第五章 化工生产中的重要非金属元素 优 选提升题 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优选提升题高一下学期化学人教版（2019）必修第二册一、单选题1．唐代中药学著作《新修本草》中，有关于“青矾”的记录为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，……，烧之赤色”。据此推测，“青矾”的主要成分为（）A．CuSO4·5H2O B．FeSO4·7H2OC．KAl(SO4)2·12H2O D．ZnSO4·7H2O2．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”指（）A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水3．将一定量的锌与100mL18mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液中氢离子的浓度为0.4mol/L，则下列叙述错误的是（）A．气体A为SO2和H2的混合物B．反应中共转移3mol电子C．反应中共消耗Zn97.5gD．气体A中SO2和H2的体积比为1：44．下列气体中，有颜色且有毒的是（）A．硫化氢 B．二氧化硫 C．二氧化氮 D．一氧化氮5．化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（）A．单晶硅可用于制造光导纤维B．液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂C．冬奥会的火炬外壳使用了新型有机非金属材料——碳纤维复合材料D．二氧化硫具有漂白性，可用于大量漂白银耳6．赏心悦目的雕花玻璃是用一种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是（）A．硫酸 B．烧碱 C．盐酸 D．氢氟酸7．现代光学及光纤制品的基本原料是（）A．SiO2 B．Cu C．Al D．C8．下列有关说法正确的是（）A．氯气、活性炭都能使品红溶液褪色，它们的漂白原理相同B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应得到的气体是纯净物D．NH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质9．实验小组按如图装置进行实验，制备并探究的性质。下列说法错误的是（）A．试管内制备的化学方程式为B．②处观察到淡黄色固体生成，说明具有还原性C．①、③处均可观察到颜色褪去，但褪色原理不相同D．④处NaOH溶液可吸收多余的10．X、Y、Z三种物质均含某种元素，箭头表示物质间的转化一步就能实现，则X不可能是（）A．SiO2 B．CO2 C．Na D．HNO311．下列能有关SO2的说法不正确的是（）A．属于酸性氧化物B．属于“城市空气质量日报”的物质C．水溶液能使紫色石蕊试液变红D．因为具有强氧化性，所以能漂白品红12．某澄清溶液中存在大量的Ba2+、NH4+、Cl﹣，该溶液中还可能大量存在的离子是（）A．Fe3+ B．CO32﹣ C．Ag+ D．OH﹣13．下列能说明二氧化硫具有漂白性的是（）A．二氧化硫使黄色的小麦秸秆变白B．二氧化硫通入溴水溶液中，溶液褪色C．二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，红色褪去D．二氧化硫通入紫红色高锰酸钾溶液中，紫红色褪去14．在无色溶液中，下列离子能大量共存的是（）A．Na+、NH4+、NO3-、MnO4- B．K+、SO42-、OH-、CO32-C．K+、Fe3+、Cl-、Br- D．Ba2+、Na+、OH-、CO32-15．下列溶液中的离子—定能大量共存的是（）A．含大量MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+B．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-C．酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-D．含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-16．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol·L－1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B．0.1mol·L－1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C．0.1mol·L－1KHCO3溶液：Na+、Al3+、Cl－、NO3-D．0.1mol·L－1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-17．我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是A．