第五章 化工生产中的重要非金属元素 单元检测题 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册

第五章《化工生产中的重要非金属元素》单元检测题 一、单选题 1．用CuSO4溶液和“某种物质”在40〜50℃时反应可产生CuH。CuH是一种不稳定物质，能在氯气中燃烧， 也能与酸反应产生气体。下列有关叙述错误的是 A．材料中的“某种物质”具有强还原性 B．CuH与盐酸反应，可能产生Cl2 C．CuH与足量的稀硝酸反应：CuH+3H++=Cu2++NO↑+2H2O D．CuH在氯气中燃烧： 2．二氧化硫虽然是形成酸雨的主要物质，但对食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能够达到使产品外观光亮、洁白的效果，也是制取硫酸重要的原料气；实验室通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取少量二氧化硫；已知二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197kJ/mol。实验室制取SO2时，下列装置能达到相应实验目的的是 A．图①生成SO2 B．图③干燥SO2 C．图④收集SO2 D．图②吸收SO2尾气 3．在汽车尾气净化装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示。下列说法不正确的是    A．该反应为固氮反应之一 B．NO为无色气体，为红棕色气体 C．NO、CO均能与人体中的血红蛋白结合 D．该催化转化的总反应的化学方程式为 4．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y，有沉淀生成。X、Y不可能是 A． SO2、NO2 B．CO2、SO2 C．SO2、NH3 D．SO2、H2S 5．已知：①遇H+可转化为和，某矿渣中含有杂质，采用如图流程可得到和。 关于该流程的说法中正确的是 A．固体A、B、C分别为 B．经“过滤”后，所得滤液中可能含有 C．“操作”为蒸发结晶 D．用“调pH3.2”的反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为 6．下列离子方程式正确的是 A．硫氰化铁溶液中加NaOH溶液产生沉淀：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀：Fe2++2SO+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓ C．新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO D．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2H+ 7．下列实验操作或装置能达到目的的是（     ） A B C D          分离碘的CCl4溶液 收集气体 分离NaCl和NH4Cl 验证元素的非金属性：Cl>C>Si A．A B．B C．C D．D 8．下列关于硅元素及其化合物的说法正确的是 ①在硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，因此硅酸盐材料大多具有硬度高、熔点高、难溶于水等特点 ②现代建筑物大量使用的沙子和水泥都是硅酸盐材料 ③水晶项链和石英玻璃都是硅酸盐材料 ④陶瓷是具有悠久历史的硅酸盐材料 ⑤硅单质是灰黑色有金属光泽的固体 ⑥硅单质是良好的导体材料 A．①④⑤ B．②③⑥ C．①②⑤ D．③④⑥ 9．硝酸是化学实验室中最常用的试剂之一，下列有关硝酸的说法不正确的是 A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存，原理相同 B．将分别蘸有浓硝酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近时，有白烟生成 C．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸，原理相同 D．浓硝酸和氯水使紫色石蕊溶液先变红后褪色，原理相同 10．物质检验是化学研究常用的方法之一。下列有关溶液成分的检验，结论正确的是 A．若滴加酚酞溶液，溶液变红，则原溶液一定是碱溶液 B．加足量稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液生成白色沉淀，原溶液中一定有SO C．若滴加Na2CO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液一定含有Ca2+ D．若滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则原溶液中一定含CO 11．将5.6g铁投入浓硝酸溶液中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20gFe(NO3)2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为 A．1120mL B．2240mL C．336mL D．4480mL 12．关于下列各装置图的叙述中，正确的是 A．装置①可用于酒精萃取溴水中的Br2 B．装置②可用于收集H2、NH3、NO等气体 C．