2023届新高考化学一轮复习非金属及其化合物单元测试含答案

这是一份2023届新高考化学一轮复习非金属及其化合物单元测试含答案，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

非金属及其化合物
一、选择题：本题共16个小题，其中1至10题，每小题2分，11至16题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。A．氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，错误；B．秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，正确；C．陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，正确；D．陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，正确。故选A。
2．下列物质的性质与用途的对应关系错误的是
A．黄铁矿FeS2具有还原性，工业上主要用于冶炼铁
B．Cu2+具有毒性，CuSO4可用于配制波尔多液
C．Fe3+具有氧化性，FeCl3水溶液可用作H2S的脱除剂
D．硅胶固体多孔、表而积大，可以用作干燥剂或催化剂的载体
【答案】A
【详解】
A．黄铁矿FeS2具有还原性，在工业上主要用于制取硫酸而不是冶炼铁，故A错误；
B．Cu2+具有毒性，常用CuSO4、石灰乳、水配制波尔多液，故B正确；
C．Fe3+具有氧化性，FeCl3水溶液可用作H2S的脱除剂，将转化为单质硫，故C正确；
D．硅胶固体多孔、表而积大，可以用作干燥剂或催化剂的载体，故D正确。
综上所述，答案为A。
3．水溶液中能大量共存的一组离子是
A．Na+、Al3+、Cl-、HCO B．H+、Fe2+、NO、SO
C．H+、 Mg2+、Cl-、NO D．K+、Ag+、OH-、SO
【答案】C
【详解】
A． Al3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故A错误；
B．酸性条件下，Fe2+与HNO3发生氧化还原反应而不能大量共存，故B错误；
C．离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D． Ag+能与OH-、SO42-反应生成沉淀，而不能大量共存，故D错误。
故选C。
4．化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
选项
生产活动
化学原理
A
用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜
聚乙烯燃烧生成和
B
利用海水制取溴和镁单质
可被氧化、可被还原
C
利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
氢氟酸可与反应
D
公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆
钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀
【答案】A
【解析】A．聚乙烯是一种无毒的塑料，是最常见的食品包装袋材料之一，则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧生成二氧化碳和水无关，故A符合题意；B．溴离子具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，镁离子具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法制得镁，则海水制取溴和镁与单质，与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关，故B不符合题意；C．氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术品，则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，与氢氟酸能与二氧化硅反应有关，故C不符合题意；D．钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，防止钢铁腐蚀，则公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈，与隔绝钢铁与潮湿的空气防止腐蚀有关，故D不符合题意；故选A。
5．下列陈述中，陈述1和陈述2均正确且有因果关系的是
选项
陈述1
陈述2
A
疫情期间，我们可以酒精和次氯酸钠对环境进行消毒
酒精和次氯酸钠都有强氧化性，能使病毒中的蛋白质发生氧化变性从而失去活性
B
工业生产上，常用电化学氧化法在铝制品的表面生成有一定厚度的坚硬的氧化膜
金属铝的表面生成的致密的氧化膜能保护内层的金属铝不被氧化
C
CaCl2可作为实验室制备氨气的干燥剂
CaCl2可吸收气体中的水分，常用于中性和酸性气体的干燥
D
牙膏中添加氟化物可以预防龋齿
牙膏中的氟离子与牙齿表层的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3(OH)]发生反应生成溶解度更大的氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，能更好抵抗酸对牙齿的侵蚀
【答案】B
【详解】
A．酒精没有强氧化性，其杀菌消毒的原理是使蛋白质脱水变性凝固而失去活性，从而达到杀菌消毒的效果，故该选项陈述2错误，A项不选；
B．金属铝的表面生成的致密的氧化膜能保护内层的金属铝不被氧化，故常用电化学氧化法在铝制品的表面生成氧化膜保护金属铝，陈述1与陈述2之间有因果关系，B项选；
C．CaCl2常用于干燥中性和酸性气体，但CaCl2与氨气能发生反应生成CaCl2·8NH3，从而不能用于氨气的干燥，该项陈述1错误，C项不选；
D．牙膏当中添加氟化物，其中的F-能与牙齿表层的羟基磷灰石[Ca5(PO4)3(OH)]发生反应生成溶解度更小的氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]，从而抵抗酸对牙齿的侵蚀，该选项中陈述2错误，D项不选；
答案选B。
6．微粒观的形成对化学学习具有重要意义。下列相关反应的离子方程式书写正确的是
A．向Ba(OH)2溶液中加少量NaHCO3溶液： Ba2+ + OH- + HCO = BaCO3↓+ H2O
B．用惰性电极电解CuCl2溶液： 2H2O + Cu2++ 2Cl-Cu(OH)2+ H2↑+ Cl2↑
C．往酸性KMnO4溶液中加入草酸： 2MnO+ 5C2O+16H+= 2Mn2++ 10CO2↑+ 8H2O
D．漂白粉溶液吸收少量SO2气体： 2ClO- + SO2 + H2O=SO+ 2HClO
【答案】A
【详解】
A． 向Ba(OH)2溶液中加少量NaHCO3溶液，发生：Ba(OH)2 + NaHCO3 =BaCO3↓+NaOH+H2O 离子方程式为：Ba2+ + OH- + HCO3- = BaCO3↓+ H2O ，故A正确；
B． 用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极是Cu2+发生还原反应，离子方程式为：Cu2++ 2Cl- Cu+ Cl2↑，故B错误；
C． 草酸H2C2O4是弱酸，不能写成离子形式，故C错误；
D． 生成的HClO具有强氧化性，能将氧化为，则该反应结果有微溶物硫酸钙生成，故D错误。
故选A。
7．将X气体通入BaCl2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
X
Y
A
SO2
H2S
B
Cl2
CO2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
【答案】B
【解析】A、将SO2通入BaCl2溶液，不反应，部分SO2溶解在水中与后来通入的H2S发生反应2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，生成S沉淀，A不选；B、氯气与氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，B选；C、反应为：2NH3+H2O+CO2+BaCl2＝2NH4Cl+BaCO3↓，C不选；D、发生反应：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl，BaCl2＋H2SO4＝BaSO4↓＋2HCl，D不选；答案选B。
8．下列各组物质按如图所示连线两物质之间均能发生反应的是

