- 原子核外电子排布
- 共93题
硫酸铜可用作镀铜离子添加剂。实验室在如图所示装置（夹持、加热装置省去未画）内反应生成硫酸铜和少量硫酸铁，再进一步从所得溶液中获得硫酸铜晶体。请回答下列问题：
29.加热三颈烧瓶，将反应温度控制在70℃~80℃，其原因是 ，发生主要反应的离子方程式是 。
30.盛有NaOH溶液洗气瓶的作用是 ；若反应后生成NaNO2、NaNO3的物质的量之比为3∶1，则发生反应的化学方程式是 。
31.从反应后的混合溶液中获得硫酸铜晶体的操作步骤如下：
① 向溶液中加入 （填序号）至溶液pH约为4，过滤。a．CuO b．NaOH溶液 c．NH3·H2O
测量溶液pH的操作是 。
② 将滤液 ，过滤、用乙醇洗涤、低温干燥，得CuSO4·5H2O晶体。用乙醇代替蒸馏水洗涤晶体的目的是 ，并缩短干燥所需时间。
正确答案
温度太低，反应速率太慢；温度太高，硝酸易挥发，受热易分解。3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
解析
由于硝酸易挥发，受热易分解，所以反应温度要控制在70℃～80℃，三颈烧瓶中，用铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：硝酸易挥发，受热易分解；3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O
考查方向
解题思路
由于硝酸易挥发，受热易分解，所以反应温度要控制在70℃～80℃，三颈烧瓶中，用铜与稀硫酸、稀硝酸反应生成硫酸铜和一氧化氮，据此书写离子方程式。
易错点
实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合
正确答案
吸收NO尾气，防止污染空气 8NO+3O2+8NaOH=6NaNO2+2NaNO3+4H2O
解析
反应中有一氧化氮产生会污染空气，所以要用氢氧化钠和空气吸收尾气，根据反应后生成NaNO2、NaNO3的物质的量之比为3：1，利用电子得失守恒可知，反应的化学方程式为8NO+3O2+8NaOH=6NaNO2+2NaNO3+4H2O，
故答案为：吸收尾气；8NO+3O2+8NaOH=6NaNO2+2NaNO3+4H2O
考查方向
解题思路
反应中有一氧化氮产生会污染空气，所以要用氢氧化钠和空气吸收尾气，根据反应后生成Na2NO3、NaNO3的物质的量之比为3：1，利用电子得失守恒可书写化学方程式。
易错点
实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合
正确答案
①a；将一小块干燥的pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，过一会儿，再与标准比色卡进行比对
②蒸发浓缩、冷却结晶；洗去晶体表面残留杂质，减少晶体的溶解损失
解析
①调节反应后的溶液的pH值，为不引入新杂质且不使铜离子沉淀可用CuO，故选a；测量溶液pH的操作是将一小块干燥的pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，过一会儿，再与标准比色卡进行比对，
故答案为：a；将一小块干燥的pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，过一会儿，再与标准比色卡进行比对；
②从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，可将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、低温干燥，得到CuSO4•5H2O晶体，硫酸铜在乙醇中有溶解度较小，可以减少硫酸铜的损失且乙醇易挥发，硫酸铜晶体易干燥。
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；减少硫酸铜的损失且易干燥
考查方向
解题思路
①调节反应后的溶液的pH值，为不引入新杂质且不使铜离子沉淀可用CuO，用pH试纸测溶液的pH值；
②从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体，可将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、低温干燥，得到CuSO4•5H2O晶体，硫酸铜在乙醇中有溶解度较小且乙醇易挥发，硫酸铜晶体易干燥，据此答题。
易错点
实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合
6．某溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4＋、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32–、Cl–、OH–、NO3–。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（ ）
正确答案
解析
含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。
考查方向
解题思路
含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在
易错点
H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气。
