第3章 物质与性质的转化 测试题
一、单选题
1．在指定条件 下，下列选项所示物质间转化能实现的是（ ）
A．Fe(s) FeCl2(s)
B．FeO(s)Fe(NO3)2(aq)
C．Fe(OH)2(s) Fe(OH)3(s)
D．FeCl3(aq) Fe(s)
2．下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度或者反应物浓度、用量等)改变，不会引起产物改变的是（ ）
A．Na和O2 B．N2和O2 C．Cu和HNO3 D．Na2CO3和HCl
3．能使品红溶液褪色，加热后又恢复红色的是（ ）
A．Cl2 B．NH3 C．NO D．SO2
4．有关物质性质的说法正确的是（ ）
A．医学上利用醛基的性质进行血糖检测
B．硝酸中插入铜片，液面上方出现红棕色气体，说明铜与硝酸生成
C．向石蕊溶液中通入氯气，溶液先变红后褪色，证明氯气具有漂白性
D．向酸性高锰酸钾溶液中通入，溶液褪色，证明具有漂白性
5．对下列现象或事实的解释错误的是（ ）
选项 现象或事实 解释
A 明矾可用于生活用水的净化 胶体具有杀菌消毒的作用
B 用铁罐贮存浓硝酸 常温下铁在浓硝酸中钝化
C 用氯化铁溶液蚀刻覆铜线路板 的氧化性比的强
D 漂白粉在空气中久置变质 与、反应，生成的分解
A．A B．B C．C D．D
6．某市拟投资建设一个工业酒精厂，目的是用工业酒精与汽油混合制成“乙醇汽油”，以节省石油资源．已知制酒精的方法有三种：
①CH2═CH2+H2O CH3CH2OH
②CH3CH2Br+H2O CH3CH2OH+HBr
③（C6H10O5）n（淀粉）+nH2O nC6H12O6（葡萄糖）；
C6H12O6（葡萄糖） 2C2H5OH+2CO2↑
从绿色化学（“原子利用率”最大化）的角度看，制酒精最好的方法是（ ）
A．① B．③ C．①③ D．①②③
7．已知H2O2易分解，反应式为2H2O2=2H2O＋O2↑，FeS2的结构类似于Na2O2，是一种过硫化物，与酸反应时生成H2S2，H2S2易分解。实验室用稀硫酸与FeS2颗粒混合，则反应完毕后不可能生成的物质是（ ）
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
8．下列推断正确的是（ ）
A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3
B．铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜
C．活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中
D．钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与反应时金属均作还原剂
9．2015年11月29日至30日，国家主席习近平出席了气候变化巴黎大会，各国就如何应对气候变化、提升经济绿色水平，实现人类可持续发展进行商讨．为达成“同呼吸，共奋斗”全国各地为治理雾霾广泛开展了一系列活动．下列活动不符合这一主题的是（ ）
A．机动车实行限行措施是减少雾霾的途径之一
B．积极推广风能、太阳能、氢能等新型能源的使用
C．将秸秆焚烧可得富含钾肥的草木灰，焚烧是一种较为理想的秸秆处理办法
D．通过吸收空气中CO2并利用廉价能源合成汽油可推广“绿色自由”计划
10．如图是合成氨的简要流程示意图，沿X路线回去的物质是（ ）
A．N2和H2 B．催化剂
C．NH3 D．H2
11．气体分子中的极性键在红外线的照射下，易像弹簧一样做伸缩和弯曲运动，从而产生热量而造成温室效应．下列不属于造成温室效应气体的是（ ）
A．CO2 B．N2O C．CH4 D．N2
12．不仅化工生产应遵循绿色化学的原则，化学实验也应遵循绿色化学的原则，实现原料和过程的绿色化学。下列实验或实验过程遵循绿色化学原则的是（ ）
①在萃取操作的演示实验中，将CCl4萃取溴水改为CCl4萃取碘水
②在铜与浓硝酸反应的实验中，将铜片改为可调节高度的铜丝
③将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放
④用双氧水代替高锰酸钾制氧气
⑤将用铜粉与浓硫酸反应制取硫酸铜的实验方案改为先将铜粉在空气中充分加热制得氧化铜，再将氧化铜溶解在稀硫酸中
A．①② B．②③ C．③④ D．①②③④⑤
13．浓硫酸露置在空气中质量增加（ ）
A．氧化性 B．吸水性 C．脱水性 D．高沸点
14．硝酸被称为“国防工业之母”是因为它是制取炸药的重要原料。下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是 （ ）
