（考試時間45分鐘 共100分）
一、單項選擇題（共20題，每題4分，共80分）
1.下列說法中正確的是
A. SiO2溶于水顯酸性
B. SiO2是酸性氧化物，它不能與任何酸發(fā)生反應(yīng)
C. Si是地殼中含量最多的非金屬元素
D. 硅的化學性質(zhì)不活潑，但在自然界中主要以化合態(tài)存在
【答案】D
【解析】
詳解】A．二氧化硅不溶于水，故A錯誤；
B．能和HF反應(yīng)，故B錯誤；
C．地殼中含量最多的元素是氧，故C錯誤；
D．硅的化學性質(zhì)不活潑，在自然界中主要以化合態(tài)存在，故D正確；
答案選D。
【點睛】二氧化硅是酸性氧化物，不能和水反應(yīng)。
2.下列離子方程式不正確的是
A. 石英與燒堿溶液反應(yīng)：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O
B. 向氫氧化鈉溶液中通入過量CO2：CO2＋OH－=HCO3-
C. 向硅酸鈉溶液中加入鹽酸：2H＋＋SiO32-＋H2O=H4SiO4↓
D. 向碳酸鈣上滴稀硝酸：CO32-＋2H＋=H2O＋CO2↑
【答案】D
【解析】
【詳解】A．石英與燒堿溶液反應(yīng)的離子反應(yīng)為SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O，故A正確；
B. 向氫氧化鈉溶液中通入過量CO2生成碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式為CO2＋OH－=HCO3-，故B正確；
C. 向硅酸鈉溶液中加入鹽酸的離子反應(yīng)為2H＋＋SiO32-＋H2O=H4SiO4↓，故C正確；
D. 向碳酸鈣上滴稀硝酸的離子反應(yīng)為CaCO3+2H+＝H2O+Ca2++CO2↑，故D錯誤；
答案選D。
【點睛】難溶物不能拆成離子形式，例如碳酸鈣不能拆成離子形式。
3.在SiO2＋3CSiC＋2CO↑反應(yīng)中，氧化劑和還原劑的質(zhì)量比為
A. 7:3 B. 7:6 C. 1:2 D. 2:1
【答案】C
【解析】
【詳解】該反應(yīng)中，部分C元素的化合價由0降低為-4價，部分C元素的化合價由0升高為+2價，由電子守恒可知，3molC中只有1molC為氧化劑、2molC作還原劑，所以氧化劑與還原劑的質(zhì)量比是1：2，答案選C。
【點睛】碳化硅中，碳是-4價，碳即作氧化劑又作還原劑。
4.下列說法正確的是
A. 二氧化硅溶于水顯酸性 B. 二氧化碳通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸
C. 二氧化硅常用作干燥劑 D. 二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸
【答案】B
【解析】
【詳解】A．二氧化硅屬于酸性氧化物但和水不反應(yīng)，故A錯誤；
B．碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳、水和硅酸鈉反應(yīng)生成原硅酸，故B正確；
C．二氧化硅沒有吸水性，不能做干燥劑，作干燥劑的是硅膠，故C錯誤；
D．二氧化硅屬于酸性氧化物，能溶于強堿溶液，且能溶于HF，所以可以用HF雕刻玻璃，故D錯誤；
答案選B。
5.將過量的CO2分別通入:①CaCl2溶液；②Na2SiO3溶液；③NaAlO2溶液；④飽和Na2CO3溶液；⑤Ca(OH)2，最終溶液中有白色沉淀析出或渾濁的是
A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①②④
【答案】B
【解析】
【詳解】①因為鹽酸的酸性強于碳酸，因此CaCl2不與CO2反應(yīng)，沒有沉淀產(chǎn)生，故①錯誤；
②碳酸的酸性強于硅酸，即發(fā)生Na2SiO3＋2CO2＋H2O=2NaHCO3＋H2SiO3↓，最終有沉淀產(chǎn)生，故②正確；
③碳酸的酸性強于偏鋁酸，因此有CO2＋NaAlO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3，氫氧化鋁不溶于碳酸，有白色沉淀產(chǎn)生，故③正確；
④碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，因此碳酸鈉溶液中通入CO2，發(fā)生Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓，有白色沉淀產(chǎn)生，故④正確；
