天津市耀华中学2019-2020高一化学下学期第一次月考试题（附解析Word版）

第五章检测 （考试时间 45 分钟 共 100 分） 一、单项选择题（共 20 题，每题 4 分，共 80 分） 1.下列说法中正确的是 A. SiO2 溶于水显酸性 B. SiO2 是酸性氧化物，它不能与任何酸发生反应 C. Si 是地壳中含量最多的非金属元素 D. 硅的化学性质不活泼，但在自然界中主要以化合态存在 【答案】D 【解析】 详解】A．二氧化硅不溶于水，故 A 错误； B．能和 HF 反应，故 B 错误； C．地壳中含量最多的元素是氧，故 C 错误； D．硅的化学性质不活泼，在自然界中主要以化合态存在，故 D 正确； 答案选 D。 【点睛】二氧化硅是酸性氧化物，不能和水反应。 2.下列离子方程式不正确的是 A. 石英与烧碱溶液反应：SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O B. 向氢氧化钠溶液中通入过量 CO2：CO2＋OH－=HCO3- C. 向硅酸钠溶液中加入盐酸：2H＋＋SiO32-＋H2O=H4SiO4↓ D. 向碳酸钙上滴稀硝酸：CO32-＋2H＋=H2O＋CO2↑ 【答案】D 【解析】 【详解】A．石英与烧碱溶液反应的离子反应为 SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O，故 A 正确； B. 向氢氧化钠溶液中通入过量 CO2 生成碳酸氢钠，反应的离子反应方程式为 CO2＋OH－ =HCO3-，故 B 正确； C. 向硅酸钠溶液中加入盐酸的离子反应为 2H＋＋SiO32-＋H2O=H4SiO4↓，故 C 正确； D. 向碳酸钙上滴稀硝酸的离子反应为 CaCO3+2H+＝H2O+Ca2++CO2↑，故 D 错误； 答案选 D。 【【点睛】难溶物不能拆成离子形式，例如碳酸钙不能拆成离子形式。 3.在 SiO2＋3C SiC＋2CO↑反应中，氧化剂和还原剂的质量比为 A. 7:3 B. 7:6 C. 1:2 D. 2:1 【答案】C 【解析】 【详解】该反应中，部分 C 元素的化合价由 0 降低为-4 价，部分 C 元素的化合价由 0 升高为+2 价，由电子守恒可知，3molC 中只有 1molC 为氧化剂、2molC 作还原剂，所以氧化剂与还原 剂的质量比是 1：2，答案选 C。 【点睛】碳化硅中，碳是-4 价，碳即作氧化剂又作还原剂。 4.下列说法正确的是 A. 二氧化硅溶于水显酸性 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剂 D. 二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任 何酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化硅属于酸性氧化物但和水不反应，故 A 错误； B．碳酸酸性大于硅酸，所以二氧化碳、水和硅酸钠反应生成原硅酸，故 B 正确； C．二氧化硅没有吸水性，不能做干燥剂，作干燥剂的是硅胶，故 C 错误； D．二氧化硅属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，且能溶于 HF，所以可以用 HF 雕刻玻璃， 故 D 错误； 答案选 B。 5.将过量的 CO2 分别通入:①CaCl2 溶液；②Na2SiO3 溶液；③NaAlO2 溶液；④饱和 Na2CO3 溶 液；⑤Ca(OH)2，最终溶液中有白色沉淀析出或浑浊的是 A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ②④⑤ D. ①②④ 【答案】B 【解析】 【详解】①因为盐酸的酸性强于碳酸，因此 CaCl2 不与 CO2 反应，没有沉淀产生，故①错误； ②碳酸的酸性强于硅酸，即发生 Na2SiO3＋2CO2＋H2O=2NaHCO3＋H2SiO3↓，最终有沉淀产 高温生，故②正确； ③碳酸的酸性强于偏铝酸，因此有 CO2＋NaAlO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋NaHCO3，氢氧化铝不 溶于碳酸，有白色沉淀产生，故③正确； ④碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此碳酸钠溶液中通入 CO2，发生 Na2CO3＋CO2＋ H2O=2NaHCO3↓，有白色沉淀产生，故④正确； ⑤因为通入过量的 CO2，因此反应是 Ca(OH)2＋CO2=Ca(HCO3)2，没有沉淀产生，故⑤错误； 综上所述，选项 B 正确。 【点睛】本题易错点是①，学生认为生成白色沉淀 CaCO3，反应方程式为 CaCl2＋CO2＋ H2O=CaCO3↓＋2HCl，学生忽略了盐酸的酸性强于碳酸，反应又回去了，因此 CO2 通入到 CaCl2 溶液，没有沉淀产生。 6.下列说法中错误的是 A. 硅酸是不挥发性酸，因此不能由盐酸制得 B. 氢氟酸能和玻璃发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中 C. 水玻璃有黏性，所以要存放在带橡胶塞的试剂瓶中 D. 