A．浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色——酸性和强氧化性
B．不能用稀硝酸与锌反应制氢气——强氧化性
C．要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
D．稀硝酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去——强氧化性
15．下列说法不正确的是（ ）
A．实验室用Ca（OH）2固体和NH4Cl固体共热制NH3
B．常温下铁遇浓硝酸钝化，常温下可用铁罐储存浓硝酸
C．向蔗糖中滴入浓硫酸后变黑，体现了浓硫酸的脱水性
D．FeCl2溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红
16．下列叙述中正确的是
①易液化，液氨常用作制冷剂
②可用铁、铝制容器盛装浓硝酸和稀硝酸
③利用氨气极易溶于水，氨气可做喷泉实验
④所有的氮氧化物均易溶于水
⑤铵盐受热分解一定都会产生氨气
⑥可用淀粉试纸鉴别红棕色的蒸气和气体
A．①③ B．①②③
C．①②③④ D．①②③④⑤⑥
二、综合题
17．研究SO2、NOx等对改善空气质量具有重要意义．
（1）NOx是汽车尾气中的主要污染物之一．
①NOx能形成酸雨，由NO2形成的酸雨中含有的主要离子有 ．
②汽车发动机工作时的高温会引发N2和O2反应，反应的化学方程式是 ．
（2）为减少SO2的排放，常采取一些有效措施．
①在含硫煤中加入生石灰可以起到固硫的作用，燃烧过程中，硫元素转化成其最高价态的化合物，该化合物的化学式是 ．
②下列物质中，可用于吸收烟气中的SO2的是 （填序号）．
a．Na2CO3 b．H2SO4 c．NaHSO3 d．NH3 H2O
（3）取某空气样本用蒸馏水处理制成待测液，其中所含的离子及其浓度如表：
离子 K+ Na+ NH4+ H+ SO NO Cl﹣
浓度/mol L﹣1 4×10﹣6 6×10﹣6 2×10﹣5 a 4×10﹣5 3×10﹣5 2×10﹣5
根据表中数据计算：a= mol/L．
18．氨气是一种重要的化工产品，工业上可以按照下图所示流程生产氨气：
（1）原料气之一氮气的工业制取方法是 ，写出氨气的工业用途（任答一点） ．
（2）写出合成塔中发生的反应的化学反应方程式 ．
在冷却塔中对混合气体进行冷却，冷水的入口 （答m或n）．
（3）设备C的作用 ．
其分离器中的过程对整个工业合成氨的意义 ．（试结合平衡移动原理回答）
（4）在原料气制备过程中混有 CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的 CO，可通过如下反应来实现：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g），已知1000K时该反应的平衡常数K=0.627，若要使CO的转化超过80%，则起始物中c（H2O）：c（CO）不低于 （精确到小数点后一位）．
19．制备：目前，我国采用“接触法”制硫酸，设备如图所示：
（1）图中设备A的名称是 ，B设备气流a、b温度较高的是 （填“a”或“b”）．
（2）CuFeS2是黄铁矿的另一部分，煅烧时，CuFeS2转化为CuO、Fe2O3和SO2，该反应的化学方程式为：
20．现有下列十种物质：①氯气 ②小苏打 ③固体纯碱 ④二氧化硫 ⑤蔗糖 ⑥氢氧化钾 ⑦氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨空气 ⑩浓硫酸
（1）上述十种物质中，属于电解质的有 ，属于非电解质的有 ．（填序号）
（2）将①与④按1：1的体积比通入水中，反应的化学方程式为 ．
（3）除去③中少量②的操作是 ，化学方程式为 ．
（4）现在⑤中加入⑩时，观察到蔗糖变黑、体积膨胀并放出刺激性气味气体的现象，体现了⑩的 性质，放出刺激性气味气体发生反应的化学方程式是 ．
21．磷是重要的非金属元素
（1）有关白磷（P4）的叙述正确的是 （选填编号）．
a．易溶于CS2 b．易自燃 c．分子中有4个P﹣P键
P4在过量的热NaOH溶液中会生成PH3气体和NaH2PO2（次磷酸钠），写出该反应的化学方程式 ．
由该反应可推知H3PO2为 元酸．用NaH2PO2验证次磷酸是弱酸，还需要的物质是 ．
（2）NaH2PO2可在酸性条件下与Ni2+作用进行“化学镀镍”（如在木材表面生成一层Ni﹣P合金），反应中磷元素化合价发生的变化是 （选填编号）．
a．升高 b．降低 c．既升高又降低
（3）25℃时，HF的Ki=3.6×10 ﹣4；H3PO4的Ki1=7.5×10 ﹣3，Ki2=6.2×10 ﹣8，Ki3=2.2×10 ﹣13．
则以下表述错误的是 （选填编号）．
