【化学】福建省龙岩市漳平市第一中学2018-2019学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

福建省龙岩市漳平市第一中学2018-2019学年高一上学期第二次月考试题（解析版）
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分
第Ⅰ卷(选择题，共60分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64
一、选择题(每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意)
1.下列各种碳单质的用途中，利用化学性质的是( )
A. 石墨用作电极 B. 金刚石制作首饰
C. 焦碳用于金属的冶炼 D. 活性炭用于冰箱除异味
【答案】C
【解析】
【分析】物理性质是指物质不需要发生化学变化就表现出来的性质，化学性质是指物质在化学变化中表现出来的性质。而化学变化的本质特征是变化中有新物质生成，因此，判断物理性质还是化学性质的关键就是看表现物质的性质时是否有新物质产生，据此分析作答。
【详解】A. 石墨用作电极是利用石墨的导电性，没有新物质生成，属于物理性质范畴，故A项错误；
B. 金刚石制作首饰是因为其具有特殊的金刚光泽，属于物理性质范畴，故B项错误；
C. 用焦碳冶炼金属是利用焦碳的还原性，焦碳与金属的化合物反应还原出金属单质，有新物质生成，所以用焦碳冶炼金属利用了其化学性质，故C项正确；
D. 活性炭用于除冰箱中的异味是利用活性炭疏松多孔，具有吸附性，没有新物质生成，属于物理性质，故D项错误，
答案选C。
2.下列气体中，既有颜色又有毒性的是( )
A. N2 B. CO C. NO2 D. NH3
【答案】C
【解析】有毒性的气体有CO，NO2； N2 、CO 、NH3均是无色气体，NO2为红棕色气体，故既有颜色又有毒性的是NO2。答案选C。
3. 关于氨的下列叙述中，正确的是（ ）
A. 氨因为有刺激性气味，因此不用来作制冷剂
B. 氨具有还原性，可以被氧化为NO
C. 氨极易溶于水，因此氨水比较稳定(不容易分解)
D. 氨溶于水显弱碱性，因此可使石蕊试液变为红色
【答案】B
【解析】液态氨气汽化需要吸收大量的热，所以氨气具有制冷作用，常用作制冷剂，A项错误；氨气中氮元素处于最低价-3价，化合价能够升高为一氧化氮中的+2价，所以氨气能够被氧化生成一氧化氮，B项正确；一水合氨不稳定，受热易分解，C项错误；氨溶于水显弱碱性，因此可使石蕊试液变为蓝色，D项错误；
4.下列反应起了氮的固定作用是( )
A. NO与O2反应生成NO2 B. NH3经催化氧化生成NO
C. N2和O2在放电下生成NO D. 由NH3制碳铵或硫铵
【答案】C
【解析】
【分析】将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，叫做氮的固定，根据氮的固定定义分析作答。
【详解】A. NO与O2反应生成NO2，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故A项错误；
B. NH3经催化氧化生成NO，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故B项错误；
C. N2和O2在放电条件下合成NO，是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，则属于氮的固定，故C项正确；
D. 由NH3制碳酸氢铵，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D项错误；
答案选C。
5.下列各组中的两种物质作用时，反应条件（温度、反应物用量、反应物浓度等）改变，不会引起产物改变的是（ ）
A. Na2O2和CO2 B. NaOH和CO2
C. Na和O2 D. Cu和HNO3
【答案】A
【解析】A、Na2O2和CO2反应生成Na2CO3和O2，反应产物与反应条件无关；B、NaOH和CO2反应，当CO2少量反应生成Na2CO3，CO2过量反应生成NaHCO3；C、Na和O2反应的产物与反应条件有关，常温下生成Na2O，加热生成Na2O2；D、Cu和HNO3的反应产物与硝酸浓度有关，Cu和浓HNO3反应生成NO2，Cu和稀HNO3反应生成NO。故选A。
6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A. 6.4g Cu与足量硝酸反应时转移电子的数目一定为0.2NA
B. 1mol Cl2参加反应时转移的电子数目一定为2NA
C. 1mol·L-1 KCl溶液中含有的氯离子数目为NA
D. 22.4L NH3中含有4NA个原子
【答案】A
【详解】A. 6.4 g Cu的物质的量n = 0.1 mol，0.1 mol铜无论与足量浓硝酸还是稀硝酸反应时，都转化为Cu2+，因此失去电子的物质的量一定为0.2 mol，则转移电子的数目一定为0.2 NA，故A项正确；
B. 氯气若与氢氧化钠溶液反应，其方程式为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，在这个反应中氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol Cl2参加反应时，转移了1 mol电子，转移的电子数目为NA，故B项错误；
C. KCl溶液的物质的量浓度为1mol·L-1，若要计算氯离子数，根据公式n = cV，可知，溶液体积未知的情况下，无法计算氯离子数，故C项错误；
D. 题设中，未说明是标准状况，若不是标准状况下，无法计算22.4 L氧气的物质的量，故D项错误；