选项
a
b
c
d
A

溶液
溶液
溶液
B


溶液

C

溶液

溶液
D



溶液
【答案】A
【详解】
A．与溶液、溶液均能反应，溶液能与溶液反应，能与溶液反应，A项符合题意；
B．不能与溶液反应，B项不符合题意；　
C．溶液不能与反应，C项不符合题意；
D．不能与溶液反应，D项不符合题意；
故选A。
9．某学习小组设计实验探究NH3与CuO的反应，所选择的装置及操作正确的是
A
B
C
D




制备NH3
干燥NH3
验证NH3能还原CuO
吸收NH3尾气
【答案】C
【详解】
A．加热分解NH4Cl，会得到氨气与氯化氢，两者迅速结合生成氯化铵，故制备NH3不能用加热分解NH4Cl的方法，A项错误；
B．NH3会与CaCl2发生反应，不能用无水CaCl2干燥NH3，要用碱石灰干燥NH3，B项错误；
C．气体与固体反应，可选择此装置，如果发生反应，则固体由黑色变为红色，C项正确；
D．装置中的NH3能与水直接接触，无法防倒吸，D项错误；
答案选C。
10．为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．0.1mol氨基-NH2含有的电子数为
B．足量S粉与56g的Fe粉充分反应，生成的粒子数为
C．将通入足量水中反应，转移的电子数为
D．足量的Cu与100mL18.4mol/L的浓硫酸加热反应，生成气体的分子数为
【答案】A
【详解】
A．1个氨基中有9个电子，所以0.1mol氨基中有0.9NA的电子，A项正确；
B．S粉与Fe粉反应生成FeS，不生成Fe2S3，B项错误；
C．氯气溶于水的反应是可逆反应，且一部分氯气在水中以分子形式存在，故无法计算转移的电子数，C项错误；
D．随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，所以生成气体分子数小于，D项错误；
答案选A。
11．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：

