一、选择题
1．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2 B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想 C．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75mol D．Y可以是葡萄糖 【答案】C 【详解】
A、根据反应式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是3︰2，选项A正确；
B、途径①③中均生成大气污染物，而②没有，所以选项B正确；
C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol电子，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；
D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确； 所以正确的答案选C。
2．工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是( ) ①Fe ②Mg ③Na ④NaOH ⑤I2 ⑥Cu ⑦Si A．①⑥⑦ 【答案】A 【详解】
①Fe是用CO还原铁矿石制得；
②Mg是先从海水中分离出MgCl2，然后熔融电解获得； ③Na是先从海水中提取食盐，然后熔融电解获得； ④NaOH是电解饱和食盐水获得； ⑤I2是从海藻类植物中提取的； ⑥Cu是采用高温氧化铜矿石的方法获得； ⑦Si是在高温条件下，用焦炭还原二氧化硅获得；
综合以上分析，①⑥⑦不是以海水或海洋资源为主要原料获得，故选A。
B．①②⑦
C．⑤⑥⑦
D．①④⑥
3．NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少
0.1 mol，则下列判断不正确的是 A．转移电子2.4NA
C．还原剂比氧化剂多0.2 mol 【答案】D 【详解】
A．在该反应中NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7 mol N2，还原产物比氧化产物少1 mol，电子转移24 mol。现在还原产物比氧化产物少0.1 mol，则反应产生0.7 mol N2，转移电子2.4 mol，则转移的电子数目为2.4NA，A正确；
B．根据选项A分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 mol，反应产生0.7 mol N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol×22.4 L/mol=15.68 L，B正确；
C．反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，还原剂比氧化剂多2 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。若还原产物比氧化产物少0.1 mol，则消耗的还原剂比氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；
D．根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。则当还原产物比氧化产物少0.1 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol×14 g/mol=8.4 g，D错误； 故合理选项是D。
B．生成的气体冷却至标况，体积为15.68 L D．被还原的氮原子是11.2 g
L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 4．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·
33.6L（标况）。将反应液稀释至1 L，测得溶液的c(H＋)＝0.1mo1·L－1，则叙述中错误的是 （ ）
A．气体A为SO2和H2的混合物 C．反应中共消耗97.5g Zn 【答案】B 【分析】
生成气体的物质的量为
B．气体A中SO2与H2的体积之比为4︰1 D．反应中共转移3 mol电子
33.61=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×=0.05mol，参加22.42反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，据以上分析解答。 【详解】
生成气体的物质的量为
33.61=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×=0.05mol，参加22.42反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol， A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A； B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:1.2=1:4，错误，选B；
C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C； D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol，正确，不选D； 故答案选B。
5．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为 A．2mol/L 【答案】A 【详解】
试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。
B．1.8mol/L
C．2.4 mol/L
D．3.6 mol/L
6．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是
A 已知 将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 向稀硫酸加入NaOH溶液至中性：H++OH-=H2O 向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O 向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-=HCO3- 类推 将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+ 向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++OH-=H2O 向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+ 向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=HSO3- B C D