答案选A。
7.下列物质中，加热不易分解的是(　　)
A. NaHCO3 B. NH4Cl C. Na2SO4 D. NH4HCO3
【答案】C
【解析】
【分析】A. NaHCO3受热易分解，其方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
B. NH4Cl受热易分解，其方程式为：NH4ClNH3+HCl；
D. NH4HCO3受热易分解，其方程式为：NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑，采用排除法分析作答。
【详解】A. NaHCO3受热易分解，其方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故A项错误；
B. NH4Cl受热易分解，其方程式为：NH4ClNH3+HCl，故B项错误；
C. Na2SO4稳定，受热不易分解，故C项正确；
D. NH4HCO3受热易分解，其方程式为：NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑，故D项错误；
答案选C。
8.将过量CO2通入下列溶液中，最后得到悬浊液的是(　　)
A. CaCl2溶液 B. 饱和碳酸钠溶液 C. 漂白粉溶液 D. 澄清石灰水
【答案】B
【解析】
【分析】A. CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，无明显变化；
B. 碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3；
C. 碳酸酸性大于次氯酸，小于盐酸；
D. 将过量CO2通入到澄清石灰水中，生成碳酸氢钙。
【详解】A. CaCl2溶液通入过量的二氧化碳，无明显变化，始终无浑浊出现，故A项错误；
B. 因碳酸钠与二氧化碳和水反应生成溶解度较小的NaHCO3，故最终有碳酸氢钠析出而使溶液变浑浊，故B项正确；
C. 漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，而二氧化碳和氯化钙不反应，过量的二氧化碳与次氯酸钙反应生成次氯酸和碳酸氢钙，最后无沉淀生成，故C项错误；
D. 将过量CO2通入到澄清石灰水中，发生如下反应：2CO2+Ca(OH)2═Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2可溶，最后无沉淀生成，故D项错误；
答案选B。
9.下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是(　　)
A. 200mL  2mol/L  MgCl2溶液 B. 1000mL  2.5mol/L  NaCl溶液
C. 250mL  1mol/L  AlCl3溶液 D. 300mL  5mol/L  KCl溶液
【答案】D
【解析】
【分析】根据溶液中C(Cl-) = 溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数，与溶液的体积无关，结合选项判断即可。
【详解】A. 200 mL2 mol/L MgCl2溶液中c(Cl−) = 2c(MgCl2)=2mol/L×2 = 4 mol/L；
B. 1000 mL2.5 mol/L NaCl溶液中c(Cl−) = c(NaCl) = 2.5 mol/L；
C. 250 mL1 mol/L AlCl3溶液中c(Cl−) = 3c(AlCl3) = 1mol/L×3= 3 mol/L；
D. 300 mL5 mol/L KCl溶液中c(Cl−) = c(KCl) = 5mol/L×1 = 5 mol/L；
所以在300 mL5 mol/L KCl溶液中，氯离子浓度最大，为5mol/L；
答案选D。
10.下列反应中HNO3既表现出酸性又表现出强氧化性的是(　　)
A. 稀硝酸与CuO反应 B. 稀硝酸与NaOH 溶液反应
C. 浓硝酸与铜反应 D. 浓硝酸与灼热的碳反应
【答案】C
【解析】
【分析】硝酸表现氧化性，则反应后N元素的化合价降低；表现出酸性，反应物中有硝酸盐生成。
【详解】A. 稀硝酸与CuO反应反应生成硝酸铜和水，化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故A项错误；
B. 稀硝酸与NaOH溶液反应生成硝酸钠和水，属于酸碱中和反应，化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故B项错误；
C. 浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO2和水，部分N元素化合价由+5价降低到+4价，硝酸表现出氧化性，同时还有一部分硝酸生成了硝酸铜，则硝酸还表现出酸性，故C项正确；
D. 浓硝酸与灼热的碳反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，硝酸只表现出强氧化性，故D项错误；
答案选C。
11.下列对硝酸的认识，不正确的是(　　)
A. 浓硝酸和稀硝酸都具有氧化性 B. 铜与硝酸的反应属于置换反应
C. 金属与硝酸反应不产生氢气 D. 可用铁或铝制品盛装浓硝酸
【答案】B
【解析】
【分析】A. 浓硝酸，稀硝酸具有强氧化性，在与金属、或非金属反应时其中的氮元素化合价降低；
B. 铜与硝酸发生的氧化还原反应生成硝酸铜、氮的氧化物和水；
C. 浓、稀硝酸与金属反应生成氮的氧化物，而不会形成还原性气体氢气；
D. 铁和铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象；
