1、塘沽一中20192020 学年度第二学期高一年级第一次月考化学学科试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cu 64 Fe 56 S 32一、选择题：(每小题只有一个正确选项，每小题 4 分，共 60 分）1.下列过程属于人工固氮的是 ( )A. 用 N2 和 H2 合成 NH3B. 闪电时大气中氮的氧化物的生成C. 由氨气制尿素D. 从空气中分离出氮气【答案】A【解析】【分析】固氮：将游离态的氮转化成化合态的氮，包括自然固氮、人工固氮。【详解】A. 用 N2 和 H2 合成 NH3：N2 + 3H2 2NH3，是工业上将游离态的氮转化成化合态的氮，属于人工固氮，A选
2、项符合题意；B. 闪电时大气中氮的氧化物的生成：是自然固氮，B选项不符合题意；C. 由氨气制尿素：是化合态氮之间的转化，不属于固氮，C选项不符合题意； D. 从空气中分离出氮气：没有转化成化合态的氮，不属于固氮，D选项不符合题意；答案选A。2.下列说法正确的是（ ）A. SO2 有毒，不能用作食品添加剂B. 燃煤中加入生石灰可以减少 SO2 的排放C. 2mol N2 可与 6molH2 完全反应生成 4molNH3D. 氨水中含有 NH3H2O 和 H2O 两种分子【答案】B【解析】【详解】A. SO2 有毒，可用作一定范围内的食品添加剂，但必须严格按照国家有关范围和标准使用，否则，会影响人
3、体健康，A选项错误；B. 燃煤中加入生石灰可以吸收SO2 ：SO2 + CaO = CaSO3，2CaSO3 + O2 = 2CaSO4，B选项正确；C. 合成氨反应是可逆反应，所以2mol N2 可与 6molH2 不能完全反应，生成的NH3小于4mol，C选项错误；D. 氨水中除含有 NH3H2O 和 H2O 外，还有NH3，D选项错误；答案选B。【点睛】氨气溶于水，部分与水反应生成NH3H2O：NH3 + H2O NH3H2O，NH3H2O部分电离：NH3H2O NH4+ + OH-，水也部分电离：H2O H+ + OH-，所以氨水中有3种分子、3种离子：NH3、NH3H2O、H2O、N
4、H4+、OH-、H+。3.下列除杂质的操作方法正确的是（ ）A. N2 中有少量的 CO：通过灼热的氧化铜B. 食盐中有少量的 NH4Cl：加过量的烧碱溶液后加热蒸干C. NO 中有少量的 NO2：用水洗涤后再干燥D. NO2 中有少量 NH3：用水洗涤后干燥【答案】C【解析】【详解】A. CO通过灼热氧化铜发生反应：CO + CuO Cu + CO2，产生新的杂质气体CO2，A选项错误；B. 食盐中有少量的 NH4Cl：加过量的烧碱溶液后加热蒸干会带入新杂质NaOH，B选项错误；C. NO 中有少量的 NO2：用水洗涤发生反应：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，再干燥可得纯NO
5、，C选项正确；D. NO2 中有少量 NH3：用水洗涤时NO2能与水发生反应：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，D选项错误；答案选C。4.下列说法正确的是（ ）A. 因为 SO2 具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、KMnO4(H)、石蕊溶液褪色B. 向 50 mL 18.4 mol/L H2SO4 溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的 H2SO4的物质的量小于 0.46 molC. SO2、NO2 和 CO2 都是引起酸雨的主要原因，导致雨水的 pH 小于 5.6D. 浓 HNO3 与浓盐酸按 31 的体积比混合所得的混合物叫王水，能溶解金和铂【答案】B【解析】【
6、详解】A. SO2 使溴水、KMnO4(H)表现的是还原性，SO2不能漂白石蕊溶液，A选项错误；B. 50 mL 18.4 mol/L H2SO4含H2SO4：5010-3L18.4 mol/L=0.92mol，加入足量的铜片并加热：2H2SO4(浓) + Cu CuSO4 + 2H2O + SO2，被还原的 H2SO4占反应的H2SO4总量的一半，但随反应进行，硫酸变稀，反应停止。所以，充分反应后，被还原的 H2SO4的物质的量小于0.92mol2= 0.46 mol，B选项正确；C. CO2 不是引起酸雨的原因，C选项错误；D. 王水是浓 HNO3 与浓盐酸按 13 的体积比混合所得的混合