烧碱溶液会腐蚀玻璃并生成硅酸钠，所以烧碱溶液要存放在带橡胶塞的试剂瓶里 【答案】A 【解析】 【详解】A、盐酸的酸性比硅酸强，根据强酸可以制弱酸原理，利用硅酸盐与盐酸反应可以制 得硅酸，A 错误； B、因氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅发生化学反应，所以氢氟酸要存放在塑料瓶中，不能保存 在玻璃瓶中，B 正确； C、硅酸钠是一种粘合剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而用在带 橡胶塞的玻璃瓶，C 正确； D、因玻璃塞中的二氧化硅能和氢氧化钠反应有硅酸钠（Na2SiO3）生成，硅酸钠是一种粘合 剂，所以氢氧化钠溶液不能用带有磨口玻璃塞的试剂瓶盛装，而用在带橡胶塞的玻璃瓶，D 正 确； 答案选 A。 7.下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是(　　) ①氯气　②液氯　③新制氯水　④氯气的酒精溶液　⑤盐酸　⑥盐酸酸化的漂白粉溶液 A. ①②③ B. ①②③⑥ C. ③⑥ D. ③④⑥【答案】C 【解析】 ①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误； ②液氯是氯气的液态形式是纯净物，不能使 干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；③新制氯水中含有 HCl 和 HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸 先变红后褪色，故③正确；④氯气的酒精溶液，无 HClO 生成，不能使干燥的石蕊试纸褪色， 故④错误；⑤盐酸能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，但不退色，故⑤错误；⑥用盐酸酸化的漂 白粉溶液中含有 HCl 和 HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确。故选 C。 8.氯化碘（ICl）的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是 A. HI 和 HClO B. HCl 和 HIO C. HClO3 和 HIO D. HClO 和 HIO 【答案】B 【解析】 【详解】氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，ICl 中 I 元素的化合价为+1 价，Cl 元素的化合价 为−1 价，反应方程式为 ICl+H2O=HCl+HIO，生成物为 HCl 和 HIO，答案选 B。 【点睛】氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，具有氧化性，与水反应时注意元素化合价的变化。 9.某温度下，将 Cl2 通入 NaOH 溶液中，反应得到 NaCl、NaClO、NaClO3 的混合液，经测定 ClO －与 ClO 的物质的量浓度之比为 1∶3，则 Cl2 与 NaOH 溶液反应时，被还原的氯元素与被氧 化的氯元素的物质的量之比为 A. 21∶5 B. 11∶3 C. 3∶1 D. 4∶1 【答案】D 【解析】 【详解】根据 ClO-与 ClO3-的浓度之比 1：3，由 Cl 到 ClO-，失去 1 个电子，由 Cl 到 ClO3-， 失去 5 个电子，一共失去 1+3×5=16 个电子；由 Cl 到 Cl-，得到 1 个电子，需要 16 个原子才 能得到 16 个电子，所以，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比=16：(1+3)=4： 1，故答案为 D。 【点睛】氧化还原反应中，氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等，常用于有关氧化还 原反应的计算及配平氧化还原反应方程式；运用守恒规律进行氧化还原反应的计算方法：氧 化剂物质的量×变价元素的原子个数×化合价的变化值=还原剂物质的量×变价元素的原子个数 ×化合价的变化值。 10.下列说法正确 是(　　)的A. SO2 能使 KMnO4 水溶液褪色 B. 可以用澄清石灰水鉴别 SO2 和 CO2 C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成 SO3 D. 少量 SO2 通过浓的 CaCl2 溶液能生成白色沉淀 【答案】A 【解析】 【详解】A. SO2 有还原性，可以将酸性 KMnO4 还原而褪色，故 A 正确； B. CO2 和 SO2 均使澄清石灰水变浑浊，现象相同，无法鉴别，故 B 错误； C. S 粉在纯氧中燃烧也是生成 SO2，故 C 错误； D. 亚硫酸的酸性弱于盐酸，依据强酸制弱酸规律，SO2 与 CaCl2 不反应，故 D 错误。 故选 A。 11.如图所示，试管中盛装的是红棕色气体（可能是混合物），当倒扣在盛有水的水槽中时，试 管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升， 经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的可能是什么气体 A. 可能是 N2 与 NO2 的混合气体 B. 可能是 O2 与 NO2 的混合气体 C. 可能是 NO 与 N2 的混合气体 D. 只能是 NO2 一种气体 【答案】B 【解析】 【详解】A．