装置③可用于分离粗盐中的泥沙 D．装置④中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并防止倒吸 13．A是一种正盐，D相对分子质量比C相对分子质量大16，E是酸，当x无论是强酸还是强碱时都有如下图转化关系。当x是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素，下列说法不正确的是 A．D生成E的反应可能是氧化还原反应 B．当X是强酸时，C在常温下是气态单质 C．当X是强酸时，E是H2SO4 D．当X是强碱时，E是HNO3 14．用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是 选项 ①中物质 ②中物质 预测②中的现象 A 稀盐酸 碳酸钠、氢氧化钠混合液 立即产生气泡 B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生气体 C 氯化铝溶液 浓氢氧化钠溶液(过量) 产生大量白色沉淀 D 氯水 氯化亚铁溶液和硫氰化钾溶液 溶液变血红色 A．A B．B C．C D．D 15．如图为三种物质的溶解度曲线。下列说法错误的是 A．约在64℃时KCl和Na2SO4的溶解度相等 B．在室温至100℃区间，随温度升高Na2SO4的溶解度先增大后减小，醋酸钙则相反 C．分离含少量KCl的Na2SO4溶液，采用先蒸发浓缩，再降温结晶的方法 D．在40℃时40gKCl固体溶于60g水得到40%KCl溶液 二、填空题 16．A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料——光导纤维，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。 (1)写出元素A在周期表中的位置 ，与A同族但相对原子质量比A小的元素B的原子结构示意图为 。 (2)A的单质与烧碱反应的离子方程式 ，工业上制取含有杂质的A单质的化学反应方程式 。 (3)将C与纯碱混合高温熔融时也发生化学反应生成D，同时还生成B的最高价氧化物E；将全部的E与全部的D在足量的水中混合后，又发生化学反应生成含A的化合物F。分别写出生成D和F的化学方程式： ， 。 17．在下面氮化合物中，极易溶于水且水溶液能使酚酞变蓝的是 (填序号，下同)；能与氢氧化钙加热发生反应产生刺激性气味气体的是 ；“雷雨发庄稼”的原理是空气中的氮气经多步反应生成硝酸盐，被植物吸收，促进生长，其中棕红色的中间产物是 。 A．氯化铵    B．二氧化氮    C．氨气 18．铁在热的稀中反应，其主要还原产物为，而在冷的稀中反应，其主要还原产物为NO，当溶液更稀时，其还原产物为。请分析如图，回答有关问题。 (1)假设在任一气体产生的曲线段内只有一种还原产物，试配平由b点到c点时的化学反应方程式： Fe+ HNO3— Fe(NO3)3+ + H2O (2)判断从o点到a点时的还原产物，应是 (3)a点到b点时产生还原产物为 ，其原因是 (4)已知达到d点时反应完全结束，此时溶液中的主要阳离子为 。 三、实验题 19．某化学兴趣小组利用如图所示的装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的制备装置，C为纯净干燥的氯气与氨气发生反应的装置(加热及夹持装置已略去)。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为 。 (2)需要加热的装置为 (填“A”或“F”)，该装置中发生反应的离子方程式为 。 (3)装置D中所盛装的试剂为 ，装置E中饱和氯化钠溶液的作用为 。 (4)装置F中发生反应的化学方程式为 。 (5)反应过程中，装置C的集气瓶中有大量白烟产生，且另一种产物为空气的主要成分之一。 ①该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 ②每转移0.3mol电子，同时消耗 L(标准状况下)。 20．碳和硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用。 (1)高纯硅是现代信息、半导体和光伏发电等产业都需要的基础材料。工业上制备高纯硅通常第一步是利用石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅，则该反应的化学方程式是 。 (2)某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)，实验操作步骤： 步骤Ⅰ：打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，并打开活塞a，滴加浓盐酸。 步骤Ⅱ：A中看到白色沉淀时，关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，关闭活塞a。 ①通过步骤Ⅰ知浓盐酸具有的性质是 (填字母)。 A．挥发性            B．还原性        C．氧化性            D．酸性 ②C装置中的试剂X是 (填化学式)，D中试剂瓶的现象是 。 ③该同学用图中所示装置进行实验验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱的理论依据是 。 21．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。 