下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【解析】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，正确；C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，正确；D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，错误；答案选D。
12．ICl是种红棕色液体，遇水反应生成HIO和HCl，可用于有机合成等。实验室制备出Cl2与二次升华碘反应可制取ICl(I2 +Cl2=2ICl，Cl2过量时发生反应ICl +Cl2IC3) ，实验装置如图所示；(部分夹持装置已略)。下列说法错误的是

A．装置①烧瓶中盛放的药品可以是KMnO4
B．装置②试管中盛放的是饱和食盐水
C．当装置③烧瓶中固体全部变为液体时，可用蒸馏的万法提纯产品
D．装置④吸收尾气中的氯气等气体并防止水蒸气进人装置③
【答案】B
【分析】
根据题意，整个过程中，装置③中应该在无水环境中进行，且氯气不能过量。
【详解】
A. 装置①中无加热装置，而该装置为实验室制取氯气的装置，所以烧瓶中的固体可以为高锰酸钾，故A正确；
B. 进入装置③中的气体应该为干燥的氯气，所以②试管中盛放的是浓硫酸，故B错误；
C. 根据碘蒸气与氯化碘的沸点不同，可以通过蒸馏的方法分离提纯，故C正确；
D. 装置④用于吸收多余的氯气，同时防止空气中的水进入装置③，故D正确；
故选B。
13．下列实验操作中，其实验现象及结论均正确的是
序号
实验操作
实验现象
结论
A
向NaCN溶液中滴加酚酞试剂
溶液变红
NaCN在溶液中发生了水解反应
B
将硫酸酸化的溶液滴入溶液中
溶液变黄色
氧化性：比强
C
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变
该食盐肯定是未加碘食盐
D
向5mL碘水中加入，振荡后静置
上层显紫红色
在其中的溶解度：水
【答案】A
【详解】
A．NaCN溶液存在：，水解生成的NaOH使酚酞变红，A正确；
B．用硫酸酸化的溶液滴入溶液中，溶液中含和，可以氧化生成，使溶液变黄色，故不能得出的氧化性比强的结论，B错误；
C．碘单质遇淀粉变蓝，食盐中的碘是以形式存在，不能使淀粉变蓝，故溶液颜色不变不能得出食盐中未加碘的结论，C错误；
D．的密度大于水，下层显紫红色，实验现象错误，D错误；
故答案为：A。
14．工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是

A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3
【答案】B
【解析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；故选B。
15．亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量)。下列说法不正确的是
[样品][气体A][含H2SO4][中和液]
A．葡萄酒酿造时通入SO2起到了杀菌和增酸的作用
B．反应①中若不通入N2，则测得的SO2含量偏低
C．反应①中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SO2的溶解度
D．若仅将②中的氧化剂“H2O2溶液”替换为“溴水”，对测定结果无影响
【答案】D
【分析】
样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体A为氮气和二氧化硫的混合气体，通入双氧水中，二氧化硫被氧化成硫酸，再用氢氧化钠中和得含有硫酸钠的中和液。
【详解】
A．葡萄酒酿造时通入SO2起到杀菌和增酸的作用，A项正确；
B．反应①中若不通入N2，则在反应①中部分SO2被氧化，气体A偏小，测得的SO2含量偏低，B项正确；
C．反应①中煮沸的目的是加快H2SO3的分解，降低SO2的溶解度，使葡萄酒中SO2全部蒸出，C项正确；
D．将“H2O2溶液”替换为“溴水”，发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，为保证SO2完全吸收，溴水要略过量，用NaOH溶液中和，消耗的NaOH增多，测得的SO2含量偏高，对测定结果有影响，D项错误；
答案选D。
16．称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31792 mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则NH4HSO4为0.02mol，所以(NH4)2SO4质量为7.24g-115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87：1，故选C。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。
17．（13分）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：
（1）氨气的制备

①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_____________________________。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→_______________(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。

