高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点及练习题及答

高一化学第五章 化工生产中的重要非金属元素知识点及练习题及答案

一、选择题

1．检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是

A ．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

B ．加水溶解，用pH 试纸测溶液的酸碱性

C ．加入NaOH 溶液，加热，再滴入酚酞试液

D ．加入NaOH 溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

【答案】D

【详解】 利用离子反应：，即加入NaOH 溶液后加热会生成NH 3，NH 3是一种碱性气体，溶于水生成NH 3.H 2O 显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D 。

2．下列离子方程式书写正确的是

A ．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba(OH)2溶液时，反应为：Al 3++ 2SO 2-4+ 2Ba 2++ 4OH -= 2BaSO 4↓+ AlO -2+ 2H 2O

B ．硫化亚铁与浓硫酸混合：2H ＋＋FeS=H 2S↑＋Fe 2＋

C ．向次氯酸钙溶液中通入SO 2：Ca 2＋＋2ClO -＋SO 2＋H 2O=CaSO 3↓＋2HClO

D ．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe 2＋＋4H ＋＋NO -

3=3Fe 3＋＋NO↑＋3H 2O

【答案】A

【详解】

A ．Ba(OH)2足量，故明矾KAl(SO 4)2·12H 2O 完全反应，其中Al 3+与OH -反应生成-2AlO ，即

①3+--22Al +4OH = AlO +2H O ，2-4SO 与Ba 2+反应，②2-2+44SO +Ba = BaSO ↓，由于Al 3+、2-

4SO 都来源于明矾，故应满足原比例1:2，则总反应为①+②×2，即

3+2-2+--4422Al +2SO +2Ba +4OH = 2BaSO +AlO +2H O ↓，A 正确； B ．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS 中亚铁氧化为Fe 3+，-2价硫氧化为S 单质，自身被还原为SO 2，B 错误；

C ．次氯酸根有强氧化性，能将SO 2氧化为2-

4SO ，自身被还原为Cl -，C 错误； D ．磁性氧化铁为Fe 3O 4，书写离子方程式时，Fe 3O 4不能拆，D 错误；

故答案选A 。

3．能正确表示下列反应的离子方程式是( )

A ．在稀盐酸中投入大理石粉末：23CO -+2H +=CO 2↑+H 2O

B ．1mol 氯气通入含1molFeBr 2的溶液中：2Fe 2++2Br -+2Cl 2=2Fe 3++Br 2+4Cl -

C ．金属钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu 2+=2Na ++Cu

D ．过量SO 2通入NaClO 溶液中：SO 2+ClO -+H 2O=HClO+3HSO -

【答案】B

【详解】

CO-的形式，A不正确；

A．大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成2

3

B．0.5molCl2先与1molFe2+反应，另外0.5molCl2再与1molBr-反应，离子方程式为：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B正确；

C．金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与Cu2+发生置换反应，C不正确；

HSO-还会发生氧化还原反应，二者不能D．过量SO2通入NaClO溶液中，产物中HClO与

3

共存，D不正确；

故选B。

4．工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是( )

①Fe ②Mg ③Na ④NaOH ⑤I2 ⑥Cu ⑦Si

A．①⑥⑦B．①②⑦C．⑤⑥⑦D．①④⑥

【答案】A

【详解】

①Fe是用CO还原铁矿石制得；

②Mg是先从海水中分离出MgCl2，然后熔融电解获得；

③Na是先从海水中提取食盐，然后熔融电解获得；

④NaOH是电解饱和食盐水获得；

⑤I2是从海藻类植物中提取的；

⑥Cu是采用高温氧化铜矿石的方法获得；

⑦Si是在高温条件下，用焦炭还原二氧化硅获得；

综合以上分析，①⑥⑦不是以海水或海洋资源为主要原料获得，故选A。

5．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；

B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正确；

C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；

D.某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；

故选B。

6．下列实验中，固体不会

．．溶解的是( )

A．氧化铝与足量的稀盐酸混合B．过氧化钠与足量水混合

C．氢氧化铝与足量的氨水混合D．木炭与足量浓硫酸共热

【答案】C

【详解】

A．氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A错误；

B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B错误；

C．氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C正确；

D．浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D错误；

故选C。

7．下列选项中，描述与结论都正确的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【详解】

A．常温下可以用铁罐运输浓硫酸，是由于浓硫酸具有强氧化性，会将金属Fe表面氧化，

产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，不是二者不反应，结论不合理，A错误；

B．SO2溶于水后与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液显酸性，因此将SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，描述不符合事实，B错误；