A．A 【答案】D 【详解】
B．B C．C D．D
A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；
B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；
C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；
D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确； 答案选D。
7．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是 （ ）
A．制备并观察氢氧化亚铁
B．证明过氧化钠与水反应放热
C．制备并收集少量NO2气体
D．实验室制备少量氨气
【答案】C 【解析】 【详解】
A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误； B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；
C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确； D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确； 答案选C。
8．向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120 mL 4 mol·L物完
全溶解，放出1.344 L(标准状况)气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现
的稀硝酸，恰好使混合
象，
若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为 A．0.21 mol 【答案】B 【解析】
试题分析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]=0.42mol÷2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n(Fe)=0.21mol，故选项A正确。
考点：考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。
B．0.14 mol
C．0.16 mol
D．0.24 mol
9．将一定质量的金属铜溶于50mL11mol·L-1的浓硝酸中，待铜完全溶解后，生成了0.2molNO2和NO的混合气体，并测得溶液中氢离子浓度为1mol·L-1.假设反应后溶液的体积仍为50mL，则金属铜的质量为 A．6.4g 【答案】B 【解析】
试题分析：反应前硝酸的物质的量为0.05L×11mol/L=0.55mol，反应剩余硝酸的物质的量为0.05L×1mol/L=0.05mol，所以参加反应的硝酸是0.5mol，生成气体的物质的量为0.2mol，根据氮原子守恒，生成硝酸铜为（0.5-0.2）÷2=0.15mol，则金属铜的质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，答案选B。
考点：考查物质的量的计算，硝酸的化学性质等知识。
B．9.6g
C．11.2g
D．12.8g
10．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是 A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物 B．沉淀X的成分是SiO2
C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+
D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解 【答案】B 【解析】
试题分析：混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。 考点： 金属及其化合物的性质
11．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ） 选项 A B C D 操作 向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液 将可调节高度的铜丝伸入稀硝酸中 向溶液X中滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液 常温下将铝片放入浓硝酸中 现象 加入淀粉溶液后溶液变蓝色 溶液变蓝 出现白色沉淀 无明显现象 结论 氧化性：Cl2＞I2 铜与稀硝酸发生置换反应 溶液X中一定含有SO42- 铝与浓硝酸不反应
A．A 【答案】A 【解析】
试题分析：A、氯气和碘离子反应生成碘单质和氯离子，氯气的氧化性比碘单质强，碘遇到淀粉显蓝色，故正确；B、铜和硝酸反应不是置换反应，故错误；C、溶液中可能是硫酸根离子，或亚硫酸根离子，故错误；D、铝常温下在浓硝酸中钝化，故错误。 考点：氧化性的比较，硝酸的性质，硫酸根离子的检验
B．B
C．C
D．D
12．已知：稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：
3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是( ) A．Fe(NO3)2溶液→通入SO2+过量盐酸→加BaCl2溶液→白色沉淀 B．Ba(NO3)2溶液→加过量盐酸→加Na2SO3溶液→白色沉淀 C．无色溶液→加稀HNO3→加BaCl2溶液→白色沉淀
D．无色溶液→加过量盐酸→无色溶液→加BaCl2溶液→白色溶液 【答案】C 【详解】
A．硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，A不符合题意；
B．硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；
C．无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；
