1、广西省南宁市第三中学20172018学年度下学期高一月考理科化学试题1. 化学与人类的生产、生活息息相关，下列说法正确的是（ ）A. 在燃煤中加入生石灰可减少SO2的排放B. “温室效应”、“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C. 绿色化学的核心是对环境污染进行综合治理D. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【答案】A【解析】ACaO与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，进一步被氧化生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，减少酸雨的发生，故A正确；B温室效应与二氧化碳有关，“酸雨”的形成与硫的氧化物和氮氧化合物有关，故B错误；C绿色化学的核心是从源头上杜绝污染，故C错误；D高纯度的硅单质广
2、泛用于制作半导体材料，二氧化硅晶体广泛用于制作光导纤维，光导纤维中的二氧化硅与强碱能反应，所以遇强碱会“断路”，故D错误；故选A。2. 化学与生产、生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）A. 黑陶有“乌金墨玉”之誉，属于硅酸盐制品B. 人类对金属材料的使用过程中，性质不活泼的金属单质更早被人们使用C. 多数合金比各成分金属熔点高、硬度大D. 工业用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子【答案】C【解析】A黑陶素有“乌金墨玉”之誉，黑陶属于陶瓷的一种，陶瓷属于硅酸盐制品，故A正确；B.由于铜的活动性比较弱，以单质形式存在的比较多，在我国，距今4000年前的夏朝已经开始使用红铜，即天然
3、铜。故B正确；C、多数合金的熔点比组成它的各成分金属低，故C错误；D硫离子能够与工业用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子生成沉淀，所以工业用Na2S处理废水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，故D正确；故选C。3. 下列关于硅单质及其化合物的说法不正确的是（ ）A. 水玻璃是一种矿物胶，既不易燃烧也不易腐蚀B. 水泥、玻璃、石英都是硅酸盐制品C. 氮化硅（Si3N4）是一种重要的结构陶瓷材料D. 向Na2SiO3溶液中逐滴加入稀盐酸制备硅酸【答案】B 4. 下列实验装置及说法正确的是（ ）A. 图中：实验室制备氯气，若MnO2过量，则浓盐酸可被全部消耗B. 图中：实验室制备氨气
4、，棉花的作用是用来减小空气对流C. 图中：利用CCl4萃取溴，上层为CCl4层D. 图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应【答案】B【解析】A随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应，所以当二氧化锰过量时，浓盐酸变稀后不再继续反应，最后有盐酸剩余，故A错误；B.氨气极易溶于水，所以不能采用排水法收集氨气，氨气的密度小于空气且常温下和氧气不反应，根据图像知，氨气采用向下排空气法收集；用棉花塞在试管口，防止管内气体与空气对流，提高收集的氨气的纯度，故B正确；C. 四氯化碳的密度比水大，利用CCl4萃取溴，下层为CCl4层，故C错误；D. 氯气与氢氧化钠反应后，烧瓶中的气体的压强减
5、小，气球膨胀，故D错误；故选B。5. 已知常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出氯气，现按下图进行氯气的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的白色棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色 描述正确的是（ ）A黄绿色橙色蓝色无色B无色橙色紫色无色C黄绿色橙色蓝色白色D黄绿色无色紫色白色A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】常温下氯酸钾与浓盐酸反应放出Cl2，处充满黄绿色Cl2；氯气进入玻璃管后与处NaBr溶液发生置换反应生成Br2，白色棉球变为橙色；氯气和处KI溶液反应置换出I2，遇淀粉变蓝；处利用氯气与碱液反应进行Cl2的尾气吸收，尽管反应生成的物质均为无色，但棉球本身是白色的，所以
6、处的颜色为白色。故选C。点睛：本题利用简洁的一器多用实验装置，并以装置图形式考查了Cl2的制备和性质和溴、碘单质的颜色、检验联系在一起。本题的易错点为处颜色的变化。6. 设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是（ ）A. 标准状况下，1molSO3的体积为22.4LB. 1mol 二氧化氮与足量的水反应电子转移总数为3NAC. 标准状况下，将22.4LSO2通入水中形成1L溶液，得到H2SO3的浓度为1mol/LD. 常温下，23gNO2和N2O4的混合气体中含有NA个氧原子【答案】D【解析】A. 标准状况下，三氧化硫不是气体，无法计算1molSO3的体积，故A错误；B. 二氧化氮与水