N2 和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故 A 错误； B．O2 与 NO2 的混和气体可在溶液中发生反应 4NO2+O2+2H2O=4HNO3，试管内能完全被水充 满，故 B 正确； C．N2 和水不反应且不溶于水，试管内不能完全被水充满，故 C 错误； D．根据 B 中分析可知 D 错误； 答案选 B。 12.某混合气体中可能含有 Cl2、O2、SO2、NO、NO2 中的两种或多种气体。现将此无色透明的 混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断中正确的是(　　) A. 肯定有 SO2 和 NO B. 肯定没有 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】 该气体无色，排除了 Cl2、NO2 气体。该气体能使品红溶液褪色，则一定含有 SO2 气体。将剩 余气体排放到空气中，气体迅速变为红棕色，判断一定含有 NO 气体，故一定无 O2，所以选 A。 13.将盛有 12mLNO2 和 O2 的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余 2mL 无色气 体，则原混合气体中 O2 的体积是 A. 1.2mL B. 2.4mL C. 3.6mL D. 5mL 【答案】A 【解析】 【详解】如氧气过量，则剩余 2ml 无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为 x，则有： 4x+x=12mL-2mL=10mL，x=2mL，所以氧气的体积为：2mL+2mL=4mL； 如 NO2 过量，则剩余 2mL 无色气体为 NO，设氧气的体积为 y， y=1.2mL 答案选 A。 14.有容积相同的 4 个集气瓶，分别装满下列各气体，倒扣在盛水的水槽中，经充分反应后， 集气瓶进水最多的是 A. NO 和 N2 体积各占 50% B. NO2 和 N2 体积各占 50% 2 2 2 34NO +O + 2H O =4HNO 4x x 2 2 2 34NO +O + 2H O =4HNO 4y y 2 2 33NO +H O= 2HNO +NO 12mL 3 1 -y-4y 2C. NO2 和 O2 体积各占 50% D. NO 和 O2 体积各占 50% 【答案】D 【解析】 【详解】A．NO 和 N2 均不溶于水，故 A 项中不进水； B．NO2 和 N2 体积各占 50%，二氧化氮和水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO,倒 放在水槽中，充分作用后集气瓶中进水为氧气体积的 ，即占容器容积的 ； C．二氧化氮和氧气在水中恰好溶解反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，等体积 NO2 与 O2 的混合气倒放在水槽中，充分作用后，集气瓶中进水为集气瓶体积的 ； D．一氧化氮和氧气在水中恰好溶解反应的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；等体积 NO 与 O2 的混合气倒放在水槽中，充分作用后，集气瓶中进水为集气瓶体积的 ； 答案选 D。 15.氨的喷泉实验中，烧瓶中的液体占 ，假设溶质不外溢，瓶内氨水的浓度为（标准状况下） A. 0.04mol/L B. 0.045mol/L C. 0.45mol/L D. 1mol/L 【答案】B 【解析】 【详解】氨的喷泉实验中，烧瓶中的液体占 ，说明氨气中混有空气，溶解的氨气的体积与 溶液的体积相等，设烧瓶的体积为 V，则溶解的氨气的体积与溶液的体积 V，则瓶内氨水的 浓度为= = mol/L =0.045mol/L，答案选 B。 16.为了更简便地制取干燥的 NH3，下列方法中适合的是 A. NH4Cl 与浓 H2SO4 混合共热，生成 气体用碱石灰进行干燥 B. N2+3H2 2NH3，用烧碱进行干燥 C. 加热浓氨水，气体用碱石灰干燥 D. 加热 NH4HCO3，气体用 P2O5 干燥 【答案】C 的 2 3 1 3 5 8 7 8 8 9 8 9 8 9 8 VL9 22.4L / mol 8 VL9 1 22.4【解析】 【详解】A.NH4Cl 和 H2SO4（浓）混合加热不反应，得不到大量氨气，不能用来实验室制备， 选项 A 错误； B.N2 与 H2 反应生成氨气需要高温高压催化剂条件，且此反应是可逆反应，反应条件复杂，得 到的产物不纯净，在实验室中不能实现，选项 B 错误； C.浓氨水具有挥发性，加热能够促进氨气的挥发，氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂干燥， 可以用碱石灰干燥，选项 C 正确； D.碳酸氢铵（NH4HCO3）受热分解，生成氨气（NH3）、二氧化碳和水，反应的化学方程式为： NH4HCO3. NH3↑+CO2↑+H2O，用 P2O5 是酸性氧化物，会吸收氨气，选项 D 错误； 答案选 C。 17.用以下三种途径来制取相同质量 硝酸铜 ①铜与浓硝酸反应　②铜与稀硝酸反应　③铜先跟氧气反应生成氧化铜，氧化铜再跟稀硝酸 反应。以下叙述中正确的是 A. 三种途径所消耗的铜的物质的量相等 B. 三种途径所消耗的硝酸的物质的量相等 C. 所消耗铜的物质的量是：途径①＞途径②＞途径③ D. 