D．无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成
二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意； 答案选C。
13．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是( )
A．①② 【答案】D 【详解】
B．②③ C．③④ D．①③
①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案①错误；
②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca(OH)2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca(OH)2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确； ③2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水
蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误；
④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。 综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。 【点睛】
与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。
14．将19.2g的铜屑投入到400 mL浓度均为0.5mol/L HNO3和H2SO4的混合溶液中，溶液增加的质量为 A．4.5 g 【答案】B 【详解】
B．9.9 g
C．13.2 g
D．14.7 g
Cu与稀硫酸、稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4 H2O，据题可知Cu的物质的量=
19.2g=0.3mol，氢离子的物质的量是0.4×(0.5+1.0 ) =0.6mol，硝酸根离子64的物质的量是0.4×0.5 =0.2mol，所以氢离子不足，当转移0.45mol的电子时参加反应的Cu的物质的量=
0.450.45=0.225mol，产生NO的物质的量==0.15mol，参加反应的Cu的质量23是0.225×64=14.4g，生成NO的质量是0.15×30 =4.5g，所以溶液增重14.4-4.5=9.9g，故B正确；答案选B。
15．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是( )mol/L A．0.15 【答案】B 【分析】
铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断。 【详解】
反应实质为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，1.92g铜粉物质的量
B．0.225
C．0.35
D．0.45
1.92g==0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L64g/mol和0.1mol/L，所含氢离子物质的量=0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.1mol/L×2=0.06mol，根据反应离子方程式可以知道铜剩余，根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H+~3Cu2+，得到铜离子物质的量为0.06mol ×
3=0.0225mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为80.0225mol=0.225mol/L，
0.1L所以B选项是正确的。
16．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H）=0.1 mol·L。下列叙述不正确的是( ) A．反应中共消耗1.8 mol H2SO4 C．反应中共消耗97.5 g Zn 【答案】B 【分析】
Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，
B．气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1 D．反应中共转移3 mol电子
+
－1
稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。 【详解】
生成气体的物质的量为
33.6L=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为
22.4L/mol1×1L×0.1mol/L=0.05mol， 2参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，
设反应生成xmolSO2，ymolH2， Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O x 2x x Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑ y y y x+y=1.5 2x+y=1.8
解之得 x=0.3，y=1.2
所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。 A．由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H2SO4，故A正确；
B．气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误；
C．反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×65g/mol=97.5g，故C正确； D．在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。 故选B。 【点睛】
本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。
17．用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列描述不合理的是（ ）
A．该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性 B．②中选用品红溶液验证SO2的生成
