重难点01 浓硫酸、浓硝酸的性质与反应计算（安徽专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一化学下学期期末真题分类汇编

重难点01 浓硫酸、浓硝酸的性质与反应计算 1．(23-24高一下·安徽六安第二中学河西校区·期末)下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是 实验操作 现象 结论 A． 在酸性高酸钾溶液中通入过量 溶液褪色 二氧化硫具有还原性 B． 碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水 溶液褪色 气体产物中含有和 C． 向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸未变蓝色 溶液X不含 D． 足量的铜和浓硝酸反应，反应停止后，往溶液中加入稀硫酸 溶液继续有气泡产生 铜和稀硫酸反应生成 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．在酸性高酸钾溶液中通入过量，溶液褪色，是因为发生了氧化还原反应，KMnO4是常见的强氧化剂，SO2作还原剂，在该反应中体现还原性，2KMnO4+5SO2+2H2O=2MnSO4+K2SO4+2H2SO4 ，A正确； B．碳与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫使品红褪色，二者均能使石灰水变浑浊，而实验中缺少检验二氧化硫是否除尽的步骤，品红溶液褪色后的气体中可能还含有二氧化硫，所以不能说明是否含有二氧化碳，B错误； C．向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝色，因产生的氨极易溶于水，需要加热才能释放出来，C错误； D．加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离子构成强氧化性的条件，又能与过量的铜继续反应，生成一氧化氮，铜与稀硫酸不反应，D错误； 故选A。 2．(23-24高一下·安徽六安叶集皖西当代中学·期末)实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A NH3 NH4Cl a e B Cl2 MnO2 + 浓盐酸 c d C SO2 Cu + 浓硫酸 b d D NO2 Cu + 浓硝酸 b f A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．实验室采用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备NH3，只加热NH4Cl制备不了NH3，A不合题意； B．实验室采用MnO2和浓盐酸共热的方法来制备Cl2，故可选用装置c，氯气密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，B符合题意； C．Cu与浓硫酸需在加热情况下才能反应制得SO2，应选用装置c，SO2密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，C不合题意； D．Cu和浓硝酸反应不需要加热，故可选择装置b，但NO2与水会反应，不能采用排水法收集，D不合题意； 故答案为：B。 3．(23-24高一下·安徽马鞍山第二中学·期末)价类二维图可以从不同角度研究含氮物质的性质及其转化关系，图中物质a~h中均含氮元素。下列说法正确的是 A．b在一定条件下可与氧气直接反应生成d B．Cu可以与e的浓溶液反应生成c C．a→c→d→e是工业制硝酸的过程 D．g和h不可能是同种物质 【答案】C 【分析】由图中物质a~h中化合价可知，a~h分别为：氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮(或N2O4)、硝酸、NH3·H2O、铵盐、硝酸盐。 【详解】A．氮气与氧气反应不能直接生成二氧化氮，氮气和氧气在放电条件下首先生成一氧化氮，然后一氧化氮再与氧气反应生成二氧化氮，A错误； B．Cu可以与e的浓溶液反应：，B错误； C．工业制硝酸主要流程是将氨和空气的混合气，在加热催化作用下，氨被氧化成一氧化氮，生成的一氧化氮再与氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，C正确； D．g和h可以都是硝酸铵，D错误； 故选C。 4．(23-24高一下·安徽铜陵等三·期末)部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是。 提示：(方程式未配平) A．对应含氧酸的酸性：e′>e B．工业上通过a→b→c→d→e来制备 C．玻璃棒蘸取a的浓溶液靠近b′能观察到白烟 D．当d的物质的量大于c时，c、d混合气体可用足量氢氧化钠溶液完全吸收 【答案】B 【分析】由图中元素的化合价和物质类别可推出a为，b为，c为NO，d为，e为或硝酸盐。a为，b为，c为或次氯酸盐，d为氯酸或氯酸盐，e为或高氯酸盐。 【详解】A．元素的非金属性越强其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl＞N，则酸性HClO4>HNO3，A正确； B．工业上制备硝酸的过程为a→c→d→e，不经过氮气这一步，B错误； C．工业上检验Cl2管道泄漏的原理：8HNO3+3Cl2=N2+6NH4Cl，产生白烟，C正确； D．已知NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，d＞c时，二氧化氮过量可继续与氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，故可完全吸收，D正确。 故选B。 5．(23-24高一下·安徽宣城·期末)常温下利用下列装置和试剂按照规定操作进行实验，能实现相应物质转化的是 装置 选项 试剂a 试剂b 操作 物质转化 A 铜丝 浓硫酸 a插入b中 浓硫酸→二氧化硫 B 铁丝 浓硝酸 a插入b中 浓硝酸→二氧化氮 C 红热铜丝 乙醇 a插入b中 乙醇→乙酸 D 红热铂丝 浓氨水 a在b上方 氨气→一氧化氮 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．铜丝与浓硫酸反应需要加热才能进行，该装置没有加热功能，A错误； B．常温下铁丝能被浓硝酸钝化，无法制取到二氧化氮，B错误； C．红热铜丝能把乙醇催化氧化生成乙醛，不能生成乙酸，C错误； D．浓氨水具有挥发性，红热铂丝置于浓氨水上方，可使挥发出来的氨气催化氧化生成一氧化氮，D正确； 故选D。 6．(23-24高一下·安徽亳州·期末)下图是氮元素常见化合价与部分含氮物质类别对应的关系图，下列说法错误的是 A．a的化学性质不活泼，常用作保护气 B．c属于酸性氧化物，实验室可用向上排空气法收集 C．常温下，d的浓溶液能用铝制容器盛装 D．一定条件下，和e反应可以转化为a 【答案】B 【分析】由图可知，a为氮气、b为一氧化氮、c为二氧化氮、d为硝酸、e为氨气、f为一水合氨。 【详解】A．氮气分子中含有氮氮三键，化学性质不活泼，常用作保护气，故A正确； B．二氧化氮没有对应价态的含氧酸，不属于酸性氧化物，故B错误； C．常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻止反应的继续进行，所以浓硝酸能用铝制容器盛装，故C正确； D．一定条件下，一氧化氮能与具有还原性的氨气反应生成氮气和水，故D正确； 故选B。 7．(23-24高一下·安徽六安毛坦厂中学·期末)下列关于氮及其化合物的说法正确的是 A．实验中常用排水法收集NO2气体 B．久置的浓硝酸浓度减小 C．NO→NO2的过程属于氮的固定 D．浓硝酸常温下不与铁反应 【答案】B 【详解】A．能与水反应，不能用排水法收集，只能用向上排空气法收集，A项错误； B．浓硝酸有挥发性，久置的浓硝酸会变为稀硝酸，浓度减小，B项正确； C．氮的固定是指游离态的氮转化为含氮化合物，C项错误； D．常温下，浓硝酸与铁发生钝化，钝化是化学变化，D项错误； 故选B。 8．(23-24高一下·安徽铜陵等三·期末)下列变化对应的方程式正确的是。 A．浓硝酸见光分解：(浓) B．工业上用石英制取粗硅： C．向溴化钠溶液中滴入硝酸银产生淡黄色沉淀： D．丙烯和发生加成反应： 【答案】C 【详解】A．浓硝酸见光分解：（浓），A错误； B．二氧化硅和碳在高温下生成硅和一氧化碳：，B错误； C．为淡黄色沉淀，C正确； D．，2个Br相邻，D错误； 故选C。 9．(23-24高一下·安徽六安第二中学河西校区·期末)足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和(忽略向的转化)、的混合气体3.36L(已折算成标准状况)，这些气体与一定体积的氧气混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2mol/L氢氧化钠溶液至铜离子恰好完全沉淀时消耗氢氧化钠溶液的体积是150mL。下列说法不正确的是 A．混合气体中含和的体积之比为1：1 B．标况下消耗氧气的体积为1.58L C．此反应过程中转移的电子为0.3mol D．原浓硝酸含溶质的物质的量为0.45mol 【答案】B 【分析】标准状况下3.36 L混合气体的物质的量，2 mol/L 150 mLNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=2 mol/L×0.15 L=0.3 mol。铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.03mol，Cu失去的电子的物质的量等于硝酸根的物质的量，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.15 mol，根据得失电子守恒可知3x+y=0.3 mol，解得x=y=0.075 mol；根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为0.3 mol+0.15 mol=0.45 mol；生成氢氧化铜的物质的量为：0.3mol×=0.15mol，反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量，，再计算出需要的氧气体积V(O2)=0.075 mol×22.4 L/mol=1.68 L； 【详解】A．根据分析，生成NO、NO2的物质的量均为0.075 mol，混合气体中含NO2和NO的体积之比为1：1，A正确； B．根据得失电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子相等，需要的氧气体积1.68 L，B错误； C．根据分析，氢氧化铜的物质的量为：0.15mol，反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完全反应失去0.3mol电子，C正确； D．铜离子恰好沉淀时反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知，硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.3 mol，根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为0.3 mol+0.15 mol=0.45 mol，D正确； 故合理选项是B。 10．(23-24高一下·安徽马鞍山第二中学·期末)向和混合稀溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇到空气变为红棕色，溶液中的物质的量和加入粉的物质的量之间的关系如图所示，下列叙述错误的是 A．开始时加入铁粉反应的离子方程式为 B．加入铁粉时，溶液中有 C．原溶液中的物质的量浓度为 D．加入铁粉后溶液中的溶质为和 【答案】D 【详解】A．由实验现象和图像可知开始加入铁粉产生NO和，故开始时加入铁粉发生的离子方程式为，A正确； B．加入铁粉3mol时，硝酸根离子恰好反应完全，加入4mol铁粉时，其中1mol铁粉消耗2mol ，产生3mol ，B正确； C．