C．由于浓盐酸具有挥发性，挥发产生的HCl与氨气反应产生NH4Cl白色固体小颗粒，因此用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气，会发现两者反应会产生大量白烟，C正确；

D．加热铝箔时Al与空气中的O2反应产生Al2O3，Al2O3熔点高达2050℃，但Al的熔点只有660℃，故加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化但不滴落，证明Al易与O2反应，产物的熔点高，铝单质的熔点较低，描述有问题，D错误；

故合理选项是C。

8．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为

A．2mol/L B．1.8mol/L C．2.4 mol/L D．3.6 mol/L

【答案】A

【详解】

试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。

9．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）

A．制备并观察氢氧化亚铁

B．证明过氧化钠与水反应放热

C．制备并收集少量NO2气体

D．实验室制备少量氨气

【答案】C

【解析】

【详解】

A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；

B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；

C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；

D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；

答案选C。

10．将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为

A．n(SO2)/n(H2)=1/1 B．n(SO2)/n(H2)=4/1

C．n(SO2)/n(H2)=1/4 D．n(SO2)/n（H2）=3/2

【答案】A

【详解】

根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得

x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1，答案选A。

11．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．

下列有关说法不正确的是（）

A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2

B．无法判断混合物中是否含有Na2O

C．1.92 g固体成分为Cu

D．15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1

【答案】B

【解析】

途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，

A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；

B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；

C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；

D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、

Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得

x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；

【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．

12．一定条件下，氨气和氟气发生反应：4NH3+3F2→NF3 +3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。下列有关说法错误的是( )

A．NF3分子含有极性共价键B．NF3属于共价化合物

C．氧化剂与还原剂物质的量之比 3：1 D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价分子

【答案】D

【分析】

4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。

【详解】

A．NF3分子中含有氮氟化学键，该化学键是极性共价键，故A不选；

B．NF3分子结构和NH3相似，都属于共价化合物，故B不选；

C．在4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0

降低为-1，氧化剂是氟气，还原剂是氨气，有方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比3：1，故C不选；

D．NH4F是离子化合物，为离子晶体，故D选；

故选：D。

13．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是

选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ

A．Fe3+ 有氧化性FeCl溶液可用于回收旧电路板中的铜

B．SiO2有导电性SiO可用于制备光导纤维

C．氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好

D．铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

试题分析：2Fe3+ +Cu= 2Fe3++ Cu2+，故A正确；SiO2不导电，故B错误；

SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D正确。

考点：本题考查元素、化合物性质。

14．CuSO4?5H2O在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如图，下列说法不正确

．．．的是( )

A．113℃分解得到的固体产物为CuSO4?H2O

B．温度低于650℃时的分解反应，均不属于氧化还原反应

C．650℃时的气态产物冷却至室温，可得组成为n(H2SO4)：n(H2O)=1:4的硫酸溶液D．1000℃分解得到的固体产物为CuO

【答案】D

【分析】

n(CuSO4?5H2O)=

5.00g

250g/mol

=0.02mol，CuSO4?5H2O完全失去结晶水时，所得CuSO4的质量

为0.02mol×160g/mol=3.20g，由图中可知，刚好位于温度在258~650℃之间，说明在此之前，胆矾受热分解，只失去结晶水；650~1000℃之间，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为0.02mol×64g/mol=1.28g，则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g，物质的量为

0.32g

16g/mol

=0.02mol，此固体为CuO；1000℃之后，固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为

1.28g，则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g，物质的量为

0.16g

16g/mol

=0.01mol，此固体为

Cu2O。

【详解】

A．113℃时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g，物质的量为

1.44g 18g/mol =0.08mol，则失去结晶水的数目

0.08mol

0.02mol

=4，从而得出分解得到的固体产物为

CuSO4?H2O，A正确；

B．由以上分析可知，温度低于650℃时的分解反应，只失去结晶水，CuSO4的组成未变，所以均不属于氧化还原反应，B正确；

C．650℃时的气态产物中，SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:0.10mol=1:5，所以冷却至室温，可得组成为n(H2SO4)：n(H2O)=1:4的硫酸溶液，C正确；

