天津市滨海新区塘沽第一中学2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题 16页

塘沽一中2019—2020 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 NH3 B. 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 4molNH3 D. 氨水中含有 NH3·H2O 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 NH3·H2O 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NH3∙H2O：NH3 + H2O NH3∙H2O，NH3∙H2O部分电离：NH3∙H2O 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、NH3∙H2O、H2O、NH4+、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，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 mol C. SO2、NO2 和 CO2 都是引起酸雨的主要原因，导致雨水的 pH 小于 5.6‎ D. 浓 HNO3 与浓盐酸按 3∶1 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】‎ ‎【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H2SO4：50×10‎-3L×18.4 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0.92mol÷2= 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 1∶3 的体积比混合所得的混合物，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HNO3‎ 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 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，在酸性条件下因发生氧化还原反应而不能大量共存的是( )‎ A. Cu2+ Fe2+ NO3- Cl– B. 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+ = 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↑ + H2O，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 + 3NH3∙H2O = 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SO2‎ D 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：H2SO3＞H2CO3‎ A. A B. B C. C D. 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 A NH3 的水溶液可以导电 NH3 是电解质 B SO2 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. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NH3 的水溶液可以导电是因为：NH3 + H2O NH3∙H2O， NH3∙H2O 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，其本质是在一定条件下自身能电离的化合物。‎ ‎2. CuSO4∙5H2O中H2O分子以不同形式与Cu2+和SO42-结合，但CuSO4∙5H2O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 X Y A B C D A. A B. B C. C D. 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 H2SO4‎ B. 当 X 是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F 是 HNO3‎ C. 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、SO2、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，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.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)< r(Z)‎ B. X 分别与 W、Z 形成的化合物中化学键的类型相同 C. 简单氢化物的沸点：Z >X D. 常温下 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：W＜X，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+)< 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 mol·L－1，含硝酸的浓度为1 mol·L－1，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 mL B. 168 mL C. 112 mL D. 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2mol·L－1×‎0.02L×2+1mol·L－1×‎0.02L=0.10mol，NO3-的物质的量为1mol·L－1×‎0.02L=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0.01mol×‎22.4L/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) = 4∶1 ]，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. 2∶1∶2 B. 5∶5∶‎4 ‎C. 1∶1∶1 D. 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。‎ ‎①实验中三颈瓶内出现白烟并在内壁凝结成固体，发生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____________‎ ‎② 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 + 2NH3↑ + 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NH4Cl固体；检验该固体中的阳离子即为检验NH4Cl中的NH4+；‎ ‎②三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) ① 在三颈瓶内，氯气将氨气氧化成氮气，还原产物HCl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+；‎ ‎② 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+)=100×10‎-3L×2.0mol/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：‎ ‎①选用的药品可以是 _____________。‎ A．Na2SO3 溶液与 HNO3 B．Na2SO3 固体与浓 H2SO4‎ C．碳与浓 H2SO4 D．铜与浓 H2SO4‎ ‎②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”)。‎ ‎③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 气体，所得溶液中的溶质是_________（填化学式）。‎ ‎④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) ① 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；‎ ‎② SO2不能和KI反应，无法将I-氧化为I2；‎ ‎③ 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。‎ ‎④ 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) ① 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 CO2↑ + 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；‎ ‎② 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；‎ ‎③ 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 = 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)= 100×10‎-3 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。‎ ‎④ 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：①气体恢复到室温；②上下移动可活动仪器，使两边液面相平；③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。‎ ‎ ‎