⑤因為通入過量的CO2，因此反應(yīng)是Ca(OH)2＋CO2=Ca(HCO3)2，沒有沉淀產(chǎn)生，故⑤錯誤；
綜上所述，選項B正確。
【點睛】本題易錯點是①，學生認為生成白色沉淀CaCO3，反應(yīng)方程式為CaCl2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HCl，學生忽略了鹽酸的酸性強于碳酸，反應(yīng)又回去了，因此CO2通入到CaCl2溶液，沒有沉淀產(chǎn)生。
6.下列說法中錯誤的是
A. 硅酸是不揮發(fā)性酸，因此不能由鹽酸制得
B. 氫氟酸能和玻璃發(fā)生化學反應(yīng)，所以氫氟酸要存放在塑料瓶中
C. 水玻璃有黏性，所以要存放在帶橡膠塞的試劑瓶中
D. 燒堿溶液會腐蝕玻璃并生成硅酸鈉，所以燒堿溶液要存放在帶橡膠塞的試劑瓶里
【答案】A
【解析】
【詳解】A、鹽酸的酸性比硅酸強，根據(jù)強酸可以制弱酸原理，利用硅酸鹽與鹽酸反應(yīng)可以制得硅酸，A錯誤；
B、因氫氟酸能和玻璃中的二氧化硅發(fā)生化學反應(yīng)，所以氫氟酸要存放在塑料瓶中，不能保存在玻璃瓶中，B正確；
C、硅酸鈉是一種粘合劑，所以氫氧化鈉溶液不能用帶有磨口玻璃塞的試劑瓶盛裝，而用在帶橡膠塞的玻璃瓶，C正確；
D、因玻璃塞中的二氧化硅能和氫氧化鈉反應(yīng)有硅酸鈉（Na2SiO3）生成，硅酸鈉是一種粘合劑，所以氫氧化鈉溶液不能用帶有磨口玻璃塞的試劑瓶盛裝，而用在帶橡膠塞的玻璃瓶，D正確；
答案選A。
7.下列物質(zhì)能使干燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色的是(　　)
①氯氣　②液氯?、坌轮坡人、苈葰獾木凭芤骸、蓰}酸?、摞}酸酸化的漂白粉溶液
A. ①②③ B. ①②③⑥ C. ③⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】
①氯氣不能使干燥的石蕊試紙褪色，故①錯誤； ②液氯是氯氣的液態(tài)形式是純凈物，不能使干燥的石蕊試紙褪色，故②錯誤；③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色，故③正確；④氯氣的酒精溶液，無HClO生成，不能使干燥的石蕊試紙褪色，故④錯誤；⑤鹽酸能使干燥的藍色石蕊試紙變紅，但不退色，故⑤錯誤；⑥用鹽酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的藍色石蕊試紙先變紅后褪色，故⑥正確。故選C。
8.氯化碘（ICl）的化學性質(zhì)跟氯氣相似，預(yù)計它跟水反應(yīng)的最初生成物是
A. HI和HClO B. HCl和HIO C. HClO3和HIO D. HClO和HIO
【答案】B
【解析】
【詳解】氯化碘(ICl)的化學性質(zhì)跟氯氣相似，ICl中I元素的化合價為+1價，Cl元素的化合價為?1價，反應(yīng)方程式為ICl+H2O=HCl+HIO，生成物為HCl和HIO，答案選B。
【點睛】氯化碘(ICl)的化學性質(zhì)跟氯氣相似，具有氧化性，與水反應(yīng)時注意元素化合價的變化。
9.某溫度下，將Cl2通入NaOH溶液中，反應(yīng)得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，經(jīng)測定ClO－與ClO的物質(zhì)的量濃度之比為1∶3，則Cl2與NaOH溶液反應(yīng)時，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比為
A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1
【答案】D
【解析】
【詳解】根據(jù)ClO-與ClO3-的濃度之比1：3，由Cl到ClO-，失去1個電子，由Cl到ClO3-，失去5個電子，一共失去1+3×5=16個電子；由Cl到Cl-，得到1個電子，需要16個原子才能得到16個電子，所以，被還原的氯元素與被氧化的氯元素的物質(zhì)的量之比=16：(1+3)=4：1，故答案為D。
