S，S与O2反应只能生成SO2，Fe在Cl2中燃烧只能生成FeCl3。3【答案】A【解析】液氨汽化时吸收热量导致
18、其周围温度降低，所以液氨可以作制冷剂，故A正确；加热氯化铵会分解，所以不能用加热的方法除去，故B错误；蘸有浓氨水和挥发性的酸(如盐酸和硝酸)的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，而硫酸不是挥发性的酸，故C错误；气体如果是氨气通入紫色石蕊溶液后溶液应变蓝，而不是变红，故D错误。4【答案】D【解析】氮气和氧气在放电条件下反应生成NO，NO与O2转化为NO2，即氮气与氧气不能一步转化为NO2。5【答案】A【解析】氯化铁具有氧化性，能把SO2氧化为硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀。6【答案】B【解析】陈述表现了SO2的还原性，而陈述表现为漂白性，没有因果关系；陈述、都正确且具有因果关系；陈述表现出浓硫
19、酸的吸水性，没有因果关系；陈述错误，常温下，铁与浓硝酸不反应不正确，钝化属于化学反应。7【答案】C【解析】SO2和CO2部分性质具有相似性，如都是酸性氧化物，都能使澄清石灰水变浑浊等，但有些性质不相同，如SO2能使品红溶液褪色，CO2则不行，SO2以还原性为主，能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色等，故应先通入酸性高锰酸钾溶液再通过石灰水。8【答案】C【解析】用装置甲制取Cu(NO3)2和NO，生成的NO会从长颈漏斗中逸出，A项不能达到实验目的；NO易和O2反应，不能用排空气法收集，B项不能达到实验目的；NO、O2与NaOH溶液发生反应：4NO3O24NaOH=4NaNO32H2O，C项能达到实验目
20、的；Cu(NO3)2溶液受热，水解生成的HNO3挥发，促进水解反应正向进行，Cu2水解程度增大，最终得不到Cu(NO3)23H2O，D项不能达到实验目的。9【答案】B【解析】NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，而当温度降低时，NH3和HCl又重新化合成固体NH4Cl，无法制取氨气，故A错误；氨气极易溶于水，倒扣的漏斗可防止倒吸，故B正确；量筒不能用来稀释或配制溶液，故C错误；碳酸钠能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，会将二氧化碳吸收除掉，应选用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，故D错误。故选B。10【答案】B【解析】由无色气体知一定无NO2，通过浓H2SO4体积减小，一定有NH3，无色气体变为红棕色
21、，一定有NO，还有能与Na2O2产生O2的气体，即为CO2。11【答案】D【解析】即使不变质，在酸性条件下，NO也把SO氧化成SO，生成BaSO4沉淀，D错误。12【答案】B【解析】A.因为酸雨的pH5.6，所以SO2排放到空气中会形成pH5.6的酸雨是错误的，故A错误；B. 由已知分析可知X气体为H2S，能与CuSO4反应，生成黑色的不溶于水和酸的硫化铜的沉淀，所以可用CuSO4溶液检验是否有X气体生成，故B正确；C. 在100200温度时发生的反应为2H2S+SO2=3S+2H2O，不是置换反应，故C错误；D.若用浓硝酸处理工业尾气中的SO2，会产生含氮元素的大气污染物（即氮的氧化物），故
22、D错误；答案：B。13【答案】D【解析】酸性氧化物与水反应只生成化合价相同的酸，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故A正确；由同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，O2和O3是氧元素的两种单质，互称为同素异形体，故B正确；反应I为臭氧与一氧化氮反应生成二氧化氮，反应中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；烟雾是一种气溶胶，其分散剂是空气，故D错误。选D。14【答案】A【解析】为验证溶液呈绿色是c(Cu2+)大小引起还是因溶有NO2引起，可采取的实验方案应只改变其中的一种影响因素，不能同时改变c(Cu2+)大小与NO2的量。据此分析解答。加入水，c(Cu2+)变小，同时
23、水也会与溶液中可能溶有的NO2反应生成HNO3，故不能得出溶液呈绿色的原因，故A方案不可行；B、C操作都是赶出溶液中可能溶有的NO2，对c(Cu2+)大小无影响，方案可行；向无NO2的硝酸铜溶液中通入NO2后，通过观察溶液颜色变化，可得出结论，方案可行。答案选A。15【答案】B【解析】A项、将样品与足量稀硫酸充分反应，反应生成的二氧化硫被盛有碱石灰的干燥管完全吸收，干燥管增重的量就是二氧化硫的量，依据二氧化硫的量可以计算样品中亚硫酸钠的量，故A正确；B项、样品与足量稀硫酸充分反应后，溶液中硫酸根的量增加，无法依据称重所得质量计算样品中硫酸钠的量，故B错误；C项、H2O2将Na2SO3全部氧化成