7、反应生成硝酸和一氧化氮，1mol 二氧化氮与足量的水反应电子转移总数为2NA，故B错误；C. 二氧化硫与水的反应属于可逆反应，标准状况下，22.4LSO2为1mol，通入水中形成1L溶液，得到H2SO3的浓度小于1mol/L，故C错误；D、NO2和N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量为n=0.5mol，故含1mol氧原子即NA个，故D正确；故选D。7. 下列解释事实的方程式，正确的是（ ）A. 过量的氨气与氯气反应：2NH3+3Cl2N2+6HClB. 利用HF雕刻玻璃：SiO2+4H+4F=SiF4+2H2OC. 石灰乳吸收泄漏的液氯：2Cl2+2Ca(OH)2
8、=2Ca2+2Cl+2ClO+2H2OD. SO2的尾气处理：OH+SO2=SO32+H2O【答案】C【解析】A. 过量的氨气与生成的HCl反应生成氯化铵，故A错误；B. HF为弱酸，应该用化学式表示，故B错误；C石灰乳吸收泄漏的液氯，该反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，离子方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2+2Cl+2ClO+2H2O，故C正确；D. SO2的尾气处理需要用过量的氢氧化钠吸收，离子方程式为：2OH+SO2=SO32+H2O，故D错误；故选C。点睛：判断离子方程式是否正确主要从以下几点考虑：拆分是否合理；是否符合客观
9、事实；配平是否有误(电荷守恒，原子守恒)；有无注意反应物中量的关系；能否发生氧化还原反应等。本题的易错点为B，要注意氢氟酸为弱酸。8. 现有等体积混合而成的4组气体: NO2+NO HCl+N2 NO2+O2 Cl2+SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内剩余的气体体积分别为V1、V2、V3、V4，则下列关系正确的是（ ）A. V1V3V2V4 B. V1V2V3V4C. V2V3V4V1 D. V3V1V4V2【答案】B【解析】二氧化氮和水能反应生成硝酸和一氧化氮3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水不反应，根据方程式知，气体减少的体积是二氧化氮的2/3
10、，二氧化氮占混合气体的1/2，所以试管内气体剩余的体积为试管体积的2/3；氯化氢极易溶于水，氮气和水不反应，所以混合气体剩余的体积为试管体积的1/2；二氧化氮和氧气、水能反应生成硝酸4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式知，氧气剩余，参加反应的氧气的体积为氧气总体积的1/4，二氧化氮全部参加反应，所以混合气体剩余的体积为试管体积的3/8；氯气和二氧化硫、水能发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，且这两种物质极易溶于水，根据方程式知，这两种物质完全反应，没有气体剩余，答案选B。9. A是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均
11、含有元素X。它们有如图所示的转化关系（部分产物及反应条件已略去）。下列说法中不正确的是（ ）A. X元素可能为AlB. X元素一定为非金属元素C. A可能是Cl2D. 反应和一定为氧化还原反应【答案】A【解析】A项，因为A是一种常见的单质，B、C为中学化学常见的化合物，A、B、C均含有元素X，所以反应为X元素的歧化反应，而Al与强碱溶液的反应时，Al只作还原剂，故A错误；B项，反应为X元素的歧化反应，B或C物质中元素X的化合价有负价，所以X元素只能是非金属元素，故B正确；C项，Cl2与强碱溶液可以发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，所以A可能是Cl2，故C正确；D项，A为单质
12、，B和C为化合物，反应和中X元素的化合价一定发生变化，反应和一定为氧化还原反应，故D正确。10. 下列说法正确的是（ ）A. 检验：先加氯水，再加KSCN，若变红，则有Fe2+B. 检验NH4+：先加NaOH，加热，用蓝色石蕊试纸检验，若变红，则有NH4+C. 检验Cl：先加AgNO3，再加HNO3，若有白色沉淀，则有ClD. 检验：先加HNO3，将生成的气体通入品红，若品红褪色，则有【答案】C【解析】A检验溶液中的Fe2+时，要先加KSCN溶液，不变红色说明不含Fe3+，然后加入氯水，把Fe2+氧化为Fe3+，溶液变红，说明产生了Fe3+，从而间接地证明原溶液有Fe2+，故A错误；B向某无色