7、物，D选项错误；答案选B。5. 下列叙述不正确的是A. NH3易液化，液氨常用作制冷剂B. 浓HNO3的氧化性强于稀HNO3C. 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【答案】D【解析】【详解】A、氨气的熔沸点较低，所以易液化，液氨气化时要吸收大量的热，常用作制冷剂，正确；B、对于同种氧化剂，一般浓度越高氧化性越强，正确；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，正确；D、稀HNO3和活泼金属反应时不会得到氢气，而主要是氮的氧化物，错误。答案选D。6.下列各组离子在碱性条件下可以大量共存，在酸性条件下
8、因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )A. Cu2+ Fe2+ NO3- ClB. K+ Mg2+ HSO3- SO42-C. S2 Na+ K+ Cl-D. Ba2+ Na+ I- NO3-【答案】D【解析】【分析】根据题意可知，各组离子有两个要求：在碱性条件下可以大量共存；在酸性条件下因发生氧化还原反应而不能大量共存。可从这两个方面着手判断各选项。【详解】A. Cu2+ 、Fe2+ 在碱性条件下不能大量存在，A选项不符合题意；B. Mg2+、HSO3-在碱性条件下不能大量存在，B选项不符合题意；C. S2、Na+、K+、Cl-：在酸性条件下，S2-不能大量存在：S2- + 2H+ =
9、H2S，但不是发生氧化还原反应，C选项不符合题意；D. Ba2+、Na+、I-、NO3-在碱性条件下可以大量共存，在酸性条件下I-、NO3-因发生氧化还原反应而不能大量共存：NO3-在酸性条件下有强氧化性，能将I-氧化，D选项符合题意；答案选D。7.如图装置，将溶液 A 逐渐加入固体 B 中，下列叙述中不正确的是（ ）A. 若 a 为浓盐酸，b 为 MnO2，c 中盛品红溶液，则 c 中溶液不褪色B. 若 a 为稀硫酸，b 为 FeS，c 中盛硫酸铜溶液，则 c 中产生淡黄色沉淀C. 若 a 为醋酸溶液，b 为贝壳，c 中盛过量澄清石灰水，则 c 中溶液变浑浊D. 若 a 为浓氨水，b 为生石
10、灰，c 中盛 AlCl3 溶液，则 c 中产生白色沉淀【答案】B【解析】【分析】该发生装置为固体和液体不加热制气体，结合各气体的性质可对选项作出判断。【详解】A. 浓盐酸和MnO2反应需加热，而该装置没有加热，所以不能生成氯气，品红溶液不会褪色，A选项正确；B. 若 a 为稀硫酸，b 为 FeS：FeS + H2SO4 = H2S + FeSO4，产生的H2S经过硫酸铜溶液：H2S + CuSO4 = CuS(黑色) + H2SO4 ，所以 c 中产生黑色沉淀，B选项不正确；C. 若 a 为醋酸溶液，b 为贝壳：2CH3COOH + CaCO3 = Ca(CH3COO)2 + CO2 + H2
11、O，产生的CO2 经过c 中过量澄清石灰水：CO2 + Ca(OH)2(过量) = CaCO3 + H2O，所以 c 中溶液变浑浊，C选项正确；D. 若 a 为浓氨水，b 为生石灰：CaO + NH3 H2O = Ca(OH)2 + NH3，产生的NH3 经过c 中 AlCl3 溶液：AlCl3 + 3NH3H2O = Al(OH)3 + 3NH4Cl，所以 c 中产生白色沉淀，D选项正确；答案选B。8.如表所示有关物质检验的实验结论正确的是( )选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42-B向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶
12、液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SO32-C将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3H2CO3A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】根据物质的性质及反应现象分析解答。【详解】A.白色沉淀可以能是氯化银，溶液中可能含有银离子，应该先加盐酸排除银离子的干扰，故A错误；B.溶液中可能含有HSO3-，故B错误；C.具有漂白作用的不仅仅是二氧化硫，融入氯气也可以使品红褪色，故C错误；D.先通入酸性高锰酸钾溶液，目的是除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水变
13、浑浊，说明产物是二氧化碳，进而证明亚硫酸的酸性强于碳酸，故D正确。故选D。【点睛】在物质检验的实验中，一定要注意排除其他物质的干扰，很多反应的现象是一样的，需要进一步验证，例如二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫可以与酸性高锰酸钾反应，二氧化碳不可以。9.根据下列实验事实得出的相应结论正确的是( )选项实验事实结论ANH3 的水溶液可以导电NH3 是电解质BSO2 通入硝酸钡溶液出现白色沉淀BaSO3 不溶于强酸C浓硝酸久置发黄硝酸不稳定D浓硫酸能脱去胆矾晶体中的水浓硫酸具有脱水性A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A. NH3 的水溶液可以导电是因为：N