操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中
①Y管中___________________
②反应的化学方程式
_____________________
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温
Y管中有少量水珠
生成的气态水凝集
打开K2
③________________________
④_______________________
【答案】（1）①A(或B)（1分） 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O) （2分） ②d→c→f→e→i （2分） （2）①红棕色气体慢慢变浅（2分） ② 8NH3+6NO27N2 +12H2O（2分） ③Z中NaOH溶液产生倒吸现象（2分） ④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压 （2分）
【解析】
（1）①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O，故答案为A (或B)；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(或B NH3·H2ONH3↑+H2O)；
②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；
（2）打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO27N2 +12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。
18．（14分）某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol·L-1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组突出了如下假设:
假设一：溶液中的NO3-
假设二：溶液中溶解的O2
（1）验证假设一
该小组涉及实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
_____________________________
假设一成立
实验2：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBa（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
_______________________________
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线入下图

实验1中溶液pH变小的原因是________________________________________；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）_____________________________________________。
（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤，预期现象和结论。
实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）_______________________________
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别通入足量的O2和KNO3，氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反映后两溶液的pH前者_______(填大于或小于)后者，理由是____________________________________________。
【答案】（1）无明显现象（1分） 有白色沉淀生成（1分） （2）SO2溶于水后生成H2SO3（2分） 3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO（2分）
（3）（4分）
实验步骤
实验现象
结论
实验1：作为参考实验

假设二成立

实验3：将纯净的SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中
有白色沉淀生成

（4）小于 （2分） 反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者多余后者（2分）
【解析】
（1）根据强酸制弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，电离出Ｈ＋，和NO3-结合生成硝酸，具有强氧化性，将SO32-氧化成SO42-，故生成白色的BaSO4沉淀；
（2）SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO；
（3）
实验步骤
实验现象
结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
无现象

假设二成立

实验2：在盛有富含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成

（4）小于，反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者多余后者。
19．（15分）三氯氧磷()可用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，是能推进中国半导体产业链发展壮大的一种重要的化工原料。现以氯气、二氧化硫和三氯化磷为原料，采用二级间歇式反应装置模拟联合制备三氯氧磷和氯化亚砜()。实验过程中，控制氯气和二氧化硫通入的体积比为，实验过程示意图如图：

已知：
物质
熔点/
沸点/
相对分子质量
其他

-93.6
76.1
137.5
遇水剧烈水解，易与反应

1.25
105.8
153.5
遇水剧烈水解，能溶于

-105
78.8
119
遇水剧烈水解，受热易分解
（1）装置中盛装浓硫酸的仪器名称为________________。
（2）实验室制备的离子方程式为____________________________________________________。
（3）装置的作用为_________________________、_________________________、使气体充分混合。
（4）、装置中发生反应的化学方程式是___________________________________________，分离提纯获得的实验方法是__________________________________。
（5）本实验采用的二级间歇式反应装置，在反应5~6小时后，暂停通入气体。将瓶拆下，瓶装在图中瓶处，并在原瓶处重新装上一个盛有的圆底烧瓶。继续通气反应一段时间后重复以上步骤，这种操作的优点是____________________________________________________。
（6）通过下列方法可以测定制备的三氯氧磷产品中元素含量，实验步骤如下：
A．取产品于锥形瓶中，加入足量溶液，再加稀硝酸至酸性；
B．向锥形瓶中加入的溶液，使完全沉淀；
C．向其中加入硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
D．加入指示剂，用溶液滴定过量至终点，记下所用体积。
已知：是白色沉淀，。
①滴定选用的指示剂是________________(填序号)。
A．淀粉 B．酚酞 C． D．
②根据上面实验数据计算三氯氧磷产品中元素的含量为________________。
【答案】
（1）锥形瓶（1分）
（2）（2分）
（3）干燥气体，便于调节气体流量 （2分） （2分）
（4） （2分） 蒸馏 （1分）
（5）提高原料利用率（1分）
（6）c （2分） （2分）
【分析】
实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应，二氧化硫可用浓硫酸与铜加热制备；浓硫酸有吸水性，可干燥气体；氯气、二氧化硫和三氯化磷为原料制备三氯氧磷和氯化亚矾的反应为放热反应，且产物易分解和挥发；B中是二氧化硫和氯气和三氯化磷生成POCl3和SOCl2；循环使用可提高原料利用率，根据产物的沸点存在差异选择分离操作方法；以此解题。
（1）由图可知，装置中盛装浓硫酸的仪器名称为锥形瓶；
（2）实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸加热反应，其离子方程式为： ；
（3）A装置中有浓硫酸可以除去气体中的水蒸气，通过观察气泡可以调节气体流量，故答案为：干燥气体，便于调节气体流量；
（4）B、C中是二氧化硫和氯气和三氯化磷生成目标产物的反应，反应的化学方程式为；生成的三氯氧磷和氯化亚矾由于沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法分离；
（5）循环使用可提高原料利用率；
（6）①用溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加作指示剂，Fe3+ 与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点，故选c；
②用c mol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为，与Cl-反应的Ag+的物质的量为；Cl元素的质量百分含量为。
20．（14分）硫酸铜可用作家禽养殖饲料的添加剂。一种以含砷氧化铜矿［含CuO、Cu(OH)2·CuCO3、砷的化合物及铅的化合物］为原料制备饲料级硫酸铜的工艺流程如图所示。回答下列问题：