13、溶液中加入浓NaOH溶液，加热试管，检验氨气，利用湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝，则说明原溶液中一定含NH4+，不是用蓝色石蕊试纸检验，故B错误； C、验证某溶液中是否含有Cl-，先加AgNO3溶液，再加稀硝酸，若有白色沉淀生成，则证明该溶液中有Cl-，故C正确；D硝酸具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能放出二氧化硫气体，故D错误；故选C。11. 下表各选项中，不能利用置换反应通过Y得到W的一组化合物是（ ）选项化合物ABCDYH2OFeCl3H2OCWHFCuCl2Fe3O4SiA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A氟气与水反应生成氢氟酸和氧气，符合置换反
14、应概念，属于置换反应，故A正确；B氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应，故B错误；C铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，符合置换反应概念，属于置换反应，故C正确；DC与二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳，符合置换反应概念，属于置换反应，故D正确。故选B。12. 如图所示，将阀关闭，阀打开，将氯气经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭阀打开阀，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是（ ）浓硫酸 饱和氯化钠溶液 NaOH溶液 饱和碳酸钠溶液 水A. B. C. D. 【答案】D【解析】关闭阀，打开阀，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中液体可干燥氯
15、气与吸收氯气，则：浓硫酸干燥氯气，故不选；饱和氯化钠溶液抑制氯气的溶解，排出的仍为潮湿的氯气，干燥布条会褪色，不符合，故选；NaOH溶液与氯气发生反应，能吸收氯气，无氯气排出，则干燥布条不褪色，故不选；饱和碳酸钠溶液与氯气反应生成二氧化碳，能吸收氯气，无氯气排出，则干燥布条不褪色，故不选；氯气在水中溶解度小，排出的仍为潮湿的氯气，干燥布条会褪色，不符合，故选；故答案为B。点睛：把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，关闭阀，打开阀，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中液体可干燥氯气与吸收氯气，由此结合选项的性质来判断即可。13. 向Na2CO3、NaHC
16、O3混合液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随稀盐酸加入量的变化关系如图，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（ ）A. a点对应的溶液中：Ca2+、Mg2+、Br、NO3B. b点对应的溶液中：Na+、OH、Cl、NO3C. c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3、ClD. d点对应的溶液中：F、NO3、Fe2+、Ag+【答案】C【解析】向Na2CO3、NaHCO3混合液中逐滴加入稀盐酸，由图可知，0b发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，bc发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，c之后盐酸过量不发生反应。Aa点溶液显碱性，且含碳酸根离子，则不能大量存在Ca
17、2+、Mg2+，故A不选；Bb点溶液显碱性，且含碳酸氢根离子，与OH不能大量共存，故B不选；Cc点溶液显中性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；Dd点显酸性，不能大量存在F-，且生成AgCl沉淀，NO3-、Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，故D不选；故选C。点睛：本题考查了限定条件下的离子共存，把握习题中的信息及常见离子之间的反应等为解答的关键。解答本题需要先判断各点溶液的酸碱性和溶液中的离子，再根据离子共存的要求分析解答。14. 某无色混合气体，可能含有CO、H2、SO2、Cl2、HCl中的一种或几种，把此混合气体通过少量澄清石灰水，最终无沉淀生成；再通过少量品红溶液，完全褪色；随后
18、将该气体通过足量的氢氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色；最后通入CaCl2溶液中，无沉淀生成，则下列关于此混合气体的叙述正确的是（ ）A. 澄清石灰水中无沉淀，说明一定不含有SO2B. 品红褪色，可能是Cl2导致的C. 无法判断原混合气体中有无HClD. CaCl2溶液中无沉淀，说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2【答案】C【解析】气体呈无色，不含有Cl2，通过少量品红溶液，完全褪色，说明含有SO2；混合气体通过少量澄清石灰水，最终无沉淀生成，可能为二氧化硫反应生成的亚硫酸钙沉淀被过量的二氧化硫转化为易溶于水的亚硫酸氢钙，也可能被HCl溶解；随后将该气体通过足量的氢
