【化学】山东省菏泽第一中学八一路校区2018-2019学年高一12月月考试题（解析版）

山东省菏泽第一中学八一路校区2018-2019学年高一12月月考试题
1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A. 用粘土焙烧制得的红陶，陶器显红色的原因可能是含有Fe2O3
B. 制指南针的磁石主要成分是四氧化三铁
C. “滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化
D. K-Na合金可作原子反应堆的导热剂
【答案】C
【解析】
【分析】A、Fe2O3呈红棕色；
B、磁铁的主要成分是四氧化三铁；
C、碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化；
D、K-Na合金常温下呈液态，具有良好的导热性；
【详解】A、Fe2O3呈红棕色，用粘土焙烧制得的红陶，陶器显红色的原因可能是含有Fe2O3，故A正确；
B、磁铁的主要成分是四氧化三铁，制指南针的磁石主要成分是四氧化三铁，故B正确；
C、水滴石穿蕴含着碳酸钙与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钙，属于化学变化，绳锯木断体现的是物质间的摩擦，属于物理变化，故C错误；
D、K-Na合金常温下呈液态，具有良好的导热性，可作原子反应堆的导热剂，故D正确；
故选C。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2L N2含有的原子数目为NA
B. 常温下1mol Fe投入过量的浓硝酸中，转移的电子数为3NA
C. 0.1 mol • L-1的Na2CO3溶液中含有Na+的个数为0.2 NA
D. 常温常压下，4. 6gNO2和N2O4的混合气体中含有的氧原子数为0.2 NA
【答案】D
【解析】
【分析】A、不是标准状况；
B、常温下1mol Fe投入过量的浓硝酸中，发生钝化；
C、缺少溶液的体积；
D、NO2和N2O4氧的质量分数相同；
【详解】A、不是标准状况，气体摩尔体积不是22.4L·mol－1，故A错误；
B、常温下1mol Fe投入过量的浓硝酸中，发生钝化，故B错误；
C、缺少溶液的体积，无法计算钠离子的个数，故C错误；
D、NO2和N2O4氧的质量分数相同，4. 6gNO2和N2O4的混合气体中含有的氧原子为0.2mol，故D正确；
故选D。
3.已知常温下在溶液冲可发生如下两个离子反应：Ce4+ + Fe2+ =Fe3+ + Ce3+，Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+。由此可以确定Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是（ ）
A. Ce4+、Fe3+、Sn4+ B. Sn4+、,Ce4+、Fe3+
C. Sn4+、Fe3+、Ce4+ D. Fe3 +、Sn4+、Ce4+
【答案】A
【解析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，反应Ce4+ + Fe2+ =Fe3+ + Ce3+中亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性是Ce4+＞Fe3+；反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+中铁离子被还原为亚铁离子，则氧化性是Fe3+＞Sn4+，所以Fe3+、Ce4+、Sn4+三种离子的氧化性由强到弱的顺序是Ce4+、Fe3+、Sn4+，答案选A。
4.下列离子方程式的书写正确的是（ ）
A. 氯气跟水反应：Cl2 + H2O＝ 2H＋+ Cl－+ ClO-
B. 食醋与氨水反应：NH3·H2O＋H＋= NH4＋＋H2O
C. NaHCO3 溶液中加少量Ca(OH)2溶液: 2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-
D. 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀：Ba2＋＋2H＋＋2OH－＋SO42－ = BaSO4↓＋2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】A、次氯酸是弱酸；
B、醋酸是弱电解质；
C、少量Ca(OH)2将完全被反应，反应中Ca2+和OH-的物质的量比为1：2；
D、 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀，每摩Ba(OH)2只消耗1molNaHSO4；
【详解】A、次氯酸是弱酸，氯气跟水反应：Cl2 + H2OH＋+ Cl－+HClO，故A错误；
B、醋酸是弱电解质，食醋与氨水反应：NH3·H2O＋CH3COOH= CH3COO－＋NH4＋＋H2O，故B错误；
C、少量Ca(OH)2将完全被反应，反应中Ca2+和OH-的物质的量比为1：2，NaHCO3 溶液中加少量Ca(OH)2溶液: 2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，故C正确；
D、 向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀，每摩Ba(OH)2只消耗1molNaHSO4，向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至Ba2＋恰好沉淀：Ba2＋＋H＋＋OH－＋SO42－ = BaSO4↓＋H2O，故D错误；