知识点
【化学---选修2：化学与技术】
MnO2和锌是制造干电池的主要原料。
电解法生产MnO2传统的工艺主要流程为：软锰矿加煤还原焙烧；用硫酸浸出焙烧料；浸出液（主要含Mn2+）经净化后再进行电解。
90年代后期发明了生产MnO2和锌的新工艺，主要是采用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2杂质）和闪锌矿（主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质）为主要原料，经过除杂后，得到含Zn2+、Mn2+离子的溶液，再通过电解同时获得MnO2和锌。简化流程框图如下（中间产物的固体部分已经略去）：
软锰矿、闪锌矿
已知各种金属离子完全沉淀的pH如下表：
回答下列问题：
19.步骤①中，软锰矿、闪锌矿粉与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化还原反应，例如：MnO2＋ZnS＋2H2SO4＝MnSO4＋ZnSO4＋S↓＋2H2O，请写出MnO2在酸性溶液中分别和CuS和FeS发生反应的化学方程式：__________________________、_____________________________。
20.步骤②加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成份为___________（用化学符号表示）
21.步骤③物质C由多种物质组成，其中含有两种固体，其中一种为MnO2，其作用是___
____________________，另外一种固体物质可为___________。
22.步骤④中电解过程中MnO2在______极析出，该电极上发生的反应方程式为________________。产品D的化学式为_________________，该物质对整个生产的意义是___________________________。
正确答案
MnO2＋CuS＋2H2SO4＝MnSO4＋CuSO4＋S↓＋2H2O
MnO2＋2FeS＋6H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋2S＋6H2O
解析
MnO2＋CuS＋2H2SO4＝MnSO4＋CuSO4＋S↓＋2H2O
MnO2＋2FeS＋6H2SO4＝Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋2S＋6H2O
考查方向
解题思路
根据题目相关信息判断反应发生情况。
易错点
金属回收的原理
正确答案
Cu、Cd
解析
根据金属活动性顺序表，排在前面的金属能将排在后面的金属从其盐溶液中置换出来，Zn排在Cu、Cd 之前，故将其从盐溶液中置换出来。
考查方向
解题思路
根据题目相关信息判断反应发生情况。
易错点
金属回收的原理
正确答案
将Fe2+氧化为Fe3+
Zn(OH)2（Mn(OH)2、ZnCO3、MnCO3等合理答案也可）
解析
步骤③是想用碱将铁离子和铝离子沉淀，同是不能引进杂质，而请氧化亚铁不稳定，要先加一个氧化剂将其氧化成三价，再进行沉淀。
考查方向
解题思路
根据题目相关信息判断反应发生情况。
易错点
金属回收的原理
正确答案
阳
Mn2＋－2e－＋2H2O＝MnO2＋4H＋
H2SO4
用于溶解软锰矿和闪锌矿，循环使用。
解析
在电解过程中，阳极失去电子，阴极得到电子。（和物理上讲的在电源内部，电子从负极流向正极一样）。
考查方向
解题思路
根据题目相关信息判断反应发生情况。
易错点
金属回收的原理
1．下列说法不正确的是（ ）。
正确答案
解析
铝是一种活泼性很强的金属，其表面会形成致密的氧化物，起到了保护作用，A错误。乙醇与乙酸乙酯由于其价键的结构不同，利用红外光谱可以加以区分，B正确。金属的冶炼是将金属从其化合物中还原出来，因金属的活泼性不同冶炼的原理也不同，但多数金属是利用还原性物质在高温下将其从化合还原得到，C正确。塑料、合成橡胶和合成纤维是通常所说的三大合成材料，D正确。所以选A。
考查方向
解题思路
加强对一些化学基本概念的识记，学会用排除法选择正确答案。
易错点
基本概念模糊不能正确分辨
知识点
9．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ）
正确答案
解析
A．苯酚在空气中能被氧气氧化，所以长期放置的苯酚晶体变红，属于氧化还原反应，故A不选；
B．硝酸银晶体易分解，在光照后变黑，生成氧化银，属于氧化还原反应，故B不选；
C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐，生成氢氧化铁，Fe元素的化合价升高，所以属于氧化还原反应，故C不选；
D．二氧化氮气体冷却时生成四氧化二氮，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D选；
考查方向
氧化还原
解题思路
与氧化还原反应无关，说明该反应中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，据此分析
易错点
二氧化氮与四氧化二氮的转化，元素化合价没有发生变化
教师点评
本题考查了氧化还原反应的判断，题目难度不大，根据元素化合价是否变化判断即可
知识点
22．0.9mol
A2:3混合的
B3:5:4混合的
C4：5混合的