可选药品：浓硝酸、3mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与反应：。 (1)实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是 。 (2)滴加浓硝酸之前的操作是检查装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后 。 (3)装置①中发生反应的化学方程式是 。 (4)装置②的作用是 ，发生反应的化学方程式是 。 (5)该小组得出的结论所依据的实验现象是 。 试卷第4页，共8页 试卷第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【详解】A、因在该反应中，铜的化合价降低，则“某物质”中元素的化合价必升高，体现了还原性，故A正确； B、因CuH中-1价的H可以与盐酸中+1价氢发生归中反应，CuH+HCl=CuCl+H2↑，故B错误； C、因CuH具有还原性，与硝酸发生氧化还原反应：CuH+3H++=Cu2++NO↑+2H2O，故C正确； D、因氯气具有强氧化性，能将+1价的铜氧化成+2价：，故D正确； 故选B 2．C 【详解】A．实验室通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取少量二氧化硫,浓硫酸是液体，并且该反应不需要加热，故A错误； B．碱石灰与二氧化硫反应，不能用碱石灰干燥二氧化硫 ，故B错误； C．二氧化硫的密度大于空气的密度，可以用向上排空气法收集气体，长导气管进气体 ，故C正确； D． 二氧化硫与氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气，不用水吸收，故D错误； 故选：C。 3．A 【详解】A． 氮的固定是游离态氮元素变化为化合态氮元素，该反应为含氮化合物转变为氮气，不属于固氮反应，A错误； B． 通常，NO为无色气体、为红棕色气体，B正确； C． NO、CO均能与人体中的血红蛋白结合，超过一定量的NO、CO均能使人中毒，C正确； D． 由图、结合电子数守恒、元素质量守恒可知，该催化转化的总反应的化学方程式为，D正确； 答案选A。 4．B 【详解】A．将SO2通入BaCl2溶液，不发生反应，再通入NO2，与水反应生成的HNO3能将SO2氧化为H2SO4，与BaCl2反应，生成BaSO4沉淀，A不符合题意； B．将CO2通入BaCl2溶液，不发生反应，再通入SO2，仍没有反应发生，不产生沉淀，B符合题意； C．将SO2通入BaCl2溶液，不发生反应，再通入NH3，与SO2在水溶液中发生反应生成(NH4)2SO3等，与BaCl2反应生成BaSO3沉淀，C不符合题意； D．将SO2通入BaCl2溶液，不发生反应，再通入H2S，与SO2反应生成S沉淀，D不符合题意； 故选B。 5．D 【详解】A．向矿渣中加入稀硫酸，发生反应Al2O3 + 6H+=2Al3++ 3H2O，=，=，=，不反应，固体混合物为Cu与；调pH=3.2使沉淀完全，因此固体B为，调使沉淀完全，因此固体C为，A错误； B．由于固体混合物A中含有Cu，Cu与不共存：=，因此，经“过滤”后，所得滤液中不可能含有，B错误； C．由于受热易分解，因此，从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，C错误； D．用调pH=3.2，生成的固体B为氢氧化铁，该反应的离子方程式是：=，该反应中氧化产物为Fe(OH)3 ，还原产物为Cl-，氧化产物和还原产物的物质的量之比为2:1，D正确。 6．C 【详解】A．Fe(SCN)3不能拆，离子方程式应为 ，A项错误； B．Fe2+完全反应需要1molBa(OH)2，离子方程式为，B项错误； C．Cl2与水发生可逆反应产生HCl和HClO，加入CaCO3与HCl反应促进平衡正向移动，C项正确； D．由于SO2少量，ClO-剩余与产生的H+结合为HClO，离子方程式为Ca2++2ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+ HClO+ H+，D项错误； 答案选C。 7．C 【详解】A选项，蒸馏装置中温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，故A错误； B选项，二氧化氮密度比空气大，应该长进短出，故B错误； C选项，氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又重新化合成氯化铵，用加热的方法可分离NaCl和NH4Cl，故C正确； D选项，浓盐酸和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，但盐酸具有挥发性，因此和硅酸钠反应生成硅酸沉淀可能是盐酸的性质，而且验证非金属性强弱要用最高价氧化物对应水化物来验证，盐酸不是氯的最高价含氧酸，故D错误； 综上所述，答案为C。 8．A 【详解】①硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，类似于共价晶体结构特点，致使硅酸盐材料大多具有硬度大、熔点高、难溶于水等性质，故正确； ②沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅为氧化物，不是硅酸盐，故错误； ③水晶和石英主要成分为二氧化硅，是氧化物，所以水晶项链和石英玻璃都不是硅酸盐材料，故错误； ④陶瓷主要成分为硅酸盐，使用历史悠久，故正确； ⑤硅单质是灰黑色有金属光泽的固体，故正确； ⑥硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体，故错误； 故选A。 