D．由分析可知，1000℃分解得到的固体产物为Cu2O，D不正确；

故选D。

15．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。下列叙述正确的是

A．沉淀X的成分是SiO2

B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3

C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe(OH)3

D．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+

【答案】A

【分析】

金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y

中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。

【详解】

A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；

B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；

C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；

D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是

Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；

答案选A。

16．二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构与双氧水分子相似。常温下，S2Cl2是一种橙黄色液体，遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中不正确的是

A．S2Br2与S2Cl2结构相似，沸点S2Br2 > S2Cl2

B．S2Cl2的结构式为Cl—S—S—Cl

C．S2Cl2中S显—1价

D．2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl

【答案】C

【详解】

A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高；S2Br2与S2Cl2结构相似，S2Br2相以分子质量较大，所以沸点S2Br2 > S2Cl2，A正确；

B. 由题中信息分子结构与双氧水分子相似，双氧水的结构式为H-O-O-H，所以S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，B正确；

C. 氯和硫都是第3周期元素，氯的非金属性较强，所以S2Cl2中Cl显-1价，S显+1价，C错误；

D. 由题中信息S2Cl2遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体，可知反应后生成二氧化硫，所以S2Cl2与水发生反应的化学方程式为2S2Cl2＋2H2O＝SO2↑＋3S↓＋4HCl，D正确；故选C。

17．无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示（部分反应条件、部分反应中的H、O 已略去）。X、Y、Z均含有同一种元素。下列说法正确的是

A．若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2

B．若Y具有两性，则M的溶液只可能显碱性

C．若Z是导致酸雨的主要气体，则X一定是H2S

D．若M是用途最广的金属，加热蒸干Y的溶液一定能得到Y

【答案】A

【解析】

【详解】

A、若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2，M为能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO2，故A正确；

B. 若Y具有两性，则M的溶液可能显碱性，也可能显酸性，故B错误；

C. 若Z是导致酸雨的主要气体，则X也可以是Na2SO3，Y为NaHSO3，Z为SO2，M为HCl，故C错误；

D. 若M是用途最广的金属，Y为亚铁盐，因为亚铁离子水解，所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y，故D错误；

故答案选A。

18．某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是 ()

A．该溶液X中可能有Fe3＋、Na+

B．取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种C．该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的

D．如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+

【答案】C

【分析】

由题给实验现象可知，向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后，溶液分层，下层呈紫红色，说明溶液中一定存在I－，一定不含Fe3＋；向上层一份溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，此时不能确定是否含有Cl－，向另一份中加入氢氧化钠溶液共热，生成红褐色沉淀，说明溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-和CO32-；有气体生成，说明溶液中一定有NH4+；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有Na＋，透过蓝色钴玻璃片，火焰为紫色，说明溶液中一定含有K＋，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒可知，溶液中含有SO42-和Cl－，综上可知，溶液X中一定含有K＋、Fe2＋、NH4+、I－、SO42-和Cl－，一定不含有Fe3＋、SO32-、CO32-和Na＋。

【详解】

A项、溶液X中一定没有Fe3＋、Na+，故A错误；

B 项、因溶液X 中一定含有Fe 2＋，一定不含有SO 32-，若取样溶液Z ，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X 中一定存在SO 42-，故B 错误；

C 项、由以上分析可知，溶液X 可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故C 正确；

D 项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D 错误；

故选C 。

【点睛】

根据实验现象和离子共存是解答的突破口，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒是判断的关键所在。

19．标准状况下，使2NO 和2O 按4：1体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液

面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为()

A ．1mol /L 14

B ．4mol /L 5

C ．1mol /L 28

D ．1mol /L 42

【答案】C

【分析】 设出二氧化氮和氧气的体积，NO 2和O 2按体积比4：1混合后充入一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中发生反应：4NO 2+O 2+2H 2O=4HNO 3，根据方程式计算．

【详解】

设混合气体中含有4VLNO 2，1VLO 2，则烧瓶的体积为5VL ，

23

2

2+O +2H O =4/22.41/22.44N 4/O 4HNO 22.4

3422.41=c HN mol/L 528O =

（）；故答案为C 。

【点睛】 明确二氧化氮与氧气的反应是解题关键，注意掌握物质的量的相关计算公式的运用。

20．对于1L HNO 3和H 2SO 4的混合溶液，若HNO 3和H 2SO 4物质的量浓度存在如下关系：c(H 2SO 4)+c(HNO 3)═1.0mol?L ﹣1．则理论上最多能溶解铜的物质的量为( )