14、H3 + H2O NH3H2O， NH3H2O NH4+ + OH-，并不是NH3 自身电离导致的，所以NH3 是非电解质，A选项错误；B. SO2 通入硝酸钡溶液出现白色沉淀，是因为SO2被NO3-氧化成SO42-，并进一步生成了BaSO4沉淀，B选项错误； C. 浓硝酸久置发黄是因为：4HNO3 = 4NO2 + O2 + 2H2O，体现了硝酸的不稳定性，C选项正确；D. 浓硫酸能脱去胆矾晶体中的水，体现的是浓硫酸的吸水性，原因是胆矾中的水是以H2O的形式与Cu2+和SO42-结合，而不是在脱水过程中形成的，D选项错误；答案选C。【点睛】1. 电解质是在溶于水或熔融状态下能导电的化合物，其
15、本质是在一定条件下自身能电离的化合物。2. CuSO45H2O中H2O分子以不同形式与Cu2+和SO42-结合，但CuSO45H2O是纯净物。10.将X气体通入溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是 选项XYABCDA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，单质硫不溶于水，可以产生沉淀，选项A不选； B氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，选项B不选；C.氯气、二氧化碳均不与氯化钡反应，则一直没有沉淀生成，选项C选； D.二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和二氧化硫发生氧化还原反应生成离子，然后与
16、氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，选项D不选；答案选C。【点睛】本题主要是考查物质的性质，该题侧重元素化合物性质的考查，明确氯气、二氧化硫、氨气、二氧化碳与氯化钡的性质是解答的关键，特别是有关的氧化性和还原性是易错点，解答时注意发生的氧化还原反应及复分解反应。11.下列关系图中，A 是一种正盐，B 是气态氢化物，C 是单质，F 是强酸。当 X 无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去），当 X 是强碱时，过量 B 跟 Cl2 反应除生成 C 外，另一产物是盐酸盐。下列说法中不正确的是（ ）A. 当 X 是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F 可能是 H
17、2SO4B. 当 X 是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F 是 HNO3C. 用 O2 代替 Cl2, 也能与 B 反应生成 C 物质D. 当 X 是强酸时，C 在常温下是一种易溶于酒精的固体【答案】D【解析】【分析】当 X 是强碱时：和强碱反应产生的气态氢化物B可判断为NH3，则A为铵盐，过量的 B 跟 Cl2 反应生成的盐酸盐是NH4Cl，则C为N2，由此判断D为NO、E为NO2、F为HNO3；A和强酸反应生成的B能被Cl2氧化，且生成的C能被O2连续氧化，在常见的物质中可考虑A为硫化物，所以，当 X 是强酸时，A、B、C、D、E、F可分别为(NH4)2S、H2S、S、SO
18、2、SO3、H2SO4。可在此基础上对各选项作出判断。【详解】A. 当 X 是强酸时，A、B、C、D、E、F可分别为Na2S、H2S、S、SO2、SO3、H2SO4，它们均含S元素，A选项正确；B. 当 X 是强碱时，A、B、C、D、E、F分别为(NH4)2S、NH3、N2、NO、NO2、HNO3，它们均含同一种元素N，B选项正确；C. 用 O2 代替 Cl2：4NH3 + 3O2(纯氧) 2N2 + 6H2O，2H2S + O2(少量) 2H2O + 2S，所以O2 也能与 B 反应生成 C 物质，C选项正确；D. 根据以上分析，当 X 是强酸时，C 为S，S在常温下是一种微溶于酒精的固体，
19、D选项不正确；答案选D。12.历史上被称为“世界八大公害”和“20 世纪十大环境公害”之一的洛杉矶光化学烟雾事件使 人们深刻认识到了汽车尾气的危害性。汽车尾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（ ）A. 烟雾是一种固溶胶，其分散剂是空气B. O2 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. NO2 不是酸性氧化物【答案】A【解析】【分析】A.烟雾是一种气溶胶；B.同种元素的不同单质属于同素异形体；C.有元素化合价升降的反应是氧化还原反应；D.与水反应只生成对应酸的氧化物属于酸性氧化物。【详解】A.