所消耗的硝酸的物质的量是：途径①＞途径③＞途径② 【答案】A 【解析】 【分析】 有 关 反 应 为 ： ①Cu+4HNO3( 浓 )=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O ； ②3Cu+8HNO3( 稀 )=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ； ③2Cu+O2 2CuO ， CuO+2HNO3(稀)=Cu(NO3)2+H2O，由以上三组反应，可以看出：生成相同质量的 Cu(NO3)2， 消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量（或物质的量）不相同，途径①消耗 HNO3 最多，途径 ②次之，途径③消耗 HNO3 最少。通过比较可以看出，生产 Cu(NO3)2，途径③效果最佳，既 不造成污染，又能提高 HNO3 的利用，以此来解答。 【详解】A．由 Cu 原子守恒可知，三种途径所消耗的铜的物质的量相等，故 A 正确； B．由方程式可知生成相同质量的 Cu(NO3)2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质 的 Δ 加热的量)不相同，途径①消耗 HNO3 最多，途径②次之，途径③消耗 HNO3 最少，故 B 错误； C．所消耗铜的物质的量是：途径①=途径②=途径③，故 C 错误； D．途径①消耗 HNO3 最多，途径②次之，途径③消耗 HNO3 最少，消耗硝酸的物质的量是： 途径①＞途径②＞途径③，故 D 错误； 答案选 A。 18.把 7.2g 铁粉投入 40mL 某 HNO3 溶液中,充分反应后剩余固体 1.6g,产生 NO2 和 NO 的混 合气体 0.08mol。若不考虑 N2O4 的存在,则原 HNO3 溶液的物质的量浓度( ） 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】 【详解】铁粉剩余，硝酸必完全反应而且产物为 Fe(NO3)2，由 N 元素守恒，反应后 N 元素一 部分存在于 NO2 和 NO 的混合气体中，另一部分存在于 Fe(NO3)2 中，n(Fe)= =0.1mol，所以 c(HNO3)= =7.0 mol/L。答案选 C。 19.在反应：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4 中，7.5 mol CuSO4 可氧化磷原子的 物质的量为（ ） A. 1.5 mol B. 3 mol C. 5 mol D. 6 mol 【答案】A 【解析】 【详解】首先分析反应中各元素的化合价变化，Cu 的价态由+2→+1（还原），11molP 元素中 6mol 化合价升高（氧化）、5mol 化合价降低（还原），可见被氧化的 6molP，是被 Cu（+2）和 另一部分 P 共同氧化的。由电子得失数目可知，6mol 被氧化的 P 共失电子 6mol×5=30mol， 其中 Cu（+2）得 15mol，另一部分 P 得另 15mol，即 15molCuSO4 所氧化的 P 为 =3mol，因此 7.5 mol CuSO4 可氧化磷原子的物质的量为 1.5mol，答案选 A。 【点晴】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失 去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物 的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化 剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出 7.2g 1.6g 56g / mol − 0.08mol 0.1mol 2 0.04L + × 15 5 mol等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数× 原子升价数。利用这一等式，解氧化还原反应计算题，可化难为易，化繁为简。 20.将 1.92g 铜粉与一定量的浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到气体 1.12L(标准状况下)， 则消耗硝酸的物质的量是 A. 0.12mol B. 0.09mol C. 0.11mol D. 0.08mol 【答案】C 【解析】 【分析】 反应生成 Cu（NO3）2 与氮的氧化物（NO、NO2 中的一种或 2 种），反应中硝酸起氧化剂与酸 性作用，其氧化剂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，根据氮 原子守恒可知 n 反应（HNO3）=2Cu（NO3）2+n（NO，NO2），根据 n= 计算 1.92gCu 的物质 的量，由 Cu 原子守恒可知 n（Cu）=Cu（NO3）2，根据 n= 计算生成气体物质的量，据此 计算解答。 【详解】1.92gCu 的物质的量= =0.03mol，n（NO，NO2）= =0.05mol， 反应生成 Cu（NO3）2 与氮的氧化物（NO、NO2 中的一种或 2 种），反应中硝酸起氧化剂与酸 性作用，其氧化剂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，根据氮原子守恒可知 n 反应（HNO3）=2Cu （NO3）2+n（NO，NO2）=2×0.03mol+0.05mol=0.11mol， 故答案选 C。 