D1:1:4混合的
正确答案
解析
A．若为2：3混合的Fe3O4与FeO，二者含有铁元素的物质的量之比为2：1，0.9molFe2O3中含有1.8mol铁离子，根据质量守恒定律，X中含有Fe3O4的物质的量为：0.4mol，含有FeO的物质的量为：0.6mol；根据电子守恒0.4mol Fe3O4完全反应消耗氯气的物质的量为：
B．若为3：5：4混合的Fe3O4、FeO与Fe，三者含有的铁元素的物质的量之比为：9：5：4，则X中含有Fe3O4的物质的量为：0.3mol，含有FeO的物质的量为：0.5mol，含有Fe的物质的量为：0.4mol；0.3molFe3O4完全反应消耗氯气的物质的量为：0.15mol ，0.5molFeO与氯气完全反应消耗氯气的物质的量为：0.25mol，0.4mol铁与盐酸反应生成0.4mol氯化亚铁，0.4mol氯化亚铁完全反应消耗氯气的物质的量为：
C．若为4：5混合的Fe2O3和FeO，二者含有的铁元素的物质的量之比为8：5，则X中含有Fe2O3的物质的量为：
D．若为1：1：4混合的Fe2O3、Fe3O4与FeO，三者含有的铁元素的物质的量之比为：2：3：4，则X中含有Fe3O4的物质的量为：0.2mol，含有FeO的物质的量为：0.8mol，含有Fe2O3的物质的量为：0.2mol；0.2molFe3O4完全反应消耗氯气的物质的量为：0.1mol，0.8molFeO与氯气完全反应消耗氯气的物质的量为：0.4mol，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁不与氯气反应，则消耗氯气的总物质的量为：0.1mol+0.4mol=0.5mol，故D正确；
考查方向
氧化还原反应的计算
解题思路
先计算出0.9molFe2O3中含有铁元素的总物质的量，然后分别根据各选项中各组分的物质的量之比及质量守恒定律计算出各组分的物质的量，再根据电子守恒计算出消耗氯气的物质的量即可
易错点
氧化还原中的转移电子守恒的计算
教师点评
本题考查了氧化还原反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力
知识点
6．下列事实或实验可以表明H2SO3的酸性强于H2CO3的是（ ）
A硫的非金属性比碳强
BSO2气体依次通过NaHCO3溶液、澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊
CSO2和CO2气体分别通入水中至饱和，测定两溶液的pH，前者小于后者
D室温下测定均为0.1mol/L的NaHS
正确答案
解析
A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，硫的非金属性比碳强，则硫酸的酸性大于碳酸，但不能证明亚硫酸酸性大于碳酸，故A错误；
B．SO2气体依次通过NaHCO3溶液、澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，二氧化硫、二氧化碳都能和澄清石灰水反应生成沉淀，该实验现象不能说明亚硫酸、碳酸酸性关系，故B错误；
C．两种气体的溶解度不同，导致其溶液浓度不同，则无法判断酸性强弱，故C错误；
D．室温下测定均为0.1mol/L的NaHSO3和NaHCO3溶液的pH，前者小于后者，说明亚硫酸根离子水解程度小于后者，则证明亚硫酸酸性大于碳酸，故D正确
考查方向
酸性强弱判断
解题思路
强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，相同浓度的钠盐溶液，溶液的pH越大其相对应的酸越弱，据此分析解答
易错点
C项：两种气体的溶解度不同，其溶液浓度不同
教师点评
本题考查酸性强弱判断，题目难度中等，明确酸性强弱与其对应酸根离子水解程度关系、非金属氧化物的性质等知识点是解本题关键
知识点
2.下列物质分类正确的是
正确答案
解析
A．NaOH是电解质，Al是单质，不是电解质，故A错误；
B．O2不燃烧，不是易燃气体，故B错误；
C．CaC2能与水反应生成C2H2、K能与水反应生成氢气，C2H2、氢气易燃烧，故C正确；
D．KMnO4、KClO3有强氧化性，是氧化剂，故D错误
考查方向
物质的分类
解题思路
A．电解质是化合物；
B．O2不燃烧，不是易燃气体
C．CaC2能与水反应生成C2H2、K能与水反应生成氢气；
D．KMnO4、KClO3有强氧化性
易错点
B项：O2不燃烧，不是易燃气体
教师点评
本题考查常见危险品标志，难度不大，注意物质的性质和标志的关系
知识点
甲乙两同学分别对含+4价硫元素的物质性质进行了探究。
21.甲用右图装置进行实验(气密性已检验，加热和夹持装置已略去)。实验进行一段时间后，C、D中都出现明显的白色沉淀，经检验均为BaSO4。
进一步实验发现，出现白色沉淀的过程
中，D溶液中NO3-浓度几乎不变。
甲据此得出结论：D中出现白色沉淀的主要原因是 。
22.乙用如下实验对含+4价硫元素的物质性质继续进行探究。
正确答案
① Cu + 2H2SO4(
含+4价硫元素物质(SO2或H2SO3)被O2氧化生成SO42-
解析
①铜和浓硫酸加热发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）
②为探究SO2在D中所发生的反应，甲进一步实验发现，出现白色沉淀的过程中，D溶液中NO3-浓度几乎不变，说明不是被NO3-氧化的而是被氧气氧化生成硫酸，甲据此得出结论：D中出现白色沉淀的主要原因是酸性溶液中二氧化硫会被氧气氧化生成硫酸，结合钡离子，也能生成硫酸钡沉淀