“北斗”系统芯片中的半导体材料为单晶硅B．“奋斗者”号潜水器外壳的钛合金的硬度比纯钛的高C．“嫦娥”五号运载火箭的液氧液氢推进剂的产物无污染D．我国首创的“硅—石墨烯—锗晶体管”中所含元素均为短周期元素18．下列“类比”合理的是（）A．由CO2能与NaOH溶液反应，推测SiO2能与NaOH溶液反应B．Fe和S反应生成FeS，Cu和S反应生成CuSC．CO2是直线形结构的酸性氧化物，COS也是直线形结构的酸性氧化物D．Ca(ClO)2溶液中通入CO2得到CaCO3，Ca(ClO)2溶液中通入SO2得到CaSO319．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－B．0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液中：Na＋、H＋、Cl－、I－C．0.1mol/L的NaAlO2溶液中：K＋、H＋、NO3-、SO42-D．滴入石蕊试液显蓝色的溶液中：K＋、Na＋、HSO3-、ClO－20．重金属离子具有毒性,强碱性溶液不能直接排放到自然界中。实验室中有甲、乙两种废液,甲废液经化验呈碱性,主要有毒离子为Ba2+。如将甲、乙两废液按一定比例混合,毒性明显降低，且可排放到自然界中。则乙废液中可能含有的离子是（）A．K+和SO42- B．Cu2+和Cl- C．Cu2+和SO42- D．Cu2+和CO32-二、综合题21．研究氮及其化合物的性质具有极为重要的意义。（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：（2）在含Cu+离子的酶的活化中，亚硝酸根(NO2-)离子可转化为NO，写出Cu+和亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式。（3）将38.4g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，请回答：①NO2的体积为L。②若铜与硝酸刚好反应完全，则原硝酸溶液的浓度为mol•L-1。22．某小组同学在加热NH4HCO3固体时，闻到了刺激性气味，决定对其进一步探究：实验一实验二（1）如图所示，实验一中观察到的现象是宏观上说明浓氨水有，微观上说明。写出NH4HCO3受热分解的化学方程式。（2）实验二装置连接好之后首先要做的是，然后再通入氨气排尽装置A中的空气，最后点燃酒精灯，持续加热，发现氧化铜逐渐由黑变红，依据题中信息，写出装置A中发生反应的化学方程式，该反应中氨气是剂，实验证明了氨气具有性。（3）实验二加热一段时间后，A、B、C三个装置的质量变化是：装置ABC数据减少了4.8g增加了7.2g增加了2.8g该实验小组的同学按照实验数据计算出氮、氢元素的质量之比明显的与理论上氨气中氮、氢的质量比不符，分析产生该误差的原因是，写出装置B中发生反应的化学方程式。23．A、B、C是在中学化学中常见的三种化合物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单质．这些化合物和单质之间存在如下的关系：据此判断：（1）在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙元素的是．（用A、B、C字母填写）（2）单质乙必定是（填“金属“或“非金属“），其理由是（3）单质乙的分子式可能是，则化合物B的分子式是24．某兴趣小组欲在绿色环保的条件下探究大气污染物SO2的性质，设计如图实验装置．请回答：（1）B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为；C中反应的离子方程式为．（2）为了实现绿色环保的目标，某同学设计了如图A2的制取装置来代替A1装置，与A1装置相比，A2装置的优点是（写两点）．25．天然气的主要成分是甲烷，含有少量的羰基硫（COS）、乙硫醇（C2H5SH）等气体．（1）组成羰基硫的元素中，原子半径最小的元素在周期表中的位置是（2）乙硫醇有特殊气味，是天然气的臭味指示剂．乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（﹣OH）被﹣SH取代，则乙硫醇的结构式为（3）下列事实可用于比较C与S两种元素非金属性（原子得电子能力）相对强弱的是（填序号）．a．沸点：H2S＞CH4b．元素在周期表中的位置c．酸性：H2SO3＞H2CO3d．同温同浓度水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4（4）羰基硫水解及利用的过程如下（部分产物已略去）：COSH2SNa2S溶液X溶液+H2①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量akJ，其热化学方程式为②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则反应Ⅲ中生成该离子的离子方程式为③如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）．请结合图象数据解释X溶液中除S2O32﹣外，还有SO32﹣、SO42﹣的原因．答：