【點睛】氧化還原反應(yīng)中，氧化劑得電子總數(shù)與還原劑失電子總數(shù)相等，常用于有關(guān)氧化還原反應(yīng)的計算及配平氧化還原反應(yīng)方程式；運用守恒規(guī)律進行氧化還原反應(yīng)的計算方法：氧化劑物質(zhì)的量×變價元素的原子個數(shù)×化合價的變化值=還原劑物質(zhì)的量×變價元素的原子個數(shù)×化合價的變化值。
10.下列說法正確是(　　)
A. SO2能使KMnO4水溶液褪色
B. 可以用澄清石灰水鑒別SO2和CO2
C. 硫粉在過量的純氧中燃燒可以生成SO3
D. 少量SO2通過濃的CaCl2溶液能生成白色沉淀
【答案】A
【解析】
【詳解】A. SO2有還原性，可以將酸性KMnO4還原而褪色，故A正確；
B. CO2和SO2均使澄清石灰水變渾濁，現(xiàn)象相同，無法鑒別，故B錯誤；
C. S粉在純氧中燃燒也是生成SO2，故C錯誤；
D. 亞硫酸的酸性弱于鹽酸，依據(jù)強酸制弱酸規(guī)律，SO2與CaCl2不反應(yīng)，故D錯誤。
故選A。
11.如圖所示，試管中盛裝的是紅棕色氣體（可能是混合物），當?shù)箍墼谑⒂兴乃壑袝r，試管內(nèi)水面上升，但不能充滿試管，當向試管內(nèi)鼓入氧氣后，可以觀察到試管中水柱繼續(xù)上升，經(jīng)過多次重復(fù)后，試管內(nèi)完全被水充滿，原來試管中盛裝的可能是什么氣體

A. 可能是N2與NO2的混合氣體 B. 可能是O2與NO2的混合氣體
C. 可能是NO與N2的混合氣體 D. 只能是NO2一種氣體
【答案】B
【解析】
【詳解】A．N2和水不反應(yīng)且不溶于水，試管內(nèi)不能完全被水充滿，故A錯誤；
B．O2與NO2的混和氣體可在溶液中發(fā)生反應(yīng)4NO2+O2+2H2O=4HNO3，試管內(nèi)能完全被水充滿，故B正確；
C．N2和水不反應(yīng)且不溶于水，試管內(nèi)不能完全被水充滿，故C錯誤；
D．根據(jù)B中分析可知D錯誤；
答案選B。
12.某混合氣體中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的兩種或多種氣體。現(xiàn)將此無色透明的混合氣體通過品紅溶液后，品紅溶液褪色，把剩余氣體排入空氣中，很快變?yōu)榧t棕色。對于原混合氣體成分的判斷中正確的是(　　)
A. 肯定有SO2和NO
B. 肯定沒有Cl2和NO2，一定有O2
C. 可能有Cl2和O2
D. 肯定只有NO
【答案】A
【解析】
該氣體無色，排除了Cl2、NO2氣體。該氣體能使品紅溶液褪色，則一定含有SO2氣體。將剩余氣體排放到空氣中，氣體迅速變?yōu)榧t棕色，判斷一定含有NO氣體，故一定無O2，所以選A。
13.將盛有12mLNO2和O2的混合氣體的量筒倒立于水槽中，充分反應(yīng)后，還剩余2mL無色氣體，則原混合氣體中O2的體積是
A. 1.2mL B. 2.4mL C. 3.6mL D. 5mL
【答案】A
【解析】
【詳解】如氧氣過量，則剩余2ml無色氣體為氧氣，設(shè)參加反應(yīng)的氧氣的體積為x，則有：

4x+x=12mL-2mL=10mL，x=2mL，所以氧氣的體積為：2mL+2mL=4mL；
如NO2過量，則剩余2mL無色氣體為NO，設(shè)氧氣的體積為y，


y=1.2mL
答案選A。
14.有容積相同的4個集氣瓶，分別裝滿下列各氣體，倒扣在盛水的水槽中，經(jīng)充分反應(yīng)后，集氣瓶進水最多的是
A. NO和N2體積各占50% B. NO2和N2體積各占50%
C. NO2和O2體積各占50% D. NO和O2體積各占50%
【答案】D
【解析】
【詳解】A．NO和N2均不溶于水，故A項中不進水；
B．NO2和N2體積各占50%，二氧化氮和水反應(yīng)的化學方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO,倒放在水槽中，充分作用后集氣瓶中進水為氧氣體積的，即占容器容積的；
C．二氧化氮和氧氣在水中恰好溶解反應(yīng)的化學方程式為：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，等體積NO2與O2的混合氣倒放在水槽中，充分作用后，集氣瓶中進水為集氣瓶體積的；
D．一氧化氮和氧氣在水中恰好溶解反應(yīng)的化學方程式為：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；等體積NO與O2的混合氣倒放在水槽中，充分作用后，集氣瓶中進水為集氣瓶體積的；
答案選D。