20、烟雾一种气溶胶，其分散剂是空气，故A错误；B.同种元素不同单质属于同素异形体，O2 和 O3是氧的两种同素异形体，故B正确；C.NO与O3反应生成NO2，反应I中存在元素化合价的升降，属于氧化还原反应，故C正确；D.与水反应只生成对应酸的氧化物属于酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故D正确；故答案选A。13.短周期主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，其中 W 与 X 同周期且相邻；X 与 Z 均可形成 18 个电子的氢化物，且两者可反应生成淡黄色固体；Y 是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是( )A. 简单离子的半径：r(X) r(Y)XD. 常温下
21、Y 的单质与 W 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液不反应【答案】B【解析】【分析】X 与 Z 均可形成 18 个电子的氢化物，且两种氢化物可反应生成淡黄色固体，可判断X的氢化物为H2O2，Z的氢化物为H2S，两者反应生成淡黄色固体S：H2O2 + H2S = S +2H2O；W 与 X 同周期且相邻，且原子序数：WX，则W为N；地壳中含量最高的金属元素是Al，则Y为Al。总之，W、X、Y、Z分别是N、O、Al、S。可在此基础上对各选项作出判断。【详解】A. X、Y、Z的简单离子分别是O2-、Al3+、S2-，其中O2-、Al3+是10电子离子，电子层数均为2，核电荷数后者大，则r(Al3+)
22、r(O2-)；S2-是18电子离子，电子层数均为3，所以简单离子的半径：r(Al3+) r(O2-) r(S2-)，A选项错误；B. X(O) 与 W(N)、Z(S) 形成的化合物中化学键均为共价键，类型相同，B选项正确；C. Z、X的简单氢化物分别是H2S和H2O，由于H2O分子间能形成氢键，使得其沸点高于H2S，C选项错误；D. 常温下Y单质(Al)在W的最高价氧化物对应水化物的浓溶液(浓硝酸)中钝化，原因是Al表面被浓硝酸氧化形成致密的氧化膜，所以两者实际上发生了反应，D选项错误；答案选B。【点睛】简单离子半径大小比较：1. 电子层数越多，半径越大；2. 电子数相同时，核电荷数越大，半径
23、越小；3. 核电荷数相同时，电子数越多，半径越大。14.有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含硫酸的浓度为2 molL1，含硝酸的浓度为1 molL1，现向其中加入0.96 g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为( )A. 224 mLB. 168 mLC. 112 mLD. 89.6 mL【答案】A【解析】【详解】铜与稀硝酸反应的实质为8H+3Cu+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，在溶液中每3molCu与8molH+完全反应生成2molNO，题中0.96g铜粉的物质的量为=0.015mol，混合溶液中H+的物质的量为2molL10.02L2
24、+1molL10.02L=0.10mol，NO3-的物质的量为1molL10.02L=0.02mol，根据离子方程式的关系：8H+3Cu+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，显然氢离子过量，铜完全反应，生成的NO气体由铜的物质的量计算得出，生成NO的物质的量为0.01mol，在标准状况下的体积为0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL。故选A。15.在标准状况下，在三个干燥的烧瓶内分别装有纯净的NH3，含一半空气的HCl气体, NO2 和O2的混合气体V(NO2)V(O2) = 41 ，然后分别作喷泉实验，三个烧瓶内所得溶液的物质的量浓度之比为A. 212B. 554C.