加入3mol铁粉时发生的离子方程式，消耗3mol 和12mol生成3mol，加入铁粉3mol至5mol时，发生的离子反应为，则2mol的铁消耗4mol ，加入3mol铁粉时生成3mol ，故原溶液中含1mol [即含1mol ]，原溶液中的物质的量浓度为，C正确； D．5mol后加入铁粉不再产生，硝酸根离子恰好反应完全，加入5mol铁粉后的溶液中溶质的主要成分为硫酸亚铁，D错误； 故选D。 11．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)利用点滴板探究氨气的性质(如图所示)，实验时向固体上滴几滴浓氨水后，立即用表面皿扣住点滴板，下列对实验现象的解释正确的是    选项 实验现象 解释 A 浓硫酸附近无白烟 与浓硫酸不发生反应 B 浓盐酸附近产生白烟 与挥发出的反应： C 溶液中产生红褐色沉淀 与溶液反应： D 湿润红色石蕊试纸变蓝 极易溶于水 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【来源】安徽省六安市霍山中学等校2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题 【详解】A．因为硫酸不具挥发性，因此浓硫酸与氨气反应附近无白烟，A错误； B．浓盐酸有挥发性，挥发出的HCl与NH3反应生成白烟NH3 +HCl=NH4Cl，B正确； C．氨气溶于水生成一水合氨与氯化铁反应，，C错误； D．红色石蕊试纸变蓝是因为氨气溶于水显碱性，与NH3 极易溶于水性质无关，D错误； 答案选B。 12．(23-24高一下·安徽合肥第一中学十联考·期末)将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度为浓硝酸中，得到和的混合气体0.05mol，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法错误的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比为 B．金属溶于硝酸时，转移电子的物质的量为0.06mol C．和的混合气体中，的体积分数是80% D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL 【答案】D 【来源】安徽省合肥市第一中学省十联考2023-2024学年高一下学期期末考试化学试卷 【分析】当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，可知氢氧化铜、氢氧化镁的总质量为2.54g，则Mg2+、Cu2+结合OH-的物质的量为；根据电荷守恒，1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol。 【详解】A．该合金中铜与镁的物质的量分别是、，，解得，铜与镁的物质的量之比是2︰1，故A项正确； B．Mg2+、Cu2+结合OH-的物质的量为；根据电荷守恒，1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol，故B项正确； C．1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol，设和的混合气体中的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，，解得，NO2的体积分数是，故C项正确； D．根据B选项，反应放出0.04molNO2、0.01molN2O4，得到2.54沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，加入NaOH的物质的量=n()=0.05L×14mol/L-0.04mol-0.01mol×2=0.64mol，需要氢氧化钠溶液的体积是，故D项错误； 故本题选D。 13．(23-24高一下·安徽合肥第一中学十联考·期末)已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，中的共价键数目为 B．100g46%的乙醇()溶液中含有氧原子数为 C．标准状况下，与足量的反应，生成的分子数为 D．足量铜与100mL18.4mol/L的浓硫酸在加热的条件下反应时，转移电子的数目为 【答案】A 【来源】安徽省合肥市第一中学省十联考2023-2024学年高一下学期期末考试化学试卷 【详解】A．分子式为C4H10的物质有正丁烷和异丁烷两种，无论是正丁烷还是异丁烷，它们的结构中都有13个共价键，C4H10物质的量为0.1mol，含有共价键的物质的量为1.3mol，含有共价键的总数为1.3 NA，故A项正确； B．在100g 46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，含有氧原子的物质的量也是1mol；水的质量为54g，物质的量为3mol，含有氧原子的物质的量是3mol，则此溶液中共含有氧原子的物质的量为4mol，含有氧原子数为4 NA，故B项错误； C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，22.4LSO2与足量O2的反应，生成的SO3分子数小于NA，故C项错误； D．，2mol浓硫酸转移2mol电子，由于浓硫酸在加热条件下与铜反应过程中会逐渐变稀，而稀硫酸与铜不反应，因此含1.84mol的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，转移的电子数为小于1.84NA，故D项错误； 故本题选A。 14．(23-24高一下·安徽六安第一中学·期末)设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，2molNO与1molO2充分反应后的气体分子数为2NA B．1mol铝在常温下与足量浓硝酸反应时，转移的电子数为3NA C．4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数为0.5NA D．标准状况下，100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有的O-H数为7NA 【答案】D 【来源】安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期6月期末考试化学试题 【详解】A．2molNO与1molO2恰好反应生成2molNO2，生成的NO2存在反应，因此反应后的气体分子数小于2NA，A错误； B．1mol铝在常温下与足量浓硝酸反应时，随反应进行，铝表面形成致密的氧化膜而钝化停止反应，则转移的电子数小于3NA，B错误； C．4.6g分子式为C2H6O的有机物的物质的量为0.1mol，C2H6O可以为，其中含有C—H键数为0.5NA；C2H6O也可以为，所含有C—H键数为0.6NA，C错误； D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，的物质的量为，水的物质的量为，1mol水中含有2molO-H键，因此含有的O-H数为7NA，D正确； 答案选D。 15．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)足量的铜使一定量的浓硝酸完全反应完，得到4.48L标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100ml 4mol/L NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是 A．铜与浓硝酸反应过程中转移了0.5mol电子 B．消耗氧气的体积为1.12L(标准状况) C．参加反应的HNO3是0.8mol D．混合气体中NO2与NO物质的量之比为1：1 【答案】D 【来源】安徽省六安市霍山中学等校2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题 【分析】Cu失去电子转化为Cu2+，得到电子转化为NO2和NO的混合气体，NO2、NO与O2、水反应失去电子又转化为HNO3，而O2得到了电子，整个过程中转移的电子的量是守恒的，即Cu失去的电子数=硝酸获得的电子数=氧气获得的电子。铜失去2个电子得到Cu2+，Cu2+再和2个OH-结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH-的数目，n(OH-)=0.1L×4mol•L-1=0.4mol,则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol，据此分析解题。 【详解】A．铜原子失去2个电子转化为Cu2+，Cu2+再和2个OH-结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH-的数目，n(OH-)=0.1L×4mol•L-1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，A错误； B．转移了0.4mol电子，则需要O2物质的量为：=0.1mol，其在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，B错误； C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸转化为了Cu(NO3)2，硝酸铜与NaOH又恰好反应，而n()=n(OH-)=0.4mol，体现氧化性的硝酸转化为NO2和NO，而n(NO2)+n(NO)==0.2mol，由N原子守恒可知，参加反应的硝酸的物质的量为：0.4mol+0.2mol=0.6mol，C错误； D．设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有①x+y=0.2mol，②x+3y=0.4mol，联合①②解得x=y=0.1mol，混合气体中NO2与NO物质的量之比为1：1，D正确； 故答案为：D。 16．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)用下列装置进行相应的实验，不能达到相应实验目的的是      A．①实验室制取少量氨气 B．②实验室制取少量乙酸乙酯 C．③观察甲烷与氯气在光照条件下的反应 D．④检验浓硫酸与铜反应产生的 【答案】B 【来源】安徽省六安市霍山中学等校2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题 【详解】A．实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热制备氨气，固体加热时试管口略向下倾斜，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，A正确； B．实验室用乙酸、乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，右侧试管中为饱和碳酸钠溶液，试管不能插入饱和碳酸钠溶液中以防止倒吸，B错误； C．甲烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等，为防止氯气溶于水，烧杯中为饱和食盐水，生成的HCl溶于饱和食盐水，试管内液面上升，同时生成的二氯甲烷等为无色油状液体，试管表面有油状液滴，C正确； D．浓硫酸和铜加热条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，观察到试管中品红褪色即证明有二氧化硫生成，浸有碱液的棉花用于吸收多余的二氧化硫，D正确； 故答案选B。 1．(23-24高一下·安徽六安第二中学河西校区·期末)S、N及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题： (1)某实验小组设计的制取并验证部分性质的实验装置(夹持装置已省略)如图所示。 ①写出装置A中发生反应的化学方程式： 。若生成标准状况下，被还原的的物质的量为 mol。 ②装置C、D中溶液均褪色，体现的性质依次是 、 。 (2)以为原料生产部分化工产品的流程如图所示： ①反应Ⅰ中若足量，反应的离子方程式为 。 ②物质B的化学式为 。以为原料制取B(假定其中N元素完全转化至B中)，理论上反应Ⅱ、Ⅲ需要消耗的物质的量共 mol。 ③反应Ⅳ中需要先向饱和食盐水中通入 (填化学式)，若D的焰色试验呈黄色，写出反应Ⅴ的化学方程式： 。 