【详解】A. 浓硝酸和稀硝酸氮元素具有最高价，发生化学反应时元素化合价会降低，都具有氧化性，而且与金属反应不生成氢气而是形成氮的氧化物，故A项正确，不符合题意；
B. 置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和一种化合物，而铜与硝酸发生的氧化还原反应生成硝酸铜、氮的氧化物和水，并不是置换反应，故B项错误，符合题意；
C. 浓、稀硝酸与金属反应生成氮的氧化物，而不会形成还原性气体氢气，故C项正确，不符合题意；
D. 铁和铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象，阻止反应进一步发生，因此在常温下可用铁或铝制品盛装浓硝酸，故D项正确，不符合题意；
答案选B。
12.下图所示的实验操作，不能达到相应目的的是( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】A、浓硫酸具有吸水性，Cl2不溶于浓硫酸，可以利用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气，且气体进入装置导管为“长进短出”，故A正确；B、CO2易与NaOH反应，挤压胶头滴管，向烧瓶中加几滴NaOH溶液，CO2与NaOH反应后，烧瓶内压强减小，烧杯中的NaOH可进入烧瓶形成喷泉实验，故B正确；C、NH3极易溶于水，挤压胶头滴管，向烧瓶中滴加几滴水，NH3溶于水，烧瓶内压强减小，气球体积变大，故C正确；D、碳酸氢钠不稳定，图中不能体现对比性，小试管中温度低应盛放碳酸氢钠，故D错误。故选D。
13.实验室制取少量N2，常利用的反应是NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，关于该反应的说法正确的是(　　)
A. NaNO2是还原剂 B. 生成1 mol N2时转移的电子数为6 mol
C. NH4Cl中的氮元素被还原 D. N2既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】A、NaNO2中N元素的化合价降低，得电子，作氧化剂，故A错误；B、每生成1molN2，消耗1molNaNO2得3mol电子，消耗1molNH4Cl失去3mol电子，即转移的电子为3mol，故B错误；C、NH4Cl中的N元素化合价升高，失去电子被氧化，故C错误；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选D。
14.下列叙述正确的是(　　)
A. SO2的漂白原理与次氯酸相同
B. 硫在空气中燃烧生成大量SO3
C. SO2能使紫色石蕊溶液先变红后褪色
D. 浓硝酸呈黄色是因为硝酸不稳定，容易分解出NO2气体溶于其中的缘故
【答案】D
【解析】
【分析】A. 根据二氧化硫和次氯酸的漂白原理分别是：和有机色质结合、具有氧化性来回答；
B. 硫在空气中燃烧生成二氧化硫；
C. 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，但二氧化硫不能漂白石蕊试液；
D. 浓硝酸分解生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮易溶于水；
【详解】A. 二氧化硫的漂白原理为：和有机色质结合，属于化合过程，加热颜色会复原，而次氯酸的漂白性则是因为其自身的氧化性而具有漂白性，两者原理不一样，故A项错误；
B. 硫在空气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，故B项错误；
C. 二氧化硫与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，可使紫色石蕊试液变红，但二氧化硫的漂白性具有选择性，只针对品红溶液，不能使石蕊褪色，故C项错误；
D. 浓硝酸分解生成红棕色的二氧化氮，则浓硝酸呈变黄，是因为浓硝酸分解生成的有色产物二氧化氮溶于其中的缘故，故D项正确；
答案选D。
15.检验铵盐的方法是取少量待检固体放入试管中然后( )
A. 加水溶解，用红色石蕊试纸检验溶液的酸碱性
B. 加热，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口
C. 加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸放靠近试管口
D. 加水溶解，测溶液的pH值
【答案】C
【解析】
【分析】检验铵盐溶液的方法是：铵盐和氢氧化钠在加热条件下生成氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸会变蓝色，由原子守恒来判断原溶液是否为铵盐。
【详解】A. 铵盐和水混合不会产生氨气，通常不使用红色石蕊试纸检验溶液的酸碱性，而且显酸性的溶液不一定是铵盐溶液，故A项错误；
B. 有的铵盐受热分解不产生氨气；有的铵盐虽然受热可以分解产生氨气，但同时会生成其他气体，而且在试管口混合气体可能发生反应从而无法使湿润红色石蕊试纸变蓝，故B项错误；
C. 加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若湿润红色石蕊试纸变蓝色，证明产生的气体是氨气，根据原子守恒规律可知，则该盐中含有铵根离子，故C项正确；
D. 大多数铵盐的溶液显酸性，但显酸性的溶液不一定是铵盐溶液，故D错误；
答案选C。
16.在酸性溶液中，下列各组离子能大量共存的是 ( )
A. K+、NO3-、OH-、Na+ B. Na+、K+、HCO3-、SO42-
C. K+、NO3-、Cl-、Ca2+ D. K+、NO3-、Fe2+、Cl-
【答案】C
【解析】