a.0.1mol/L的H3PO4溶液，c（H+）＞0.1mol/L b．NaF和H3PO4反应生成NaH2PO4
c.0.1mol/L的溶液，pH由大到小的顺序是：Na3PO4＞Na2HPO4＞NaF＞NaH2PO4
（4）Ag3PO4是难溶于水的黄色固体，试用平衡移动的原理解释其溶于稀硝酸的原因
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．铁和氯气反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，A不符合题意；
B．氧化亚铁和足量硝酸反应生成硝酸铁，B不符合题意；
C．Fe(OH)2(s)很容易被氧气氧化为Fe(OH)3(s)，C符合题意；
D．铜没有铁活泼，铜不能置换出铁，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.铁在氯气中燃烧只生成氯化铁；
B.硝酸足量生成硝酸铁；
C.氢氧化亚铁易被氧化成氢氧化铁；
D.Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜。
2．【答案】B
【解析】【解答】A. Na和O2在常温下生成氧化钠，在加热条件下生成过氧化钠，A不符合题意；
B. N2和O2在放电条件下生成NO，只有一种产物，B符合题意；
C. Cu与浓、稀HNO3反应分别产生NO2、NO气体，C不符合题意；
D. Na2CO3与少量HCl反应生成碳酸氢钠、与过量HCl反应生成二氧化碳和水，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】化学反应除与自身的性质有关外，还要考虑用量、浓度、温度等条件的影响。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．Cl2溶于水反应产生HCl、HClO，HClO具有强氧化性，会将品红溶液氧化变为无色，氧化漂白产生的无色物质稳定，加热不分解，因此褪色后的溶液加热不恢复红色，A不符合题意；
B．NH3的水溶液显碱性，不能使品红溶液褪色，B不符合题意；
C．NO不溶于水，不能使品红溶液褪色，C不符合题意；
D．SO2具有漂白性，能够与品红溶液结合形成无色物质，因此能够使品红溶液褪色。但产生的无色物质不稳定，加热分解，SO2逸出，物质恢复原来的红色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、HClO具有强氧化性，氧化漂白产生的无色物质稳定，加热不分解；
B、氨气不能使品红溶液褪色；
C、NO不能使品红溶液褪色；
D、SO2具有漂白性，产生的无色物质不稳定，加热分解。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．含醛基物质能够与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，据此可以检测血糖，故A符合题意；
B．Cu与稀硝酸反应生成NO，在试管口NO与氧气反应生成红棕色气体为NO2，不能证明是铜与硝酸反应生成，故B不符合题意；
C．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，HClO具有漂白性，则石蕊溶液先变红后褪色，而氯气不具有漂白性，故C不符合题意；
D．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，反应中高锰酸钾作氧化剂，二氧化硫作还原剂，说明二氧化硫有还原性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用含醛基物质的检验方法；
B．产物与空气中的氧气反应；
C．HClO具有漂白性，氯气不具有漂白性；
D．二氧化硫的漂白性只能漂白有机物，二氧化硫有还原性。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．氢氧化铝胶体不具有强氧化性，不能使蛋白质变性，不具有杀菌消毒的作用，故A符合题意；
B．常温下铁在浓硝酸中钝化，阻碍反应的继续进行，所以可以用铁罐贮存浓硝酸，故B不符合题意；
C．铁离子的氧化性强于铜离子，能与铜反应生成亚铁离子和铜离子，所以可以用氯化铁溶液蚀刻覆铜线路板，故C不符合题意；
D．次氯酸的酸性弱于碳酸，漂白粉中的次氯酸钙能空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，遇光易分解生成盐酸和氧气，所以漂白粉在空气中久置易变质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢氧化铝胶体不具有强氧化性；
B.常温下铁在浓硝酸中钝化；