15.氨的噴泉實驗中，燒瓶中的液體占，假設(shè)溶質(zhì)不外溢，瓶內(nèi)氨水的濃度為（標準狀況下）
A. 0.04mol/L B. 0.045mol/L C. 0.45mol/L D. 1mol/L
【答案】B
【解析】
【詳解】氨的噴泉實驗中，燒瓶中的液體占，說明氨氣中混有空氣，溶解的氨氣的體積與溶液的體積相等，設(shè)燒瓶的體積為V，則溶解的氨氣的體積與溶液的體積V，則瓶內(nèi)氨水的濃度為==mol/L =0.045mol/L，答案選B。
16.為了更簡便地制取干燥的NH3，下列方法中適合的是
A. NH4Cl與濃H2SO4混合共熱，生成氣體用堿石灰進行干燥
B. N2+3H2 2NH3，用燒堿進行干燥
C. 加熱濃氨水，氣體用堿石灰干燥
D. 加熱NH4HCO3，氣體用P2O5干燥
【答案】C
【解析】
【詳解】A.NH4Cl和H2SO4（濃）混合加熱不反應(yīng)，得不到大量氨氣，不能用來實驗室制備，選項A錯誤；
B.N2與H2反應(yīng)生成氨氣需要高溫高壓催化劑條件，且此反應(yīng)是可逆反應(yīng)，反應(yīng)條件復(fù)雜，得到的產(chǎn)物不純凈，在實驗室中不能實現(xiàn)，選項B錯誤；
C.濃氨水具有揮發(fā)性，加熱能夠促進氨氣的揮發(fā)，氨氣為堿性氣體，應(yīng)選擇堿性干燥劑干燥，可以用堿石灰干燥，選項C正確；
D.碳酸氫銨（NH4HCO3）受熱分解，生成氨氣（NH3）、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學方程式為：NH4HCO3.NH3↑+CO2↑+H2O，用P2O5是酸性氧化物，會吸收氨氣，選項D錯誤；
答案選C。
17.用以下三種途徑來制取相同質(zhì)量硝酸銅
①銅與濃硝酸反應(yīng)?、阢~與稀硝酸反應(yīng)?、坫~先跟氧氣反應(yīng)生成氧化銅，氧化銅再跟稀硝酸反應(yīng)。以下敘述中正確的是
A. 三種途徑所消耗的銅的物質(zhì)的量相等
B. 三種途徑所消耗的硝酸的物質(zhì)的量相等
C. 所消耗銅的物質(zhì)的量是：途徑①＞途徑②＞途徑③
D. 所消耗的硝酸的物質(zhì)的量是：途徑①＞途徑③＞途徑②
【答案】A
【解析】
【分析】
有關(guān)反應(yīng)為：①Cu+4HNO3(濃)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；③2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三組反應(yīng)，可以看出：生成相同質(zhì)量的Cu(NO3)2，消耗相同質(zhì)量的銅，但消耗硝酸的質(zhì)量（或物質(zhì)的量）不相同，途徑①消耗HNO3最多，途徑②次之，途徑③消耗HNO3最少。通過比較可以看出，生產(chǎn)Cu(NO3)2，途徑③效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用，以此來解答。
【詳解】A．由Cu原子守恒可知，三種途徑所消耗的銅的物質(zhì)的量相等，故A正確；
B．由方程式可知生成相同質(zhì)量的Cu(NO3)2，消耗相同質(zhì)量的銅，但消耗硝酸的質(zhì)量(或物質(zhì)的量)不相同，途徑①消耗HNO3最多，途徑②次之，途徑③消耗HNO3最少，故B錯誤；
C．所消耗銅的物質(zhì)的量是：途徑①=途徑②=途徑③，故C錯誤；
D．途徑①消耗HNO3最多，途徑②次之，途徑③消耗HNO3最少，消耗硝酸的物質(zhì)的量是：途徑①＞途徑②＞途徑③，故D錯誤；
答案選A。
18.把7.2g鐵粉投入40mL某HNO3溶液中,充分反應(yīng)后剩余固體1.6g,產(chǎn)生NO2和NO的混合氣體0.08mol。若不考慮N2O4的存在,則原HNO3溶液的物質(zhì)的量濃度( ）
A. 3.5mol·L-1 B. 4.5mol·L -1 C. 7.0mol·L -1 D. 9.0mol·L -1
【答案】C
【解析】
【詳解】鐵粉剩余，硝酸必完全反應(yīng)而且產(chǎn)物為Fe(NO3)2，由N元素守恒，反應(yīng)后N元素一部分存在于NO2和NO的混合氣體中，另一部分存在于Fe(NO3)2中，n(Fe)==0.1mol，所以c(HNO3)==7.0 mol/L。答案選C。
19.在反應(yīng)：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，7.5 mol CuSO4可氧化磷原子的物質(zhì)的量為（ ）