A ．1.0mol

B ．0.8mol

C ．0.72mol

D ．0.6mol

【答案】D

【详解】

金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，硫酸存在条件下硝酸根可以

全部被还原，反应离子方程式：3Cu+2NO 3﹣+8H +＝3Cu 2++2NO↑+4H 2O ，NO 3﹣和H +的物质的量之比为1：4时恰好反应，溶解的Cu 最多。

设硫酸的物质的量为xmol ，硝酸的物质的量为ymol ，则：x+y ＝1，y ：(2x+y)＝1：4，联立解得：x ＝0.6，y ＝0.4。

设参加反应的铜的最大物质的量是z ，则：

3Cu+2NO 3﹣+8H +＝3Cu 2++2NO↑+4H 2O

3 2

z 0.4mol

3：2＝z ：0.4mol

解得：z ＝0.6mol

故选：D 。

21．下列说法正确的是（ ）

A ．向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色

B ．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定

C ．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe 2O 3和H 2

D ．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性

【答案】B

【详解】

A ．氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A 错误；

B ．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B 正确；

C ．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe 3O 4和H 2，故C 错误；

D ．浓硫酸能将有机物中H 、O 元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D 错误；

故答案为B 。

【点睛】

氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。

22．镁、铝、铁合金投入300mL 3HNO 溶液中，金属恰好溶解，分别转化成2+3+Mg Al 、和3+Fe ;还原产物为NO ，在标准状况下体积为6.72L 。在反应后的溶液中加入300mL 某浓度的NaOH 溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g 。下列有关推断正确的是( )

A ．参加反应的3HNO 的物质的量为0.9mol

B ．NaOH 的物质的量浓度为6-1mol L ?

C ．参加反应的金属的质量为11.9g

D ．3HNO 的物质的量浓度为3-1mol L ? 【答案】C

【分析】

镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al 3+、Fe 3+、Mg 2+离子，根据电子得失守恒、

原子守恒计算。

【详解】

将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金

属共失去电子的物质的量为：

6.72L

×(5-2)

22.4L/mol

=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的

量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则

A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；

B．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质

的量浓度为：c(NaOH)=0.9

0.3

mol

L

=3mol/L，B选项错误；

C．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，C选项正确；

D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的

物质的量浓度为：c(HNO3)= 1.2

0.3

mol

L

=4mol/L，D选项错误；

答案选C。

【点睛】

本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。

23．将18.0 g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了5.4 g。另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中，生成了8.96 L NO(标准状况下)，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为

A．22.8 g B．25.4 g C．33.2g D．无法计算

【答案】A

【详解】

将18.0克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质

量减少的5.4克为Al，物质的量为

5.4g

=0.2mol

27g/mol

；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生

成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为

8.96L

×3=1.2mol

22.4L/mol

，其中0.2mol铝完全反应失去0.6mol电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n(OH-)=0.6mol，从金属单质转化为其氢氧化物，增加的是氢氧根离子的质量，所以反应后沉淀的质量(包括氢氧化铝)等于18.0g+0.6mol×17g/mol=28.2g，但是加入过量氢氧化钠后，不会生成氢氧化铝沉淀，开始合金质量减少了5.4g，所以反应后氢氧

化铜、氢氧化铁的质量为28.2g-5.4g=22.8g，答案选A。

24．在容积为672 mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280 mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况下的体积)，下列有关叙述正确的是( )

A．总反应为NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3

B．总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3

C．生成硝酸的物质的量浓度均为0.030 mol·L－1

D．生成硝酸的物质的量浓度约为0.060 mol·L－1

【答案】B

【分析】

利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。

【详解】

标准状况下672mL的混合气体：n（NO）+n（NO2）=

0.672

22.4L/mol

L

=0.03mol，

（O2）=

0.28L

22.4L/mol

=0.0125mol，

由得失电子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），

解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=0.02mol，

所以总的方程式为：4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，

由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3物质的量为0.03mol。

水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L，硝酸的浓度为：

0.03mol÷0.672L=0.045mol/L。ACD项错误，B项正确；

答案选B。

【点睛】

这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。

25．由MgO、A12O3、SiO2、Fe2O3组成的混合粉末。现取一份该混合粉末试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，得到沉淀X和滤液Y。下列叙述正确的是