故选C。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO42-、Cl-
B. 使酚酞变红的溶液中：K+、Na +、CO32-、NO3-
C. c(Fe2+ ) =1 mol·L-1的溶液中：K+、 H+、MnO4-、SO42-
D. 能使紫色石蕊变红的溶液中：Na+、 NH4+、SO42-、HCO3-
【答案】B
【解析】
【分析】A. 无色透明的溶液中：Fe3+溶液呈黄色；
B. 使酚酞变红的溶液，呈碱性：K+、Na +、CO32-、NO3-之间不反应；
C. c(Fe2+ ) =1 mol·L-1的溶液中： 溶液中MnO4-/H+具有强氧化性；
D. 能使紫色石蕊变红的溶液中，呈酸性：HCO3-不能大量存；
【详解】A. 无色透明的溶液中：Fe3+溶液呈黄色，Fe3+不能大量存在，故A错误；
B. 使酚酞变红的溶液，呈碱性：K+、Na +、CO32-、NO3-之间不反应，能大量共存，故B正确；
C. c(Fe2+ ) =1 mol·L-1的溶液中： MnO4-/H+具有强氧化性，能将Fe2＋氧化，故C错误；
D. 能使紫色石蕊变红的溶液中，呈酸性：HCO3-不能大量存在，故D错误；
故选B。
6.下列说法正确的是（ ）
①江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关
②“钡餐”中使用的硫酸钡是弱电解质
③冰和干冰既是纯净物又是化合物
④雾是气溶胶，在阳光下可观察到丁达尔现象
⑤某无色溶液中加入稀盐酸，产生的气体可使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含CO32-
⑥可用渗析法分离Fe(OH)3胶体和KCl溶液
A. ①③④⑤ B. ①③④⑥ C. ①③④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥
【答案】B
【解析】试题分析：①根据胶体的性质当带不同电荷的胶粒相遇时会发生聚沉，不同地方的泥土胶粒电荷不同，在入海口出聚沉形成沉淀，日积月累形成三角洲，故①正确；②“钡餐”是硫酸钡，但硫酸钡是强电解质，因为尽管硫酸钡是难溶物但溶于水的部分确实完全电离的，故②错误；③冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，故③正确；④雾是气溶胶，胶体有丁达尔现象，故④正确；⑤加入稀盐酸产生无色气体，将生成气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则溶液可能有CO32-（SO32-也会变浑浊），故⑤错误；⑥溶液能透过半透膜，而胶体不能，可用渗析法分离，故⑥正确；故选B。
7.下列有关氯气的叙述中，不正确的是（ ）
A. 红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色烟
B. 钠在氯气中燃烧，生成白色的烟
C. 纯净的氢气在氯气中安静的燃烧，在集气瓶口形成白色烟雾
D. 氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易分解
【答案】C
【解析】分析：本题考查的是金属或非金属的性质和实验现象，平时注重积累。
详解：A. 红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成氯化铜，有棕黄色烟的生成，故正确；B. 钠在氯气中燃烧，生成氯化钠，现象为生成白色的烟，故正确；C. 纯净的氢气在氯气中安静的燃烧，生成氯化氢，氯化氢接触到空气中的水蒸气形成白雾，故错误；D. 氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光易分解生成盐酸和氧气，故正确。故选C。
8.将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的质量（m)和通入CO2体积（V）的关系正确的是 （ ）

【答案】A
【解析】向KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中通入CO2， CO2先和Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，当Ca(OH)2消耗完时，继续通入CO2，CO2和KOH反应生成K2CO3，当KOH完全反应后，继续通入CO2，CO2和K2CO3反应生成KHCO3，后CO2和CaCO3、H2O反应生成可溶性的Ca(HCO3)2，故选A。
9.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 氢氧化钠固体易吸水潮解，可用于干燥二氧化碳
B. Ca(ClO)2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
D. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
【答案】D
【解析】A. 氢氧化钠能与二氧化碳反应，不能用于干燥二氧化碳，A错误；B. Ca(ClO)2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B错误；C. NH4HCO3受热易分解与可用作氮肥无关系，C错误；D. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，D正确，答案选D。
10.已知KMnO4与浓盐酸在常温下能反应产生Cl2。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是（ ）

A. ①处和②处 B. 只有②处 C. 只有②处和③处 D. ②处、③处和④处