C.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析；
D.Ca(ClO)2与CO2和H2O反应生成HClO，次氯酸见光分解生成盐酸和氧气。
6．【答案】A
【解析】【解答】解：①CH2=CH2与H2O反应制取CH3CH2OH，为加成反应，原料利用率为100%，故①正确；
②CH3CH2Br与H2O反应制取CH3CH2OH为取代反应，有副产品HBr生成，不符合题中要求，故②错误；
③C6H12O6（葡萄糖）分解生成C2H5OH，有副产品CO2生成，不符合题中要求，故③错误；
故选A．
【分析】反应物全部转化为期望的产物，使原子的利用率达到100%，可知化合反应、加成反应、加聚反应达到绿色化学的要求．
7．【答案】C
【解析】【解答】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS；答案为C。
【分析】根据信息可知发生的反应是FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4、H2S2=H2S↑+S↓，以此解答该题。
8．【答案】D
【解析】【解答】解：A．铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，而铁在氧气中燃烧的方程式为：铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，反应的化学方程式为：3Fe+2O2 Fe3O4，生成的是Fe3O4，不是Fe2O3，故A错误；
B．钠与硫酸铜溶液的反应方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═H2↑+2Na++Cu（OH）2↓，钠与硫酸铜溶液反应不会生成铜单质，故B错误；
C．钠化学性质比较活泼，需要隔绝空气保存，可以保存在煤油中；而铝表面容易形成一层致密的氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化，所以金属铝不需要专门保存，故C错误；
D．Na与氧气、水等反应时钠均作还原剂，金属在化合物中的化合价都是正价，所以金属单质参与反应时金属均作还原剂，故D正确；
故选D．
【分析】A．铁在氧气中燃烧生成Fe3O4，不会生成Fe2O3；
B．钠与硫酸铜溶液反应的实质为：钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，不会生成铜单质；
C．铝能够与氧气生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了铝继续被氧化；
D．金属的化合价为0价，化合物中金属的化合价为正价，所以金属单质在反应中一定做还原剂．
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A．机动车实行限行减少汽车尾气的排放，减少氮及其化合物及固体颗粒排放，则是防止酸雨的途径之一，也是减少雾霾的途径之一，故A正确；
B．风能、太阳能、氢能是清洁能源，使用过程中不会产生环境污染，有利于环境保护，故B正确；
C．秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物，容易导致雾霾的产生，不利于环境保护，故C错误；
D．吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放，有利于环境保护，故D正确；
故选：C．
【分析】A．化石燃料燃烧产生大量烟尘、有毒气体等空气污染物；
B．风能、太阳能、氢能是清洁能源；
C．秸秆燃烧能生成大量的可吸入颗粒物；
D．吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放；
10．【答案】A
【解析】【解答】合成氨工业中，利用氨易液化，分离出N2、H2循环使用，可使平衡向正反应方向移动，则氨气的产率增大，所以沿X路线回去的物质是N2、H2；
故选A．
【分析】根据合成氨工业中，利用氨易液化，分离出N2、H2循环使用，可使平衡向正反应方向移动，则氨气的产率增大．
11．【答案】D
【解析】【解答】解：甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮、二氧化碳都能够引起温室效应，氮气不能引起温室效应，
故选：D．
【分析】产生温室效应的气体主要是二氧化碳，此外还有甲烷、臭氧、氟利昂、一氧化二氮等，据此解答．
12．【答案】D
【解析】【解答】①溴水易挥发出有毒的溴蒸气，改用碘水可减少有毒气体的挥发；
②铜与浓硝酸剧烈反应产生有毒的NO2气体，将铜片改为可调节高度的铜丝可及时终止反应，减少NO2气体的排放量；