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色。

A、CuSO4·5H2O为蓝色晶体，A不符合题意；

B、FeSO4•7H2O是绿色晶体，B符合题意；

C、KAl(SO4)2·12H2O是无色晶体，C不符合题意；

D、ZnSO4·7H2O为无色晶体，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】熟悉常见的硫酸盐的颜色，并能了解铁元素化合价变化导致的颜色变化，可以解答。2．【答案】B【解析】【解答】“能蚀五金”，说明能与金属铜、铁等反应，选项所给物质中，只有硝酸能与铜和铁反应，因此“强水”应指硝酸，B符合题意；故答案为：B【分析】根据描述确定“强水”所具有的性质，从而确定其成分。3．【答案】D【解析】【解答】A．若气体A只有SO2，则反应需要消耗硫酸的物质的量3mol，实际参加反应的硫酸为1.6mol，所以气体A为SO2和H2的混合物，故A不符合题意；B．反应生成1molSO2转移2mol电子，生成1molH2转移2mol电子，该反应生成1.5mol气体，所以反应中共转移3mol电子，故B不符合题意；C.1mol锌失2mol电子，生成1.5mol气体共转移3mol电子，所以参加反应的锌为1.5mol，共消耗Zn97.5g，故C不符合题意；D．设气体A中SO2为xmol，反应消耗硫酸2xmol，H2为(1.5-x)mol，反应消耗硫酸(1.5-x)mol，2xmol+(1.5-x)mol=1.6mol，x=0.1mol，所以气体A中SO2和H2的体积比为1：14，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.锌与浓硫酸反应生成SO2，与稀硫酸反应生成氢气；

B.生成1molSO2转移2mol电子，生成1molH2转移2mol电子，共生成1.5mol气体；

C.生成1.5mol气体，参加反应的锌为1.5mol；

D.根据和计算生成的气体。4．【答案】C【解析】【解答】H2S是无色具有臭鸡蛋性气味的有毒气体，SO2是无色具有刺激性气味的有毒气体，NO2是红棕色具有刺激性气味的气体，CO是无色无味的有毒气体，故答案为：C。

【分析】高中阶段有颜色的气体是碘蒸气、溴蒸汽、氯气及二氧化氮，二氧化氮有毒。5．【答案】B【解析】【解答】A．硅可用于制造计算机芯片，二氧化硅制造光纤，A不符合题意；B．氨气易液化、液氨汽化吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，B符合题意；C．碳纤维复合材料是新型无机非金属材料，C不符合题意；D．食品中添加适量的二氧化硫，可以起到漂白、防腐和抗氧化的作用，但不可大量用于漂白银耳，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】易错辨析：A.单质硅用途：半导体、计算机芯片、太阳能电池等；二氧化硅用途：建筑材料、装饰品、光导纤维等。6．【答案】D【解析】【解答】解：A、硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故A错误；C、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故B错误；B、二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，生产的硅酸钠和二氧化硅难以分离，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故C错误；D、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故D正确．故选D．【分析】二氧化硅性质较为稳定，与硝酸、硫酸、盐酸以及强氧化性物质不反应，在一定条件下可与碱、碱性氧化物、盐以及HF酸反应．7．【答案】A【解析】【解答】A.二氧化硅具有良好的光学效果，是高性能通讯材料光导纤维的主要原料，故A符合题意；B.铜是电的良导体，不是良好的光学材料，故B不符合题意；C.铝是电的导体，不是良好的光学材料，故C不符合题意；D.碳元素形成的单质石墨是电的良导体，不是良好的光学材料，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】现代光学及光纤制品的基本原料是二氧化硅，铜、铝、碳不具有良好的光学性，不是现代光学及光纤的基本原料，据此即可解答。8．【答案】B【解析】【解答】解：A．氯气具有强氧化性，与水反应生成具有漂白性的HClO，可使品红褪色，活性炭具有吸附性，二者原理不同，故A错误；B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故B正确；C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应，开始硝酸浓度大生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，反应生成一氧化氮，故C错误；D．NH3的水溶液可以导电是因为氨气与水反应生成电解质一水合氨，氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；故选：B．【分析】A．氯气具有强氧化性，活性炭具有吸附性；B．酸性氧化物能够与碱反应生成盐和水；C．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮；D．氨气本身不能电离出自由离子．9．【答案】B【解析】【解答】A.制备SO2的原理是：，A选项是正确的；