二、填空题（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种非金属元素，它们的原子序数依次增大。X 元素 的原子形成的离子就是一个质子，Z、W 在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温 下均为无色气体，Y 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍。 （1）请写出元素符号：Y__Z____W____。 （2）在一定条件下，由 X 单质与 Z 单质反应生成 E，E 在催化剂存在的条件下，可用于还原 汽车尾气中的____，以减少对大气的污染。 （3）由 X、Y、Z、W 四种元素可组成酸式盐，该化合物的水溶液与足量 NaOH 溶液在加热 m M m V V 1.92 64 / g g mol 1.12 22.4 / L L mol条件下反应的离子方程式为____。 （4）工业上用 E 检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质 Z 生成，写 出化学方程式____。该反应中被氧化的 E 与参与反应的 E 的质量之比___。 【 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 是短周期中四种非金属元素，它们的原子序数依次增大，X 元素原子形成的离 子就是一个质子，则 X 是 H 元素；Y 原子的最外层电子数是内层电子数的 2 倍，最外层电子 不能超过 8，只能有 2 个电子层，最外层电子数为 4，则 Y 是 C 元素；Z、W 在元素周期表中 处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，且 Z 的原子序数小于 W，所以 Z 是 N 元素，W 是 O 元素，以此来解答。 【详解】(1)由上述分析可知， Y 为 C，Z 为 N、W 为 O； (2)X 单质为氢气、Z 单质为氮气，氮气和氢气在一定条件下反应生成氨气，该反应的化学方 程式为：N2+3H2 2NH3；氨气在催化剂存在的条件下可用于还原汽车尾气中的氮的 氧化物：一氧化氮、二氧化氮，以减少对大气的污染； (3)H、C、N、O 四种元素可组成酸式盐 NH4HCO3，碳酸氢铵与足量浓 NaOH 溶液反应生成 碳酸钠、氨气与水，反应的离子方程式为 NH4++HCO3−+2OH−=NH3↑+2H2O+CO32−； (4)工业上用 E 检验输送氯气的管道是否漏气，可观察到大量白烟，同时有单质氮气生成，故 E 为 NH3，化学方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，根据反应，8mol 氨气中有 2mol 氨气参与 氧化还原反应被氧化，则该反应中被氧化的 NH3 与参与反应的 NH3 的质量之比为 2:8=1:4。 22.实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：  催化剂 高温高压已知：实验室用饱和亚硝酸钠（NaNO2）溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。 （1）从图中选择制取气体的合适装置：氮气__、氢气___。 （2）氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有__、_。 （3）用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内， 能使铂丝保持红热的原因是：_，锥形瓶中还可观察到的现象是：____。 （4）写出乙装置中氨氧化的化学方程式：_____。 （5）反应结束后锥形瓶内的溶液中含有 H＋、OH－、_、_离子。 【答案】 (1). a (2). b (3). 干燥气体 (4). 控制氮气和氢气 流速 (5). 氨气 的氧化反应是放热反应 (6). 有红棕色气体生成 (7). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (8). NH4+ (9). NO3- 【解析】 【详解】(1)实验室用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气， 用锌与稀硫酸制取氢气，不需要加热，故制取氮气选择装置 a，制取氢气选择装置 b； (2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有干燥气体，控制氮气和氢 气的流速； (3)使铂丝保持红热的原因是：氨气的氧化反应是放热反应，装置乙的锥形瓶中发生的反应为 4NH3+5O2 4NO+6H2O，生成的一氧化氮可被装置中的氧气氧化为二氧化氮，锥形瓶中 还可观察到的现象是：有红棕色气体生成； (4)由(3)分析可得，乙装置中氨氧化的化学方程式：4NH3+5O2 4NO+6H2O； (5)乙装置中还发生的反应有 NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3+ NH3= NH4NO3，反应结束后锥形 瓶内的溶液中含有 H＋、OH－、NH4+、NO3-。 的 催化剂 加热 催化剂 加热 催化剂 加热