考查方向
本题考查了物质性质的实验探究
解题思路
①铜和浓硫酸加热发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
②出现白色沉淀的过程中，D溶液中NO3-浓度几乎不变说明不是被NO3-氧化的而是被氧气氧化生成硫酸，结合钡离子生成硫酸钡沉淀
易错点
D中出现白色沉淀，易考虑成NO3-在酸性条件下的氧化，但是溶液中的NO3-浓度基本不变成了限定条件，排除此因素，考虑其他因素影响
教师点评
本题考查了物质性质的实验探究，针对现象进行分析，题目难度较大
正确答案
① 2H+ + SO32- === SO2 + H2O （1分）；2SO2 + O2 + 2Ba2+ + 2H2O === 2BaSO4↓ + 4H+
(或2H2SO3+O2+2Ba2+ === 2BaSO4↓+ 4H+) ② 含+4价硫元素物质可被O2和浓HNO3氧化③ 0.3 g 纯净Na2SO3和 1.17 g NaCl ii. NO3-的存在可以减慢溶液中+4价硫元素的氧化④ bd
解析
①取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 盐酸，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡为二氧化硫气体，滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4min后，溶液变浑浊，说明二氧化硫被空气中氧气氧化生成硫酸，结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为：2H++SO32-═SO2+H2O，2SO2+O2+2Ba2++2H2O═2BaSO4↓+4H+或2H2SO3+O2+2Ba2+═2BaSO4↓+4H+
②由实验1说明空气中氧气也可以氧化+4价硫元素的化合物，实验2说明硝酸溶液中硝酸根离子对氧化反应起到减慢作用，出现沉淀时间长，实验3是浓硝酸能氧化+4价硫元素化合物生成硫酸根离子，出现沉淀快，对比可知氧气、浓硝酸都可以氧化二氧化硫
③探究Cl-和NO3-对其的影响，
i．实验2和4对比，乙获得推论：Cl-的存在可以加快溶液中+4价硫元素的氧化，实验4中需要提供和实验1中相同的氯离子实验探究，即需要0.01L×2mol/L=0.02mol，氯化钠的质量=0.02mol×58.5g/mol=1.17g，对比实验1判断出现沉淀的时间分析，取0.3g 纯净Na2SO3和1.17gNaCl固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液，观察出现沉淀的时间；
ii．实验1和4对比，不同的是盐酸和硝酸，氯离子相同，出现沉淀的时间是盐酸溶液中快，乙获得推论是硝酸根离子减慢+4价硫的化合物的氧化，实验1和4对比，乙获得推论是：NO3-的存在可以减慢溶液中+4价硫元素的氧化；
④实验1可知，取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 盐酸，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4min后，溶液变浑浊，若含硫酸根离子，加入盐酸和氯化钡溶液会迅速生成白色沉淀，
实验2可知，取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 HNO3，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡；滴入BaCl2溶液后，开始无现象，2h后，溶液变浑浊，加入硝酸和氯化钡溶液，+4价硫元素化合价被氧气的速率减慢，若有硫酸根离子会迅速生成沉淀
考查方向
本题考查实验方案的分析和设计
解题思路
①取0.3g 纯净Na2SO3固体，向其中加入10mL 2mol•L-1 盐酸，再滴入4滴BaCl2溶液，产生无色气泡为二氧化硫气体，滴入BaCl2溶液后，开始无现象，4min后，溶液变浑浊，说明二氧化硫被空气中氧气氧化生成硫酸，结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀；
②由实验1、2、3对比可知氧气、浓硝酸都可以氧化二氧化硫；
③探究Cl-和NO3-对其的影响，
i．实验2和4对比，乙获得推论：Cl-的存在可以加快溶液中+4价硫元素的氧化，实验4中需要提供和实验1中相同的氯离子实验探究，即需要0.01L×2mol/L=0.02mol，据此和出现沉淀的时间分析；
ii．实验1和4对比，不同的是盐酸和硝酸，氯离子相同，出现沉淀的时间是盐酸溶液中快，乙获得推论是硝酸根离子减慢+4价硫的化合物的氧化；
④对比上述实验确定某溶液中含有SO42-的实验方案是加入盐酸和氯化钡溶液沉淀出现最快，加入硝酸和氯化钡溶液，+4价硫元素化合价被氧气的速率减慢，实验2可知，滴入BaCl2溶液后，开始无现象，2h后，溶液变浑浊，若有硫酸根离子会迅速生成沉淀．
易错点
实验现象的对比分析，确定影响反应速率的离子
教师点评
本题考查实验方案的分析和设计、主要是反应现象的不同原因分析判断，实验对比分析是探究实验的常用方法，注意信息提取和现象的理解应用，题目难度较大
大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)后才能排放，脱硝的方法有多种。
