【学海导航】（新课标）高考化学一轮总复习 第4章 非金属及其化合物同步训练(1).doc

第四章非金属及其化合物第10讲无机非金属材料的主角硅一、选择题1.(河南省郑州市2013高三预测)物质间纷繁复杂的转化关系是化学的魅力所在，下列选项中物质的转化在一定条件下不能实现的是()选项转化关系asisio2sibno2hno3no2cfefecl3fedsso2s2.(2013广东)下列措施不合理的是()a用so2漂白纸浆和草帽辫 b用硫酸清洗锅炉中的水垢c高温下用焦炭还原sio2制取粗硅d用na2s做沉淀剂，除去废水中的cu2和hg23.对于a族元素，下列叙述中正确的是()asio2和co2都是由极性共价键形成的非极性分子bc、si和ge的最外层电子数都是4，次外层电子数都是8c该族元素4价的氧化物都比2价的氧化物稳定dco2和sio2都是酸性氧化物，在一定条件下都能和氧化钙反应4.(2013江苏)下列有关物质性质的应用正确的是()a液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂b二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸c生石灰能与水反应，可用来干燥氯气d氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝5.(2013广东)下列叙述和均正确并且有因果关系的是 ()选项叙述叙述anh4cl为强酸弱碱盐用加热法除去nacl中的nh4clbfe3具有氧化性用kscn溶液可以鉴别fe3c溶解度：caco3ca(hco3)2溶解度：na2co3nahco3dsio2可与hf反应氢氟酸不能保存在玻璃瓶中6.(河南省六市2013联考化学试题)下列说法正确的是()a硅和石墨都是重要的半导体材料bso2、no2、co2都会导致酸雨的形成c明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理不同d氢能是清洁能源，工业上用电解水法制大量氢气符合节能减排理念7.二氧化硅(sio2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料，其相关转化关系如图所示，下列说法正确的是()asio2属于两性氧化物b盛放na2co3溶液的试剂瓶不能用玻璃塞c硅胶吸水后不能重复再生d图中所示转化反应都是氧化还原反应二、非选择题8.某校学生课外活动小组的同学设计下图所示实验装置，用来验证一氧化碳具有还原性。回答下列问题：(1)装置b中最适宜的试剂的名称是饱和碳酸氢钠溶液，其作用是除去co2中混有的hcl。(2)装置c的作用是干燥co2，若实验中没有装置c，则不可证明co具有还原性，其原因是c和h2o反应生成的h2也能还原氧化铜。(3)装置d中黑色固体为c，反应的化学方程式为co2c2co。(4)根据实验中的e中黑色固体变红现象，可证明co具有还原性，有关反应的化学方程式是_。(5)若要根据装置f中出现的现象确认一氧化碳具有还原性，应在上图装置d与e之间连接下图中的装置(填序号)。第11讲富集在海水中的元素氯一、选择题1.下列关于氯的说法正确的是()acl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂b.cl、cl为不同的核素，有不同的化学性质c实验室制备cl2，可用排饱和食盐水集气法收集d1.12 l cl2含有1.7na个质子(na表示阿伏加德罗常数)2.(2012山东)下列与含氯化合物有关的说法正确的是()ahclo是弱酸，所以naclo是弱电解质b向沸水中逐滴加入少量饱和fecl3溶液，可制得fe(oh)3胶体chcl溶液和nacl溶液均通过离子导电，所以hcl和nacl均是离子化合物d电解nacl溶液得到22.4 lh2(标准状况)，理论上需要转移na个电子(na表示阿伏加德罗常数)3.(2013浙江)下列说法正确的是()a实验室从海带提取单质碘的方法是：取样 灼烧 溶解 过滤 萃取b用乙醇和浓h2so4制备乙烯时，可用水浴加热控制反应的温度c氯离子存在时，铝表面的氧化膜易被破坏，因此含盐腌制品不宜直接放在铝制容器中d将(nh4)2so4、cuso4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性4.某温度下，将cl2通入naoh溶液中，反应得到nacl、naclo、naclo3的混合溶液，经测定clo与clo的物质的量浓度之比为13，则此反应中被还原的氯元素与被氧化的氯元素原子的物质的量之比是()a215 b113c41 d315.(2013经典习题选萃)下列说法正确的是()正常雨水的ph为7.0，酸雨的ph小于7.0；严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染；使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品会损害人体健康；使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害；食品厂产生的含丰富氮、磷营养素的废水可长期排向养鱼水库。a b c d6.某无色溶液中可能含有i、nh、cu2、so，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是()肯定不含i； 肯定不含cu2；肯定含有so； 可能含有i。a bc d7.(2013届江西省南昌十九中高三10月月考)na2o2、cl2、so2等均能使品红溶液褪色。下列说法正确的是()ana2o2、cl2、so2依次属于电解质、单质、非电解质b标准状况下，1 mol na2o2和22.4 l so2反应，转移电子数目为nac等物质的量cl2和so2同时通入品红溶液，褪色更快d在na2o2中阴阳离子所含的电子数目相等8.