A．从组成看，其成分皆是碱性氧化物

B．沉淀X的成分是SiO2

C．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Fe3+、H+

D．在溶液Y中加入过量NaOH溶液，先产生沉淀后全部溶解

【答案】B

【解析】

试题分析：混合粉末加入过量的盐酸，氧化镁反应生成氯化镁，氧化铝反应生成氯化铝，氧化铁反应生成氯化铁，二氧化硅不反应。A、氧化镁和氧化铁是碱性氧化物，氧化铝是

两性氧化物，二氧化硅是酸性氧化物，错误，不选A；B、二氧化硅不溶于盐酸，沉淀X为二氧化硅，正确，选B；C、溶液Y中含有镁离子，铁离子，氢离子和铝离子，错误，不选C；D、溶液Y中加入过量的氢氧化钠，产生氢氧化镁和氢氧化铁沉淀，氢氧化铝沉淀能溶解，其他沉淀不溶解，错误，不选D。

考点：金属及其化合物的性质

二、实验题

26．某课外活动小组用如图所示的实验装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F为氨气和氯气的发生装置，C为纯净、干燥的氯气与氨气反应的装置。

备选装置

ⅠⅡⅢ

请回答下列问题：

(1)装置F中发生反应的离子方程式是___________________________________。

(2)装置A中的烧瓶内固体可选用________(填字母)。

A．碱石灰B．浓硫酸C．生石灰D．五氧化二磷 E.烧碱

(3)虚线框内应添加必要的除杂装置，请从如图的备选装置中选择，并将编号填入下列空格：

B：________、D：________、E：________。

(4)氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气，该反应的化学方程式为：

____________________________________；

(5)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，请设计一个实验方案确定该白色固体中的阳离子：_______________________________________

【答案】MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ACE ⅡⅢⅠ 8NH3＋

3Cl2=6NH4Cl＋N2用试管取少量固体，加入浓烧碱溶液，加热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝证明该白色固体中的阳离子为NH4+

【分析】

(1) 浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；

(2)利用物质溶解时放出的热量促进氨水的挥发来制取氨气，且该物质和氨气不反应；

(3)氨气和氯气均需要干燥，且氯气中混有HCl；

(4)氯气和氨气在常温下混合就能发生反应生成氯化铵和氮气，由此写出反应方程式；

(5)鉴定氯化铵中铵根离子，利用与浓NaOH反应生成氨气的性质判断。

【详解】

(1)装置F中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，发生反应的离子方程式是MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；

(2) A．碱石灰、C．生石灰、E烧碱都是碱性物质，且碱石灰、生石灰、氢氧化钠溶于水放出大量的热，使溶液温度升高，有利于NH3?H2O分解，有氨气逸出，则可以用来制备氨气，而D．五氧化二磷、B．浓硫酸虽然溶于水时放热，但是酸性物质，能与NH3?H2O反应生成铵盐，无氨气逸出，故答案为A、C、E；

(3) 氨气中混有水蒸气，氨气是碱性气体，要除去水蒸气只能用碱性物质，故选Ⅱ；制取的氯气中混有氯化氢气体和水蒸气，氯化氢极易溶于水，氯气也能溶于水，所以不能用水除去氯化氢气体；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，食盐水中含有氯离子，能抑制氯气的溶解，所以要想除去氯气中的氯化氢E应选Ⅰ；水蒸气常用浓硫酸除去，故D选Ⅲ；

(4) 氯气和氨气在常温下混合，发生反应生成氯化铵和氮气的化学方程式为

8NH3+3C12=6NH4C1+N2；

(5)检验白色固体中的阳离子的方法是用试管取少量固体，加入浓烧碱溶液，加热，再将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，红色石蕊试纸变蓝证明该白色固体中的阳离子为NH4+。

27．化学是一门实验为基础的科学。请回答下列问题：

(1)利用如图装置可验证浓、稀硝酸氧化性强弱，请完成实验操作，回答相关问题：

①实验操作过程：固定铜片，打开分液漏斗活塞及止水夹2，从不对称U形管1、2长管口处分别注入稀硝酸、浓硝酸，液面与双孔橡皮塞接触，然后，关闭分液漏斗玻璃活塞、止水夹1、2。此后可观察到现象______；然后打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄（说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以）。