【分析】在酸性溶液中存在大量H+，根据离子反应发生的条件采取排除法分析作答。
A. OH-与H+反应；
B. HCO3-与H+反应；
C. 四种离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；
D. 酸性溶液中，该组离子发生氧化还原反应。
【详解】根据题设条件可知，在酸性溶液中存在大量H+，
A. OH-与H+发生中和反应，生成弱电解质水，不能共存，故A项错误；
B. HCO3 -与H+反应生成二氧化碳和水，因此在酸性溶液中不能大量共存，故B项错误；
C. K+、NO3-、Cl-、Ca2+之间不反应，均不与H+反应，在溶液中能够大量共存，故C项正确；
D. NO3-、Fe2+与H+会发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D项错误；
答案选C。
17.按照物质不同的分类方法，HNO3应属于（　　）
①酸　 ②氢化物　 ③氧化物 　④含氧酸　 ⑤难挥发性酸 ⑥混合物　 ⑦一元酸　 ⑧化合物．
A. ①②③④⑤⑦⑧ B. ①④⑦⑧ C. ①⑥ D. ①④⑤⑦⑧
【答案】B
【解析】HNO3在水中电离出的阳离子只有氢离子属于酸；1个硝酸分子最多能电离出1个氢离子，硝酸属于一元酸；HNO3有固定组成，酸性属于纯净物；硝酸中含有氧元素，所以属于含氧酸；硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，属于化合物；氢化物是氢与其他元素形成的二元化合物，硝酸是三种元素形成的化合物，所以硝酸不属于氢化物；氧化物是氧元素与其它元素形成的二元化合物，硝酸是由氢、氧、氮元素组成的纯净物，硝酸不属于氧化物； 硝酸是挥发性酸；故B正确。
18.氨的喷泉实验中,充满氨的烧瓶被水充满时,瓶内氨水的浓度为(标准状况)( )
A. 0.029 mol·L-1 B. 0.45 mol·L-1 C. 0.045 mol·L-1 D. 1 mol·L-1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氨气极易溶于水，则充满氨的烧瓶内溶液的体积即为氨气的体积，再结合公式n = 及c = 求解作答。
【详解】设容器的体积为V L，则充满氨气的烧瓶内氨气的体积等于烧瓶的体积也为V L，则在标准状况下，氨气的物质的量n = mol，由于氨气极易溶于水，形成氨水,其溶质为一水合氨，该溶质的物质的量等于氨气的物质的量，溶液的体积等于容器的体积，则为V L，再根据c == 0.045 mol/L，故选C；
答案选C。
19.下列气体，可以用排水法收集的是（ ）
A. NO B. NH3 C. HCl D. Cl2
【答案】A
【解析】A. NO难溶于水，可以用排水法收集，A正确；B. NH3极易溶于水，不能用排水法收集，B错误；C. HCl极易溶于水，不能用排水法收集，C错误；D. Cl2能溶于水，不能用排水法收集，D错误，答案选A。
20.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是(　　)

A. 在0～a范围内，只发生中和反应
B. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶1
C. a＝0.3
D. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑
【答案】B
【解析】
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，氢氧化钠与盐酸优先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，然后碳酸钠与盐酸的反应先生成碳酸氢钠和氯化钠：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，最后碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量与化学方程式中化学计量数的关系并结合图象分析解答。
【详解】A. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸首先和NaOH发生中和反应生成水和氯化钠，其反应方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，分两步，第一步为：HCl+ Na2CO3=NaHCO3+NaCl，第二步为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，此时开始放出气体，故A项错误；
B. 根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量等于生成的二氧化碳是0.02mol，由图像可知，b点消耗的盐酸的物质的量n总 = cV = 0.06 mol，而ab段发生反应为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，此阶段消耗的盐酸的物质的量n(ab) = n(CO2) = 0.02mol，所以0-a阶段中，与碳酸钠反应消耗的盐酸物质的量n2 = n(Na2CO3) = 0.02 mol，故剩余的盐酸用来消耗氢氧化钠，n(NaOH) = n总- n(ab)- n2 = 0.02mol，则原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶1，故B项正确；
C. 根据碳元素守恒，在混合物中碳酸钠的物质的量是0.02 mol，所以两步反应：HCl+ Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的物质的量均0.02mol，0.1mol⋅L−1稀盐酸的体积分别是0.2 L，结合图像可知a = 0.6-0.2 = 0.4，故C项错误；