24、硫酸钠，可以根据依据样品的质量和测得硫酸钡的质量列方程式求算硫酸钠和亚硫酸钠的量，故C正确；D项、混合物中的Na2SO3与KMnO4溶液发生氧化还原反应，可以根据消耗标准KMnO4的物质的量，运用得失电子守恒计算亚硫酸钠的量，故D正确。故选B。16【答案】D【解析】A金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，
25、解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是：21，故A正确；B标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05-a)mol，根据电子转移守恒可知，a1+(0.05-a)21=0.06，解得：a=0.04，NO2的体积分数为100%=80%，故B正确；C该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：mol/L=14.0mol/L，故C正确；D金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L14mol/L-0.04mol-(0
26、.05-0.04)mol2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：=0.64L=640mL，故D错误；故答案为D。二、非选择题（共52分）17【答案】（1）N2+3H22NH3 （2）NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O a 极易溶于水 溶于水形成的溶液呈碱性 NH3+HCl=NH4Cl 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 BD 【解析】（1）工业利用氮气与氢气在高温、高压、催化剂条件合成氨，化学方程式N2+3H22NH3；（2）实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，化学方程式为
27、NH4Cl+ Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；氨气密度比空气小，用装置B收集氨时，氨的进气口是a；打开装置B中的活塞c，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨具有的性质是极易溶于水，溶于水后，大部分和水结合生成一水合氨，少量一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，因此溶液呈碱性；向C中NaOH固体上滴几滴浓氨水，可以得到氨气，浓盐酸易挥发与氨气反应生成氯化铵，因此附近会出现白烟；FeSO4溶液与氨气可反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，迅速被空气中的氧气氧化，白色变为灰绿色，最后到红褐色氢氧化铁沉淀，发生的反应包括Fe2+2NH3H2O=Fe(OH)2+2NH和4Fe(OH)2+O2+2H2
28、O=4Fe(OH)3；由于氨气极易溶于水，为防倒吸，吸收多余氨选择的装置必须能够防止倒吸，因此选BD。18【答案】（1）Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O（2）（3）中和了溶液中的NaOH漂白性（4）吸收多余的SO2，防止污染环境（5）（6）反应过程中浓H2SO4被不断消耗，同时生成的水逐渐增多，使浓硫酸逐渐变稀，至一定浓度就不再与铜片反应【解析】（1）浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下能与铜发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。（2）SO2易溶于水，具有酸性和还原性，可与酸性KMnO4、Na2SO3溶液反应，难溶
29、于水饱和的NaHSO3溶液，可用排饱和NaHSO3溶液收集，答案选。（3）SO2溶液具有酸性，可与NaOH溶液反应，发生SO22OH=SOH2O，滴加酚酞的氢氧化钠溶液褪色，SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，所以装置C和D中产生的现象相同，但原因却不同。C中是由于SO2中和了溶液中的NaOH，而D中则是由于SO2具有漂白性。（4）二氧化硫有毒，不能排放到空气中，能与氢氧化钠溶液反应，则棉花上可浸有氢氧化钠溶液，吸收多余的SO2，防止污染环境。（5）观察稀硫酸溶液呈无色，可说明SO无色；观察CuSO4粉末呈白色，不能证明蓝色只与Cu2有关；稀释CuSO4溶液，溶液蓝色变浅，因阳离子和阴离子浓度