A. 1.5 mol B. 3 mol C. 5 mol D. 6 mol
【答案】A
【解析】
【詳解】首先分析反應(yīng)中各元素的化合價變化，Cu的價態(tài)由+2→+1（還原），11molP元素中6mol化合價升高（氧化）、5mol化合價降低（還原），可見被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的。由電子得失數(shù)目可知，6mol被氧化的P共失電子6mol×5=30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol，即15molCuSO4所氧化的P為=3mol，因此7.5 mol CuSO4可氧化磷原子的物質(zhì)的量為1.5mol，答案選A。
【點晴】得失電子守恒是指在發(fā)生氧化還原反應(yīng)時，氧化劑得到的電子數(shù)一定等于還原劑失去的電子數(shù)。得失電子守恒法常用于氧化還原反應(yīng)中氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的有關(guān)計算及電解過程中電極產(chǎn)物的有關(guān)計算等。電子守恒法解題的步驟是：首先找出氧化劑、還原劑及其物質(zhì)的量以及每摩爾氧化劑、還原劑得失電子的量，然后根據(jù)電子守恒列出等式。計算公式如下：n(氧化劑)×得電子原子數(shù)×原子降價數(shù)＝n(還原劑)×失電子原子數(shù)×原子升價數(shù)。利用這一等式，解氧化還原反應(yīng)計算題，可化難為易，化繁為簡。
20.將1.92g銅粉與一定量的濃硝酸反應(yīng)，當銅粉完全作用時收集到氣體1.12L(標準狀況下)，則消耗硝酸的物質(zhì)的量是
A. 0.12mol B. 0.09mol C. 0.11mol D. 0.08mol
【答案】C
【解析】
【分析】
反應(yīng)生成Cu（NO3）2與氮的氧化物（NO、NO2中的一種或2種），反應(yīng)中硝酸起氧化劑與酸性作用，其氧化劑作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，根據(jù)氮原子守恒可知n反應(yīng)（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2），根據(jù)n=計算1.92gCu的物質(zhì)的量，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2，根據(jù)n=計算生成氣體物質(zhì)的量，據(jù)此計算解答。
【詳解】1.92gCu的物質(zhì)的量==0.03mol，n（NO，NO2）==0.05mol，反應(yīng)生成Cu（NO3）2與氮的氧化物（NO、NO2中的一種或2種），反應(yīng)中硝酸起氧化劑與酸性作用，其氧化劑作用的酸性生成氮的氧化物，其酸性作用的硝酸生成Cu（NO3）2，由Cu原子守恒可知n（Cu）=Cu（NO3）2=0.03mol，根據(jù)氮原子守恒可知n反應(yīng)（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2）=2×0.03mol+0.05mol=0.11mol，
故答案選C。
二、填空題（方程式2分，其他每空1分，共20分）
21.已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素，它們的原子序數(shù)依次增大。X元素的原子形成的離子就是一個質(zhì)子，Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無色氣體，Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍。
（1）請寫出元素符號：Y__Z____W____。
（2）在一定條件下，由X單質(zhì)與Z單質(zhì)反應(yīng)生成E，E在催化劑存在的條件下，可用于還原汽車尾氣中的____，以減少對大氣的污染。
（3）由X、Y、Z、W四種元素可組成酸式鹽，該化合物的水溶液與足量NaOH溶液在加熱條件下反應(yīng)的離子方程式為____。