②请用一个化学方程式体现该实验验证浓、稀硝酸氧化性强弱的原理_________。

(2)利用如图装置可以验证非金属性的变化规律。

①干燥管D的作用是__________。

②实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B中所装药品分别为________、________，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为______________________。

③若要证明非金属性：Cl > C >Si，则A中加入试剂____________、B中加Na2CO3、C中加入试剂______________。

【答案】U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差 NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O 防倒吸浓盐酸 KMnO4 Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ HClO4 Na2SiO3

【分析】

（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推入长管形成液面差；

（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性；

（3）①球形干燥管D能够防止倒吸；

②若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，应设计实验先制备氯气，再通过氯气与硫化钠反应生成硫单质证明；

③元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl >

C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明。

【详解】

（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推入长管形成液面差，故实验现象为铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差，故答案为：U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差

（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性，浓硝酸与一氧化氮生成二氧化氮和水的化学方程式为NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O，故答案为：NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O；

（3）①球形干燥管D能够防止倒吸，避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：防倒吸；

②若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，A中加浓盐酸，浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，所以B

中加高锰酸钾；反应生成的氯气与C中硫化钠溶液反应生成氯化钠和淡黄色硫沉淀，反应的离子方程式为Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ，故答案为：浓盐酸；KMnO4；Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ；

③元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl >

C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，A中加高氯酸，B中加碳酸钠，高氯酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，证明氯元素非金属性强于碳元素，反应生成的二氧化碳和C中硅酸钠溶液反应生成硅酸，证明碳的非金属性强于硅，故答案为：HClO4；Na2SiO3。

【点睛】

元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl >

C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明是设计关键。

28．NH3及其盐都是重要的化工原料。

（1）用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，反应发生、气体收集和尾气处理装置依次为__。

（2）按如图装置进行NH3性质实验。

①先打开旋塞1，B瓶中的现象是___，原因是___，稳定后，关闭旋塞1。

②再打开旋塞2，B瓶中的现象是____。

【答案】A、C、G 有白烟生成 A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟液体进入B瓶中，溶液的颜色变红

【分析】

（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气，反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，根据氨气为易溶于水密度比空气小的气体性质选择收集装置，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸；

（2）由于A中压强比B中大，所以当打开旋塞1时，A中的HCl会进入B中与NH3反应生成氯化铵，产生大量的白烟，稳定后，再打开旋塞2，由于氯化氢和氮气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶。

【详解】

（1）实验室用加热固体氯化铵和熟石灰制取氨气，反应发生为固体与固体加热制取气体的装置，应选择装置A制备氨气，氨气为易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，需用向下排空气法收集，应选择装置C收集氨气，氨气极易溶于水，尾气处理需考虑倒吸，倒扣的漏斗边缘浸入水中能防止倒吸，应选装置G进行尾气处理，故答案为：ACG；（2）①由于A中压强比B中大，所以当打开旋塞1时，A中的HCl会进入B中与NH3反应生成氯化铵，产生大量的白烟，故答案为：有白烟生成；A瓶中的氯化氢移动到B瓶中，与B瓶中的氨气反应生成氯化铵，能看到白烟；

②稳定后，再打开旋塞2，由于氯化氢和氨气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶，氯化铵溶液呈酸性，溶液变为红色，故答案为：液体进入B瓶中，溶液的颜色变红。

【点睛】

由于氯化氢和氨气反应生成了固体氯化铵，导致烧瓶内的压强减小，使烧杯中的石蕊溶液进入B瓶是分析关键。

29．某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，设计了如下装置：

（1）实验室常用装置E制备Cl2，反应中浓盐酸所表现出的性质是__________。

（2）反应开始后，发现B、D两个容器中的品红溶液都褪色，停止通气后，给B、D加热，现象分别为：B_________________，D_________________。