B.②处出现黄色沉淀是S单质，证明SO2具有氧化性，B选项是错误的；

C.①处褪色说明SO2具有漂白性，③处褪色证明SO2具有还原性，C选项是正确的；

D.④处的NaOH溶液可以与SO2反应达到尾气处理的作用，D选项是正确的。

故答案为：B。

【分析】A.制备SO2的原理是强酸制弱酸；

B.②处发生的反应是：二氧化硫将硫化钠氧化为硫单质；

C.SO2具有漂白性，可以使品红褪色，SO2具有还原性，可以将碘单质还原为碘离子；

D.SO2与NaOH反应的方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。10．【答案】A【解析】【解答】解：A．假设X是SiO2，物质间的转化一步不能实现，故A错误；B．假设X是CO2，CO2和少量氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，和氢氧化钠铁反应生成碳酸钠，碳酸钠和碳酸氢钠能相互转化，故B正确；C．假设X是Na，钠和水反应生成氢氧化钠，钠在氯气中燃烧生成氯化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠，电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠，故C正确；D．假设X是硝酸，硝酸和少量铁反应生成硝酸铁，和过量铁反应生成硝酸亚铁，硝酸铁和硝酸亚铁能相互转化，故D正确；故选A．【分析】X能发生反应生成Y和Z，说明X反应时与X的量或浓度或反应条件有关，Y和Z能相互转化，说明二者之间有元素化合价变化或能通过复分解反应相互转化，然后采用代入法解答．11．【答案】D【解析】【解答】A.SO2能与NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，故SO2属于酸性氧化物，选项正确，A不符合题意；

B.SO2是一种空气污染物，故属于“城市空气质量日报”的物质，选项正确，B不符合题意；

C.SO2能与H2O反应生成H2SO3，溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，选项正确，C不符合题意；

D.SO2能与品红溶液中的有色物质发生化合反应，形成不稳定的无色物质，体现了SO2的漂白性，选项错误，D符合题意；

故答案为：D【分析】A.酸性氧化物是指能与碱溶液反应生成盐和水的氧化物；

B.SO2是一种空气污染物；

C.SO2能与H2O反应形成H2SO3；

D.SO2使品红溶液褪色体现其漂白性；12．【答案】A【解析】【解答】A．离子之间均不反应，可大量共存，故A正确；B．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故B错误；C．Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，不能共存，故C错误；D．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能共存，故D错误；故选A．【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答．13．【答案】A【解析】【解答】A．二氧化硫可以和小麦秸秆中的有色物质反应生成无色物质，体现了其漂白性，A符合题意；B．二氧化硫使溴水褪色是因为二氧化硫将溴单质还原，体现了其还原性，B不符合题意；C．二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，红色褪去是因为二氧化硫可以和碱反应，体现了其酸性氧化物通性，C不符合题意；D．二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫将高锰酸钾还原，体现了其还原性，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】依据二氧化硫的化学性质进行分析判断。14．【答案】B【解析】【解答】A、含MnO4－的溶液呈紫红色，故A不符合题意；B、能够在指定溶液中大量共存，故B符合题意；C、含Fe3＋的溶液呈棕黄色，故C不符合题意；D、Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，故D不符合题意。