19、氧化钠溶液后，再通过足量红热的CuO粉末，粉末变成红色，说明含有还原性气体CO或H2，或二者都有，最后通入CaCl2溶液中，无沉淀生成，不能说明没有CO，因为二氧化碳与氯化钙不反应。A由以上分析可知含有二氧化硫，故A错误；B气体呈无色，不含有Cl2，故B错误；C故气体中一定无Cl2；一定有SO2；一定含有CO或H2或二者都有，HCl的存在不能确定，故C正确；D二氧化碳与氯化钙不反应，不能说明通过CuO后得到的气体中一定不含有CO2，故D错误；故选C。点睛：本题考查了未知物的检验，注意掌握常见元素及其化合物的性质，能够根据反应现象判断未知物的组成。本题的易错点为CO的判断，要注意二氧化碳与氯化钙
20、不反应。15. 工业上将Na2CO3和Na2S配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2。下列说法不正确的是（ ）A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量比是2:lB. 上述反应中的Na2CO3和Na2S的物质的量比最佳是1:2C. 每生成lmol Na2S2O3转移4mol电子D. Na2S2O3既是氧化产物，又是还原产物【答案】C【解析】A反应的方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，反应中Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故A正确；B. 根据A中的方程式，反应中的Na2CO3和Na2S的物质的量比最佳是1
21、:2，故B正确；C反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，Na2S2O3既是氧化产物，又是还原产物，故D正确；故选C。16. 将O2和NH3的混合气体20mol与催化剂共热，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到2mol气体，打开瓶塞，无明显实验现象。则原混合气体中O2的体积是（ ）A. 6mol B. 7.2mol C. 12.8mol D. 14mol【答案】D【解析】混合气体的总物质的量为20mol，与催化剂共热，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到2m
22、ol气体，打开瓶塞，无明显实验现象，说明剩余的是氧气，物质的量为2mol，故反应的O2和NH3的物质的量之和为20mol-2mol=18mol，设氧气的物质的量为xmol，氨气的物质的量为ymol，则有x+y=18mol，NH3反应后最终变为+5价、O2反应后变为-2价，根据反应得失电子数守恒可得：4x=8y，解可知：x=12mol，y=6mol，故氧气的总量为12mol+2mol=14mol，故选D。17. 已知X是一种黄绿色气体，X、Y、Z都是有刺激性气味的气体，M是一种金属单质，D是一种盐，受热易分解。有以下转化关系，部分产物未标出。试回答：（1）写出下列物质的化学式：X_、Y_、M_、
23、D_。（2）写出下列反应的离子方程式_，_，_。（3）Z是合成硝酸的重要原料，请写出其与氧气在催化剂的作用下反应的化学方程式_。【答案】 (1). Cl2 (2). SO2 (3). Fe (4). NH4Cl (5). Cl2SO22H2O=2ClSO424H (6). 2Fe3SO22H2O=2Fe2SO424H (7). Fe33NH33H2O=Fe(OH)33NH4 (8). 4NH3+5O2 4NO+6H2O【解析】X是一种黄绿色气体，X为氯气；X、Z都是有刺激性气味的气体，Z和C的溶液反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，则Z为NH3，C为铁盐，氨气和氯气反应生成D，D是一种盐，D为铵盐；Y
24、是有刺激性气味的气体，氯气和Y、水反应生成A和B，A能和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀，则A中含有氯离子，B能和盐酸酸化的氯化钡反应生成白色沉淀，则B中含有硫酸根离子，根据元素守恒及物质的性质知，Y为SO2，A为盐酸，B为硫酸；M是金属单质，能和X生成可溶性铁盐，根据元素守恒知，M是Fe；(1)通过以上分析知，X、Y、M、D分别是Cl2、SO2、Fe、NH4Cl，故答案为：Cl2；SO2；Fe；NH4Cl；(2)X是氯气、Y是二氧化硫，二者在水溶液里发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO4 2-+4H+；C是氯化铁、Y是二氧化硫，氯化铁溶液和