（3）装置C的作用是________________________________。

（4）该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两发生装置按下图装置继续进行实验：

通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅。试根据该实验装置和两名同学的实验结果回答问题。

①试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是（用方程式表示）：

________________。

②你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？

_____________________________。

【答案】还原性与酸性又变红色，还是无色尾气吸收，防污染

Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4让氯气或二氧化硫之一过量即可

【详解】

（1）实验室常用不加热制取氯气的反应为高锰酸钾和浓盐酸反应，反应中盐酸表现了还原性与酸性。

（2）B中氯气能使品红褪色，但是加热后不能恢复，D中二氧化硫能使品红褪色，加热后能恢复红色。

（3）氢氧化钠能吸收氯气和二氧化硫，防止污染。

（4）①氯气能和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，没有漂白性，方程式为：

Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。②可以让其中一种气体过量，即氯气或二氧化硫之一过量即可。

30．为了证明铜与稀硝酸反应产生一氧化氮，某校学生实验小组设计了一个实验，其装置如图所示（加热装置和固定装置均已略去），B为一个用金属丝固定的干燥管，内装块状碳酸钙固体；E为一个空的蒸馏烧瓶；F是用于鼓入空气的双连打气球．

（1）实验时，先将B装置下移，使碳酸钙与稀硝酸接触产生气体，当C处产生白色沉淀时，立刻将B装置上提，使之与稀硝酸分离．该组学生设计此步操作的目的为．

（2）将A中铜丝放入稀硝酸中，给装置A微微加热，在装置A中产生无色气体，其反应的化学方程式为．装置E中开始时出现浅红棕色气体，用F向E中鼓入空气后，可观察到烧瓶E内气体颜色加深，产生上述现象的原因是．一段时间后，C中白色沉淀溶解，其原因是．

（3）装置D 用于尾气吸收，当等体积的NO和NO2通入D中，气体被完全吸收，并且只产生一种盐，该反应方程式为．

【答案】（1）用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气，让整套装置充满CO2，防止O2干扰；

（2）3Cu+8HNO3=2Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；NO遇空气中的O2生成NO2；NO2和水反应产生HNO3，使的CaCO3沉淀溶解；2-1-c-n-j-y

（3）NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O．

【解析】

试题分析：实验时，可先将B 装置中CaCO 3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，先排出去其中的空气，以便在E 烧瓶中收集到NO ，以便观察颜色，且在C 中可观察到浑浊，有碳酸钙沉淀生成，A 中硝酸和铜反应生成NO ，易于氧气反应，则将F 气球中空气压入E 中，有红棕色气体生成，装置D 中盛有氢氧化钠溶液，可用与吸收二氧化氮气体，气体中气球可用于吸收不反应的NO ，以防止污染空气，

（1）NO 与空气中氧气反应，制取NO 前需要先用二氧化碳将装置中空气排净；

（2）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮气体和水，据此写出反应的化学方程式；E 中含有NO ，NO 与空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与碳酸钙反应生成，导致碳酸钙溶解；

（3）等体积的NO 和NO 2通入氢氧化钠溶液中，气体被完全吸收，并且只产生一种盐应为亚硝酸钠，根据元素守恒可书写该反应方程式．

解：（1）实验时，可先将B 装置中CaCO 3放入硝酸中，碳酸钙和硝酸反应生成二氧化碳气体，用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气排除装置中的空气，以便在E 烧瓶中收集到NO ，以便观察颜色，

故答案为用碳酸钙与稀硝酸反应产生的二氧化碳排出装置中的空气，让整套装置充满CO 2，防止O 2干扰；

（2）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO ，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO 3=2Cu （NO 3）2+2NO↑+4H 2O ，

A 中硝酸和铜反应生成NO ，NO 易与氧气反应生成NO 2，可观察到烧瓶E 内气体颜色逐渐加深；

一段时间后，C 中二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能够溶解碳酸钙，所以C 中白色沉淀溶解，

故答案为3Cu+8HNO 3=2Cu （NO 3）2+2NO↑+4H 2O ；NO 遇空气中的O 2生成NO 2；NO 2和水反应产生HNO 3，使的CaCO 3沉淀溶解；2-1-c-n-j-y

（3）等体积的NO 和NO 2通入氢氧化钠溶液中，气体被完全吸收，并且只产生一种盐应为亚硝酸钠，反应方程式为NO+NO 2+2NaOH=2NaNO 2+H 2O ，

故答案为NO+NO 2+2NaOH=2NaNO 2+H 2O ．

31．为探究22H O 、2SO 、2I 氧化性强弱，某同学设计如下实验。已知

()23242422Na SO +H SO N =a SO +SO H O ↑+浓

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