【答案】D
【解析】
【分析】KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，然后通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥，氯气与金属反应时，气体应通入到试管底部，并用双孔橡皮塞，防止试管内压强过大。
【详解】①KMnO4与浓HCl在常温下反应产生Cl2，故①装置正确；
②浓盐酸易挥发，从发生装置生成的氯气中含有挥发的HCl和水蒸气杂质，应通入盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，不用选择氢氧化钠溶液，故②错误；
③用浓硫酸干燥氯气，导管应长进短出，故③错误；
④氯气与钠在试管中反应若用单孔塞，容易造成试管内压强过大，且导管应插入试管底部，故④错误；
故选：D。
11.用下列装置进行相关实验，操作正确且能达到实验目的的是（ ）

A. 甲装置:称30.0gNaOH固体 B. 乙装置: 过滤除去溶液中的不溶性杂质
C. 丙装置:除去CO2中混有的HCl气体 D. 丁装置: 吸收实验室制NH3的尾气
【答案】D
【解析】
【分析】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性；
B．漏斗下端应紧靠烧杯内壁；
C．二者均与碳酸钠溶液反应；
D．四氯化碳是不溶于水、密度比水大的液体，可隔绝气体与水；
【详解】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在左盘小烧杯中称量，故A错误；
B．漏斗下端应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，故B错误；
C．二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；
D．四氯化碳是不溶于水、密度比水大的液体，可隔绝气体与水，图中装置可吸收实验室制NH3的尾气并防倒吸，故D正确；
故选D。
12.配制一定物质的量浓度的溶液，以下操作导致溶液物质的量浓度偏小的是（ ）
A. 容量瓶中原来有少量蒸馏水
B. 用浓硫酸配制稀硫酸，量取浓硫酸时仰视刻度线
C. 定容时俯视容量瓶凹液面的最低处
D. 定容后摇匀液面下降补加蒸馏水至刻度线
【答案】D
【解析】
【分析】化学实验基本操作．结合c=n/V及不当操作对n、V的影响可知，n偏小或V偏大均导致溶液物质的量浓度偏小。
【详解】A．容量瓶中原来有少量蒸馏水，对实验无影响，故A不选；
B．量取浓硫酸时仰视刻度线，n偏大，导致溶液物质的量浓度偏大，故B不选；
C．定容时俯视容量瓶凹液面的最低处，V偏小，导致溶液物质的量浓度偏大，故C不选；
D．定容后摇匀液面下降补加蒸馏水至刻度线，V偏大，导致溶液物质的量浓度偏小，故D选；
故选D。
13.下列除杂质的方法不正确的是 （ ）
A. 铜粉中混有铁粉：加入过量盐酸充分反应，过滤
B. CO2中混有HCl：将其通入NaOH溶液，洗气
C. NaHCO3溶液中混有少量Na2CO3：往该溶液中通入过量CO2气体
D. FeCl2溶液中混有少量FeCl3：加入Fe粉
【答案】B
【解析】试题分析：A．Fe与盐酸反应，而Cu不能，则加入过量盐酸充分反应，过滤可除杂，故A正确；B．二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选碳酸氢钠溶液、洗气，故B错误；C．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，则往该溶液中通入过量CO2气体可除杂，故C正确；D．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加入Fe粉、过滤可除杂，故D正确。故选B。
14.将装有50 mL NO2、NO混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后气体体积缩小为30 mL，则原混合气体中NO2和NO的体积比是（ ）
A. 5∶3 B. 3∶5 C. 3∶2 D. 2∶3
【答案】C
【解析】3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中NO2转化为1/3体积的NO而使气体体积减少2/3。气体体积减少20mL，所以NO2的体积是30mL，NO的体积是20mL，则原混合气体中NO2和NO的体积比是 3∶2，故选C。
15.在一定条件下，RO3n﹣和F2可发生如下反应：RO3n﹣+F2+2OH﹣═RO4﹣+2F﹣+H2O，从而可知在RO3n﹣中，元素R的化合价是（ ）
A. +4 B. +5 C. +6 D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】由电荷守恒可知，n=1，设RO3n－中R元素的化合价为x，结合元素的化合价可解答。
【详解】由电荷守恒可知，n=1，设RO3n－中R元素的化合价为x，则x＋（-2）×3=-1，解得x=+5，
故选：B。
16.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示。下列判断正确的是（ ）

A. 在0-a范围内，只发生中和反应
B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑
C. a＝0.3
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:2
【答案】C