C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2 D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色 【答案】D 【解析】 【详解】
A．铜与浓硫酸反应中，硫元素部分化合价降低，部分化合价不变，浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性，故A正确；
B．SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；
C．SO2有毒，对环境有污染，但能溶于NaOH溶液，则③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2，防污染环境，故C正确；
D．①中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液，应将①中混合物加入水中，观察溶液显蓝色，确认有CuSO4生成，故D错误； 故答案为D。
18．当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（ ） A．NH4NO3 【答案】C 【详解】
在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：4NH3+5O2B．H2O
C．N2
D．NO2
Pt4NO+6H2O，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。
19．有一瓶澄清的溶液，只可能含有 NH4+、Na+、Mg2+、Ba2+、Fe3+、Clˉ、Brˉ、Iˉ、CO32ˉ、SO42—中的几种，且浓度均为 0.1mol L—1。进行以下实验： ①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象。 ②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝
③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生。将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出；第二份溶液中加入Na2CO3 溶液，有白色沉淀生成。下列结论不正确的是
A．肯定含有的阳离子是 NH4+、Ba2+ B．肯定含有的阴离子是Iˉ、Clˉ、Brˉ C．肯定不含有的离子是 Fe3+、CO32ˉ、SO42ˉ D．不能确定是否含有的离子是 Na+ 【答案】D 【详解】
①取少量溶液，滴加盐酸至溶液呈酸性，无明显现象，说明该溶液中不含有CO3； ②取少量溶液，滴加少许新制氯水，再加淀粉溶液，溶液变蓝，说明原溶液中含有I-，因Fe3+与I-不能共存，故不含Fe3+；
2③取少量溶液，向其中逐滴加入 NaOH 溶液至碱性，过程中均无沉淀产生，说明原溶液中不含有Mg2+，将此溶液分为两等份，第一份加热，有气体放出，说明此溶液中含有NH3•H2O，说明原溶液中含有NH4；第二份溶液中加入Na2CO3 溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中含有Ba2+，因Ba2+与SO4不能大量共存，故原溶液中不含有SO4； 通过实验确定的离子有：Ba2+、NH4、I-，根据离子浓度均为 0.1mol L-1结合电荷守恒可知阴离子中一定含有Cl-、Br-，因此溶液中一定不含有Na+， 综上所述，答案为：D。 【点睛】
高中阶段对于Na+的检验，常见方法有：①根据焰色反应确定，若颜色反应火焰为黄色，则说明溶液中含有钠元素；②可根据电荷守恒进行分析。
++22
20．铜与200mL一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成NO和NO2的混合气体，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol/LNaOH溶液和1molO2，则下列说法正确的是 A．生成NO2的物质的量为0.9mol C．原溶液中硝酸的浓度为2.5mol/L 【答案】B 【分析】
根据题目，原溶液中NO3-完全反应，设生成xmol NO，ymolNO2，整个过程涉及化合价变化有Cu（0→+2）N(+5→+2,+5→+1），通入O2涉及化合价变化有O(（0→-2）
N(+2→+5,+1→+5），则O2转移的电子与Cu转移的电子相同，1molO2转移4mol电子，可参与反应的Cu的物质的量为2mol，得到CuSO4的物质的量为2mol。根据化合价升价守恒有3x+y=4；气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗2.2molNaOH溶液，有x+y=2.2，可得x=0.9，y=1.3，则原来硝酸的物质的量2.2mol，原溶液体积是200mL，浓度为11mol/L。 【详解】
A.根据分析，生成NO的物质的量为0.9mol，NO2的物质的量为1.3mol，A项错误； B. 根据分析，生成CuSO4的物质的量为2mol，B项正确； C. 根据分析，原溶液中硝酸的浓度为11mol/L，C项错误；
D. 铜与混合酸反应时，硫酸提供酸性环境，氢离子参加反应，D项错误； 答案选B。
B．生成CuSO4的物质的量为2mol D．铜与混合酸反应时，硫酸未参加反应
21．分别盛有不同无色溶液①②③④四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是
A B C 操作 向试管①中先滴加BaCl2溶液再滴加硝酸 向试管②中加入AgNO3溶液 向试管③中先滴加少量氯水，后滴加适量现象 生成白色沉淀 生成白色沉淀 溶液分层且上层为结论 原溶液中有SO42- 原溶液中有Cl－ 原溶液中含有I－ 苯，振荡静置 D 向试管④中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口 橙红色 试纸变蓝 原溶液中有NH4 ＋
A．A 【答案】D 【详解】
A．滴加BaCl2溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钡，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有SO32-，硝酸将其氧化成了SO42-，A错误；