(湖北省襄阳市2013届高三调研三月统一测试)下列叙述中正确的是()a干燥的cl2和氯水均能使鲜花褪色b向碘水中通入so2，碘水褪色说明so2具有漂白性c向febr2溶液中滴加少量氯水，溶液变浅黄色是因为生成了br2d将cl2通入agno3溶液中不会有沉淀产生二、非选择题9.(2012新课标全国卷)光气(cocl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下co与cl2在活性炭催化下合成。(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为_。(2)工业上利用天然气(主要成分为ch4)与co2进行高温重整制备co，已知ch4、h2和co的燃烧热(h)分别为890.3 kjmol1、285.8 kjmol1、283.0 kjmol1，则生成1 m3(标准状况)co所需热量为5.52103kj。(3)实验室中可用氯仿(chcl3)与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为_。(4)cocl2的分解反应为cocl2(g)=cl2(g)co(g)h108 kjmol1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 min到14 min的cocl2浓度变化曲线未示出)：计算反应在第8 min时的平衡常数k0.234 moll1；比较第2 min反应温度t(2)与第8 min反应温度t(8)的高低：t(2)t(8)(填“”、“”或“”)；若12 min时反应于温度t(8)下重新达到平衡，则此时c(cocl2)0.031moll1；比较产物co在23 min、56 min和1213 min时平均反应速率平均反应速率分别以v(23)、v(56)、v(1213)表示的大小v(23)v(56)v(1213)；比较反应物cocl2在56 min和1516 min时平均反应速率的大小v(56)v(1213)(填“”、“”或“”)，原因是在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大。 10.(2013北京)某学生对so2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4 g漂粉精固体，加入100 ml水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的phph试纸先变蓝(约为12)，后褪色液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；.稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去(1)cl2和ca(oh)2制取漂粉精的化学方程式是2cl22ca(oh)2cacl2ca(clo)22h2o。(2)ph试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性。(3)向水中持续通入so2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由hcl小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的agno3溶液检验白雾，产生白色沉淀。 实验a的目的是检查白雾中是否含有cl2，排除cl2干扰。由实验a、b不能判断白雾中含有hcl，理由是白雾中含有so2，so2可与酸化的agno3溶液反应产生白色沉淀。 (4)现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和cl发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。(5)将a瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀x。向沉淀x中加入稀hcl，无明显变化。取上层清液，加入bacl2溶液，产生白色沉淀。则沉淀x中含有的物质是caso4。 用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因：cl2so22h2o4h2clso。 第12讲硫和硫的化合物一、选择题1.向25 ml 18.4 mol/l h2so4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的h2so4的物质的量()a小于0.23 molb等于0.23 molc0.23 mol0.46 mol之间d等于0.46 mol2.(2013兰州一中高三第二次月考)新课程倡导合作学习和探究学习。科学的假设与猜想是科学探究的前提，在下列假设(猜想)引导下的探究肯定没有意义的选项是()a探究so2和na2o2反应可能有na2so4生成b探究na与水的反应生成的气体可能是o2c探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是cuod探究向滴有酚酞试液的naoh溶液中通入cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是hclo的漂白性3.(2013届江西省南昌市三校高三上学期期中联考)某无色气体可能含hcl、hbr、so2、h2s中的一种或几种，将该气体通入到适量氯水中，恰好反应，无气体剩余。将所得到的无色溶液分装在两支试管中，分别加入酸化的agno3溶液和酸化的bacl2溶液，均产生白色沉淀，则下列判断正确的为()a原气体中一定有so2，一定无hbr和h2sb原气体中可能有h2sc原气体中一定有hcl和so2d不能确定有无hcl，但一定无so24.