【解析】A、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸发生的反应依次为H＋＋OH－＝H2O、CO32－＋H＋＝HCO3－、HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，第三步才开始产生气体，故0-a范围内，发生了前两步反应，A错误；B、ab段立即产生气体，则反应为： HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故B错误；C、生成CO2 0.01mol，根据方程式HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑可知，消耗盐酸的物质的量是0.01mol，消耗盐酸的体积为0.1L，所以a＝0.3，故C正确；D、生成0.01mol CO2，则Na2CO3为0.01mol，Na2CO3共消耗盐酸0.02mol，从图上可知整个过程共消耗0.04molHCl，所以与NaOH反应的盐酸是0.04mol－0.02mol＝0.02mol，则NaOH为0.02mol，因此原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:1，故D错误。选C。
17.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯，其化学方程式为：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。（ClO2中氯元素的化合价为+4价）
（1）浓盐酸在反应中表现出来的性质是____________（填写编号）；
①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性
（2）当产生0.1 mol Cl2时，转移电子的数目为_____________；
（3）ClO2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒的效率（以同质量的物质得到的电子数多少来衡量）是Cl2的______倍(结果小数点后保留两位)。
【答案】(1). ② (2). 0.2NA (3). 2.63
【解析】
【分析】（1）反应中盐酸表现为酸性和还原性；
（2）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，据此计算转移电子物质的量；
（3）1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子。
【详解】（1）在反应2KClO3+4HCl（浓）═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O中，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高0，则HCl具有还原性，又该反应生成盐KCl，则表现盐酸的酸性，
故答案为：②；
（2）反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，转移电子数为0.2NA；
（3）设质量都是71g，氯气得到的电子数为71g/71g·mol－1×2×1=2mol，ClO2得到的电子数为71g/67.5g·mol－1×1×5=71×5/67.5mol= mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为mol：2mol=71/27≈2.63，
故答案为：2.63。
18.碳酸钠和碳酸氢钠是生活中常见的物质，请回答下列问题。
（1）碳酸氢钠的俗称是_________，其水溶液显_____性。(填“酸”、“碱”或“中”)。
（2）碳酸氢钠可治疗胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)过多，反应的离子方程式____________。等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应时生成CO2的量，前者________后者(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（3）除去碳酸钠固体中碳酸氢钠的反应的化学方程式为________________________________。
（4）硫酸亚铁是缺铁性贫血的治疗药物，可用于制备铁盐，实验室检验Fe3+的方法是：向溶液中滴入几滴_________________溶液，观察溶液是否变为血红色。向FeSO4溶液中加入NaOH溶液通常得不到白色的Fe(OH)2沉淀，其原因是_________________________（用化学方程式回答）。
【答案】(1). 小苏打 (2). 碱 (3). HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑ (4). ＝ (5). 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O (6). KSCN（或硫氰化钾） (7). 4Fe(OH)2＋O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】（1）碳酸氢钠的化学式是NaHCO3，俗称小苏打，溶液中碳酸氢根水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性；
（2）碳酸氢钠具有弱碱性，与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可以治疗胃酸过多；根据Na2CO3和NaHCO3分别与HCl反应的化学方程式即可得出产生CO2的物质的量之比；
（3）除去碳酸钠固体中碳酸氢钠，可以通过加热的方法使碳酸氢钠分解；