【答案】(1) 0.01mol 漂白性 还原性 (2) 2NH3+H2O+SO3= HNO3 2 NH3 【分析】装置A铜和浓硫酸加热生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，装置C中品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，装置D中酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫是酸性气体且有毒，用NaOH溶液吸收；过量的氨气和二氧化硫和水反应生成A为亚硫酸铵，氨气和氧气发生催化氧化生成NO，NO和氧气和水反应生成B为硝酸，氨气、二氧化碳通入饱和食盐水中生成C为碳酸氢钠，加热分解生成D为碳酸钠； 【详解】（1）①装置A利用浓硫酸与铜反应制备SO2，发生反应的化学方程式为：。标准状况下物质的量0.01mol，根据反应方程式得生成0.01molSO2时，被还原的H2SO4物质的量为0.01mol。 ②装置C中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，装置D中KMnO4被SO2还原而使溶液褪色，体现了SO2的还原性。 （2）①NH3是碱性气体，SO2是酸性氧化物，NH3足量时，NH3、SO3、H2O混合反应的离子方程式为：2NH3+H2O+SO3=。 ②NO与O2、H2O反应的方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，因此物质B的化学式为HNO3。根据，1molNH3完全转化生成1molNO，消耗O2物质的量为，根据4NO+3O2+2H2O=4HNO3，1molNO完全反应消耗O2物质的量为。以1molNH3为原料制取B(假定其中N元素完全转化至B中)，理论上反应II、III需要消耗的O2物质的量共+=2mol。 ③NH3极易溶于水，先通入NH3可得到浓度较大的氨盐水，该溶液碱性较强，更有利于的吸收。反应IV生成NaHCO3，若D的焰色试验呈黄色说明D中含有Na元素，D为Na2CO3，则反应V的化学方程式为：。 2．(23-24高一下·安徽阜阳·期末)某化学小组在实验室模拟工业生产制取HNO3设计了如图所示装置，实验过程中持续通入氧气。 (1)仪器B的名称为 。 (2)实验时，先点燃 处(选“A”或“C”)酒精灯。 (3)写出装置C中主要反应的化学方程式： 。 (4)反应过程中装置D中出现白烟，白烟的成分为 。 (5)工业上要获得浓度较大的硝酸，通常先在稀硝酸中加入吸水剂，然后在 (选填“较低”或“较高”)温度下蒸馏，请用化学用语说明判断依据： 。 (6)若使氨气中N全部转化为硝酸，理论上通入的氨气与氧气的物质的量之比最大为 。 【答案】(1)球形干燥管 (2)C (3) (4)NH4NO3 (5) 较低 (6)1:2 【分析】A装置制备氨气，B干燥氨气，C中氨气发生催化氧化生成NO，D中NO和氧气反应生成二氧化氮，E中二氧化氮和水反应生成硝酸，F中氢氧化钠吸收氮氧化物，防止污染。 【详解】（1）根据装置图，仪器B的名称为球形干燥管； （2）氨的催化氧化，应先加热催化剂，所以先点燃C处酒精灯。 （3）装置C中氨气和氧气在催化剂作用下反应生成一氧化氮和水，主要反应的化学方程式 。 （4）反应过程中装置D中硝酸和氨气反应生成出现白烟硝酸铵，白烟的成分为NH4NO3； （5）硝酸不稳定，受热易分解，，所以在较低温度下蒸馏。 （6）氨气转化为硝酸，N元素化合价由-3升高为+5，Y氧元素化合价由0降低为-2，若使氨气中N全部转化为硝酸，根据得失电子守恒，理论上通入的氨气与氧气的物质的量之比最大为1:2。 3．(23-24高一下·安徽合肥普通高中六校联盟·期末)Ⅰ．某化学自主实验小组利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。 (1)装置发生的化学反应方程式为 。 (2)甲、乙分别是 (填标号)。 a．浓硫酸、浓硫酸   b．碱石灰、碱石灰   c．五氧化二磷、五氧化二磷   d．碱石灰、无水氯化钙 (3)若NO2能够被NH3还原产生无污染的气体，写出相应的化学反应方程式： 。 (4)此实验装置存在一个明显的缺陷是 。 Ⅱ．硫酸可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业生产硫酸的流程图如图： (5)工业上常以粉碎的黄铁矿FeS2为原料来制备SO2，将黄铁矿粉碎的原因是： 。 (6)写出催化反应室中SO2被氧化为SO3的化学方程式 。 (7)硫酸工业的尾气中含有少量SO2，为避免环境污染，可用强碱溶液吸收，请写出相关的离子反应方程式 。 【答案】(1)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2)d (3)6NO2+8NH37N2+12H2O (4)缺少尾气处理装置 (5)增大接触面积，加快反应速率 (6)2SO2+O22SO3 (7)SO2+2OH-=H2O+ 【分析】Ⅰ．浓氨水与CaO混合反应制取NH3，经装置甲U形管干燥剂的干燥后，通入锥形瓶中，在催化剂存在条件下，与装置E反应产生的经装置乙干燥的NO2发生反应：6NO2+8NH37N2+12H2O，就证明了NO2具有强的氧化性。 Ⅱ．FeS2煅烧反应产生SO2气体，然后与空气混合，经净化干燥后通入催化反应室，发生反应：2SO2+O22SO3，制取得到SO3，然后再吸收塔中用98%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸，经稀释得到98%的浓硫酸，然后进入储存室进行储存；反应产生的含SO2的废气用NaOH溶液进行吸收，然后再进行排放。 【详解】（1）在装置E中Cu与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O; （2）装置甲是U形管，作用是干燥NH3，由于NH3是碱性气体，因此只能使用碱性干燥剂碱石灰进行干燥；装置乙是干燥管，作用是干燥NO2气体，由于NO2与水反应产生HNO3，因此只能使用酸性固体干燥剂或中性固体干燥剂干燥，可以是五氧化二磷或无水氯化钙，故合理选项是d； （3）NO2与NH3在催化剂存在条件下反应产生无污染的气体是N2，同时反应产生H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O； （4）NH3、NO2在锥形瓶中反应产生N2，二者不可能恰好反应，而NH3、NO2又都是大气污染物，不能直接进行排放，而图示的装置图中缺少尾气处理装置，故此实验装置存在一个明显的缺陷是缺少尾气处理装置； （5）工业上常以粉碎的黄铁矿FeS2为原料经煅烧反应来制备SO2，将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率； （6）在催化反应室中SO2与O2在催化剂存在条件下加热400-500℃，在常压条件进行反应，SO2被氧化为SO3，该反应是可逆反应，反应的化学方程式是：2SO2+O22SO3； （7）硫酸工业的尾气中含有少量SO2，SO2是大气污染物，会导致酸雨等。为避免环境污染，可根据SO2是酸性氧化物，可以用过量强碱NaOH溶液吸收。二者反应产生Na2SO3、H2O，则少量SO2与NaOH溶液反应的离子反应方程式为：SO2+2OH-=H2O+。 4．(23-24高一下·安徽马鞍山第二中学·期末)为探究碳素钢(仅含有C和)与浓硫酸反应后的气体产物，某学习小组设计了如下实验装置。(部分夹持装置省略) 回答下列问题 (1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称为 。 (2)装置B的作用为 。 (3)一段时间后观察到B中溶液颜色稍变浅，C中溶液变浑浊，说明气体产物中含 (填化学式)。 (4)实验过程中观察到E中黑色固体变红、F中固体变蓝，H中溶液无明显变化，说明气体产物中含 (填化学式)，产生该气体的离子方程式为 。 (5)根据以上实验，写出碳与浓硫酸反应的化学方程式 。 【答案】(1)分液漏斗 (2)检验SO2、吸收SO2 (3)SO2    CO2 (4) H2 (5) 【分析】在装置A中碳素钢中杂质碳与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应产生CO2、SO2、H2O；SO2具有还原性，可以被装置B中酸性KMnO4溶液氧化为硫酸，KMnO4被还原为Mn2+，当B中溶液颜色变浅但是不褪色，说明SO2被完全吸收，装置C中澄清石灰水遇CO2反应产生CaCO3沉淀而使石灰水变浑浊；随着反应的进行，硫酸溶液浓度变稀，稀硫酸与Fe反应产生的H2，气体中含有的CO2、H2被装置D的碱石灰干燥，其中的CO2被吸收，干燥后的H2与CuO在加热时反应产生Cu、H2O，白色无水CuSO4遇水变为蓝色CuSO4•5H2O，H中澄清石灰水变浑浊，装置Ⅰ的碱石灰作用是吸收空气中的CO2、H2O，防止干扰CO2的检验。 【详解】（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗； （2）由分析可知，装置B的作用是检验SO2、吸收SO2； （3）B中溶液颜色稍变浅，说明有SO2，C中溶液变浑浊，说明气体产中含CO2； （4）实验过程中观察到E中黑色固体变红、F中固体变蓝，H中溶液无明显变化，说明气体产物中含H2，产生该气体是因为硫酸变稀后与铁反应，离子方程式为； （5）碳与浓硫酸反应生成SO2、CO2和H2O，化学方程式为：。 5．(23-24高一下·安徽六安叶集皖西当代中学·期末)在古代中国，稀硫酸被称为“绿矾油”。炼丹家孤刚子在其所著《黄帝九鼎神丹经诀》卷九中就记载着“炼石胆取精华法”，即干馏石胆(胆矾)而获得硫酸。 Ⅰ．目前工业上主要采用接触法制备硫酸，其流程如下： (1)黄铁矿中硫元素的化合价为 ，将二氧化硫转化为三氧化硫的化学反应方程式为 。 Ⅱ．硫酸的性质：某化学兴趣小组为了探究足量铁质材料(碳素钢)和浓硫酸反应的产物，利用下列装置进行了实验探究活动。 (2)A装置中用于添加浓硫酸的仪器名称为 ；请写出碳参与反应的化学方程式 。 (3)实验开始后，观察到装置B和装置C中溶液均褪色。两者褪色原理是否相同？ (填“相同”或“不同”)。 (4)若D装置中溶液不褪色，E装置中溶液变浑浊，说明有 (填化学式)气体生成。实验过程中观察到 现象时，说明反应产物中还有H2生成。 (5)装置I中碱石灰的作用 。 【答案】(1) -1 (2) 分液漏斗 (3)不同 (4) CO2 G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝 (5)防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰 【分析】黄铁矿在空气中燃烧，生成三氧化二铁和二氧化硫，二氧化硫在五氧化二钒作催化剂、400~500℃的条件下催化氧化生成三氧化硫；分液漏斗中的浓硫酸与碳素钢中的碳在加热条件下发生反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成的混合气体通入品红溶液，二氧化硫具有漂白性，使品红溶液褪色，检验二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能够和酸性高锰酸钾反应，将二氧化硫除去，再用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，剩下的二氧化碳气态能使澄清石灰水变浑浊，碱石灰将二氧化碳和水蒸气除去，最后通入加热的氧化铜中，氧化铜黑色固体变为紫红色，无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，证明混合气体中由氢气，最后的碱石灰可以防止空气中的水蒸气进入装置，干扰实验，据此回答。 【详解】（1）黄铁矿(FeS2)中硫元素的化合价为-1价；将二氧化硫转化为三氧化硫的化学反应方程式为； （2）由分析知，A装置中用于添加浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；碳参与反应的化学方程式； （3）由分析知，B中体现的是二氧化硫的漂白性，C中体现的是二样回流的还原性，两者原理不同； （4）由分析知，若D装置中溶液不褪色，证明已经将二氧化硫除尽，E装置中溶液变浑浊，说明混合气体中由含有二氧化碳，说明有二氧化碳生成；观察到G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝时，说明反应产物中还有H2生成； （5）由分析知，装置I中碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰。 