向fecl3和bacl2的酸性混合溶液中通入so2气体，有白色沉淀生成，此沉淀是()abaso4 bfescbaso3 ds5.(2013届山西省高三四校联考)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可能有cl2、o2和no2c可能有cl2和o2 d肯定只有no6.在室温时，下列各组中的物质分别与过量naoh溶液反应，能生成5种盐的是()aal2o3、so2、co2、so3 bcl2、al2o3、n2o5、so3cco2、cl2、cao、so3 dsio2、n2o5、co、cl2二、非选择题7.某兴趣小组探究so2气体还原fe3、i2，他们使用的药品和装置如下图所示：(1)so2与fecl3溶液反应的离子方程式为_。(2)下列实验方案适用于在实验室制取所需so2的是bd(填序号)。ana2so3溶液与hno3 bna2so3固体与浓硫酸c固体硫在纯氧中燃烧 d铜与热浓h2so4(3)装置c的作用是吸收so2尾气，防止污染空气。(4)若要从a中所得溶液提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中没有用到的仪器有bf(填序号)。a蒸发皿b石棉网c漏斗d烧杯e玻璃棒f坩埚(5)在上述装置中通入过量的so2，为了验证a中so2与fe3发生了氧化还原反应，他们取a中的溶液，分成三份，并设计了如下实验：方案：往第一份试液加入kmno4溶液，紫红色褪去。方案：往第二份试液加入kscn溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。方案：往第三份试液加入用稀盐酸酸化的bacl2，产生白色沉淀。上述方案不合理的是方案，原因是a的溶液中含有so2，so2也能使kmno4溶液褪色。(6)能表明i的还原性弱于so2的现象是b中蓝色溶液褪色。8.(2013上海)二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体。无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要。完成下列填空：(1)实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是ae(填写字母)。(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 l(标准状况)二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠18.9 g(保留一位小数)；如果已有4.0%亚硫酸钠(质量分数)被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠19.8 g (保留一位小数)。(3)实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。石灰石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰石膏法的吸收反应为so2ca(oh)2=caso3h2o。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2caso3o24h2o=2caso42h2o。其流程如下图：碱法的吸收反应为so22naoh=na2so3h2o。碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如下图：已知：试剂ca(oh)2naoh价格(元/kg)0.362.90吸收so2的成本(元/mol)0.0270.232石灰石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是 利用so2是酸性氧化物，可与碱反应。和碱法相比，石灰石膏法的优点是原料易得，吸收成本低，缺点是吸收速率慢，效率低。(4)在石灰石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案(用流程图表示)。第13讲氮和氮的化合物一、选择题1.将5.6 g铁粉放入一定量某浓度的硝酸溶液中，待铁粉全部溶解后，共收集到no、no2(其他气体忽略不计)混合气体0.15 mol，该混合气体中no与no2的体积比可能是()a12 b21c32 d312.(2013试题调研)相同质量的铜片分别与过量的体积相同的浓硝酸、稀硝酸反应。二者比较，相等的是()铜片消耗完所需时间反应生成的气体体积(标准状况)反应中氧化剂得到的电子总数反应后溶液中铜离子的浓度a bc d只有3.(2014年石家庄质检)fes与一定浓度的hno3反应，生成fe(no3)3、fe2(so4)3、no2、n2o4、no和h2o，当no2、n2o4、no的物质的量之比为111时，实际参加反应的fes与hno3的物质的量之比为()a16 b1625c21 d174.碳跟浓硫酸共热产生的气体x和铜跟浓硝酸反应产生的气体y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法不正确的是()a洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡b在z导管出来的气体中有二氧化碳c洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡d在z导管口有红棕色气体出现5.氮的多样性主要体现在含氮化合物及其性质的多样性上，下列说法正确的是()afe2、mg2、cl、no能大量共存于ph0的溶液中b1 l浓度为1 moll1的nh4cl溶液中含有na个nhc除去no中混有的少量no2，可将混合气体通过盛有水的洗气瓶，再用排空气法收集nod不论是浓硝酸还是稀硝酸，与铜反应均体现出硝酸的酸性和强氧化性6.