（4）检验铁离子，用 KSCN（或硫氰化钾）溶液；Fe(OH)2极易被氧化。
【详解】（1）碳酸氢钠的化学式是NaHCO3，俗称小苏打，碳酸氢钠是强碱弱酸的酸式盐，水解呈碱性；
（2）碳酸氢钠具有弱碱性，与HCl反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应离子方程式为HCO3－+H＋=H2O+CO2↑，故可以治疗胃酸过多；NaHCO3与HCl反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；Na2CO3与HCl反应的化学方程式为：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；由以上两个化学方程式可以看出，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量HCl反应，产生CO2的物质的量之比为1：1。
故答案为：HCO3－+H＋=H2O+CO2↑；=；
（3）除去碳酸钠固体中碳酸氢钠，可以通过加热碳酸氢钠分解，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；
（4）硫酸亚铁是缺铁性贫血的治疗药物，可用于制备铁盐，实验室检验Fe3+的方法是：向溶液中滴入几滴KSCN（或硫氰化钾）溶液，观察溶液是否变为血红色。向FeSO4溶液中加入NaOH溶液通常得不到白色的Fe(OH)2沉淀，其原因是Fe(OH)2极易被氧化，反应的方程式为4Fe(OH)2＋O2+2H2O=4Fe(OH)3。
19.研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价一物质类别关系图如下。

回答下列问题:
（1）在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，化学方程式是____________________________________________________________________。
（2）在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出反应的化学方程式______________。
（3）实验室中，检验溶液中含有NH4+的操作方法是______________。
（4）物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式______________________，当反应消耗3.36L (标准状况) 物质B时，转移电子的物质的量为______________。
【答案】 (1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O (3). 取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+ (4). 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO (5). 0.1
【解析】
【分析】氮元素化合价一物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，
（1）在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；
（2）在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；
（3）铵根离子结合氢氧根离子受热条件下反应生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
（4）物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，结合元素化合价变化计算电子转移总数。
【详解】氮元素化合价一物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，
（1）在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为： 4NH3+5O24NO+6H2O ；
（2）在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为： C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O；
（3）实验室中，检验溶液中含有NH4＋的操作方法是：取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+ ；
（4）物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H＋+2NO3－+NO，反应中氮元素化合价+4价变化为+5价和+2价，3mol二氧化氮反应电子转移总数2mol，当反应消耗3.36L （标准状况） 物质B时，物质的量=3.36L/22.4L·mol－1=0.15mol，转移电子的物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol。
20.某化学实验小组用下图装置制取、收集纯净干燥的氨气，并探究氨气的有关性质。

回答下列问题:
（1）写出利用装置I制取氨气的化学方程式_________________________________。
（2）按照气流方向，仪器连接的顺序:a→___________________________→d(用字母编号表示)。
（3）实验中装置III的作用________________。