6．(23-24高一下·安徽铜陵等三·期末)某小组设计下列装置用于制备和探究的性质(夹持装置已略去)。 提示：二氧化硫易溶于水，难溶于、苯等有机溶剂。 回答下列问题： (1)A装置中a导管的作用是 ，A装置中发生反应的化学方程式是 ；使用质量分数为70％的而不使用稀硫酸的原因是 。 (2)B装置可用于探究的还原性，该反应的离子方程式是 ；从角度设计实验方案验证其还原性，操作为 。 (3)D装置可用于探究的氧化性，实验现象为 。 (4)如果使用F装置代替A装置进行实验，使用可抽拉式铜丝的优点是 ，浓在该反应中所起的作用是 (填选项字母)。 A．强氧化性　　　　　B．吸水性　　　　　C．酸性　　　　　　D．脱水性 (5)方框E装置用于尾气处理，下列装置不合理的是 (填选项字母)。 a．　　b．　　c．　　d． 【答案】(1) 平衡漏斗及烧瓶的气压，便于浓硫酸顺利流下 (浓) 稀硫酸含水较多不利于二氧化硫气体溢出 (2) 加入足量稀盐酸无明显现象再加入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀则说明SO2体现还原性 (3)溶液生成淡黄色沉淀 (4) 便于控制反应发生和停止 AC (5)d 【分析】A装置为气体发生装置，B装置可用于探究SO2的还原性，C装置可用于验证SO2使品红溶液褪色，D装置可用于探究SO2的氧化性，据此分析。 【详解】（1）①A装置为气体发生装置，a导管的作用是平衡漏斗及烧瓶的气压，便于浓硫酸顺利流下；②A装置中发生反应的化学方程式是；③反应使用70%的H2SO4而不使用稀硫酸的原因是稀硫酸含水较多不利于二氧化硫气体溢出； （2）①B装置可用于探究SO2的还原性，反应的离子方程式是；②操作步骤为加入足量稀盐酸无明显现象再加入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀则说明SO2体现还原性； （3）D装置可用于探究SO2的氧化性，SO2将S2-氧化为S单质，溶液生成淡黄色沉淀； （4）①用F装置可抽拉式铜丝代替A装置进行实验，便于控制反应发生和停止；②浓H2SO4在该反应中起强氧化性和酸性的作用，故选AC； （5）方框E装置用于SO2尾气处理，d装置中饱和亚硫酸氢钠溶液和苯均不能吸收SO2气体，因此不合理，a、b、c均合理，故选d。 7．(23-24高一下·安徽淮北第一中学·月考)下列离子方程式按照条件书写不正确的是 A．向溶液中通入气体： B．和过量浓反应： C．溶液中通入过量： D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水混合： 【答案】A 【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，则二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故A错误； B．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为，故B正确； C．氢氧化钡溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钡，反应的离子方程式为，故C正确； D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水反应生成氢氧化钠、碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故D正确； 故选A。 8．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)下列变化的本质相似的是 A．浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小 B．SO2和Cl2均能能使品红溶液褪色 C．浓H2SO4和稀H2SO4与金属反应时均有气体放出 D．H2S和HI气体均不能用浓硫酸干燥 【答案】D 【详解】A．浓硫酸具有吸水性，敞口放置时浓度减小，浓盐酸易挥发，敞口放置时浓度减小，二者本质不同，A错误； B．SO2和有色物质生成不稳定无色物质而使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的次氯酸具有强氧化性而使品红溶液褪色，二者本质不同，B错误； C．浓H2SO4与金属反应放出气体体现酸性和强氧化性，生成二氧化硫气体，稀H2SO4与金属反应生成氢气，二者本质不同，C错误； D．H2S和HI气体均具有还原性，会被浓硫酸氧化而不能用浓硫酸干燥，二者本质相似，D正确； 故选D。 9．(23-24高一下·安徽芜湖·期末)在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中NO2的体积为 ①4 mL；②8 mL；③10 mL；④10.8 mL。 A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】B 【详解】若O2过量时，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，剩余的2 mL气体为氧气，NO2的体积V(NO2)=×(12 mL-2 mL)=8 mL，②正确； 若NO2气体过量，过量的NO2与H2O会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则反应后剩余2 mL气体是NO，根据物质反应转化关系，可知相当于剩余NO2体积是6 mL，还有6 mL气体发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据反应的方程式中物质反应关系可知：发生该反应的NO2的体积V(NO2)=×6 mL=4.8 mL，则原 气体中含有NO2的体积为V(NO2)=6 mL+4.8 mL=10.8 mL，④正确； 综上所述可知，上述12 mL混合气体中NO2的体积正确的是②④，故合理选项是B。 10．(23-24高一下·安徽芜湖·期末)向含有和 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有)。下列有关判断不正确的是 A．a表示的关系曲线 B．=0.75 C．P点时，n()=0.5625mol D．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g 【答案】C 【分析】在含有HNO3的溶液中，Fe2+能被HNO3氧化，此时Fe元素只能以形式存在，当溶液中的HNO3完全反应后，过量的Fe继续与Fe3+反应生成Fe2+，则a表示Fe3+的关系曲线，b表示Fe2+的关系曲线。据此答题。 【详解】A．根据分析知，a表示Fe3+的关系曲线，A正确； B．根据，1mol完全反应时，需要消耗4mol，但溶液中只有3mol，故生成最多时消耗的Fe应按3mol 完全反应进行计算： 因此，B正确； C．P点时溶液中，从发生的反应为，设这过程中消耗的为，则：，解得，因此P点时，C错误； D．P点时溶液中还有0.45mol，设最多可溶解铜的质量为，则 则向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14。4g，D正确； 故选C。 11．(23-24高一下·安徽太和中学·期末)元素化合价和物质类别是认识物质的两个重要维度，如图是氮元素的“价一类二维图”。 回答下列问题： (1)Y的化学式为 ，的用途有 (任写一种)。 (2)的化学方程式为 。 (3)检验中阳离子的实验操作和现象为 。 (4)向浓度分别为和的和的混合酸中加入过量的铜屑，待反应结束后，可产生标准状况下的 (反应中气体只生成)。 (5)汽车尾气中会产生大量的生成过程中的能量变化如图所示： ①该条件下，和完全反应生成，会 (填“吸收”或“放出”) 能量。 ②利用催化剂可将汽车尾气中的和转化为两种无毒气体，化学方程式为。向一恒容密闭容器中充入和。下列可以表明上述反应已达到平衡状态的是 (填字母)。 A．容器中的气体压强保持不变             B．的浓度不再改变 C．的浓度之比为         D．相同时间内，若反应消耗同时生成 【答案】(1) N2O5 用作保护气 (2) (3)取于试管中，加入NaOH溶液，加热．用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，若红色石蕊试纸变蓝，说明有NH (4)448 (5) 吸收 180 AB 【详解】（1）根据N元素的价类二维图可知，X为NH3，Y为N2O5，N2可以用作保护气； （2）NH3发生催化氧化反应生成NO，化学方程式为：； （3）中阳离子为铵根离子，取于试管中，加入NaOH溶液，加热．用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，若红色石蕊试纸变蓝，说明有NH； （4）10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×2×2mol/L+0.01L×4mol/L=0.08mol，n()=0.01L×4mol/L=0.04mol，发生反应：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜粉足量，过量，以n(H+)计算，根据方程式可得生成NO的物质的量为0.2mol，标况下0.02molNO的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448ml； （5）①N2(g)+O2(g)═2NO(g)，根据已知数据，断开旧键吸收的能量为(946+498)kJ=1444kJ，形成新键释放的能量为2×632kJ=1264kJ，吸收的能量大于释放的能量，为吸热反应，吸收的热量为1444kJ -1264kJ=180kJ； ②A．该反应是气体体积不等的反应，恒容容器中气体压强保持不变可以说明达到平衡，故A选； B．的浓度不再改变，能说明达到平衡，故B选； C．的投料比等于系数比等于，故体系中的浓度之比始终为，不能说明达到平衡，故C不选； D．相同时间内，若反应消耗同时生成，都是正反应方向，不能说明达到平衡，故D不选； 答案为AB。 12．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)某化学小组设计了如图装置用于制取并验证其性质。    (1)仪器a的名称为 ，仪器a连接的导管的作用是 。 (2)装置A中反应的化学方程式为 。 (3)若装置B中无明显现象，装置C中溶液红色褪色，则使品红的水溶液褪色的含硫微粒可能是 (填化学式)。 (4)装置D中溶液颜色由黄色变为浅绿色，发生反应的离子方程式为 。 (5)装置E中盛有100 mL 0.100 mol/L的酸性溶液，当完全反应时，参加反应的的质量为 g。 (6)装置F的作用是 。 【答案】(1) 分液漏斗 平衡压强，有利于分液漏斗内的液体顺利流下 (2) (3) (4) (5)1.6 (6)吸收尾气，防止污染空气 【分析】A中硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，B中为品红乙醇溶液，C中为品红水溶液，B中品红不褪色，C中品红褪色，二氧化硫具有还原性，能与铁离子反应生成亚铁离子，D中溶液颜色由黄色变为浅绿色，二氧化硫能被酸性高锰酸钾氧化从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，最后用NaOH溶液吸收多余的SO2。 【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗。仪器a连接的导管作用为平衡压强，使得分液漏斗中的液体能顺利流下。 （2）装置A中，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，化学方程式为。 （3）装置B为品红乙醇溶液，装置C为品红水溶液，装置B无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红褪色的微粒并不是SO2，而是SO2与水反应生成的H2SO3。 （4）二氧化硫具有还原性，能与Fe3+发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的离子方程式为。 （5）高锰酸钾氧化SO2生成硫酸根离子，自身被还原为Mn2+，Mn得到5个电子，S失去2个电子，根据得失电子守恒，消耗的高锰酸钾的物质的量和SO2的物质的量之比为2：5，现消耗高锰酸钾0.01mol，则消耗SO20.025mol即1.6g。 （6）装置F为尾气处理装置，用于吸收多余的SO2，防止其污染空气。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点01 浓硫酸、浓硝酸的性质与反应计算 1．(23-24高一下·安徽六安第二中学河西校区·期末)下列实验操作对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是 实验操作 现象 结论 A． 在酸性高酸钾溶液中通入过量 溶液褪色 二氧化硫具有还原性 B． 碳和浓硫酸加热所得气体产物依次通过品红溶液和澄清石灰水 溶液褪色 气体产物中含有和 C． 向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸未变蓝色 溶液X不含 D． 足量的铜和浓硝酸反应，反应停止后，往溶液中加入稀硫酸 溶液继续有气泡产生 铜和稀硫酸反应生成 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．在酸性高酸钾溶液中通入过量，溶液褪色，是因为发生了氧化还原反应，KMnO4是常见的强氧化剂，SO2作还原剂，在该反应中体现还原性，2KMnO4+5SO2+2H2O=2MnSO4+K2SO4+2H2SO4 ，A正确； B．碳与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳，二氧化硫使品红褪色，二者均能使石灰水变浑浊，而实验中缺少检验二氧化硫是否除尽的步骤，品红溶液褪色后的气体中可能还含有二氧化硫，所以不能说明是否含有二氧化碳，B错误； C．向溶液X中加入少量稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝色，因产生的氨极易溶于水，需要加热才能释放出来，C错误； D．加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离子构成强氧化性的条件，又能与过量的铜继续反应，生成一氧化氮，铜与稀硫酸不反应，D错误； 故选A。 2．(23-24高一下·安徽六安叶集皖西当代中学·期末)实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A NH3 NH4Cl a e B Cl2 MnO2 + 浓盐酸 c d C SO2 Cu + 浓硫酸 b d D NO2 Cu + 浓硝酸 b f A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．实验室采用Ca(OH)2和NH4Cl共热制备NH3，只加热NH4Cl制备不了NH3，A不合题意； B．实验室采用MnO2和浓盐酸共热的方法来制备Cl2，故可选用装置c，氯气密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，B符合题意； C．Cu与浓硫酸需在加热情况下才能反应制得SO2，应选用装置c，SO2密度比空气的大，采用向上排空气法收集，选用装置d，C不合题意； D．Cu和浓硝酸反应不需要加热，故可选择装置b，但NO2与水会反应，不能采用排水法收集，D不合题意； 故答案为：B。 3．(23-24高一下·安徽马鞍山第二中学·期末)价类二维图可以从不同角度研究含氮物质的性质及其转化关系，图中物质a~h中均含氮元素。下列说法正确的是 A．b在一定条件下可与氧气直接反应生成d B．Cu可以与e的浓溶液反应生成c C．a→c→d→e是工业制硝酸的过程 D．g和h不可能是同种物质 【答案】C 【分析】由图中物质a~h中化合价可知，a~h分别为：氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮(或N2O4)、硝酸、NH3·H2O、铵盐、硝酸盐。 【详解】A．氮气与氧气反应不能直接生成二氧化氮，氮气和氧气在放电条件下首先生成一氧化氮，然后一氧化氮再与氧气反应生成二氧化氮，A错误； B．Cu可以与e的浓溶液反应：，B错误； C．工业制硝酸主要流程是将氨和空气的混合气，在加热催化作用下，氨被氧化成一氧化氮，生成的一氧化氮再与氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，C正确； D．g和h可以都是硝酸铵，D错误； 故选C。 4．(23-24高一下·安徽铜陵等三·期末)部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是。 提示：(方程式未配平) A．对应含氧酸的酸性：e′>e B．工业上通过a→b→c→d→e来制备 C．玻璃棒蘸取a的浓溶液靠近b′能观察到白烟 D．当d的物质的量大于c时，c、d混合气体可用足量氢氧化钠溶液完全吸收 【答案】B 【分析】由图中元素的化合价和物质类别可推出a为，b为，c为NO，d为，e为或硝酸盐。a为，b为，c为或次氯酸盐，d为氯酸或氯酸盐，e为或高氯酸盐。 【详解】A．元素的非金属性越强其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl＞N，则酸性HClO4>HNO3，A正确； B．工业上制备硝酸的过程为a→c→d→e，不经过氮气这一步，B错误； C．工业上检验Cl2管道泄漏的原理：8HNO3+3Cl2=N2+6NH4Cl，产生白烟，C正确； D．已知NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O，d＞c时，二氧化氮过量可继续与氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠，故可完全吸收，D正确。 故选B。 5．(23-24高一下·安徽宣城·期末)常温下利用下列装置和试剂按照规定操作进行实验，能实现相应物质转化的是 装置 选项 试剂a 试剂b 操作 物质转化 A 铜丝 浓硫酸 a插入b中 浓硫酸→二氧化硫 B 铁丝 浓硝酸 a插入b中 浓硝酸→二氧化氮 C 红热铜丝 乙醇 a插入b中 乙醇→乙酸 D 红热铂丝 浓氨水 a在b上方 氨气→一氧化氮 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．铜丝与浓硫酸反应需要加热才能进行，该装置没有加热功能，A错误； B．常温下铁丝能被浓硝酸钝化，无法制取到二氧化氮，B错误； C．红热铜丝能把乙醇催化氧化生成乙醛，不能生成乙酸，C错误； D．浓氨水具有挥发性，红热铂丝置于浓氨水上方，可使挥发出来的氨气催化氧化生成一氧化氮，D正确； 故选D。 6．(23-24高一下·安徽亳州·期末)下图是氮元素常见化合价与部分含氮物质类别对应的关系图，下列说法错误的是 A．a的化学性质不活泼，常用作保护气 B．c属于酸性氧化物，实验室可用向上排空气法收集 C．常温下，d的浓溶液能用铝制容器盛装 D．一定条件下，和e反应可以转化为a 【答案】B 【分析】由图可知，a为氮气、b为一氧化氮、c为二氧化氮、d为硝酸、e为氨气、f为一水合氨。 【详解】A．氮气分子中含有氮氮三键，化学性质不活泼，常用作保护气，故A正确； B．二氧化氮没有对应价态的含氧酸，不属于酸性氧化物，故B错误； C．常温下，铝在浓硝酸中发生钝化，致密的钝化膜阻止反应的继续进行，所以浓硝酸能用铝制容器盛装，故C正确； D．一定条件下，一氧化氮能与具有还原性的氨气反应生成氮气和水，故D正确； 故选B。 7．(23-24高一下·安徽六安毛坦厂中学·期末)下列关于氮及其化合物的说法正确的是 A．实验中常用排水法收集NO2气体 B．久置的浓硝酸浓度减小 C．NO→NO2的过程属于氮的固定 D．浓硝酸常温下不与铁反应 【答案】B 【详解】A．能与水反应，不能用排水法收集，只能用向上排空气法收集，A项错误； B．浓硝酸有挥发性，久置的浓硝酸会变为稀硝酸，浓度减小，B项正确； C．氮的固定是指游离态的氮转化为含氮化合物，C项错误； D．常温下，浓硝酸与铁发生钝化，钝化是化学变化，D项错误； 故选B。 8．(23-24高一下·安徽铜陵等三·期末)下列变化对应的方程式正确的是。 A．浓硝酸见光分解：(浓) B．工业上用石英制取粗硅： C．向溴化钠溶液中滴入硝酸银产生淡黄色沉淀： D．丙烯和发生加成反应： 【答案】C 【详解】A．浓硝酸见光分解：（浓），A错误； B．二氧化硅和碳在高温下生成硅和一氧化碳：，B错误； C．为淡黄色沉淀，C正确； D．，2个Br相邻，D错误； 故选C。 9．(23-24高一下·安徽六安第二中学河西校区·期末)足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和(忽略向的转化)、的混合气体3.36L(已折算成标准状况)，这些气体与一定体积的氧气混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2mol/L氢氧化钠溶液至铜离子恰好完全沉淀时消耗氢氧化钠溶液的体积是150mL。下列说法不正确的是 A．混合气体中含和的体积之比为1：1 B．标况下消耗氧气的体积为1.58L C．此反应过程中转移的电子为0.3mol D．原浓硝酸含溶质的物质的量为0.45mol 【答案】B 【分析】标准状况下3.36 L混合气体的物质的量，2 mol/L 150 mLNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=2 mol/L×0.15 L=0.3 mol。铜离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.03mol，Cu失去的电子的物质的量等于硝酸根的物质的量，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.15 mol，根据得失电子守恒可知3x+y=0.3 mol，解得x=y=0.075 mol；根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为0.3 mol+0.15 mol=0.45 mol；生成氢氧化铜的物质的量为：0.3mol×=0.15mol，反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完全反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子一定相等，根据电子守恒计算出消耗氧气物质的量，，再计算出需要的氧气体积V(O2)=0.075 mol×22.4 L/mol=1.68 L； 【详解】A．根据分析，生成NO、NO2的物质的量均为0.075 mol，混合气体中含NO2和NO的体积之比为1：1，A正确； B．根据得失电子守恒，氧气得到的电子与铜失去的电子相等，需要的氧气体积1.68 L，B错误； C．根据分析，氢氧化铜的物质的量为：0.15mol，反应消耗的铜的物质的量为0.15mol，0.15mol铜完全反应失去0.3mol电子，C正确； D．铜离子恰好沉淀时反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知，硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.3 mol，根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为0.3 mol+0.15 mol=0.45 mol，D正确； 故合理选项是B。 10．(23-24高一下·安徽马鞍山第二中学·期末)向和混合稀溶液中逐渐加入铁粉，产生无色气体，该气体遇到空气变为红棕色，溶液中的物质的量和加入粉的物质的量之间的关系如图所示，下列叙述错误的是 A．开始时加入铁粉反应的离子方程式为 B．加入铁粉时，溶液中有 C．原溶液中的物质的量浓度为 D．加入铁粉后溶液中的溶质为和 【答案】D 【详解】A．由实验现象和图像可知开始加入铁粉产生NO和，故开始时加入铁粉发生的离子方程式为，A正确； B．加入铁粉3mol时，硝酸根离子恰好反应完全，加入4mol铁粉时，其中1mol铁粉消耗2mol ，产生3mol ，B正确； C．