25、二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸，离子方程式为：2Fe 3+SO2+2H2O=2Fe 2+SO42-+4H+；Z是氨气、C是氯化铁，二者反应生成氢氧化铁和氯化铵，离子方程式为：Fe 3+3NH3+3H2O =Fe(OH)3+3NH4+，故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO4 2-+4H+；2Fe 3+SO2+2H2O=2Fe 2+SO42-+4H+；Fe 3+3NH3+3H2O=Fe(OH)3+3NH4+；(3)氨气与氧气在催化剂的作用下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O。点睛：本题考查了
26、无机物推断，根据物质的颜色、物质的特殊气味等为突破口，采用正逆结合的方法进行推断，再结合物质的氧化性、还原性是解答本题的关键。本题的易错点为氯气与二氧化硫的反应方程式的书写，需要根据生成物的现象结合氧化还原反应的规律分析书写。18. 工业上，向500左右的铁屑中通入Cl2生产无水氯化铁，其制备过程中均要确保无水。现模拟该过程用图示装置进行实验：（1）仪器a的名称为_，装置A的圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_，为保持装置C为无水环境，装置B中加入的试剂是_。（2）实验步骤：如图连接装置后，先_（填实验操作），再装药品，然后点燃_（填“A”或“C”）处酒精灯，当_（填实验现象）时，再点燃_（填“
27、A”或“C”）处酒精灯。（3）装置D的作用是_。（4）甲同学认为进入装置C的气体中混有HCl，应在装置B前增加装有_（填试剂名称）的洗气装置除去；乙同学认为不需要除去HCl，理由为_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). MnO24HCI（浓）MnCl2Cl22H2O (3). 浓硫酸 (4). 检查装置气密性 (5). A (6). C中充满黄绿色气体 (7). C (8). 除去未反应的氯气，防止空气中的水蒸气进入C装置 (9). 饱和食盐水 (10). 只要氯气足量，最终产物只有氯化铁（合理答案均可得分）【解析】（1）仪器a的名称为分液漏斗，A装置制取的是氯气，实验室常用浓盐酸与二氧化
28、锰加热制取，化学反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；为保持装置C为无水环境，装置B中加入的试剂是浓硫酸；（2）实验中有氯气生成，所以要先检验实验装置的气密性，为排除装置中的空气，应先点燃A处的酒精灯，生成氯气排除空气中的氧气和水蒸气，C中充满黄绿色气体后，再点燃C处酒精灯；（3）装置D中碱石灰的作用是除去未反应的氯气防止空气中的水蒸气进入C装置；（4）可用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，则应在装置B前增加装有饱和食盐水的洗气装置除去；混有的HCl与Fe生成FeCl2，只要氯气过量，FeCl2会被氯气氧化为FeCl3，不影响产品的纯度。点睛：以氯化铁以及氯化
29、亚铁的制取为载体，考查的是实验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法，明确氯气制备原理和性质是解题关键；由题给信息可知，装置A是制备氯气的发生装置，生成的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置B中浓硫酸干燥氯气，通过装置C反应生成无水氯化铁，剩余气体通过D装置中的碱石灰吸收，并通过D装置吸收空气中的水蒸气，防止对氯化铁制备的干扰，以此解答该题。19. 以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.12228
30、6065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）五氧化二钒是一种催化剂，可将SO2转化为SO3，请写出该反应的化学方程式_。（2）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为_，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是_。（3）“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。（4）“中和”作用之一是使钒以V4O124形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_。（5）“流出液”中阳离子最多的是_。（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式_。【答案】 (1). 2SO2+O2 2SO3 (