（4）工業(yè)上用E檢驗輸送氯氣的管道是否漏氣，可觀察到大量白煙，同時有單質(zhì)Z生成，寫出化學方程式____。該反應(yīng)中被氧化的E與參與反應(yīng)的E的質(zhì)量之比___。
【答案】 (1). C (2). N (3). O (4). 一氧化氮、二氧化氮 (5). NH4++HCO3?+2OH?=NH3↑+2H2O+CO32? (6). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 (7). 1:4
【解析】
【分析】
X、Y、Z、W是短周期中四種非金屬元素，它們的原子序數(shù)依次增大，X元素原子形成的離子就是一個質(zhì)子，則X是H元素；Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，最外層電子不能超過8，只能有2個電子層，最外層電子數(shù)為4，則Y是C元素；Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無色氣體，且Z的原子序數(shù)小于W，所以Z是N元素，W是O元素，以此來解答。
【詳解】(1)由上述分析可知， Y為C，Z為N、W為O；
(2)X單質(zhì)為氫氣、Z單質(zhì)為氮氣，氮氣和氫氣在一定條件下反應(yīng)生成氨氣，該反應(yīng)的化學方程式為：N2+3H22NH3；氨氣在催化劑存在的條件下可用于還原汽車尾氣中的氮的氧化物：一氧化氮、二氧化氮，以減少對大氣的污染；
(3)H、C、N、O四種元素可組成酸式鹽NH4HCO3，碳酸氫銨與足量濃NaOH溶液反應(yīng)生成碳酸鈉、氨氣與水，反應(yīng)的離子方程式為NH4++HCO3?+2OH?=NH3↑+2H2O+CO32?；
(4)工業(yè)上用E檢驗輸送氯氣的管道是否漏氣，可觀察到大量白煙，同時有單質(zhì)氮氣生成，故E為NH3，化學方程式為：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，根據(jù)反應(yīng)，8mol氨氣中有2mol氨氣參與氧化還原反應(yīng)被氧化，則該反應(yīng)中被氧化的NH3與參與反應(yīng)的NH3的質(zhì)量之比為2:8=1:4。
22.實驗室模擬合成氨和氨催化氧化的流程如下：


已知：實驗室用飽和亞硝酸鈉（NaNO2）溶液與飽和氯化銨溶液經(jīng)加熱后反應(yīng)制取氮氣。
（1）從圖中選擇制取氣體的合適裝置：氮氣__、氫氣___。
（2）氮氣和氫氣通過甲裝置，甲裝置的作用除了將氣體混合外，還有__、_。
（3）用乙裝置吸收一段時間氨后，再通入空氣，同時將經(jīng)加熱的鉑絲插入乙裝置的錐形瓶內(nèi)，能使鉑絲保持紅熱的原因是：_，錐形瓶中還可觀察到的現(xiàn)象是：____。
（4）寫出乙裝置中氨氧化的化學方程式：_____。
（5）反應(yīng)結(jié)束后錐形瓶內(nèi)的溶液中含有H＋、OH－、_、_離子。
【答案】 (1). a (2). b (3). 干燥氣體 (4). 控制氮氣和氫氣流速 (5). 氨氣的氧化反應(yīng)是放熱反應(yīng) (6). 有紅棕色氣體生成 (7). 4NH3+5O24NO+6H2O (8). NH4+ (9). NO3-
【解析】
【詳解】(1)實驗室用飽和亞硝酸鈉(NaNO2)溶液與飽和氯化銨溶液經(jīng)加熱后反應(yīng)制取氮氣，用鋅與稀硫酸制取氫氣，不需要加熱，故制取氮氣選擇裝置a，制取氫氣選擇裝置b；
(2)氮氣和氫氣通過甲裝置，甲裝置的作用除了將氣體混合外，還有干燥氣體，控制氮氣和氫氣的流速；
(3)使鉑絲保持紅熱的原因是：氨氣的氧化反應(yīng)是放熱反應(yīng)，裝置乙的錐形瓶中發(fā)生的反應(yīng)為4NH3+5O24NO+6H2O，生成的一氧化氮可被裝置中的氧氣氧化為二氧化氮，錐形瓶中還可觀察到的現(xiàn)象是：有紅棕色氣體生成；
(4)由(3)分析可得，乙裝置中氨氧化的化學方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
(5)乙裝置中還發(fā)生的反應(yīng)有NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3+ NH3= NH4NO3，反應(yīng)結(jié)束后錐形瓶內(nèi)的溶液中含有H＋、OH－、NH4+、NO3-。

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