加入3mol铁粉时发生的离子方程式，消耗3mol 和12mol生成3mol，加入铁粉3mol至5mol时，发生的离子反应为，则2mol的铁消耗4mol ，加入3mol铁粉时生成3mol ，故原溶液中含1mol [即含1mol ]，原溶液中的物质的量浓度为，C正确； D．5mol后加入铁粉不再产生，硝酸根离子恰好反应完全，加入5mol铁粉后的溶液中溶质的主要成分为硫酸亚铁，D错误； 故选D。 11．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)利用点滴板探究氨气的性质(如图所示)，实验时向固体上滴几滴浓氨水后，立即用表面皿扣住点滴板，下列对实验现象的解释正确的是    选项 实验现象 解释 A 浓硫酸附近无白烟 与浓硫酸不发生反应 B 浓盐酸附近产生白烟 与挥发出的反应： C 溶液中产生红褐色沉淀 与溶液反应： D 湿润红色石蕊试纸变蓝 极易溶于水 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【来源】安徽省六安市霍山中学等校2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题 【详解】A．因为硫酸不具挥发性，因此浓硫酸与氨气反应附近无白烟，A错误； B．浓盐酸有挥发性，挥发出的HCl与NH3反应生成白烟NH3 +HCl=NH4Cl，B正确； C．氨气溶于水生成一水合氨与氯化铁反应，，C错误； D．红色石蕊试纸变蓝是因为氨气溶于水显碱性，与NH3 极易溶于水性质无关，D错误； 答案选B。 12．(23-24高一下·安徽合肥第一中学十联考·期末)将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度为浓硝酸中，得到和的混合气体0.05mol，向反应后的溶液中加入溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法错误的是 A．该合金中铜与镁的物质的量之比为 B．金属溶于硝酸时，转移电子的物质的量为0.06mol C．和的混合气体中，的体积分数是80% D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL 【答案】D 【来源】安徽省合肥市第一中学省十联考2023-2024学年高一下学期期末考试化学试卷 【分析】当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，可知氢氧化铜、氢氧化镁的总质量为2.54g，则Mg2+、Cu2+结合OH-的物质的量为；根据电荷守恒，1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol。 【详解】A．该合金中铜与镁的物质的量分别是、，，解得，铜与镁的物质的量之比是2︰1，故A项正确； B．Mg2+、Cu2+结合OH-的物质的量为；根据电荷守恒，1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol，故B项正确； C．1.52g铜镁合金完全溶解失电子的物质的量为0.06mol，设和的混合气体中的物质的量为xmol，根据得失电子守恒，，解得，NO2的体积分数是，故C项正确； D．根据B选项，反应放出0.04molNO2、0.01molN2O4，得到2.54沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，加入NaOH的物质的量=n()=0.05L×14mol/L-0.04mol-0.01mol×2=0.64mol，需要氢氧化钠溶液的体积是，故D项错误； 故本题选D。 13．(23-24高一下·安徽合肥第一中学十联考·期末)已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温下，中的共价键数目为 B．100g46%的乙醇()溶液中含有氧原子数为 C．标准状况下，与足量的反应，生成的分子数为 D．足量铜与100mL18.4mol/L的浓硫酸在加热的条件下反应时，转移电子的数目为 【答案】A 【来源】安徽省合肥市第一中学省十联考2023-2024学年高一下学期期末考试化学试卷 【详解】A．分子式为C4H10的物质有正丁烷和异丁烷两种，无论是正丁烷还是异丁烷，它们的结构中都有13个共价键，C4H10物质的量为0.1mol，含有共价键的物质的量为1.3mol，含有共价键的总数为1.3 NA，故A项正确； B．在100g 46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，含有氧原子的物质的量也是1mol；水的质量为54g，物质的量为3mol，含有氧原子的物质的量是3mol，则此溶液中共含有氧原子的物质的量为4mol，含有氧原子数为4 NA，故B项错误； C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫为可逆反应，不能进行到底，所以标准状况下，22.4LSO2与足量O2的反应，生成的SO3分子数小于NA，故C项错误； D．，2mol浓硫酸转移2mol电子，由于浓硫酸在加热条件下与铜反应过程中会逐渐变稀，而稀硫酸与铜不反应，因此含1.84mol的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，转移的电子数为小于1.84NA，故D项错误； 故本题选A。 14．(23-24高一下·安徽六安第一中学·期末)设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．常温常压下，2molNO与1molO2充分反应后的气体分子数为2NA B．1mol铝在常温下与足量浓硝酸反应时，转移的电子数为3NA C．4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数为0.5NA D．标准状况下，100g质量分数为46%的乙醇溶液中含有的O-H数为7NA 【答案】D 【来源】安徽省六安第一中学2023-2024学年高一下学期6月期末考试化学试题 【详解】A．2molNO与1molO2恰好反应生成2molNO2，生成的NO2存在反应，因此反应后的气体分子数小于2NA，A错误； B．1mol铝在常温下与足量浓硝酸反应时，随反应进行，铝表面形成致密的氧化膜而钝化停止反应，则转移的电子数小于3NA，B错误； C．4.6g分子式为C2H6O的有机物的物质的量为0.1mol，C2H6O可以为，其中含有C—H键数为0.5NA；C2H6O也可以为，所含有C—H键数为0.6NA，C错误； D．100g质量分数为46%的乙醇溶液中，的物质的量为，水的物质的量为，1mol水中含有2molO-H键，因此含有的O-H数为7NA，D正确； 答案选D。 15．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)足量的铜使一定量的浓硝酸完全反应完，得到4.48L标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100ml 4mol/L NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是 A．铜与浓硝酸反应过程中转移了0.5mol电子 B．消耗氧气的体积为1.12L(标准状况) C．参加反应的HNO3是0.8mol D．混合气体中NO2与NO物质的量之比为1：1 【答案】D 【来源】安徽省六安市霍山中学等校2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题 【分析】Cu失去电子转化为Cu2+，得到电子转化为NO2和NO的混合气体，NO2、NO与O2、水反应失去电子又转化为HNO3，而O2得到了电子，整个过程中转移的电子的量是守恒的，即Cu失去的电子数=硝酸获得的电子数=氧气获得的电子。铜失去2个电子得到Cu2+，Cu2+再和2个OH-结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH-的数目，n(OH-)=0.1L×4mol•L-1=0.4mol,则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol，据此分析解题。 【详解】A．铜原子失去2个电子转化为Cu2+，Cu2+再和2个OH-结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH-的数目，n(OH-)=0.1L×4mol•L-1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，A错误； B．转移了0.4mol电子，则需要O2物质的量为：=0.1mol，其在标准状况下的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，B错误； C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸转化为了Cu(NO3)2，硝酸铜与NaOH又恰好反应，而n()=n(OH-)=0.4mol，体现氧化性的硝酸转化为NO2和NO，而n(NO2)+n(NO)==0.2mol，由N原子守恒可知，参加反应的硝酸的物质的量为：0.4mol+0.2mol=0.6mol，C错误； D．设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有①x+y=0.2mol，②x+3y=0.4mol，联合①②解得x=y=0.1mol，混合气体中NO2与NO物质的量之比为1：1，D正确； 故答案为：D。 16．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)用下列装置进行相应的实验，不能达到相应实验目的的是      A．①实验室制取少量氨气 B．②实验室制取少量乙酸乙酯 C．③观察甲烷与氯气在光照条件下的反应 D．④检验浓硫酸与铜反应产生的 【答案】B 【来源】安徽省六安市霍山中学等校2023-2024学年高一下学期期末考试化学试题 【详解】A．实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热制备氨气，固体加热时试管口略向下倾斜，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，A正确； B．实验室用乙酸、乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，右侧试管中为饱和碳酸钠溶液，试管不能插入饱和碳酸钠溶液中以防止倒吸，B错误； C．甲烷和氯气光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等，为防止氯气溶于水，烧杯中为饱和食盐水，生成的HCl溶于饱和食盐水，试管内液面上升，同时生成的二氯甲烷等为无色油状液体，试管表面有油状液滴，C正确； D．浓硫酸和铜加热条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，观察到试管中品红褪色即证明有二氧化硫生成，浸有碱液的棉花用于吸收多余的二氧化硫，D正确； 故答案选B。 1．(23-24高一下·安徽六安第二中学河西校区·期末)S、N及其化合物在生产、生活中有重要应用。回答下列问题： (1)某实验小组设计的制取并验证部分性质的实验装置(夹持装置已省略)如图所示。 ①写出装置A中发生反应的化学方程式： 。若生成标准状况下，被还原的的物质的量为 mol。 ②装置C、D中溶液均褪色，体现的性质依次是 、 。 (2)以为原料生产部分化工产品的流程如图所示： ①反应Ⅰ中若足量，反应的离子方程式为 。 ②物质B的化学式为 。以为原料制取B(假定其中N元素完全转化至B中)，理论上反应Ⅱ、Ⅲ需要消耗的物质的量共 mol。 ③反应Ⅳ中需要先向饱和食盐水中通入 (填化学式)，若D的焰色试验呈黄色，写出反应Ⅴ的化学方程式： 。 