D. ab段发生反应为：NaHCO3+HCl = NaCl+H2O+CO2↑，其反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，
答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共40分)
21.已知A、B、C、D、E、F是含有氮元素的化合物，其中A为红棕色气体，F是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，它们之间能发生如下反应：
①A+H2O→B+C　②C+F→D　③D+NaOHF+E+H2O
(1)写出它们的化学式： B_______、C_______、D________；
(2)写出各步反应的化学方程式．
①_______________________________，
②_______________________________．
③_______________________________．
(3)工业生产C的过程中有如下一步反应，即F经催化氧化生成B和H2O，写出该步反应的化学方程式________________________________
【答案】(1). NO (2). HNO3 (3). NH4NO3 (4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (5). HNO3+NH3=NH4NO3 (6). NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O (7). 4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】
【分析】F是能使红色湿润石蕊试纸变蓝的气体，则F为NH3，由③D+NaOH→F+E+H2O，说明D是铵盐，E为钠盐，且A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，则E是NaNO3，D是NH4NO3，根据②C+F→D，可知C是HNO3，A为红棕色气体，再根据①A+H2O→B+C，则A是NO2，B是NO，根据物质的性质分析解答。
【详解】F能使红色湿润石蕊试纸变蓝色，则F是NH3，它们之间能发生如下反应：③D+NaOH→F+E+H2O，说明D是铵盐，E为钠盐，且A、B、C、D、E和F是含有同一种元素的化合物，则E是NaNO3，D是NH4NO3，根据②C+F→D知，C是HNO3，根据①A+H2O→B+C知，且A和B、C都含有同一种元素，则A是NO2，B是NO，
（1）通过以上分析知，B、C和D分别为：NO；HNO3；NH4NO3
故答案为：NO；HNO3；NH4NO3；
（2）①A+H2O→B+C，即3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO；
②C+F→D，即HNO3+NH3=NH4NO3；
③D+NaOHF+E+H2O，即NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O，
故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；HNO3+NH3=NH4NO3；NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O；
（3）氨气经催化氧化生成NO和H2O，该步反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。
22.某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去)。实验步骤如下：

①按图连接装置，并检查气密性；
②准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为80.2g；
③准确称得7g纯碱样品放入容器b中；
④打开分液漏斗a的旋塞， 缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；
⑤打开弹簧夹，往试管A中 缓缓鼓入空气数分钟，然后称得干燥管D的总质量为82.4g 。试回答：
(1)装置B中发生反应的离子方程式_____________________________________________；
(2)鼓入空气的目的是_______________________________________________________，
(3)装置A中试剂X应选用（ ）
A 、NaOH B、浓H2SO4 C、NaHCO3 D、NaCl
(4)若没有C装置，则会导致测定结果______(“偏大”或“偏小”“不变”)
(5)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果______(“偏大”或“偏小”“不变”)
(6)E装置的作用是___________________________；
(7)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为______________。(结果保留一位小数)。
【答案】(1). CO32-+2H+═H2O+CO2↑ (2). 将装置内残留的二氧化碳全部排出，达到精确测量的目的 (3). A (4). 偏大 (5). 偏大 (6). 防止空气中CO2和水蒸气进入D的干燥管中 (7). 75.7％
【解析】
【分析】（1）装置B中试剂为稀硫酸与碳酸钠；
（2）为精确测量，将二氧化碳排出；