③将实验室的废酸液和废碱液中和后再排放可以减少对水的污染；
④用双氧水制氧气副产物为水，不产生污染；
⑤既杜绝了产生SO2而导致的污染，又提高了硫原子的利用率。以上过程均做到了从源头上减少或杜绝污染，符合绿色化学的思想。
【分析】绿色化学原则：安全、高效、从源头上减少或控制污染。故以上均符合绿色化学原则。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：浓硫酸具有吸水性，露置在空气中因吸水而导致质量增加，与其它性质无关，
故选B．
【分析】浓硫酸具有吸水性、脱水性以及强氧化性，沸点高，难以挥发，以此解答该题．
14．【答案】D
【解析】【解答】A、硝酸具有强氧化性和酸性，因此浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色，A不符合题意；
B、硝酸是氧化性酸，与金属反应得不到氢气，B不符合题意；
C、硝酸不稳定易分解生成NO2、氧气和水，因此要用棕色瓶盛装浓硝酸，C不符合题意；
D、稀硝酸能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液红色褪去是因为硝酸与氢氧化钠发生中和反应，使溶液碱性降低，红色褪去，利用的是硝酸的酸性，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、硝酸具有强氧化性和酸性，因此浓硝酸使紫色石蕊试液先变红后褪色；
B、硝酸是氧化性酸，与金属反应得不到氢气，一般得到氮的氧化物；
C、 4HNO3(光照或加热)=4NO2↑+2H2O+O2↑ ；
D、稀硝酸和氢氧化钠溶液可以发生酸碱中和反应。
15．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气，实验室用此反应制备氨气，故A正确；
B．浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化，生成致密氧化膜，阻止反应进行，所以常温下可用铁罐储存浓硝酸，故B正确；
C．浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水而碳化变黑，故C正确；
D．三价铁离子与到硫氰根离子显血红色，二价铁离子遇到KSCN溶液无明显现象，故D错误；
故选：D．
【分析】A．依据氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气解答；
B．浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铁钝化；
C．浓硫酸具有脱水性，能够使蔗糖脱水而碳化变黑；
D．三价铁离子与到硫氰根离子显血红色．
16．【答案】A
【解析】【解答】①氨容易液化，常用作制冷剂，①符合题意；
②可用铁、铝制容器盛装浓硝酸，不能装稀硝酸，②不符合题意；
③氨气极易溶于水，能产生气压差，形成喷泉实验，③符合题意；
④NO难溶于水，④不符合题意；
⑤铵盐受热分解，不一定生成氨气，⑤不符合题意；
⑥溴蒸气和NO2气体都可以氧化KI生成碘单质，使淀粉KI试纸变蓝，⑥不符合题意；
故答案为：A
【分析】①氨容易液化；
②可用铁、铝制容器盛装浓硝酸；
③氨气极易溶于水；
④NO难溶于水；
⑤铵盐受热分解；
⑥溴蒸气和NO2气体都可以氧化KI生成碘单质。
17．【答案】（1）H+、NO ；N2+O2═2NO
（2）CaSO4；ad
（3）1×10﹣4
【解析】【解答】解：（1）①NOx能形成酸雨，由NO2形成的酸雨为硝酸型酸雨，硝酸溶液中含有的主要离子有H+、NO ，故答案为：H+、NO ；②汽车发动机工作时的高温会引发N2和O2反应，反应的化学方程式是N2+O2═2NO，
故答案为：N2+O2═2NO；（2）①在燃煤中加入生石灰可以起到固硫的作用，SO2被吸收后转化成一种硫元素的最高价态的化合物，是氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气杨宏伟硫酸钙，CaO+SO2+O2=CaSO4，最高价态的化合物为CaSO4，故答案为：CaSO4；②二氧化硫是酸性氧化物， a、Na2CO3溶液可以吸收二氧化硫，生成亚硫酸钠和二氧化碳，故a正确； b、硫酸不能吸收二氧化硫，故b错误； c、NaHSO3不能吸收二氧化硫，故c错误； d．NH3 H2O能吸收二氧化硫生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，故d正确；故答案为：ad；（3）溶液中存在电荷守恒c（K+）+c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=2c（SO ）+c（NO ）+c（Cl﹣）结合图表数据计算得到氢离子浓度c（H+）=1×10﹣4 mol/L，故答案为：1×10﹣4．