25、 111D. 无法确定【答案】B【解析】【详解】在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、氯化氢、NO2、O2的物质的量之比为5：2.5：4：1；做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含一半空气的氯化氢气体的烧瓶、含NO2和O2的混合气体(体积比为4：1)的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、半烧瓶、一烧瓶，所以溶液的体积比为2：1：2；因为4NO2+O2+2H2O=4HNO3硝酸的物质的量和二氧化氮的物质的量相等，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为5：2.5：4，根据c=知，各物质的量浓度之比为；：=5：5：4，故选B。【点睛】本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算盛
26、放氯化氢气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2和O2气体的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键。二、简答题：（共 40 分）16.如图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系。请回答下列问题：(1)写出 N2 的一种用途： _。(2)B 物质的电子式为： _。(3)HNO3与图中的物质 C 常用于检验 Cl-的存在，则 C 的化学式为_。(4)实验室制取物质 B 的化学方程式为 _。(5)浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为 _。(6)如图装置可用于探究氯气与氨气的反应。实验时先通过三颈瓶瓶口 1 通入氨气，然后关闭 b 活塞，再通过瓶口 2 通入氯气。实验中三颈瓶内出现白烟并在内壁凝结成固体，发生
27、反应的化学方程式为_，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子_ 实验完毕后，观察到三颈瓶内还有黄绿色气体， 简述如何处理才能不污染环境_。(7)将 3.2g 铜与 60.0mL 一定浓度的硝酸发生反应，铜完全溶解，产生 NO2 和 NO 混合气体的体积为 8.96L(标况)。待产生的气体全部释放后，向溶液加入 100mL 2.0mol/L 的 NaOH 溶液，恰好使溶液中的 Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 _mol/L。【答案】 (1). 作保护气或作制冷剂或用于合成氨等(合理即可) (2). (3). AgNO3 (4). 2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2N
28、H3 + 2H2O (5). C + 4HNO3(浓) CO2 + 4NO2 + 2H2O (6). 8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl (7). 取少量固体于试管中，加入NaOH溶液，微热，产生的气体在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，如果试纸变蓝，则证明该固体中含有NH4+ (8). 将活塞b打开，Cl2即可被烧杯中的NaOH溶液吸收 (9). 10【解析】【分析】(1)(5)由图可判断，气态氢化物B为NH3，+2价氧化物为NO，C为硝酸盐。可在此基础上结合氮的单质及其化合物的结构和性质解(1)(5)小题；(6)氯气有强氧化性，能将氨气氧化，还原产物HCl与NH3 反应生成N
29、H4Cl固体；检验该固体中的阳离子即为检验NH4Cl中的NH4+；三颈瓶内黄绿色气体为Cl2，Cl2能和碱反应，故可用碱溶液吸收；(7)原硝酸溶液中的HNO3的物质的量等于未被还原的HNO3和被还原的HNO3的物质的量总和。未被还原的HNO3的物质的量等于反应后溶液中的NO3-的物质的量；根据N元素守恒，被还原的HNO3的物质的量等于还原产物NO2和 NO的物质的量总和。利用题给数据分别计算即可求得原硝酸溶液的浓度。【详解】(1) N2 性质稳定，可作保护气；液氮温度低，可作制冷剂；N2 还可用于合成氨，等等。答案为：作保护气或作制冷剂或用于合成氨等(合理即可)；(2) B 为NH3，为共价化