B．加入AgNO3溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是AgCl，也有可能是Ag2SO4等，B错误； C．溶液分层且上层为橙红色，说明生成了Br2，证明原溶液中含有Br-，C错误； D．湿润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有NH4＋，D正确； 答案选D。
B．B
C．C
D．D
22．某100mL混合溶液中，H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4.0mol/L和2.0mol/L，向该混合溶液中加入25.6g铜粉，加热，待充分反应后，静置，得到蓝色澄清溶液（假设反应后溶液体积不变）。下列说法中正确的是（ ） A．产生的NO在标准状况下的体积是1.12L B．反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为3.0mol/L C．反应后溶液中H+的物质的量浓度为8.0mol/L
D．在反应后的溶液中加0.6molNaOH刚好使Cu2+完全沉淀 【答案】B 【分析】
n(Cu)25.6g0.4mol，
64g/moln(H)4.0mol/L0.1L22.0mol/L0.1L1.0mol，
n(NO3)2.0mol/L0.1L0.2mol，则该反应的离子反应方程式为：
3Cu8H2NO33Cu22NO4H2O，于是得出：
3Cu3mol算； 【详解】
~8H8mol~2NO32mol，显然NO3的物质的量不足，则按NO3的物质的量进行计
0.4mol1.0mol0.2molA. 产生的0.2mol NO，在标准状况下的体积是4.48L，A错误； B. 反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为
33n(NO3)0.2moln(Cu) ，B正确； 222c(Cu)3.0mol/LV0.1L0.1L2n(H)1.0mol0.8molC. 反应后溶液中H有剩余，则c(H)2.0mol/L，C错
V0.1L+
误；
D. 在反应后的溶液中有剩余的0.2mol H+，生成的0.3mol Cu2，加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀，D错误； 答案选B。
23．将18.0 g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了5.4 g。另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中，生成了8.96 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为 A．22.8 g 【答案】A 【详解】
将18.0克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的5.4克为Al，物质的量为
B．25.4 g
C．33.2g
D．无法计算
5.4g=0.2mol；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生
27g/mol成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为
8.96L×3=1.2mol，其中0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子，则Cu、Fe完全反应失
22.4L/mol去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH-)=0.6mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于18.0g+0.6mol×17g/mol=28.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了5.4g，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为28.2g-5.4g=22.8g，答案选A。
24．如图所示是某一短周期元素的“类价二维图”。图中箭头表示的物质间转化，均能一步完成，a、g的焰色反应均为黄色。下列说法错误的是
A．x为O2，y为H2O
B．c为S，g为Na2SO4或NaHSO4 C．f的浓溶液不能用铁制容器盛装
D．反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+＝H2S↑ 【答案】C 【分析】
a、g的焰色反应均为黄色，说明含有钠元素；根据图示，最低价为-2价，即为第ⅥA族元素，可能为硫元素或氧元素，且存在+4价，即元素为硫元素。根据物质分类可知，b为硫化氢，c为硫单质，d为二氧化硫，即x为氧气，e为三氧化硫，f为硫酸，y为水，g为硫酸钠或硫酸氢钠，a为硫化钠或硫氢化钠。 【详解】
A．根据物质分类和反应过程可知，x为O2，y为H2O，A正确，不选； B．根据物质分类可知，c为S，g为Na2SO4或NaHSO4，B正确，不选；
C．常温下，f的浓溶液会与Fe发生钝化反应，阻止金属与浓硫酸进一步反应，故能用铁制容器盛装，C错误，符合题意；
D．a为硫化钠或硫氢化钠，b为硫化氢，反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+＝H2S↑，D正确，不选。 答案为C。
25．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．H2SO4浓度为4 mol/L
B．溶液中最终溶质为FeSO4 C．原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/L D．AB段反应为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋ 【答案】C 【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=（NO3-）。 【详解】
A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；
B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；
C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；
D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。 答案选C。 【点晴】
该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。