（3）根据装置的特点及作用，分析装置A中应盛放的溶液；
（4）评价装置C对测定结果的影响；
（5）盐酸易挥发，也会被D装置中的碱石灰吸收；
（6）分析装置E在整个装置中所起到的作用；
（7）分析实验前后装置D质量变化，并由此质量差计算样品中碳酸钠的质量，求出样品中碳酸钠的质量分数。
【详解】（1）装置B中稀硫酸与碳酸钠发生离子反应方程式为：CO32-+2H+═H2O+CO2↑，
故答案为：CO32-+2H+═H2O+CO2↑；
（2）鼓入空气的目的是：为使装置内残留二氧化碳能被D装置中碱石灰完全吸收，鼓入空气将装置内残留的二氧化碳全部排出，从而达到精确测量的目的。
故答案为：将装置内残留的二氧化碳全部排出，达到精确测量的目的；
（3）因为空气中含有二氧化碳，为了避免对实验测量的干扰，应把鼓入的空气中的二氧化碳吸收处理，所以装置A应放入能与空气中的二氧化碳反应的氢氧化钠溶液，而B、C、D溶质都不和二氧化碳反应，不能达到目的，故答案为：A；
（4）C装置中的浓硫酸具有吸水性，在装置中吸收由B装置排出气体中混有的水分，若少了此装置则会使气体中的水分被D装置中碱石灰吸收，而使测定质量偏大；故答案为：偏大；
（5）盐酸易挥发，如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，反应过程中可能会挥发出氯化氢气体，也会和二氧化碳一起被D装置的碱石灰吸收，最后增重偏大，导致测试结果偏大，故答案为：偏大；
（6）如果D装置直接与外界空气相连通，则空气中的水和二氧化碳会对测定结果带来影响，所以装置E的作用则是防止空气中水和二氧化碳进入装置D中；故答案为：防止空气中CO2和水蒸气进入D中；
（7）反应中放出二氧化碳气体的质量 = 82.4 g-80.2 g = 2.2g
设放出2.2g二氧化碳消耗碳酸钠的质量为x
Na2CO3～CO2
106 44
x 2.2g
解之得 x = 5.3 g
纯碱样品Na2CO3的质量分数=×100%≈75.7 %
故答案为：75.7 %.
23.(1)实验室常用下图所示装置制取并收集氨气。

①实验室制取氨气反应的化学方程式为____________________________________；
②图中方框内收集氨气的装置可选用_________________(填字母序号)；
③尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是_________________________________。
(2)在盛有一定量浓硝酸的试管中加入6.4g的铜片发生反应。请回答下列问题：
①开始阶段，反应的化学方程式为____________________________________，若该反应共产生标准状况下气体2.24L，则反应过程中被还原的HNO3的物质的量为_______。
②反应结束后铜片有剩余，再加入少量20%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，反应的离子方程式为____________________________________________________。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). C (3). 防止烧杯中的水倒吸 (4). Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (5). 0.1mol (6). 3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】
【分析】（1）①实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应制备氨气；
②氨气的密度比空气的密度小，所以要用向下排空气法收集氨气；
③氨气极易溶于水，倒扣漏斗空间大，能防止倒吸；
（2）①浓硝酸具有强氧化性，与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和二氧化氮、水，再结合氧化还原反应电子守恒与元素守恒规律计算被还原的硝酸；
②在硝酸铜溶液中有硝酸根离子，加入稀硫酸后，硝酸根离子与氢离子结合相当于稀硝酸，能够继续与铜发生反应；
【详解】（1）①实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②氨气极易溶于水，密度比空气小，所以收集氨气可选用向下排空气法，根据进气方向应该用C装置，故答案为：C；
③氨气极易溶于水，倒置漏斗有缓冲作用，气体能充分被吸收且防止倒吸，故答案为：防止烧杯中的水倒吸；
（2）①开始阶段，浓硝酸具有强氧化性，与铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和二氧化氮、水，其化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O，二氧化氮的体积为2.24L，则n(NO2) =0.1 mol，根据氧化还原反应的规律可知，又被还原的硝酸的物质的量即为生成NO2的物质的量，因此被还原的硝酸的物质的量也为0.1 mol，故答案为：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2 +2NO2↑+2H2O；0.1 mol；
②反应结束后铜片有剩余，溶液中有NO3-，加入少量稀硫酸，以提供H+，NO3-在酸性条件下具有强氧化性，相当于溶质为稀硝酸的溶液，则又能氧化金属铜，生成一氧化氮、硝酸铜与水，反应离子方程式为3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3－=3Cu2++2NO↑+4H2O；