【答案】(1) 0.01mol 漂白性 还原性 (2) 2NH3+H2O+SO3= HNO3 2 NH3 【分析】装置A铜和浓硫酸加热生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，装置C中品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，装置D中酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫是酸性气体且有毒，用NaOH溶液吸收；过量的氨气和二氧化硫和水反应生成A为亚硫酸铵，氨气和氧气发生催化氧化生成NO，NO和氧气和水反应生成B为硝酸，氨气、二氧化碳通入饱和食盐水中生成C为碳酸氢钠，加热分解生成D为碳酸钠； 【详解】（1）①装置A利用浓硫酸与铜反应制备SO2，发生反应的化学方程式为：。标准状况下物质的量0.01mol，根据反应方程式得生成0.01molSO2时，被还原的H2SO4物质的量为0.01mol。 ②装置C中品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，装置D中KMnO4被SO2还原而使溶液褪色，体现了SO2的还原性。 （2）①NH3是碱性气体，SO2是酸性氧化物，NH3足量时，NH3、SO3、H2O混合反应的离子方程式为：2NH3+H2O+SO3=。 ②NO与O2、H2O反应的方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，因此物质B的化学式为HNO3。根据，1molNH3完全转化生成1molNO，消耗O2物质的量为，根据4NO+3O2+2H2O=4HNO3，1molNO完全反应消耗O2物质的量为。以1molNH3为原料制取B(假定其中N元素完全转化至B中)，理论上反应II、III需要消耗的O2物质的量共+=2mol。 ③NH3极易溶于水，先通入NH3可得到浓度较大的氨盐水，该溶液碱性较强，更有利于的吸收。反应IV生成NaHCO3，若D的焰色试验呈黄色说明D中含有Na元素，D为Na2CO3，则反应V的化学方程式为：。 2．(23-24高一下·安徽阜阳·期末)某化学小组在实验室模拟工业生产制取HNO3设计了如图所示装置，实验过程中持续通入氧气。 (1)仪器B的名称为 。 (2)实验时，先点燃 处(选“A”或“C”)酒精灯。 (3)写出装置C中主要反应的化学方程式： 。 (4)反应过程中装置D中出现白烟，白烟的成分为 。 (5)工业上要获得浓度较大的硝酸，通常先在稀硝酸中加入吸水剂，然后在 (选填“较低”或“较高”)温度下蒸馏，请用化学用语说明判断依据： 。 (6)若使氨气中N全部转化为硝酸，理论上通入的氨气与氧气的物质的量之比最大为 。 【答案】(1)球形干燥管 (2)C (3) (4)NH4NO3 (5) 较低 (6)1:2 【分析】A装置制备氨气，B干燥氨气，C中氨气发生催化氧化生成NO，D中NO和氧气反应生成二氧化氮，E中二氧化氮和水反应生成硝酸，F中氢氧化钠吸收氮氧化物，防止污染。 【详解】（1）根据装置图，仪器B的名称为球形干燥管； （2）氨的催化氧化，应先加热催化剂，所以先点燃C处酒精灯。 （3）装置C中氨气和氧气在催化剂作用下反应生成一氧化氮和水，主要反应的化学方程式 。 （4）反应过程中装置D中硝酸和氨气反应生成出现白烟硝酸铵，白烟的成分为NH4NO3； （5）硝酸不稳定，受热易分解，，所以在较低温度下蒸馏。 （6）氨气转化为硝酸，N元素化合价由-3升高为+5，Y氧元素化合价由0降低为-2，若使氨气中N全部转化为硝酸，根据得失电子守恒，理论上通入的氨气与氧气的物质的量之比最大为1:2。 3．(23-24高一下·安徽合肥普通高中六校联盟·期末)Ⅰ．某化学自主实验小组利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。 (1)装置发生的化学反应方程式为 。 (2)甲、乙分别是 (填标号)。 a．浓硫酸、浓硫酸   b．碱石灰、碱石灰   c．五氧化二磷、五氧化二磷   d．碱石灰、无水氯化钙 (3)若NO2能够被NH3还原产生无污染的气体，写出相应的化学反应方程式： 。 (4)此实验装置存在一个明显的缺陷是 。 Ⅱ．硫酸可用于生产化肥、农药、炸药、染料和盐类等。工业生产硫酸的流程图如图： (5)工业上常以粉碎的黄铁矿FeS2为原料来制备SO2，将黄铁矿粉碎的原因是： 。 (6)写出催化反应室中SO2被氧化为SO3的化学方程式 。 (7)硫酸工业的尾气中含有少量SO2，为避免环境污染，可用强碱溶液吸收，请写出相关的离子反应方程式 。 【答案】(1)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2)d (3)6NO2+8NH37N2+12H2O (4)缺少尾气处理装置 (5)增大接触面积，加快反应速率 (6)2SO2+O22SO3 (7)SO2+2OH-=H2O+ 【分析】Ⅰ．浓氨水与CaO混合反应制取NH3，经装置甲U形管干燥剂的干燥后，通入锥形瓶中，在催化剂存在条件下，与装置E反应产生的经装置乙干燥的NO2发生反应：6NO2+8NH37N2+12H2O，就证明了NO2具有强的氧化性。 Ⅱ．FeS2煅烧反应产生SO2气体，然后与空气混合，经净化干燥后通入催化反应室，发生反应：2SO2+O22SO3，制取得到SO3，然后再吸收塔中用98%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸，经稀释得到98%的浓硫酸，然后进入储存室进行储存；反应产生的含SO2的废气用NaOH溶液进行吸收，然后再进行排放。 【详解】（1）在装置E中Cu与浓硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO2、H2O，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O; （2）装置甲是U形管，作用是干燥NH3，由于NH3是碱性气体，因此只能使用碱性干燥剂碱石灰进行干燥；装置乙是干燥管，作用是干燥NO2气体，由于NO2与水反应产生HNO3，因此只能使用酸性固体干燥剂或中性固体干燥剂干燥，可以是五氧化二磷或无水氯化钙，故合理选项是d； （3）NO2与NH3在催化剂存在条件下反应产生无污染的气体是N2，同时反应产生H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O； （4）NH3、NO2在锥形瓶中反应产生N2，二者不可能恰好反应，而NH3、NO2又都是大气污染物，不能直接进行排放，而图示的装置图中缺少尾气处理装置，故此实验装置存在一个明显的缺陷是缺少尾气处理装置； （5）工业上常以粉碎的黄铁矿FeS2为原料经煅烧反应来制备SO2，将黄铁矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率； （6）在催化反应室中SO2与O2在催化剂存在条件下加热400-500℃，在常压条件进行反应，SO2被氧化为SO3，该反应是可逆反应，反应的化学方程式是：2SO2+O22SO3； （7）硫酸工业的尾气中含有少量SO2，SO2是大气污染物，会导致酸雨等。为避免环境污染，可根据SO2是酸性氧化物，可以用过量强碱NaOH溶液吸收。二者反应产生Na2SO3、H2O，则少量SO2与NaOH溶液反应的离子反应方程式为：SO2+2OH-=H2O+。 4．(23-24高一下·安徽马鞍山第二中学·期末)为探究碳素钢(仅含有C和)与浓硫酸反应后的气体产物，某学习小组设计了如下实验装置。(部分夹持装置省略) 回答下列问题 (1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称为 。 (2)装置B的作用为 。 (3)一段时间后观察到B中溶液颜色稍变浅，C中溶液变浑浊，说明气体产物中含 (填化学式)。 (4)实验过程中观察到E中黑色固体变红、F中固体变蓝，H中溶液无明显变化，说明气体产物中含 (填化学式)，产生该气体的离子方程式为 。 (5)根据以上实验，写出碳与浓硫酸反应的化学方程式 。 【答案】(1)分液漏斗 (2)检验SO2、吸收SO2 (3)SO2    CO2 (4) H2 (5) 【分析】在装置A中碳素钢中杂质碳与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应产生CO2、SO2、H2O；SO2具有还原性，可以被装置B中酸性KMnO4溶液氧化为硫酸，KMnO4被还原为Mn2+，当B中溶液颜色变浅但是不褪色，说明SO2被完全吸收，装置C中澄清石灰水遇CO2反应产生CaCO3沉淀而使石灰水变浑浊；随着反应的进行，硫酸溶液浓度变稀，稀硫酸与Fe反应产生的H2，气体中含有的CO2、H2被装置D的碱石灰干燥，其中的CO2被吸收，干燥后的H2与CuO在加热时反应产生Cu、H2O，白色无水CuSO4遇水变为蓝色CuSO4•5H2O，H中澄清石灰水变浑浊，装置Ⅰ的碱石灰作用是吸收空气中的CO2、H2O，防止干扰CO2的检验。 【详解】（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称为分液漏斗； （2）由分析可知，装置B的作用是检验SO2、吸收SO2； （3）B中溶液颜色稍变浅，说明有SO2，C中溶液变浑浊，说明气体产中含CO2； （4）实验过程中观察到E中黑色固体变红、F中固体变蓝，H中溶液无明显变化，说明气体产物中含H2，产生该气体是因为硫酸变稀后与铁反应，离子方程式为； （5）碳与浓硫酸反应生成SO2、CO2和H2O，化学方程式为：。 5．(23-24高一下·安徽六安叶集皖西当代中学·期末)在古代中国，稀硫酸被称为“绿矾油”。炼丹家孤刚子在其所著《黄帝九鼎神丹经诀》卷九中就记载着“炼石胆取精华法”，即干馏石胆(胆矾)而获得硫酸。 Ⅰ．目前工业上主要采用接触法制备硫酸，其流程如下： (1)黄铁矿中硫元素的化合价为 ，将二氧化硫转化为三氧化硫的化学反应方程式为 。 Ⅱ．硫酸的性质：某化学兴趣小组为了探究足量铁质材料(碳素钢)和浓硫酸反应的产物，利用下列装置进行了实验探究活动。 (2)A装置中用于添加浓硫酸的仪器名称为 ；请写出碳参与反应的化学方程式 。 (3)实验开始后，观察到装置B和装置C中溶液均褪色。两者褪色原理是否相同？ (填“相同”或“不同”)。 (4)若D装置中溶液不褪色，E装置中溶液变浑浊，说明有 (填化学式)气体生成。实验过程中观察到 现象时，说明反应产物中还有H2生成。 (5)装置I中碱石灰的作用 。 【答案】(1) -1 (2) 分液漏斗 (3)不同 (4) CO2 G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝 (5)防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰 【分析】黄铁矿在空气中燃烧，生成三氧化二铁和二氧化硫，二氧化硫在五氧化二钒作催化剂、400~500℃的条件下催化氧化生成三氧化硫；分液漏斗中的浓硫酸与碳素钢中的碳在加热条件下发生反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成的混合气体通入品红溶液，二氧化硫具有漂白性，使品红溶液褪色，检验二氧化硫，二氧化硫具有还原性，能够和酸性高锰酸钾反应，将二氧化硫除去，再用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，剩下的二氧化碳气态能使澄清石灰水变浑浊，碱石灰将二氧化碳和水蒸气除去，最后通入加热的氧化铜中，氧化铜黑色固体变为紫红色，无水硫酸铜变蓝，说明有水生成，证明混合气体中由氢气，最后的碱石灰可以防止空气中的水蒸气进入装置，干扰实验，据此回答。 【详解】（1）黄铁矿(FeS2)中硫元素的化合价为-1价；将二氧化硫转化为三氧化硫的化学反应方程式为； （2）由分析知，A装置中用于添加浓硫酸的仪器名称为分液漏斗；碳参与反应的化学方程式； （3）由分析知，B中体现的是二氧化硫的漂白性，C中体现的是二样回流的还原性，两者原理不同； （4）由分析知，若D装置中溶液不褪色，证明已经将二氧化硫除尽，E装置中溶液变浑浊，说明混合气体中由含有二氧化碳，说明有二氧化碳生成；观察到G装置中黑色固体变为紫红色，H装置中白色固体变蓝时，说明反应产物中还有H2生成； （5）由分析知，装置I中碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入H装置，对实验产生干扰。 6．(23-24高一下·安徽铜陵等三·期末)某小组设计下列装置用于制备和探究的性质(夹持装置已略去)。 提示：二氧化硫易溶于水，难溶于、苯等有机溶剂。 回答下列问题： (1)A装置中a导管的作用是 ，A装置中发生反应的化学方程式是 ；使用质量分数为70％的而不使用稀硫酸的原因是 。 (2)B装置可用于探究的还原性，该反应的离子方程式是 ；从角度设计实验方案验证其还原性，操作为 。 (3)D装置可用于探究的氧化性，实验现象为 。 (4)如果使用F装置代替A装置进行实验，使用可抽拉式铜丝的优点是 ，浓在该反应中所起的作用是 (填选项字母)。 A．强氧化性　　　　　B．吸水性　　　　　C．酸性　　　　　　D．脱水性 (5)方框E装置用于尾气处理，下列装置不合理的是 (填选项字母)。 a．　　b．　　c．　　d． 【答案】(1) 平衡漏斗及烧瓶的气压，便于浓硫酸顺利流下 (浓) 稀硫酸含水较多不利于二氧化硫气体溢出 (2) 加入足量稀盐酸无明显现象再加入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀则说明SO2体现还原性 (3)溶液生成淡黄色沉淀 (4) 便于控制反应发生和停止 AC (5)d 【分析】A装置为气体发生装置，B装置可用于探究SO2的还原性，C装置可用于验证SO2使品红溶液褪色，D装置可用于探究SO2的氧化性，据此分析。 【详解】（1）①A装置为气体发生装置，a导管的作用是平衡漏斗及烧瓶的气压，便于浓硫酸顺利流下；②A装置中发生反应的化学方程式是；③反应使用70%的H2SO4而不使用稀硫酸的原因是稀硫酸含水较多不利于二氧化硫气体溢出； （2）①B装置可用于探究SO2的还原性，反应的离子方程式是；②操作步骤为加入足量稀盐酸无明显现象再加入氯化钡溶液，如果产生白色沉淀则说明SO2体现还原性； （3）D装置可用于探究SO2的氧化性，SO2将S2-氧化为S单质，溶液生成淡黄色沉淀； （4）①用F装置可抽拉式铜丝代替A装置进行实验，便于控制反应发生和停止；②浓H2SO4在该反应中起强氧化性和酸性的作用，故选AC； （5）方框E装置用于SO2尾气处理，d装置中饱和亚硫酸氢钠溶液和苯均不能吸收SO2气体，因此不合理，a、b、c均合理，故选d。 7．(23-24高一下·安徽淮北第一中学·月考)下列离子方程式按照条件书写不正确的是 A．向溶液中通入气体： B．和过量浓反应： C．溶液中通入过量： D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水混合： 【答案】A 【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，则二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，故A错误； B．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为，故B正确； C．氢氧化钡溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钡，反应的离子方程式为，故C正确； D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水反应生成氢氧化钠、碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故D正确； 故选A。 8．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)下列变化的本质相似的是 A．浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小 B．SO2和Cl2均能能使品红溶液褪色 C．浓H2SO4和稀H2SO4与金属反应时均有气体放出 D．H2S和HI气体均不能用浓硫酸干燥 【答案】D 【详解】A．浓硫酸具有吸水性，敞口放置时浓度减小，浓盐酸易挥发，敞口放置时浓度减小，二者本质不同，A错误； B．SO2和有色物质生成不稳定无色物质而使品红溶液褪色，Cl2与水反应生成的次氯酸具有强氧化性而使品红溶液褪色，二者本质不同，B错误； C．浓H2SO4与金属反应放出气体体现酸性和强氧化性，生成二氧化硫气体，稀H2SO4与金属反应生成氢气，二者本质不同，C错误； D．H2S和HI气体均具有还原性，会被浓硫酸氧化而不能用浓硫酸干燥，二者本质相似，D正确； 故选D。 9．(23-24高一下·安徽芜湖·期末)在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中NO2的体积为 ①4 mL；②8 mL；③10 mL；④10.8 mL。 A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】B 【详解】若O2过量时，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，剩余的2 mL气体为氧气，NO2的体积V(NO2)=×(12 mL-2 mL)=8 mL，②正确； 若NO2气体过量，过量的NO2与H2O会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则反应后剩余2 mL气体是NO，根据物质反应转化关系，可知相当于剩余NO2体积是6 mL，还有6 mL气体发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据反应的方程式中物质反应关系可知：发生该反应的NO2的体积V(NO2)=×6 mL=4.8 mL，则原 气体中含有NO2的体积为V(NO2)=6 mL+4.8 mL=10.8 mL，④正确； 综上所述可知，上述12 mL混合气体中NO2的体积正确的是②④，故合理选项是B。 10．(23-24高一下·安徽芜湖·期末)向含有和 的混合溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中金属阳离子a、b与所加铁粉的物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有)。下列有关判断不正确的是 A．a表示的关系曲线 B．=0.75 C．P点时，n()=0.5625mol D．向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14.4g 【答案】C 【分析】在含有HNO3的溶液中，Fe2+能被HNO3氧化，此时Fe元素只能以形式存在，当溶液中的HNO3完全反应后，过量的Fe继续与Fe3+反应生成Fe2+，则a表示Fe3+的关系曲线，b表示Fe2+的关系曲线。据此答题。 【详解】A．根据分析知，a表示Fe3+的关系曲线，A正确； B．根据，1mol完全反应时，需要消耗4mol，但溶液中只有3mol，故生成最多时消耗的Fe应按3mol 完全反应进行计算： 因此，B正确； C．P点时溶液中，从发生的反应为，设这过程中消耗的为，则：，解得，因此P点时，C错误； D．P点时溶液中还有0.45mol，设最多可溶解铜的质量为，则 则向P点溶液中加入铜粉，最多可溶解14。4g，D正确； 故选C。 11．(23-24高一下·安徽太和中学·期末)元素化合价和物质类别是认识物质的两个重要维度，如图是氮元素的“价一类二维图”。 回答下列问题： (1)Y的化学式为 ，的用途有 (任写一种)。 (2)的化学方程式为 。 (3)检验中阳离子的实验操作和现象为 。 (4)向浓度分别为和的和的混合酸中加入过量的铜屑，待反应结束后，可产生标准状况下的 (反应中气体只生成)。 (5)汽车尾气中会产生大量的生成过程中的能量变化如图所示： ①该条件下，和完全反应生成，会 (填“吸收”或“放出”) 能量。 ②利用催化剂可将汽车尾气中的和转化为两种无毒气体，化学方程式为。向一恒容密闭容器中充入和。下列可以表明上述反应已达到平衡状态的是 (填字母)。 A．容器中的气体压强保持不变             B．的浓度不再改变 C．的浓度之比为         D．相同时间内，若反应消耗同时生成 【答案】(1) N2O5 用作保护气 (2) (3)取于试管中，加入NaOH溶液，加热．用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，若红色石蕊试纸变蓝，说明有NH (4)448 (5) 吸收 180 AB 【详解】（1）根据N元素的价类二维图可知，X为NH3，Y为N2O5，N2可以用作保护气； （2）NH3发生催化氧化反应生成NO，化学方程式为：； （3）中阳离子为铵根离子，取于试管中，加入NaOH溶液，加热．用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，若红色石蕊试纸变蓝，说明有NH； （4）10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L×2×2mol/L+0.01L×4mol/L=0.08mol，n()=0.01L×4mol/L=0.04mol，发生反应：3Cu+2+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，铜粉足量，过量，以n(H+)计算，根据方程式可得生成NO的物质的量为0.2mol，标况下0.02molNO的体积为：0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448ml； （5）①N2(g)+O2(g)═2NO(g)，根据已知数据，断开旧键吸收的能量为(946+498)kJ=1444kJ，形成新键释放的能量为2×632kJ=1264kJ，吸收的能量大于释放的能量，为吸热反应，吸收的热量为1444kJ -1264kJ=180kJ； ②A．该反应是气体体积不等的反应，恒容容器中气体压强保持不变可以说明达到平衡，故A选； B．的浓度不再改变，能说明达到平衡，故B选； C．的投料比等于系数比等于，故体系中的浓度之比始终为，不能说明达到平衡，故C不选； D．相同时间内，若反应消耗同时生成，都是正反应方向，不能说明达到平衡，故D不选； 答案为AB。 12．(23-24高一下·安徽六安霍山中学等校·期末)某化学小组设计了如图装置用于制取并验证其性质。    (1)仪器a的名称为 ，仪器a连接的导管的作用是 。 (2)装置A中反应的化学方程式为 。 (3)若装置B中无明显现象，装置C中溶液红色褪色，则使品红的水溶液褪色的含硫微粒可能是 (填化学式)。 (4)装置D中溶液颜色由黄色变为浅绿色，发生反应的离子方程式为 。 (5)装置E中盛有100 mL 0.100 mol/L的酸性溶液，当完全反应时，参加反应的的质量为 g。 (6)装置F的作用是 。 【答案】(1) 分液漏斗 平衡压强，有利于分液漏斗内的液体顺利流下 (2) (3) (4) (5)1.6 (6)吸收尾气，防止污染空气 【分析】A中硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，B中为品红乙醇溶液，C中为品红水溶液，B中品红不褪色，C中品红褪色，二氧化硫具有还原性，能与铁离子反应生成亚铁离子，D中溶液颜色由黄色变为浅绿色，二氧化硫能被酸性高锰酸钾氧化从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，最后用NaOH溶液吸收多余的SO2。 【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗。仪器a连接的导管作用为平衡压强，使得分液漏斗中的液体能顺利流下。 （2）装置A中，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化硫，化学方程式为。 （3）装置B为品红乙醇溶液，装置C为品红水溶液，装置B无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红褪色的微粒并不是SO2，而是SO2与水反应生成的H2SO3。 （4）二氧化硫具有还原性，能与Fe3+发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的离子方程式为。 （5）高锰酸钾氧化SO2生成硫酸根离子，自身被还原为Mn2+，Mn得到5个电子，S失去2个电子，根据得失电子守恒，消耗的高锰酸钾的物质的量和SO2的物质的量之比为2：5，现消耗高锰酸钾0.01mol，则消耗SO20.025mol即1.6g。 （6）装置F为尾气处理装置，用于吸收多余的SO2，防止其污染空气。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$