n计算c（H2SO4）、cV
二、实验题
26．某些资料认为NO、NO2不能与Na2O2反应。南开中学化学学习小组提出质疑，他们分析过氧化钠和二氧化氮都有氧化性，根据化合价升降原则提出假设： 假设I：过氧化钠氧化二氧化氮，生成NaNO3； 假设II：二氧化氮氧化过氧化钠，生成O2。 (1)小组甲同学设计实验如下：
①试管A中反应的化学方程式是__________。
②待试管B中收集满气体，向试管B中加入适量Na2O2，塞紧塞子，振荡试管，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星木条迅速伸进试管内，木条复燃。甲同学认为假设I正确；乙同学认为该装置不能达到实验目的，为达到实验目的，应在A、B之间增加一个浓硫酸洗气装置，该装置的作用是_______。
③乙同学用改进后装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失；带火星木条未复燃。得出结论：假设I正确。NO2和Na2O2反应的方程式是________。 (2)丙同学认为NO易与O2发生反应，应更易被Na2O2氧化。 查阅资料：①2NO+Na2O2=2NaNO2
②亚硝酸盐在酸性条件下不稳定：2H++3NO2=NO3 +2NO↑+H2O。 丙同学用下图所示装置(部分夹持装置略)探究NO与Na2O2的反应。
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①在反应前，打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是_________。
②充分反应后，取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若观察到________现象，则产物是亚硝酸钠。
③F装置的作用是________。该装置中发生反应的离子方程式为_________。
【答案】Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 除去生成NO2气体中混有的水蒸气 Na2O2+2NO2=2NaNO3 将装置中的空气排出 产生无色气体，遇到空气变为红棕色 吸收未反应的NO 5NO+4H++3MnO4-═5NO3-+3Mn2++2H2O 【分析】
（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水； ②Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮中含有水蒸气；
③若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，依据氧化还原反应元素化合价变化配平书写发生反应的化学方程式；
（2）①空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气； ②亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色；
③未反应的NO会污染环境，用酸性高锰酸钾溶液吸收，将NO氧化成硝酸根离子，防止污染空气。 【详解】
（1）①Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O； ②Cu与浓硝酸反应生成的二氧化氮中含有水蒸气，水蒸气能与过氧化钠反应生成氧气，所以要在A、B之间增加一个装置干燥装置，除去生成NO2气体中混有的水蒸气，故答案为：除去生成NO2气体中混有的水蒸气；
③若过氧化钠氧化二氧化氮，则生成硝酸钠，其反应的化学方程式为
Na2O2+2NO2=2NaNO3，故答案为：Na2O2+2NO2=2NaNO3；
（2）①空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，应打开弹簧夹，通入一段时间N2，目的是将装置中的空气排出，防止一氧化氮被氧化，故答案为：将装置中的空气排出；
②亚硝酸钠中加盐酸会生成NO，NO遇到空气中的氧气会变为红棕色，则检验D装置中物质的方法为取D装置中产物少许，加入稀盐酸，若产生无色气体，遇到空气变为红棕色，产物是亚硝酸钠，反之为硝酸钠，故答案为：产生无色气体，遇到空气变为红棕色； ③若未反应的NO排到空气中，会污染环境，用酸性高锰酸钾溶液吸收，将NO氧化成硝酸根离子，反应的离子方程式为5NO+4H++3MnO4-═5NO3-+3Mn2++2H2O，故答案为：吸收未反应的NO；5NO+4H++3MnO4-═5NO3-+3Mn2++2H2O。 【点睛】
空气中的氧气能氧化NO，实验时要排尽装置中的空气，所以在反应前，应打开弹簧夹，通入一段时间N2排尽装置中的空气是解答关键。
27．研究金属与硝酸的反应，实验如下。
(1)Ⅰ中的无色气体是_________。
(2)Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________________________________。 (3)研究Ⅱ中的氧化剂
①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于NO3-，所以NO3-没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是_______________________________。 ②乙同学通过分析，推测出NO3-也能被还原，依据是___________________________，进而他通过实验证实该溶液中含有NH4+，其实验操作是__________________________ (4)根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有
_________________________试推测还可能有哪些因素影响_________(列举1条)。 【答案】NO或一氧化氮 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出 NO3- 中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 金属的种类、硝酸的浓度 温度 【分析】
（1）铜与硝酸反应生成无色气体，该气体与空气变红，故该气体是NO； （2）Ⅱ中铁与硝酸溶液中的H+发生氧化还原反应生成H2；
（3）①如果硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化为铜离子；
②元素化合价处于最高价，具有氧化性，NH4+的检验可以与浓的氢氧化钠溶液在加热的条件下反应，产生的气体通过湿润的红色石蕊试纸来检验；