31、2). V2O52H=2VO2H2O (3). SiO2 (4). 0.5 (5). Fe(OH)3、Al(OH)3 (6). K (7). 2NH4VO3V2O5H2O2NH3(1)五氧化二钒是一种催化剂，可将SO2转化为SO3，反应的化学方程式为2SO2+O2 2SO3，故答案为：2SO2+O2 2SO3；(2)“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2VO2+H2O，由上述分析可知滤渣1为SiO2，故答案为：V2O5+2H+=2VO2+H2O；SiO2；(3)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+，由电子守恒可知，则需要氧化剂KClO3至少为=0.5
32、mol，故答案为：0.5；(4)由上述流出分析可知滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；(5)由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K+，故答案为：K+；(6)“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3，故答案为：2NH4VO3V2O5+H2O+2NH3。20. 图1为某套实验装置的示意图，其中加热装置和部分药品等均已省略（装置和装置为气体发生装置）。 （1）甲同学用此装置（在A、B间增加一盛有浓硫酸的洗气瓶）制备NO2并验证其性质。装置用于实验室制备NH3，装置制备过量O2。装置中发生反应的
33、化学方程式为_。也可以将制气体装置、合并为一个装置，如图2所示。若分液漏斗中盛装浓氨水，则D中的固体试剂为_（填化学式），E中的试剂为_。（2）乙同学用此套装置合成SO3，B装置U形管中有固体出现。实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。 若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，如果已有25.0%的亚硫酸钠（质量分数）被氧化为硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠的质量为_g（保留一位小数）。现欲制得纯净干燥的SO3，若图1装置C中盛放NaOH溶液，则此装置中存在明显不足：a.C中的水蒸气可能进入B中与SO3反应；b._。应如何改进：_（从下图给出的实验装置中选择字
34、母标号补充或替换，并用简要文字说明补充和替换的位置）。（3）丙同学拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率（装置、装置分别制取NO和NH3)，将图1装置中A、B、C分别换成图5中装置、。写出氨气被NO氧化的化学方程式：_。装置的作用可能是_。若进入装置的NO共22.4L（已折算为标准状况，下同），氨气过量，最后收集到11.2LN2，则NO的转化率是_。【答案】 (1). 2NH 4 Cl+Ca(OH)2CaCl 2 +2NH 3 +2H2O (2). Na2O2 (3). 碱石灰 (4). 25.2 (5). C中会发生倒吸现象 (6). 将C改为f装置 (7). 4NH3+6NO 5N2+6H2
35、O (8). 吸收NO (9). 60%【解析】(1)装置I用于实验室制备NH3，化学反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；装置用于实验室制备NH3，装置制备过量O2，制备NO2并验证其性质，如果将可以将制气体装置、合并为一个装置，分液漏斗中盛装浓氨水，则D中的固体试剂为过氧化钠，过氧化钠与水反应放出氧气，同时反应放热，促使氨水分解放出氨气，氨的催化氧化需要干燥的气体反应，防止炸裂硬质玻璃管，因此E中的试剂为碱石灰，故答案为：Na2O2；碱石灰；(2)3.36L(标准状况)二氧化硫的物质的量为=0
36、.15mol，设该亚硫酸钠的质量为x，则=0.15mol，解得x=25.2g，故答案为：25.2；现欲制得纯净干燥的SO3，若图1装置C中盛放NaOH溶液，氢氧化钠溶液中的水蒸气会通过导管进入B中与SO3反应，三氧化硫与氢氧化钠反应容易产生倒吸现象，为了避免倒吸，可以将C改为f装置，故答案为：C中会发生倒吸现象；将C改为f装置；(3)氨气被NO氧化生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+6NO 5N2+6H2O，故答案为：4NH3+6NO 5N2+6H2O；装置I、装置II分别制NO和NH3，在V中二者发生氧化还原反应生成氮气，可能混有NO或氨气，装置可吸收水或氨气，因一氧化氮与二价铁形成配位键，溶液中淡绿色的二价铁变成棕色的一氧化氮配合物，反应为FeSO4+NO=Fe(NO)SO4，装置的作用吸收未反应的NO，故答案为：吸收NO；在一定条件下反应中气体的体积之比等于物质的量之比，6NO+4NH35N2+6H2O6 5V 11.2L，解得V=13.44L，则NO的转化率为100%=60%，故答案为：60%。