完成下列填空：
28．（直接脱硝）NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气。在10 L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质 ，的量变化如图所示。则0～5min内氧气的平均反应速率为________mol/(L·min)。
29．（臭氧脱硝）O3氧化NO 结合水洗可完全转化为HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为_____。
30．（氨气脱硝）实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要_______、_______（填写试剂名称）。
不使用碳酸铵的原因是_______________________________（用化学方程式表示）。
31．吸收氨气时，常使用防倒吸装置，下列装置不能达到此目的的是________。
32．NH3脱除烟气中NO的原理如下图：
该脱硝原理中，NO最终转化为________(填化学式)和H2O。
当消耗1mol NH3 和0.25mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为______L。
正确答案
0.015
解析
在10L密闭容器中，根据图示，NO在5min内变化物质的量8.0mol-6.5mol=1.5mol，NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气，2NO=O2+N2，生成氧气物质的量0.75mol，则0～5min内氧气的平均反应速率
考查方向
本题考查化学反应速率的计算
解题思路
图象得到NO物质的量变化，计算得到氧气物质的量变化，结合化学反应速率公式
易错点
速率的计算公式是浓度的改变除以时间，易错用物质的量的改变除以时间
教师点评
本题考查化学反应速率的计算，在近几年的各省高考题中出现的频率较高，题目难度不大
正确答案
1: 2
解析
O3氧化NO 结合水洗可完全转化为HNO3，反应的化学方程式为：O3+2NO+H2O=2HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为1：2
考查方向
本题考查氧化还原方程式的配平
解题思路
O3氧化NO 结合水洗可完全转化为HNO3，反应的化学方程式为：O3+2NO+H2O=2HNO3
易错点
化合价升降法配平，注意化合价的变化
教师点评
本题考查氧化还原方程式的配平，在近几年的各省高考题中出现的频率较高，侧重于学生能力的考查，题目难度中等
正确答案
熟（消）石灰；碱石灰 (NH4)2CO3 → 2NH3↑+ CO2↑+ 2H2O（2分）
解析
实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要消（熟）石灰、碱石灰，不使用碳酸铵的原因是碳酸铵加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体，反应的化学方程式为：（NH4）2CO3
考查方向
本题考查氨气的实验室制法
解题思路
实验室利用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成，氨气是碱性气体，干燥需要碱性干燥剂，不使用碳酸铵的原因是碳酸铵加热生成氨气同时会生成二氧化碳气体；
易错点
实验室不能用直接加热氯化铵或碳酸铵的方法制取氨气
教师点评
本题考查氨气的实验室制法，在近几年的各省高考题中出现的频率较高，题目难度不大
正确答案
d
解析
装置abc中都有一个容积较大的仪器，它们能够吸收较多的液体，从而不会使倒吸的液体进入前面的装置，可以防止倒吸，d中导气管插入到水中，氨气极易溶于水，易引起倒吸，不能防倒吸，应是四氯化碳在下层，水在上层，防止倒吸且能吸收氨气
考查方向
本题考查气体的防倒吸装置
解题思路
氨气极易溶于水，在水溶液中易发生倒吸，根据气体压强的知识进行分析；
易错点
防倒吸原理：要有较大的缓冲空间或利用分层液体中的上层液体吸收
教师点评
本题考查气体的防倒吸装置，在近几年的各省高考题中出现的频率较高，题目难度中等
正确答案
N2（1分） 22.4 L（2分）
解析
①由图可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；
②氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，2mol NH3转化为N2失去6mol电子，0.25mol O2得到1mol电子，则NO转化为N2得到的电子为2mol，所以NO的物质的量为1mol，其体积为22.4L；
考查方向
本题考查氧化还原反应及其计算
解题思路
①由图可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水；
②根据氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量计算
易错点
得失电子守恒的应用
教师点评
本题考查氧化还原反应及其计算，在近几年的各省高考题中出现的频率非常高，题目难度中等
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