【分析】（1）①氮氧化物形成酸雨是硝酸型酸雨；②高温会引发N2和O2反应生成一氧化氮；（2）①钙基固硫法：CaO+SO2+O2=CaSO4；②二氧化硫是酸性氧化物，碳酸钠溶液可以吸收，生成亚硫酸氢钠或亚硫酸钠和氨水碱性溶液可以吸收二氧化硫；（3）依据溶液中电荷守恒计算．
18．【答案】（1）分离液态空气；作制冷剂或制硝酸可制氮肥
（2）N2+3H2 2NH3；n
（3）将生成的液态氨气与未反应的原料气分离；氨气不断被液化分离，减小氨气的浓度，促使平衡不断正向移动，提高原料的利用率
（4）5.9
【解析】【解答】解：（1）空气中的近五分四的是氮气，所以工业上用分离液态空气的方法得到氮气，氨气可以作制冷剂或制硝酸可制氮肥，故答案为：分离液态空气；作制冷剂或制硝酸可制氮肥；
（2.）工业合成氨中合成塔中的反应为氮气和氢气在高温高压条件下生成氨气，反应方程式为N2+3H2 2NH3，采用逆流的方式冷却效果好，所以冷水从n处进入，故答案为：N2+3H2 2NH3；n；
（3.）设备C是分离塔，将生成的液态氨气与未反应的原料气分离，氨气不断被液化分离，减小氨气的浓度，促使平衡不断正向移动，提高原料的利用率，故答案为：将生成的液态氨气与未反应的原料气分离；氨气不断被液化分离，减小氨气的浓度，促使平衡不断正向移动，提高原料的利用率；
（4.）设开始CO为amol/L，H2O为bmol/L，
CO（g） + H2O（g） CO2（g） + H2（g）
a
b
0.2a
b﹣0.8a
0.8a
0.8a
根据K= = =0.627，所以b：a=5.9，所以起始物中c（H2O）：c（CO）不低于5.9，故答案为：5.9．
19．【答案】（1）沸腾炉；b
（2）4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2
【解析】【解答】解：（1）A设备是硫铁矿与氧气在高温下煅烧反应在沸腾炉中进行；二氧化硫氧化生成三氧化硫为放热反应，所以b处温度高于a，
故答案为：沸腾炉； b；（2）根据题意可知，高温煅烧时CuFeS2时，反应物为CuFeS2和O2，生成物为CuO、Fe2O3 和SO2，再根据化合价升降法配平氧化还原反应方程式，
故答案为：4CuFeS2+13O2 4CuO+2Fe2O3+8SO2．
【分析】（1）依据接触法制硫酸的工业流程和设备反应分析判断；二氧化硫氧化生成三氧化硫为放热反应分析判断；（2）根据已知信息，确定出反应物和生成物，然后配平化学方程式．
20．【答案】（1）②③⑥；④⑤
（2）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
（3）加热；2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑
（4）脱水性和强氧化性；C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O
【解析】【解答】解：（1）①氯气在水溶液中能导电，氯气为单质既不是电解质也不是非电解质；
②小苏打NaHCO3在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
③固体纯碱在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
④二氧化硫不能电离属于非电解质；
⑤蔗糖在水溶液和熔融状态下都不能够导电，是非电解质；
⑥氢氧化钾在水溶液或者熔融状态下能够导电，是电解质；
⑦氢氧化铁胶体属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑧氨水属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑨空气属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
⑩浓硫酸属于混合物 既不是电解质也不是非电解质；
故属于电解质的是：②③⑥，非电解质的有：④⑤；
故答案为：②③⑥；④⑤；（2）①氯气 和④二氧化硫通入水中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的化学方程式为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，