（4）金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素是金属活泼性、硝酸的浓度、温度。 【详解】
（1）铜与硝酸反应生成无色气体，该气体与空气变为红棕色，故该气体为NO，红棕色的气体为NO2；
（2）Ⅱ中铁与硝酸溶液中的H+发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑；
（3）①如果硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化为铜离子，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性比铁的还原性弱，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；
②元素化合价处于最高价，具有氧化性，NO3-中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原；
NH4+的检验可以与浓的氢氧化钠溶液在加热的条件下反应，产生的气体通过湿润的红色石蕊试纸来检验，具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；
（4）金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素是金属活泼性、硝酸的浓度、温度。 【点睛】
本题是探究性实验试题，考生应从结合所学的知识、结合题中的信息去认真分析，从中找出正确答案；硝酸根离子在酸性环境下，与金属铁反应可以生成含氮元素的物质，当硝酸根离子反应完成后，溶液中的氢离子与铁反应可生成氢气。
28．某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：
他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是： Na2SO3+H2SO4 = Na2SO4+H2O+SO2↑ MnO2+4HCl(浓) 质。
(2)反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均退色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热____ (填\" B”或“D\")试管中无明显现象。 (3)装置C的作用是________________________；
(4)若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是____________________________；
MnCl2+2H2O+Cl2↑
(1)用来制取氯气的装置是______ (填字母)，反应中浓盐酸所表现出________________性
(5)该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不退色。查阅资料得知：两种气体按体积比1:1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是：________________________________。
【答案】E 还原性、酸性 D 吸收多余的SO2和Cl2 紫色石蕊试液先变红后褪色 SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4 【分析】
（1）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，根据氯元素的化合价判断其表现的性质；
（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的； （3）二氧化硫、氯气都有毒，不能排放在环境中．用NaOH溶液吸收二氧化硫生成氯化钠与次氯酸钠；
（4）次氯酸既有酸性又有漂白性，所以氯气通入紫色石蕊试液中现象是先变红后褪色； （5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性。 【详解】
（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元
素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性，故答案为：E；还原性、酸性；
（2）次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色，故答案为：D；
（3）氯气和二氧化硫有毒，不能排放到空气中，但氯气和二氧化硫都和碱反应，所以装置C的作用是吸收多余的氯气和二氧化硫，故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；
（4）次氯酸既有酸性又有漂白性，所以氯气通入紫色石蕊试液中现象是先变红后褪色，故答案为：紫色石蕊试液先变红后褪色；
（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4 生成无漂白性的H2SO4和HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。
29．某兴趣小组在实验室模拟反应PClSOCl322工原料POCl3。
6065CPOCl3SOCl2制备重要的化
已知：PCl3熔点-93.6℃，沸点76.1℃，遇水极易水解，易与O2反应；POCl3熔点1.25℃，沸点105.8℃，遇水强烈水解，能溶于PCl3。 （1）装置A中发生反应的离子方程式是__________________。
（2）以上各仪器接口的连接顺序是a→____→____→____→____→cd←g←h←b，装置E中的试剂为无水氯化钙，F中所装的试剂是________。（仪器不重复使用） （3）装置C制备POCl3。 ①仪器甲的名称是_______。
②反应温度控制在60～65℃，其原因是______________。 ③POCl3发生水解反应生成HCl和_____________。 （4）该装置不足之处是_____________。
+-【答案】4H+2Cl+MnO2
Mn2++Cl2↑+2H2O i j e f 饱和食盐水 球形冷凝管 温度
太低，反应速率太慢；因为PCl3沸点是76.1℃，温度太高PCl3、POCl3挥发 SO2 缺少尾气处理装置 【分析】
A装置制备氯气，其中混有氯化氢和水蒸气，需要经过F装置中饱和食盐水除去氯化氢，通过D装置的浓硫酸干燥，再通入C中，由装置B制取二氧化硫，需通过E中干燥剂干燥后在通入C中反应，加热条件下发生PCl3+SO2+Cl2【详解】