【分析】（1）熟记常见离子的颜色；

（2）判断离子共存实质：离子间是否发生反应，若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存；

（3）判断能否发生反应标准：有无沉淀、气体、水、难电离的物质生成。15．【答案】A【解析】【解答】A、Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，都不与MnO4﹣反应，在溶液中不能大量共存，符合题意；B、加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+、Fe2+能够与碱性溶液中的离子反应，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+、NO3﹣在溶液中不能大量共存，不符合题意；C、酸性溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，不符合题意；D、Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，不符合题意。故答案为：A。【分析】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。16．【答案】A【解析】【解答】A.0.1mol·L－1NaOH溶液含有大量OH-，Na+、K+、CO32-、AlO2-离子之间以及与OH-之间不发生反应，能大量共存，故A符合题意；B.0.1mol·L－1FeCl2溶液中Fe2+具有还原性，与MnO4-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；C.0.1mol·L－1KHCO3溶液中，HCO3-与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C不符合题意；D.0.1mol·L－1H2SO4溶液含有大量H+，与NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。【分析】HSO3-具有还原性，在酸性条件下可被硝酸根离子氧化为硫酸根。17．【答案】D【解析】【解答】A．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，A项不符合题意；B．钛合金具有耐腐蚀，强度大，耐高温的性质，钛合金的硬度比纯钛的高，B项不符合题意；C．液氧液氢推进剂的产物是水，无污染，C项不符合题意；D．我国首创的“硅—石墨烯—锗晶体管”中所含碳，硅元素为短周期元素，锗不是短周期元素，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A．晶体硅为良好的半导体；B．钛合金具有耐腐蚀，强度大，耐高温的性质；C．液氧液氢推进剂的产物是水；D．短周期是前三周期的元素，锗不是短周期元素。18．【答案】A【解析】【解答】A．酸性氧化物与碱反应生成盐和水，可知CO2、SiO2均能与NaOH溶液反应生成盐和水，故A符合题意；B．S具有弱氧化性，则Fe和S反应生成FeS，而Cu和S反应生成Cu2S，故B不符合题意；C．CO2、COS中C均为sp杂化，均为直线结构，但COS含三种元素，则CO2为酸性氧化物，而COS不属于酸性氧化物，故C不符合题意；D．Ca(ClO)2溶液中通入CO2发生强酸制弱酸的反应生成CaCO3，Ca(ClO)2溶液中通入SO2发生氧化还原反应生成CaSO4，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】

A、酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，二氧化碳和二氧化硅都属于酸性氧化物；

B、Cu和S反应生成Cu2S；

C、COS不属于酸性氧化物；

D、Ca(ClO)2溶液中通入SO2发生氧化还原反应生成CaSO4，不是CaSO3。19．【答案】A【解析】【解答】A.由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－都不反应，选A；B.酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I－，所以0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液中不能大量含有I－，故不选B；C.AlO2-与H＋反应生成Al3+，0.1mol/L的NaAlO2溶液中不能大量存在H＋，故不选C；D.滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下HSO3-不能大量存在，HSO3-具有还原性、ClO－具有氧化性，HSO3-、ClO－不能共存，故不选D。故答案为：A

【分析】A.由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性；

B.铁离子具有强氧化性，能氧化碘离子；

C.偏铝酸根离子与氢离子反应；

D.碱性溶液中不能大量存在亚硫酸氢根离子，且亚硫酸氢根离子能与次氯酸根离子发生氧化还原反应。20．【答案】C【解析】【解答】甲废液经化验呈碱性，说明含有氢氧根离子，主要有毒离子为Ba2+，甲乙混合，毒性降低，说明氢氧根离子和钡离子都反应，则乙废液中含有铜离子和硫酸根离子，两废液按一定比例混合后生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，毒性明显降低，可直接排放到自然界。

故答案为：C

【分析】甲中含有OH-和Ba2+,乙中含有Cu2+和SO42-，发生反应Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，Ba2++SO42-=BaSO4↓。21．【答案】（1）3NO2＋H2O=2HNO3＋NO（2）Cu++NO2-+2H+=Cu2++NO↑+H2O（3）3.36；11.3【解析】【解答】（1）NO2和水反应转化为HNO3的化学方程式：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO

（2）Cu+和亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应，亚硝酸根(NO2-)离子可转化为NO，Cu+被氧化为铜离子，离子方程式Cu++NO2-+2H+=Cu2++NO↑+H2O。

（3）将38.4g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，请回答：①设NO的物质的量是xmol、NO2的物质的量是ymol；根据元素守恒，根据电子守恒，解得x=0.35、y=0.15，NO2的体积为3.36L。②表现酸性的硝酸mol，表现氧化性的硝酸mol，原硝酸溶液的浓度为=11.3mol•L-1。