(2013年豫西五校联考)nano2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性kmno4溶液与nano2反应的化学方程式为mnonomn2noh2o。下列叙述中正确的是()a该反应中no被还原b反应过程中溶液的ph减小c生成1 mol nano3需消耗0.4 mol kmno4d中的粒子是oh7. (2013永州)硝酸是一种具有强氧化性的酸，它不仅能与活泼金属发生反应，也能与许多不活泼金属发生反应。其中金属铜与稀硝酸反应的化学方程式为3cu8hno3(稀)=3cu(no3)22x4h2o，则x的化学式为()ano2 bnocn2o dn2o48.(湖北省荆州市2013质量检查)下列实验过程中，始终无明显现象的是()ano2通入feso4溶液中bco2通入cacl2溶液中cnh3通入alcl3溶液中dso2通入已酸化的ba(no3)2溶液中二、非选择题9.(2012海南)氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答下列问题：(1)氮元素原子的l层电子数为5。(2)nh3与naclo反应可得到肼(n2h4)，该反应的化学方程式为_。(3)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂n2o4反应生成n2和水蒸气。已知：n2(g)2o2(g)=n2o4(l)h1195kjmol1n2h4(l)o2(g)=n2(g)2h2o(g)h2534.2kjmol1写出肼和n2o4反应的热化学方程式_。(4)肼空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为_。 10.(2013浙江)氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生h2的化合物甲和乙。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 l h2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生h2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于naoh溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到h2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25 g/l。请回答下列问题：(1)甲的化学式是_，乙的电子式是_。(2)甲与水反应的化学方程式是_。(3)气体丙与金属镁反应的产物是mg3n2(用化学式表示)。(4)乙在加热条件下与cuo反应可生成cu和气体丙，写出该反应的化学方程式_。有人提出产物cu中可能还含有cu2o，请设计实验方案验证之取少量反应产物，滴加足量稀硫酸，若溶液由无色变为蓝色，证明产物cu中含有cu2o；若溶液不变蓝色，证明产物cu中不含cu2o(已知cu2o2h=cucu2h2o)。(5)甲与乙之间可能(填“可能”或“不可能”)发生反应产生h2，判断理由是alh3中氢元素的化合价为1价，nh3中含有1价的氢元素，二者可发生氧化还原反应产生h2。第10讲1c2b解析：so2具有漂白性，常用于漂白纸浆和草帽辫，a合理；硫酸与锅炉中水垢的主要成分碳酸钙反应生成的微溶的硫酸钙会覆盖在碳酸钙表面阻碍反应的继续进行，所以应选用盐酸除垢而非硫酸，b不合理；焦炭在高温下与sio2反应生成硅和一氧化碳，c合理；cu2、hg2与s2反应生成难溶的cus、hgs沉淀，d正确。3d4.a5d解析：用加热法除去nacl中的nh4cl的原因是nh4cl受热易分解生成氨气和氯化氢，a错误；用kscn溶液鉴别fe3是因为fe3与scn发生络合反应生成红色fe(scn)3，b错误；碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，而碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，c错误；玻璃的主要成分sio2易与hf反应，所以氢氟酸保存在塑料瓶中，d正确。6c7b解析：sio2是酸性氧化物，a错误。硅胶吸水后可以再生，c错误。sio2与hf的反应、sio2与naoh的反应、na2sio3与hcl的反应、sio2与na2co3的反应等均为非氧化还原反应，d错误。8(1)饱和碳酸氢钠溶液除去co2中混有的hcl(2)干燥co2c和h2o反应生成的h2也能还原氧化铜(3)cco2c2co(4)e中黑色固体变红cocuocuco2(5)de第11讲1c2b解析：naclo属于盐，为强电解质，a项错误；向沸水中滴加饱和fecl3制备fe(oh)3胶体，b项正确；hcl属于共价化合物，c项错误；根据电解nacl溶液的阴极反应：2h2e=h2，产生标准状况下22.4 lh2，转移2na个电子，d项错误。3c解析：a选项：实验室从海带提取单质碘缺少了氧化过程，萃取后还要分液。b选项：用乙醇和浓h2so4制备乙烯时必须使温度迅速升高至约170，不可能是水浴加热(水浴加热温度最高只能达到100)。d选项：蛋白质溶液中加入饱和(nh4)2so4溶液发生盐析(盐析是可逆过程，不破坏蛋白质的生理活性，加水后又溶解)，蛋白质溶液中加入cuso4等重金属盐溶液变性析出(变性是不可逆过程，蛋白质失去了生理活性，加水不再溶解)。c选项：通常认为是cl替换氧化铝中的o2而形成可溶性的氯化物，所以铝表面的氧化膜易被cl破坏。