30、合物，电子式为：。答案为：；(3) 检验 Cl- 常用HNO3酸化的AgNO3 溶液，所以C 的化学式为AgNO3。答案为：AgNO3；(4) 实验室常用NH4Cl和碱石灰共热制取 NH3，化学方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3 + 2H2O。答案为：2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3 + 2H2O；(5) 浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为：C + 4HNO3(浓) CO2 + 4NO2 + 2H2O。答案为：C + 4HNO3(浓) CO2 + 4NO2 + 2H2O；(6) 在三颈瓶内，氯气将氨气氧化成氮气，还原产物HCl
31、与NH3 反应生成NH4Cl固体，所以发生反应的化学方程式为：8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl；NH4Cl中NH4+ 的检验方法为：取少量固体于试管中，加入NaOH溶液，微热，产生的气体在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，如果试纸变蓝，则证明该固体中含有NH4+。答案为：8NH3 + 3Cl2 = N2 + 6NH4Cl；取少量固体与试管中，加入NaOH溶液，微热，产生的气体在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，如果试纸变蓝，则证明该固体中含有NH4+； 三颈瓶内黄绿色气体为Cl2，Cl2能和碱反应，故可用碱溶液(如NaOH溶液)吸收，可将活塞b打开，Cl2即可被烧杯中的NaOH溶
32、液吸收。答案为：将活塞b打开，Cl2即可被烧杯中的NaOH溶液吸收；(7) 根据分析可知，原硝酸溶液中的HNO3 的物质的量等于反应后溶液中的NO3- (未被还原的HNO3)和还原产物NO2 和 NO的物质的量总和(被还原的HNO3)。一、反应后溶液中的的NO3- ：向反应后溶液加入NaOH 溶液恰好使溶液中的 Cu2+ 全部转化成沉淀后，溶液的溶质为NaNO3，则有：n(NO3-)=n(Na+)=10010-3L2.0mol/L=0.2mol；二、被还原的HNO3：还原产物为NO2 和 NO，所以，被还原的HNO3的物质的量为：；则原硝酸溶液的浓度为：。答案为：10。【点睛】硝酸与金属的反应
33、中硝酸的变化：1. 被还原，得到还原产物，如NO2、NO等；2. 表现酸性，生成硝酸盐；3. 未反应，即剩余硝酸。在此认识基础上利用N元素守恒进行相关计算，可使计算思路清晰。17.某课外活动小组欲利用 CuO 与 NH3 反应，研究 NH3 的某种性质并测定其组成， 设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：(1)仪器 a 的名称为 _。(2)实验中观察到装置 C 中黑色 CuO 粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明 NH3 具有 _性，写出相应的化学方程式 _。(3)E 装置中浓硫酸的作用 _。(4)读取气体体积前，应对装置 F 进行的操作：_。(5)实
34、验完毕，若测得干燥管 D 增重 mg，装置 F 测得气体的体积为 n L（已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为_（用含 m、n 字母的代数式表示）(6)在实验室中用图中 A 装置也可制取 SO2 气体：选用的药品可以是 _。ANa2SO3 溶液与 HNO3 BNa2SO3 固体与浓 H2SO4C碳与浓 H2SO4 D铜与浓 H2SO4将制得的 SO2通入淀粉碘化钾溶液，现象为 _，表明 SO2 的氧化性比 I2_(填“强或“弱”)。实验室用 NaOH 溶液作为 SO2 的吸收剂防止污染空气，若向 100mL 0.3mol/L 的 NaOH溶液中通入标准状况下 0.448LSO2