（4）装置IV中仪器的名称为________，盛装的试剂为______________。
（5）在甲、乙玻璃容器中分别收集氨气和氯化氢，按下图装置进行实验。打开旋塞K,观察到的实验现象是_____________________________。

【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). febc (3). 吸收尾气，防止污染 (4). 干燥管 (5). 碱石灰 (6). 乙瓶中出现白烟
【解析】
【分析】（1）NH4Cl与Ca（OH）2加热时发生反应生成氯化钙、氨气和水；
（2）装置I为氨气发生装置；装置II为气体收集装置，装置III为尾气处理装置，装置Ⅳ为干燥装置，由此选择实验装置连接；
（3）氨气有刺激性气味，会污染大气，氨气极易溶于水，实验中装置III的作用吸收尾气，防止污染；
（4）根据常见仪器的名称解答IV中仪器的名称，氨气为碱性气体，通常用碱石灰进行干燥；
（5）根据甲、乙容器压强以及甲、乙混合后压强相等以及氨气和氯化氢反应生成氯化铵分析；氨气、氯化氢为气体，反应生成的氯化铵为固体。
【详解】（1）装置I中NH4Cl与Ca（OH）2加热时发生反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ；
（2）利用装置I制取氨气，首先选a，制出的氨气中含有水蒸气，需进行干燥，选用装置Ⅳ，粗口进，细口出，所以选fe，根据氨气的密度小于空气的密度，选择收集装置及方法bc，氨气极易溶于水且属于大气污染气体，用防倒吸的装置进行尾气吸收选择d，所以连接顺序为afebcd；
（3）氨气有刺激性气味，会污染大气，氨气极易溶于水，1体积水可溶解700体积氨气，尾气吸收应防止倒吸的发生，实验中装置III的作用吸收尾气，防止污染；
（4）装置IV中仪器为干燥管，通常盛放固体干燥剂，氨气为碱性气体，通常用碱石灰进行干燥；
（5）甲容器压强为150kPa，乙容器压强100kPa，甲容器压强大于乙容器，先打开旋塞，甲容器中的氨气进入乙容器，氨气和氯化氢反应，NH3+HCl=NH4Cl，生成氯化铵固体小颗粒，所以乙瓶中出现白烟。
21.一定量铜与100mLcmol/L的稀硝酸反应，产生1.12LNO(标准状况)，反应结束后，向反应后的溶液中滴加1.0mol/L的NaOH溶液，滴加过程中，产生沉淀的质量与加入NaOH 溶液的体积关系如下图所示。

回答下列问题:
（1）写出铜与稀硝酸反应的离子方程式__________________________________。
（2）铜与稀硝酸反应中被还原HNO3的物质的量为________mol。
（3）铜与稀硝酸反应后的溶液中，H+的物质的量浓度为________mol/L(反应前后溶液体积变化忽略不计)。
（4）稀硝酸的物质的量浓度c=______mol/L。
（5）将铜与稀硝酸反应生成的NO通入NaOH 溶液中，并加入20%的H2O2水溶液使其全部转化为NaNO3，反应的化学方程式是______________________________________。
【答案】 (1). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (2). 0.05 (3). 0.5 (4). 2.5 (5). 2NO+2NaOH+3H2O2=2NaNO3+4H2O
【解析】
【分析】（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水；
（2）铜与稀硝酸反应中被还原HNO3反应后生成NO，由氮原子守恒来计算；
（3）反应结束后，向反应后的溶液中滴加1.0mol·L－1的NaOH溶液时，NaOH先和H＋反应，将H＋反应完后，再去和Cu2＋反应，由图示，剩余的H＋反应消耗50mLNaOH溶液；
（4）当加入氢氧化钠溶液200mL时，溶液中的H＋、Cu2＋反应完全，溶液中的溶质为NaNO3，据此求出溶液中n（NO3－），然后根据稀硝酸中n（HNO3）=n（NO3－）+n（NO）求出硝酸的物质的量，稀硝酸的浓度；
（5）将铜与稀硝酸反应生成的NO通入NaOH 溶液中，并加入20%的H2O2水溶液，则NO做还原剂被氧化为NaNO3，双氧水被还原。
【详解】（1）铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，故离子方程式为3Cu+8H＋+2NO3－=3Cu2＋+2NO↑+4H2O；
（2）铜与稀硝酸反应中被还原的HNO3反应后生成NO，而反应生成的NO的物质的量为0.05mol，根据1mol硝酸被还原则生成1molNO可知，被还原的硝酸为0.05mol；
（3）反应结束后，向反应后的溶液中滴加1.0mol·L－1的NaOH溶液时，NaOH先和H＋反应，将H＋反应完后，再去和Cu2＋反应，根据图示可知，剩余的H＋反应消耗50mLNaOH溶液，根据1molH＋～1molNaOH可知，反应后的溶液中氢离子的物质的量n（H＋）=n（NaOH）=cV=1mol·L－1×0.05L=0.05mol，则c（H＋）=n(H＋)/V=0.05mol÷0.1L=0.5mol·L－1；
（4）当加入氢氧化钠溶液200mL时，溶液中的H＋、Cu2＋反应完全，溶液中的溶质只有NaNO3，故溶液中的n（NO3－）=n（Na＋）=n（NaOH）=1mol·L－1×0.2L=0.2mol，而原稀硝酸中n（HNO3）=n（NO3－）+n（NO）=0.2mol+0.05mol=0.25mol，故稀硝酸的浓度c=0.25mol÷0.1L=2.5mol·L－1；
（5）将铜与稀硝酸反应生成的NO通入NaOH 溶液中，并加入20%的H2O2水溶液，则NO做还原剂被氧化为NaNO3，双氧水被还原为H2O，故化学方程式为2NO+2NaOH+3H2O2=2NaNO3+4H2O。