故答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以除去固体纯碱中少量小苏打的操作是加热，方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：加热；2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2↑；（4）⑤蔗糖中加入⑩浓硫酸时，观察到蔗糖变黑、体积膨胀并放出刺激性气味气体的现象，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应生成刺激下气味气体是碳和浓硫酸反应生成，反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O，
故答案为：脱水性和强氧化性；C+2H2SO4（浓） 2SO2↑+CO2↑+2H2O．
【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；（2）①氯气 和④二氧化硫通入水中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸；（3）根据碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳来解答；（4）⑤蔗糖中加入⑩浓硫酸时，观察到蔗糖变黑、体积膨胀并放出刺激性气味气体的现象，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应生成刺激下气味气体是碳和浓硫酸反应生成．
21．【答案】（1）ab；P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+PH3↑；一；酚酞溶液
（2）c
（3）a
（4）有溶解平衡：Ag3PO4（s） 3Ag++PO43﹣，加入稀硝酸后，生成了难电离的物质H3PO4（或H2PO4﹣），使溶解平衡向右移动．
【解析】【解答】（1）白磷（P4）是难溶于水，易溶于CS2，熔点低，易自然，分子构型是正四面体，含有6个P﹣P键；P4在过量的热NaOH溶液中会生成PH3气体和NaH2PO2（次磷酸钠），方程式为P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+PH3↑，NaH2PO2 Na++H2PO2﹣，可知H3PO2为一元酸；如果次磷酸是弱酸，NaH2PO2水解显碱性，能使酚酞溶液变红；
故答案为：a b；P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+PH3↑；一；酚酞溶液；
（2）NaH2PO2可在酸性条件下与Ni2+作用进行“化学镀镍”（如在木材表面生成一层Ni﹣P合金），Ni2+生成Ni﹣P合金Ni化合价降低，则NaH2PO2中P的化合价升高，而生成Ni﹣P合金P的化合价降低；
故答案为：c；
（3）a．因为磷酸是弱酸，部分电离，故0.1mol/L的H3PO4溶液，c（H+）＜0.1mol/L，故a错误；
b．因为HF的Ki=3.6×10 ﹣4＜H3PO4的Ki1=7.5×10 ﹣3，所以NaF和H3PO4反应生成NaH2PO4和HF，故b正确；
c.0.1mol/L的溶液，酸性由弱到强的顺序为：HPO42﹣＜H2PO4﹣＜HF＜H3PO4，所以溶液的pH：Na3PO4＞Na2HPO4＞NaF＞NaH2PO4，故c正确；
故答案为：a；
（4）根据反应：Ag3PO4（s） 3Ag++PO43﹣，加入稀硝酸后，生成了难电离的物质H3PO4（或H2PO4﹣），使溶解平衡向右移动，溶解于稀硝酸；
故答案为：有溶解平衡：Ag3PO4（s） 3Ag++PO43﹣，加入稀硝酸后，生成了难电离的物质H3PO4（或H2PO4﹣），使溶解平衡向右移动．
【分析】（1）白磷（P4）是难溶于水，易溶于CS2，熔点低，易自然，分子构型是正四面体，含有6个P﹣P键；P4在过量的热NaOH溶液中会生成PH3气体和NaH2PO2（次磷酸钠），方程式为P4+3NaOH+3H2O→3NaH2PO2+PH3↑，NaH2PO2 Na++H2PO2﹣，可知H3PO2为一元酸；如果次磷酸是弱酸，NaH2PO2水解显碱性，能使酚酞溶液变红；
（2）根据氧化还原反应分析化合价的变化；
（3）a．因为磷酸是弱酸，部分电离，故0.1mol/L的H3PO4溶液，c（H+）＜0.1mol/L，故a错误；
b．因为HF的Ki=3.6×10 ﹣4＜H3PO4的Ki1=7.5×10 ﹣3，所以NaF和H3PO4反应生成NaH2PO4和HF，故b正确；
c.0.1mol/L的溶液，酸性由弱到强的顺序为：HPO42﹣＜H2PO4﹣＜HF＜H3PO4，酸性越弱对应离子水解程度越大；
（4）根据反应：Ag3PO4（s） 3Ag++PO43﹣，加入稀硝酸后，生成了难电离的物质H3PO4（或H2PO4﹣），使溶解平衡向右移动，溶解于稀硝酸．