(1)A用于制备氯气，发生反应的离子方程式为4H++2Cl-+MnO2除去氯气中的氯化氢，可用饱和食盐水(或饱和NaCl溶液)； (3)①由仪器的结构和性能可知仪器甲为冷凝管；
②B中反应温度控制在60～65℃，因为温度过高，PCl3、SO2会大量挥发，导致产量降低，温度过低，反应速率会变慢；
Mn2++Cl2↑+2H2O； POCl3+SOCl2，以此解答。
(2)由以上分析可知连接顺序为a→i→j→e→f→cd←g←h←b，E应盛放固体干燥剂，F用于
③SOCl2发生水解反应生成二氧化硫和盐酸，化学方程式是SOCl2+H2O＝SO2↑+2HCl； (4)含有SO2的尾气对环境有污染，需要添加尾气处理装置。
30．某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，设计了如下装置：
（1）实验室常用装置E制备Cl2，反应中浓盐酸所表现出的性质是__________。 （2）反应开始后，发现B、D两个容器中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D加热，现象分别为：B_________________，D_________________。 （3）装置C的作用是________________________________。
（4）该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：
通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅。试根据该实验装置和两名同学的实验结果回答问题。 ①试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是（用方程式表示）：________________。
②你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？_____________________________。
【答案】还原性与酸性 又变红色， 还是无色 尾气吸收，防污染 Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4 让氯气或二氧化硫之一过量即可 【详解】
（1）实验室常用不加热制取氯气的反应为高锰酸钾和浓盐酸反应，反应中盐酸表现了还原性与酸性。
（2）B中氯气能使品红褪色，但是加热后不能恢复，D中二氧化硫能使品红褪色，加热后能恢复红色。
（3）氢氧化钠能吸收氯气和二氧化硫，防止污染。
（4）①氯气能和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，没有漂白性，方程式为：
Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。②可以让其中一种气体过量，即氯气或二氧化硫之一过量即可。
31．膨松剂在面包制作过程中发生反应产生气体，使面包变得松软。已知某膨松剂含碳酸氢钠、碳酸氢铵中的一种或两种，化学兴趣小组对该膨松剂进行如下探究：
（查阅资料）：碱石灰不与氨气反应，常用于吸收水蒸气和二氧化碳；常用浓硫酸吸收氨气。
实验一：检验膨松剂成分
在玻璃管中加入该膨松剂，按下图连接好装置(铁架台略去，下同)。点燃酒精灯：
(1)关闭铁夹2，打开铁夹1，观察到现象：___________，说明产物中有二氧化碳； (2)打开铁夹2，关闭铁夹1，观察到的现象：___________，说明产物中有氨气； (3)充分加热后，玻璃管中仍有固体，结论：该膨松剂的成分是___________(化学式)。 实验二：测定膨松剂受热产生气体的量
用下图装置测定该膨松剂样品产生的二氧化碳气体的质量(整套装置气密性良好，各装置中气体吸收剂足量)
(4)将8g膨松剂装入装置B中，通过测定实验前后装置___________(填字母序号)的质量，其质量差即为样品产生的二氧化碳气体的质量。加热前，先对已连接好的装置A、B和C通一段时间的空气，再连接上装置D、E；加热过程中，装置C的作用是___________；停止加热后，应继续通入空气一段时间的目的是___________。
(5)测定氨气的质量：将上图装置中___________(填字母)的连接顺序对调。另取8g膨松剂装入装置B中，通过测定实验前后装置C的质量，其质量差即为样品产生的氨气的质量。 （解释与结论）同学们进一步对实验结果进行分析后，认为该膨松剂质量良好。 （反思与评价）实验II中，若没有装置E，造成测定结果可能会___________(填“偏大”、“不变”或“偏小”)
【答案】澄清石灰水变浑浊 无色酚酞试液变红色 NaHCO3、NH4HCO3 D 除去二氧化碳气体中的水蒸气和氨气 将装置B中二氧化碳全部赶入装置D中 CD 偏大 【分析】
实验二：通过测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生二氧化碳的质量，装置C的作用是除去气体中的水蒸气和氨气，加热前，先对已连接好的装置A、B和C通一段时间的空气，再连接上装置D、E是：除去装置内空气中的二氧化碳，停止加然后，应继续通入空气一段时间的目的是：将装置B中二氧化碳全部赶入装置D中。 【详解】
(1)关闭铁夹2，打开铁夹1，由于二氧化碳能与氢氧化钙反应，生成碳酸钙白色沉淀，所以使石灰水变浑浊的气体是二氧化碳；
(2)打开铁夹2，关闭铁夹1，由于碱石灰能吸收二氧化碳和水，所以进入无色酚酞试液中的气体如果能使酚酞变红，说明显碱性，产物中有氨气；
(3)加热后有氨气生成，说明含有碳酸氢铵，充分加热后，玻璃管中仍有固体说明含有碳酸氢钠，碳酸氢钠加热后能生成碳酸钠固体，则该膨松剂的成分是NaHCO3、NH4HCO3的混合物；
(4)通过测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生二氧化碳的质量，浓硫酸具有吸水性，装置C的作用是为了除去气体中的水蒸气，硫酸能与氨气反应生成硫酸铵所以也除去了氨气，加热过程中，装置C的作用是：除去二氧化碳气体中的水蒸气和氨气，E装置是为了防止空气中二氧化碳进入装置D中，加热前，先对已连接好的装置A、B和C通一段时间的空气，再连接上装置D、E，停止加然后，应继续通入空气一段时间的目的是：将装置B中二氧化碳全部赶入装置D中；
(5)测定氨气的质量：将上图装置中CD的连接顺郅对调，另取8g膨松剂装入装置B中，通过测定实验前后装置C的质量，共质量差即为样品产生的氨气的质量；E装置是为了防止空气中二氧化碳进入装置D中，如果没有E装置，空气中二氧化碳会进入D装置，造成二氧化碳增多，结果偏大。
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