35、气体，所得溶液中的溶质是_（填化学式）。某硫酸厂拟用含 Cr2O72-的酸性废水处理烟气中 SO2，反应后的铬元素以 Cr3+形式存在， 则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是 _。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 还原性 (3). 2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 + 3H2O (4). 防止F中的水分进入D装置，并吸收未反应的氨气 (5). 调整F装置，使两边液面相平 (6). (7). B (8). 无明显现象 (9). 弱 (10). Na2SO3和NaHSO3 (11). 1：3【解析】【分析】(1)(5) 根据题意观察装置可知：A装置为氨气发生装置，B装置干燥氨气，C
36、为反应装置，D装置吸收反应产生的水，E装置防止F中的水分进入D装置干扰实验结果，F装置测量生成氮气的体积。可在此基础上结合相关知识解(1)(5)小题；(6) A装置特点为固液不加热制取气体，根据各反应的条件和产物可对各选项作出判断； SO2不能和KI反应，无法将I-氧化为I2； 将SO2通到NaOH溶液中，发生的反应为：2NaOH + SO2 = Na2SO3 + H2O，或NaOH + SO2 = NaHSO3，根据题给数据计算n(NaOH)和n(SO2)的比值，可判断反应的产物。 氧化还原反应中有元素化合价升高，同时有元素化合价降低。反应中Cr元素化合价升高，则S元素的化合价降低，根据电子
37、得失守恒可计算氧化剂和还原剂的物质的量之比。【详解】(1) 装置中仪器a为分液漏斗。答案为：分液漏斗；(2) 装置C中黑色粉末变为红色固体，说明氧化铜被还原为铜单质，说明氨气具有还原性，量气管有无色无味的气体，根据元素守恒该气体肯定含有氮元素，只能是氮气，故方程式为2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 + 3H2O。答案为：还原性；2NH3 + 3CuO 3Cu + N2 + 3H2O(3) 根据实验目的，需要测定D装置的质量变化来确定生成水的量，故E装置的作用是防止F中的水分进入D装置，同时浓硫酸还能吸收氨气。答案为：防止F中的水分进入D装置，并吸收未反应的氨气；(4) 为保证读出的气体
38、体积为标准大气压下的体积，需要调整F装置，使两边液面相平。答案为：调整F装置，使两边液面相平；(5) 测得干燥管D增重m g，即生成m g水，装置F测得气体的体积为n L，即n L氮气，根据元素守恒，水中的氢元素都来自于氨气，氮气中的氮元素都来自于氨气，故氨分子中氮、氢的原子个数比为：。答案为：；(6) A装置特点为固液不加热制取气体，A. Na2SO3 会被 HNO3氧化，A选项错误；B. Na2SO3 固体与浓 H2SO4反应可生成SO2：Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2 + H2O，B选项正确；C. 碳与浓 H2SO4反应需加热：2H2SO4(浓) + C CO
39、2 + 2SO2 + 2H2O，C选项错误；D. 铜与浓 H2SO4需加热：2H2SO4(浓) + Cu CuSO4 + 2H2O + SO2，D选项错误；答案为：B； SO2不能和KI反应，所以将制得的 SO2通入淀粉碘化钾溶液，无明显现象；SO2不能将I- 氧化成I2，表明 SO2 的氧化性比 I2弱。答案为：无明显现象；弱； 将SO2通到NaOH溶液中，发生的反应先是：2NaOH + SO2 = Na2SO3 + H2O，n(NaOH)：n(SO2)=2：1时恰好完全反应生成Na2SO3；然后是：Na2SO3 + SO2 + H2O = 2NaHSO3，总反应为：NaOH + SO2 =
40、 NaHSO3，n(NaOH)：n(SO2)=1：1时恰好完全反应生成NaHSO3。根据题给信息，n(NaOH)= 10010-3 L 0.3mol/L = 0.03 mol，n(SO2)= ，n(NaOH)：n(SO2)= 0.03：0.02=3：2，介于2：1和1：1之间，所以，所得溶质为Na2SO3和NaHSO3。答案为：Na2SO3和NaHSO3。 氧化还原反应中有元素化合价升高，同时有元素化合价降低。根据题意，Cr的化合价变化为：+6+3，Cr2O72-为氧化剂，1mol Cr2O72-得电子2(6-3)mol=6mol；则SO2被氧化为SO42-，SO2为还原剂，S的化合价变化为：+4+6，1molSO2失电子(6-4)mol=2mol。根据电子得失守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：2：6=1：3。答案为：1：3【点睛】1. 量气装置读数的注意事项：气体恢复到室温；上下移动可活动仪器，使两边液面相平；读数时视线与凹液面最低处相平。2. 在分析物质变化时，要善于利用守恒法，如元素守恒、电子守恒等。