30、都变浅，不能证明；往CuSO4溶液中加入足量NaOH溶液，生成蓝色沉淀，过滤，滤液呈无色，铜离子浓度减小，可说明与铜离子有关；往CuSO4溶液中加入足量BaCl2的溶液，生成白色沉淀，过滤，滤液仍呈蓝色，铜离子物质的量不变，可说明与铜离子有关，则对实验目的没有意义的是。（6）浓硫酸具有强氧化性，而稀硫酸与铜不反应，随着反应的进行，硫酸浓度不断降低，稀硫酸与铜不反应，则反应后溶液中一定含有硫酸。剩余硫酸的浓度为a molL1，物质的量为0.0125La molL10.0125a mol，氢离子的物质的量为0.025a mol，向反应后溶液中缓慢加入硝酸钾固体，充分搅拌直到剩余铜片恰好完全反应，发
31、生反应：3Cu2NO8H+=3Cu2+2NO4H2O，则反应消耗硝酸钾 mol。19【答案】(1)分液漏斗 NaOH(或生石灰，或碱石灰)(2)BDADC(3)尾气处理，吸收未反应的NH3，同时防止空气中的水蒸气进入装置产生干扰(4)使反应产生的水蒸气全部被碱石灰吸收(5)2NH33CuO3CuN23H2O(6)(7)在吸收尾气的浓硫酸前加安全瓶防倒吸【解析】(1)仪器a为分液漏斗，用来盛放和滴加液体，a中试剂是浓氨水，仪器b中加入的是NaOH固体或生石灰或碱石灰，滴入浓氨水固体溶解放热使NH3H2O分解生成NH3。(2)从发生装置中出来的NH3带有水蒸气，必须干燥，故B接D，D接A，吸收反应
32、生成的水用装置D，最后空气中的水不能进入装置D，所以需要装置C，按气流方向正确的装置连接顺序为BDADC。(6)若实验中准确称取金属氧化物的质量为m g，完全反应后，测得生成水的质量为n g，由MxOyyH2O关系列式：，M，则M的相对原子质量为。20【答案】（1）检查装置气密性 B 吸收二氧化硫尾气，防止污染环境 （2）蒸发浓缩 漏斗、烧杯、玻璃棒 （1）否 沉淀部分溶解，有刺激性气味的气体产生 （2）A （3）重结晶 【解析】（1）组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是检查装置气密性，根据装置可知，A装置是制备SO2的，C装置是制备得Na2S2O3，B、D装置是防倒吸的，由于SO2有毒，
33、需要尾气处理，因此E装置是吸收SO2的。A. SO2不与稀H2SO4反应，无法吸收SO2，故A错误；B.由于SO2是酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液吸收，即E中的试剂是氢氧化钠溶液，故B正确；C. SO2不与饱和NaHSO3溶液反应，无法吸收SO2，故C错误；答案选B。E中作用是：吸收二氧化硫尾气，防止污染环境；（3）由于Na2S2O35H2O是无色透明晶体，易溶于水，Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大，因此要从溶液中得到硫代硫酸钠晶体，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、得到产品。过滤时用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒；（1）Na2SO3和Na2SO4和BaCl2溶液
34、均可以产生白色沉淀，有白色沉淀生成，不能说明一定有Na2SO4，因此要进一步验证，则可以向白色沉淀中滴加稀盐酸，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4；（2）由于亚硫酸盐易被氧化生成硫酸盐，而装置中含有空气，空气能氧化亚硫酸盐，所以为减少装置C中生成的Na2SO4的量，改进后的措施是先向A中烧瓶滴加浓硫酸，产生的气体将装置中空气排尽后，再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液；（3）由于Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大，因此所得产品通过重结晶方法提纯。21【答案】（1）锥形瓶（2）碱石灰防止空气中水蒸气进入E（3）C使C中
35、产生的N2排尽E中的空气（4）3CuO2NH33CuN23H2O（5）D中发生倒吸现象在C、D之间加上一个缓冲瓶(或其他合理答案)（6）【解析】装置A制备氨气，B中碱石灰干燥氨气，C中氨气与CuO反应制备氮气，D中浓硫酸干燥氮气，E装置中氮气与Mg反应生成氮化镁，加热条件下装置中氧气与Mg反应生成MgO，应先用氮气排尽装置内空气后再制备氮化镁，F防止空气中水蒸气进入硬质玻璃管E，避免氮化镁发生水解。(4)装置C中的现象是黑色的氧化铜逐渐变红，说明生成Cu，氨气被氧化成氮气，反应方程式为2NH33CuO3CuN23H2O。(5)若C中NH3的转化率不高，D中浓硫酸会吸收氨气，容易发生倒吸，解决方法是在C、D之间加一个缓冲瓶。(6)最终得到沉淀b g为氢氧化镁的质量，根据Mg元素守恒，产品中Mg元素质量为b g，则产品中N元素质量为 g，根据N原子守恒，氮化镁的质量分数为。