4d解析：假设反应中生成1 mol naclo和3 mol naclo3，则有1 mol3 mol516 mol电子发生转移，由电子守恒知，必有16 mol氯原子被还原。5c6d解析：据前后均无色，确定没有cu2；能被溴水氧化的有i、so，其还原性是iso，so先被br2氧化，若so没全部被氧化，i不会参与反应，所以无法确定i是否存在。此题的关注点较多：“少量溴水”、“仍无色”(溴水、碘水、cu2都有颜色)、“还原性iso”，且把选项“肯定不含i”放在第位，设计了先入为主的思维定势：i被氧化后会呈现颜色，现在无色，所以不含i，很容易忽略so的还原性比i强这一点，而误选b。7a8.a9(1)mno24hcl(浓)mncl22h2ocl2(2)5.52103kj(3)chcl3h2o2=hclh2ococl2(4)0.234 moll10.031v(23)v(56)v(1213)在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大10(1)2cl22ca(oh)2=cacl2ca(clo)22h2o(2)碱性、漂白性(3)检查白雾中是否含有cl2，排除cl2干扰白雾中含有so2，so2可与酸化的agno3溶液反应产生白色沉淀(4)向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色(5)caso4cl2so22h2o=4h2clso解析：(1)cl2和ca(oh)2反应生成氯化钙、次氯酸钙与水；(2)ph试纸先变蓝(约为12)，说明溶液呈碱性，后颜色褪去，说明具有漂白性；(3)反应中生成cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否含cl2，排除cl2干扰； 白雾中含有so2，可以被硝酸氧化为硫酸，故so2可以使酸化的agno3溶液产生白色沉淀；(4)向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；(5)取上层清液，加入bacl2溶液，产生白色沉淀，说明so2被氧化为so，故沉淀x为caso4；溶液呈黄绿色，有cl2生成，cl2与so2反应生成盐酸与硫酸。第12讲1a2b解析：a项，na2o2具有强氧化性可以氧化强还原性的so2生成na2so4；b项，钠没有氧化性不可能氧化2价的氧；c项，浓硫酸具有强氧化性可以氧化cu，且cuo是黑色的；d项，cl2h2o=hclhclo，生成物可以中和naoh，碱性减弱，hclo具有强氧化性可以漂白。3a4a解析：题目中隐含了一个重要的条件，即生成的沉淀不溶于酸，即可排除选项b和c。由于fe3具有氧化性，so2具有还原性，两者可发生氧化还原反应，硫元素化合价升高，生成so与ba2结合生成baso4沉淀，不可能生成s，故选项a正确，d错误。5a解析：由题知：混合气体为无色，排除cl2、no2；混合气体通过品红后褪色，确定含有so2；剩余气体排入空气变为红棕色，确定含no，o2不存在，故原混合气体中含有so2、no。6b解析：题中的关键词“过量naoh溶液”，a中只能生成4种盐；b生成5种(nacl、naclo、naalo2、nano3、na2so4)；c中cao不能生成盐；d中co不能成盐。7(1)so22fe32h2o=so2fe24h(2)bd(3)吸收so2尾气，防止污染空气(4)过滤bf(5)方案a的溶液中含有so2，so2也能使kmno4溶液褪色(6)b中蓝色溶液褪色8(1)ae(2)18.919.8(3)利用so2是酸性氧化物，可与碱反应原料易得，吸收成本低吸收速率慢，效率低(4)解析：(1)用硫酸和亚硫酸钠制取so2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知a、e可达到目的。(2)由硫守恒可得：na2so3so2，因此需称取m(na2so3)126 gmol13.36 l/22.4 lmol118.9 g；4 g亚硫酸钠氧化为硫酸钠后质量变为(4142)/1264.5 g，则有4.0%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：96/100.595.5%，因此称取变质样品的质量应为：18.9g95.5%19.8 g。(3)石灰石膏法与碱法吸收so2都是利用so2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收so2的；利用题中已知和有关信息可知采用石灰石膏法所用原料易得、成本低等，但因ca(oh)2碱性弱，导致吸收速率慢、效率低。第13讲1a2c解析：硝酸的浓度越大，反应速率越快，消耗时间越少；1 mol cu与足量的浓硝酸反应会生成2 mol no2,1 mol cu与足量的稀硝酸反应会生成2/3 mol no；参加反应的铜的质量相同，因此氧化剂得到的电子也相同；由于铜元素守恒，反应后溶液中铜离子的浓度也相同。3d解析：设生成的no2、n2o4、no的物质的量均为1 mol，则有4 mol hno3参加氧化还原反应，共得到6 mol电子，当1 mol fes生成硝酸铁、硫酸铁时化合价的变化为铁升高1，硫升高8，即共失去9 mol电子，所以参加氧化还原反应的fes与hno3的物质的量之比为16。但是生成物中还有硝酸铁，因而有一部分硝酸起了酸性介质的作用，通过元素守恒可得方程式中fes与hno3的系数之比为642，即17。4a5.d6c解析：no中n元素的化合价升高，no被氧化，a错误。根据得失电子守恒和原子守恒可知反应的离子方程式为2mno5no6h=2mn25no3h2o，据此可知b、d错误，c正确。7b解析：从反应的化学方程式3cu8hno3(稀)=3cu(no3)22x4h2o看，反应前3cu、8hno3中含cu、h、n、o四种元素的原子个数分别为3、8、8、24，反应后3cu(no3)2、4h2o中含cu、h、n、o四种元素