（1）“氨浸”时控制温度为45℃，液固比为1：4，c(NH3)+c()=1mol·L-1且c(NH3)=c()。
①温度不宜超过55℃，这是因为_______________________________________。
②“氨浸”时，Cu(OH)2·CuCO3转化为[Cu(NH3)4]SO4和NH4HCO3的化学方程式为_________________________________________________________。
③溶液中Cu2+、[Cu(NH3)n]2+(n=1～4)的物质的量分数δ(x)与lgc(NH3)的关系如图所示。

lgc(NH3)=-3时，浓度最大的含铜微粒是_____________________，lgc(NH3)由-1→0时，发生反应的离子方程式为________________________________________________。
（2）“除砷”时控制pH=9，最终转化为FeAsO4沉淀， 中As的化合价为___，该转化过程中每生成1molFeAsO4，转移____________mol电子。
（3）“蒸氨沉铜”的尾气可返回_____________工序循环使用，由碱式硫酸铜制取产品硫酸铜晶体的方法：将碱式硫酸铜先溶于硫酸，再_____________________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】温度过高NH3易逸出（1分） Cu(OH)2·CuCO3+5NH3+2(NH4)2SO4=2[Cu(NH3)4]SO4+NH4HCO3+2H2O （2分） [Cu(NH3)2]2+ （2分） [Cu(NH3)3]2++NH3=[Cu(NH3)4]2+ （2分） +5价 （1分） 3（2分） 氨浸（2分） 蒸发浓缩、冷却结晶 （2分）
【分析】
含砷氧化铜矿通入氨气、加入硫酸铵溶液进行氨浸，得到含[Cu(NH3)4]SO4等的滤液，加入硫化铵除重金属，再加入硫酸亚铁、过硫酸铵除砷，进而蒸氨沉铜得到氨气和碱式硫酸铜，将碱式硫酸铜处理得到产品胆矾，据此分析。
【详解】
(1)①升高温度加快的挥发，故温度不宜超过55℃；
②由、和，确定反应物还有和，再根据元素配平即可，答案为Cu(OH)2·CuCO3+5NH3+2(NH4)2SO4=2[Cu(NH3)4]SO4+NH4HCO3+2H2O；
③根据图中信息可知，lgc(NH3)=-3时，δ(x)最大为[Cu(NH3)2]2+，故浓度最大的含铜微粒是[Cu(NH3)2]2+，lgc(NH3)由-1→0时，δ([Cu(NH3)3]2+)减小，δ([Cu(NH3)4]2+) 增大，故发生反应的离子方程式为[Cu(NH3)3]2++NH3=[Cu(NH3)4]2+；
(2)根据O元素的化合价为-2价可求得中As的化合价为+5价，生成FeAsO4沉淀时，Fe元素的化合价由+2升至+3、As元素的化合价由+3升至+5，和转化为时，共失去电子；
(3)蒸发出来的氨气可用于氨浸工序；由碱式硫酸铜制取产品硫酸铜晶体的方法：将碱式硫酸铜先溶于硫酸，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