9．C 【详解】A．HNO3和氯水中HClO见光都易分解，都应避光保存，故A正确； B．浓HNO3和浓氨水都具有挥发性，HNO3与NH3化合生成白色固体小颗粒NH4NO3，有白烟生成，故B正确； C．铁在浓硝酸中钝化，而铂与浓硝酸不反应，原理不同，故C错误； D．浓硝酸具有酸性能使紫色石蕊显红色，硝酸具有强氧化性，具有漂白作用，能使变红的石蕊溶液褪色，氯水与浓硝酸使紫色石蕊溶液先变红后褪色，原理相同，故D正确； 答案选C。 10．B 【详解】A．向某无色溶液中滴加酚酞，酚酞变红，说明该溶液显碱性；但该溶液不一定是碱溶液，如碳酸钠溶液显碱性，但属于盐，故A错误； B．加足量稀盐酸无明显现象，排除干扰离子Ag+等，再加BaCl2溶液生成白色沉淀，原溶液中一定有SO，故B正确； C．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，可以是钙离子、镁离子、钡离子等，故C错误； D．滴加稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能为二氧化硫、二氧化碳，可能含有SO、CO或者HCO离子，故D错误； 故选B。 11．B 【详解】因最后气体为NO，设其物质的量为x，铁与浓硝酸反应时，铁失去电子，氮元素得到电子，且A为二氧化氮，在Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体B，是亚铁失去电子，氮元素得电子，且B为氧气，A、B气体混合通入足量水生成硝酸和NO， 根据守恒思想，计算时抓住反应的始终态即可，反应物可看作Fe、HNO3和水，最终生成物是Fe2O3和剩余气体，A和B混合气体通入水中，剩余气体是NO或O2，根据电子得失守恒可定性判断出剩余气体不可能是O2，则剩余气体只能是NO，设其物质的量为x，则整个过程中由得失电子守恒可知，×(3-0)=x×(5-2)， 解得x=0.1mol， 即标准状况下体积为0.1mol×22.4L/mol=2240mL， 答案选B。 12．D 【详解】A．酒精是易溶于水的，因此不能作萃取剂，故A错误； B．NO易与空气中氧气反应装置，因此②可用于收集NO，故B错误； C．过滤时需要用玻璃棒引流，故C错误； D．氨气、HCl不溶于四氯化碳，因此装置④中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，并防止倒吸，故D正确。 综上所述，答案为D。 13．B 【分析】D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且观察C是由B+Y→C，D是由C+Y→D，可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO，NO2或者是SO2和SO3等，推知Y一定是O2，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有以下转换关系：；且A是正盐，很容易想到NH4+的正盐。再根据当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素；强酸则要想到是HCl、H2SO4、HNO3，再根据当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。由NH4+的性质与碱反应生产NH3，则可推出；当X是强碱时E是HNO3；当X是强酸时，E是H2SO4，综上推出A的离子中含有NH4+离子，且含有S元素，可推出A为（NH4）2S。 【详解】A．当D为SO3 时，E为H2SO4，SO3与水化合成H2SO4，没有发生氧化还原反应，当D为NO2时，E为HNO3，NO2与水发生氧化还原反应，A正确； B．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；当X是强酸时，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，B不正确； C．当X是强酸时，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，C正确； D．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，D正确； 故选B。 14．D 【详解】A.将稀盐酸滴入碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液中，盐酸先和氢氧化钠发生中和反应，故开始时没有明显现象，A不符题意； B.将浓硝酸滴到用砂纸打磨过的铝条上，常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，所以没有明显现象，B不符题意； C.氯化铝溶液滴入过量的浓氢氧化钠溶液中，发生反应：Al3++3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，先产生白色沉淀，后沉淀溶解，C不符题意； D.