【分析】（1）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；

（2）亚铜离子在酸性环境中与亚硝酸根离子反应生成铜离子、一氧化氮和水；

（3）根据电子守恒、气体摩尔体积，结合铜与硝酸的反应进行解答即可。22．【答案】（1）烧杯B中酚酞试液变红；挥发性；分子是运动的；NH4HCO3NH3↑+CO2+H2O（2）检查装置的气密性；2NH3+3CuO3Cu+N2↑+3H2O；还原；还原（3）浓硫酸还吸收了未反应的氨气；2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4【解析】【解答】（1）实验一中，浓氨水具有挥发性，挥发出的NH3分子进入酚酞溶液中与水反应生成具有碱性的氨水，碱性溶液能使酚酞溶液变红，说明分子是运动。NH4HCO3受热分解的化学方程式为NH4HCO3NH3↑+CO2+H2O。

（2）装置连接好后需要首先检查装置的气密性，根据实验现象可知，CuO被还原为Cu，则NH3被氧化为N2，说明NH3是还原剂，具有还原性，化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2↑+3H2O。

（3）由于浓硫酸能与氨气反应，未反应的NH3会被浓硫酸吸收，导致m(H)偏大，从而计算出NH3中氮、氢元素的质量之比明显的与理论上氨气中氮、氢的质量比不符。装置B中发生反应的化学方程式为2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4。【分析】（1）浓氨水具有挥发性，碱性溶液能使酚酞溶液变红。

（2）还原剂中部分元素化合价升高，还原剂具有还原性。

（3）注意浓硫酸能与氨气反应。23．【答案】（1）A、B（2）非金属；因为A+B→乙+C，且乙为单质，可知乙元素在A，B中分别呈正、负价，所以乙是非金属；（3）S（或N2）；H2S（或NH3）【解析】【解答】根据题目信息：A、B、C是由两种元素组成的化合物，首先列出三式：（为便于分析，设甲、乙和X分别表示三种不同元素），①甲（单质）十乙（单质）→A（甲乙）（可知A中必含有甲、乙两元素）；②甲（单质）十B（X乙）→A（甲乙）+C（X甲）（可知由生成物A反推出B中必含乙元素）；③A（甲乙）+B（X乙）→乙（单质）+C（X甲）（由生成物乙单质可能推出乙是非金属而不可能是金属，因金属只有正价没有负价）；由①②推出（1）为A、B，故答案为：A、B；（2）由③及元素在反应中体现的化合价可推出单质乙为非金属，故答案为：非金属；因为A+B→乙+C，且乙为单质，可知乙元素在A，B中分别呈正、负价，所以乙是非金属；（3）由②力推出（甲）亦为非金属（因金属与两元素组成的化合物反应发生置换反应），故单质乙的分子式可能是S或N2，化合物B的分子式是H2S或NH3，故答案为：S（或N2）；H2S（或NH3）．【分析】要抓住解题的突破口，抓住题中的隐含信息：“A、B、C是由两种元素组成的化合物”这一关键，再根据所学习的元素及化合物的性质进行推导得出答案．24．【答案】（1）品红溶液；SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+（2）不用加热或节约能源或药品；或相对安全；或易于控制反应进行；或反应更充分【解析】【解答】解：（1）依据装置图可知，铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性．其中C、D分别为碘水和硫化氢的水溶液，C检验二氧化硫的还原性，D检验二氧化硫的氧化性，检验二氧化硫漂白性可以通过品红试液，品红褪色是二氧化硫气体的特性；二氧化硫具有还原性，和碘单质反应生成硫酸和碘化氢；反应的两种方程式为：SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+；故答案为：品红溶液；SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+；（2）装置图分析可知，A2的制取装置来代替A1装置，可以不需要加热或节约能源或药品，用分液漏斗加入硫酸可以控制反应速率，易于控制反应进行；或反应更充分，故答案为：不用加热或节约能源或药品；或相对安全；或易于控制反应进行；或反应更充分．【分析】（1）铜和浓硫酸加热