氯水滴到氯化亚铁和硫氰化钾混合溶液中，氯水具有强氧化性，可以把Fe2+氧化为Fe3+：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，Fe3+遇到SCN-会生成血红色的Fe(SCN)3，溶液变血红色，D符合题意； 答案选D。 15．D 【详解】A．约在64℃时KCl和Na2SO4的溶解度曲线相交，说明其溶解度相等，A正确； B．从图分析，在室温至100℃区间，随温度升高Na2SO4的溶解度先增大后减小，醋酸钙则相反，B正确； C．硫酸钠的溶解度分阶段变化，氯化钾的溶解度随着温度升高而增大，故分离含有少量氯化钾的硫酸钠，采用先蒸发浓缩，再降温结晶的方法，C正确； D．40℃时KCl的溶解度数据为40，也就是说，40gKCl固体完全溶解，至少需100g水。如果只有60g水，则不能把KCl固体完全溶解。这时溶液的质量分数为40/140×100%=28.6%，D错误； 故选D。 16．(1) 第三周期ⅣA族 (2) Si +2OH-+H2O=SiO+2H2↑ SiO2+2CSi+2CO (3) SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑ Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓ 【分析】含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，则A为Si，含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料--光导纤维，则C为SiO2，C与烧碱反应生成含A元素的化合物D为Na2SiO3； （1） 含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料，A为Si，，位于第三周期ⅣA族，与A同族但相对原子质量比A小的元素B为C，其原子结构示意图为； （2） A的单质Si与烧碱反应生成硅酸钠和氢气，反应的离子方程式Si +2OH-+H2O=SiO+2H2↑；工业上用CO和二氧化硅在高温下还原制取硅单质，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO； （3） 将SiO2与纯碱混合高温熔融时反应生成Na2SiO3，同时还生成B的最高价氧化物E，则E为CO2，反应为方程式为：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；将全部的CO2与全部的Na2SiO3在足量的水中混合后，生成了含A的化合物F为H2SiO3，反应方程式为：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓。 17． C A B 【详解】氨气极易溶于水且水溶液呈碱性，能使酚酞变蓝，故选C；氯化铵能与氢氧化钙加热发生反应产生刺激性气味气体NH3，故选A；“雷雨发庄稼”的原理是空气中的氮气经多步反应生成硝酸盐，被植物吸收，促进生长，其中棕红色的中间产物是二氧化氮，故选B； 18． 8 30 8 9 反应放热，温度升高 、 【分析】图象分析：从题给条件知铁在冷稀中生成NO，开始为冷稀硝酸，所以从o点到a点时的还原产物为 NO，反应放热，随反应进行温度升高，a点到b点还原产物为，bc段气体总体积不再增大，b点到c点时还原产物为，c点到d点为铁与硝酸铁生成硝酸亚铁，据此分析。 【详解】(1)从题给条件知铁在冷稀中生成NO，开始为冷稀硝酸，所以从o点到a点时的还原产物为 NO，反应放热，随反应进行温度升高，a点到b点还原产物为，bc段气体总体积不再增大，b点到c点时还原产物为，根据得失电子数相等得出反应的化学方程式为 答案：8；30；8；；9； (2)由以上分析可知，o点到a点时的还原产物为NO； 答案：NO； (3)反应放热，温度升高，所以a点到b点时的还原产物为； 答案：；反应放热，温度升高； (4)cd段 耗尽，无气体产生，Fe与反应生成，d点时反应完全结束，此时溶液中的主要阳离子是、； 答案：、。 19．(1)圆底烧瓶 (2) A ＋OH－NH3↑＋H2O (3) 浓硫酸 除去氯气中的HCl (4)2KMnO4＋16HCl(浓) ＝5Cl2↑＋2KCl＋2MnCl2↑＋8H2O (5) 3:2 3.36 【分析】氯化铵和氢氧化钠浓溶液反应生成氯化钠、氨气和水，用碱石灰干燥氨气，浓硫酸和高锰酸钾溶液反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，由于盐酸易挥发，因此氯气中含有HCl和水蒸气杂质，用饱和食盐水除掉HCl气体，用浓硫酸干燥氯气，C为纯净干燥的氯气与氨气发生反应的装置，反应生成白烟氯化铵和氮气。 【详解】（1）根据图中信息得到仪器a的名称为圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶； （2）氯化铵和氢氧化钠浓溶液反应生成氯化钠、氨气和水，由于氨气溶解性大，因此装置A需要加热，该装置中发生反应的离子方程式为＋OH－NH3↑＋H2O；故答案为：A；＋OH－NH3↑＋H2O； （3）由于要得到干燥的氯气。因此装置D中所盛装的试剂为浓硫酸，氯气中含有易挥发的HCl杂质，因此装置E中饱和氯化钠溶液的作用为除掉氯气中的HCl杂质；故答案为：浓硫酸；除去氯气中的HCl杂质； （4）装置F是浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，其反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓) ＝5Cl2↑＋2KCl＋2MnCl2↑＋8H2O；故答案为：2KMnO4＋16HCl(浓) ＝5Cl2↑＋2KCl＋2MnCl2↑＋8H2O； （5）①装置C的集气瓶中有大量白烟产生，且另一种产物为空气的主要成分之一，说明生成氯化铵和氮气即3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2，氯气化合价降低，是氧化剂，氨气中氮化合价升高，有2mol氨气作还原剂，因此该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2；故答案为：3:2； ②根据题中信息转移6mol电子，消耗3mol氯气，则每转移0.3mol电子，消耗0.15mol氯气即标准状况下体积为0.15mol× 22.4L∙mol−1＝3.36 L；故答案为：3.36。 20． SiO2+2CSi+2CO↑ AD NaHCO3 有白色胶状沉淀产生 非金属元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，则元素非金属性越强 【分析】（2）某同学为了验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱，利用了最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性越强的原理，通过比较碳酸和硅酸的酸性强弱，来比较碳和硅的非金属性的强弱。先用盐酸和碳酸钙制取二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，然后通入硅酸钠溶液中，发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，看到产生白色胶状沉淀，则可证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，从而证明非金属性：C＞Si。 【详解】(1)石英砂和焦炭在电弧炉中制粗硅，该反应的化学方程式是SiO2+2CSi+2CO↑。 (2)①步骤Ⅰ是浓盐酸和碳酸钙反应生成的二氧化碳和挥发的HCl进入硝酸酸化的硝酸银溶液中，HCl会和AgNO3反应生成AgCl白色沉淀：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3，此反应为复分解反应。在整个实验过程中，浓盐酸体现出了挥发性和酸性。 ②C装置中的试剂X是饱和NaHCO3溶液，目的是除去挥发的HCl。D中试剂瓶的现象是有白色胶状沉淀产生。 ③该同学用图中所示装置进行实验验证碳和硅两种元素非金属性的相对强弱的理论依据是非金属元素的最高价氧化物的水化物酸性越强，则元素非金属性越强。 21． 3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液 通入一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 将转化为NO 装置③中液面上方的气体仍为无色，装置④中液面上方的气体由无色变为红棕色 【分析】（1）结合实验目的，根据装置特点分析各装置的作用，再根据物质的性质的判断； （2）装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰； （3）Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O； （4）根据实验目的及装置图可知，装置②产生NO； （5）根据对比实验与性质判断装置③、④的实验现象。 【详解】（1）根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀HNO3不能氧化NO，所以装置③中应该盛放稀硝酸，④盛放浓硝酸，生成二氧化氮气体，应用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：3mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液； （2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出，故答案为：通入一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内； （3）装置①中是Cu与浓HNO3反应，所以反应的化学方程式是 Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O； （4）根据实验目的，装置①中没有生成NO，故装置②中可以盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：将转化为NO；3NO2+H2O=2HNO3+NO； （5）NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之，装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体，故答案为：④中液面上方气体变为红棕色，③中液面上方气体不变色。 答案第10页，共10页 答案第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $$