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含答案解析

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1、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含答案解析一、选择题1.铜 跟lm ol/L的硝酸溶液反应，若C(N03-)下降了 0.2m ol/L,则C(H*)下降A.0.2mol/L B.0.8mol/L C.0.6mol/L D.0.4mol/L【答案】B【解析】【详解】由铜和稀硝酸反应的离子方程式3Cu+2NC)3-+8H+=3Cu2+2NO个+4 0可知，参加反应的硝酸根和氢离子的物质的量之比为2:8,所以当c(N%)下降了 02m ol/L,则c(H+)下降0.8mol/L,B 正 确,选 Bo【点睛】本题解题的关键是理解反应的实质，即能知道根据离子方程式求解。典型错误就是

2、根据化学方程式求解，因为参加反应的硝酸中，有一部分(四分之 三)硝酸根没有参加反应只有四分之一的硝酸根被还原为NOo2.已知：稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：3S02+2HN03+H20=3H2S04+2N0O下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO的是()A.Fe(NO3)2溶液玲通入S%+过量盐酸少加BaCq溶液)白色沉淀B.Ba(NOJz溶 液 玲 加 过 量 盐 酸 玲 加 溶 液好白色沉淀C.无色溶液 加 稀HNO3玲加BaQ溶液好白色沉淀D.无色溶液少加过量盐酸玲无色溶液玲加BaCI2溶液玲白色溶液【答案】C【详解】A.硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相

3、当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钢最终生成Bas。4沉淀，A不符合题意；B.硝酸钢溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钢白色沉淀，B不符合题忌；C.无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钢，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCI或BaSO4，C符合题意；D.无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钢和氯化银，因为亚硫酸钢会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化银有生成沉淀，所以一定是硫酸钢白色沉淀，D不符合题意；答案选C。3.一定条件下，氨气和氟气发生反应：4N

4、H3+3F2-NF3+3NH4F,其中产物NF3分子结构和N%相似。下列有关说法错误的是()A.NF3分子含有极性共价键 B.NF?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.NF?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N%相似，都属于共价化合物，故B不选；C.在4NH3+3F2=NF3+3N%F中，N元素的化合价由-3

5、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.N H J是离子化合物，为离子晶体，故D选；故选：D。4.下列说法正确的是（）A.晶体硅常用于制造光导纤维 B.碳酸钠常用于治疗胃酸过多C.明研常用于自来水的消毒杀菌 D.高压钠灯常用于道路和广场照明【答案】D【详解】A.二氧化硅用于制造光导纤维，晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池，A错误；B.碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多，而碳酸钠溶液碱性强，对人会产生一定的腐蚀作用，因此不能用于治疗胃酸过多，B错误；C.明矶具有净水作用但无强氧化性，因此常用于自来水的净化，但

6、不能对水进行消毒杀菌，C错误；D.高压钠灯发出的黄光穿透力强，因此常用于道路和广场照明，D正确；故合理选项是D。5.现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。工业上用“西门子法。以硅石（Si。?）为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。下列说法不正确的是金附 裾 般 看化灯体 K为 金 级已知：SiHC室温下为易挥发、易水解的无色液体。A.还原 过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为SiB.为最大程度节约成本，上述生产工艺中能循环使用的物质只有“C.为防止SiHC水解而损失、氢气爆炸，氧化、分离 与 热解 的过程均需要在无水、无氧的条件下进行200-30(TCD.氧化

7、”过程反应的化学方程式为Si+3HC1 SiHCI3+H2【答案】B【分析】二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200300下反应生成SiHCI3,与最后与氢气反应生成Si。【详解】A.二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2S i,故 A 正确；B.流程中z、HCI既是反应物也是生成物，则可循环使用，故 B 错误；C.氧化、分离 与 热解 的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHC水解而损失、氢气爆炸，故 C 正确；D.由流程可知，通入氯化氢在200300下反应生成SiH C g,反应的化

8、学方程式为200-30(rCSi+3HCI SiHCI3+H2，故 D 正确；故选Bo6.将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解(假设反应中还原产全部是N。)。向反应后的溶液中加入3moi/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则下列叙述中正确的是A.当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mLB.当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4molC.当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24LD.参加反应的金属的总质量一定是6.6g【答案】B【解析】【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属

9、完全溶解，发生反应为3Mg+8HNC3(稀)=3Mg(N03)2+2NO个+4%。、3CU+8HNO3(稀)=3Cu(N03)2+2NO个+4%0；向反应后的溶液中加入3moi/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg(N03)2+2NaOH=Mg(OH)24/+2NaNOr Cu(N03)2+2NaOH=Cu(OH)24/+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1 g,氢氧根的物质的量为5.1g+17g/mol=0.3mol。金属在反应中均失去2 个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量=0.3m

10、ol+2=0.15mol；【详解】A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3m ol,需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol3mol/L=0.1L=100mL,硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL,A 错误；B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15molxm=0.4mol,B 正确；C、镁和铜的总的物质的量为0.15m ol,根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mok3=0.1mol若为标准状况下，生成NO的体积为0.1molx22.4L/mol=2.24L,但 NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L,C 错误；D、镁和铜的

11、总的物质的量为0.15m ol,假定全为镁，质量为0.15molx24g/mol=3.6g,若全为铜，质量为0.15molx64g/mol=9.6g,所以参加反应的金属的总质量为3.6gm 答案选 A。1 0.某混合物X由Na?。、FezOm、Cu、Si。2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.途径a:t t.N a O H溶 海1寸淖1 4.92 g固体.L%g固体激至b:”.6国嵯4心3 3 ：辿 瞿 酸 蓝色溶液W,V 1.92g固体下列有关说法不正确的是()A.由I I可知X中一定存在SiO2B.无法判断混合物中是否含有Na?。C.1.92 g固体成分

12、为CuD.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 3.0 g,所以该固体为二氧化硅，质量为 3.0 g,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

13、水反应，固体质量变为6.4 g,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Si。?，故A正确；B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4 g,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C u,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+3H2。、Cu+2Fe3+=2Fe2+Cuz+得出：Fe2O3-2Fe3+C u,则 160 x+64y=6.4,64y-64x=1.92,解得x=0.02mol,y=0.05m

14、ol,所以氧化铁的质量为0.02molxl60g/mol=3.2g,金属铜的质量为0.05molx64g/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.11.将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为4 0 m L,则混合气体中NO2和NO的体积比是A.5：3 B.2：3 C.1：

15、1 D.2：1【答案】C【详解】设NO2体积为xmL3NO+H O=2HNO2 2 33x+NO AV260-403 27=60-40 x=30 mL混合气体中NO2和NO的体积比是1：1,故C正确。12.能正确表示下列反应的离子方程式是()A.在硫酸亚铁溶液中通入氯气：2Fe2+CI2=2Fe3+2CI-B.NHJICO3溶液中加入过量的 Ba(OH)2 溶液：2HCO；+Ba2+2OH-=BaCC)3J+2H2C)+C。；-C.氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H+Fe2+2%。D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO=CaCO,4z+H,O【答案】A【详解】A.

16、氯气会将亚铁离子氧化成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2Fe2+Cl2=2Fe3+2CI,故 A 正确；B.过量的氢氧化钢也会把镂根反应掉，正确的离子方程式为NH+HCO-+Ba2+2OH-4 3=BaCO34/+NH3 H2O+H20,故 B 错误；C.硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子，正确离子方程式为3Fe(OH)2+NO+10Ht=3Fe3+8H2O+NO/T,故 C 错误；D.小苏打过量时氢氧根完全反应，所以正确离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO?=CaCO34/+H2O+CO2-,故 D 错误；综上所述答案为A。1 3.二氯化二硫(S2CI2)是广泛用于橡

17、胶工业的硫化剂，其分子结构与双氧水分子相似。常温下，S2c%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.SzBr2与 S2c：结构相似,沸点 S?Br2S2a2B.S2cU的结构式为ClSSClc.s2a2中s显一 1价D.2S2CI2+2H2O=S O +3Ss|z+4HCI【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；SzBj与S2cg结构相似,SzBr2相以分子质量较大,所以沸点SZB AS2c9A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S2CU的结构式为

18、CISS-CI,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S2c%中C I显-1价，S显+1价，C错误；D.由题中信息S2cI2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S2c弓与水发生反应的化学方程式为2s2cl2 +2%0=5。2个+3SJ+4HCI,D正确；故选Co1 4.如图所示是某一短周期元素的 类价二维图。图中箭头表示的物质间转化，均能一步完成，a、g的焰色反应均为黄色。下列说法错误的是物质类别盐含氧酸氧化物单质氢化物A.X 为。2,y 为 乙。B.c 为 S,g 为 N a z S Q,或 N a H S C）4C.f 的浓溶液不能用铁

19、制容器盛装D.反应a-b 的离子方程式可能是S 3+2 H+=H 2 s 个【答案】C【分析】a、g的焰色反应均为黄色，说明含有钠元素；根据图示，最低价为2价，即为第V I A 族元素，可能为硫元素或氧元素，且存在+4 价，即元素为硫元素。根据物质分类可知，b为硫化氢，c 为硫单质，d为二氧化硫，即 x 为氧气，e为三氧化硫，f 为硫酸，y为水，g为硫酸钠或硫酸氢钠，a 为硫化钠或硫氢化钠。【详解】A .根据物质分类和反应过程可知，x 为y 为&0,A正确，不选；B .根据物质分类可知，c 为 S,g 为 N a z S Q 或 N a H S O B正确，不选；C .常温下，f 的浓溶液会与

20、F e 发生钝化反应，阻止金属与浓硫酸进一步反应，故能用铁制容器盛装，C错误，符合题意；D .a为硫化钠或硫氢化钠，b为硫化氢，反应a 玲b的离子方程式可能是S、+2 H+=H 2 s 个，D正确，不选。答案为C。1 5.一定量的锌与1 0 0 m L 1 8.5 m o l LT的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲3 3.6 L （标准状况）。将反应后的溶液稀释至1 L,测得溶液的c（H-）=0.1 m o l-L-io下列叙述不正确的是（）A.反应中共消耗1.8 m o l H S O,B.气体甲中S O 2 与 4的体积比为4：1C.反应中共消耗9 7.5 g Z n D.反应

21、中共转移3 m o l电子【答案】B【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）uZtiSOd+SO2个+”。，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+%SOa（稀）uZnSO4+H2个，则生成的气体为SO2和的“混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】33.6L生 成 气 体 的 物 质 的 量 为 7=1.5m ol,溶液剩余硫酸的物质的量为22.4LI mol12 xlLx0.1mol/L=0.05mol,参加反应的n（H2SO4）=0.1Lxl8.5mol/L-0.05mol=1.8mol,随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xm

22、olS%，ymolH2，Zn+2H2sO4（浓）=ZnSO4+SO2t+H2Ox 2x xZn+H2so4（稀）=ZnSO4+H21sy y yx+y=1.52x+y=1.8解之得 x=0.3,y=1.2所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。A.由以上计算可知，反应中共消耗1.8molH2sO,，故A正确；B.气体A为SO2和 乙 的混合物，且V（S02）：V（H2）=1：4,故B错误；C.反应中共消耗金属Z n的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）x65g/mol=97.5g,故C正确；D.在反应Zn+2H2S%（浓）=ZnSO4+SC）2个+%。中，生成0.3

23、mol的二氧化硫转移电子为0.6 m o l,反应Zn+“S。,（稀）=ZnSC）4+H2个中，生成1.2mol氢气转移电子2.4 m o l,所以反应中共转移3m oi电子，故D正确。故选Bo【点睛】本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。1 6.某溶液 X 中仅可能含有 K+、Na+、Fez+、Fe3+、N H/、SO42-,SC、CC、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（）溶 液X氯水CCU下 是 紫 红 色：亦。3溶.

24、分两份上层.诲液N a O H溶辙加 热 *白色沉淀 红褐色沉淀一 气 体Y溶液Z紫 色.遮过蓝色 黄色:焰色反应|火焰 牯玻璃 火焰A.该溶液X中可能有Fe 3+、Na+B.取样溶液Z,滴加氯化钢溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO4 2、SO?-中的某一种C.该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化核溶于水后得到的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N 4+【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1-，一定不含Fe 3+；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CI-,

25、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Fe 2+,一定不含有SO3 2-和C O/;有气体生成，说明溶液中一定有N H；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有N a+,透过蓝色钻玻璃片，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S0 4 2-和CI-,综上可知，溶液X中一定含有K+、Fe 2+、叫+、I-、SO4 2-和CI,一定不含有 Fe 3+、SO32-,CO3 2-和 Na+。【详解】A项、溶液X中一定没有Fe 3+、N a+,故A错误；B项、因溶液X中一定含有Fe 2+,一定不含有S O 3 2 r

26、若取样溶液乙 滴加氯化钢溶液出现沉淀，可推出X中一定存在S C r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、碘化钾和氯化核溶于水后得到的，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Co【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。1 7.同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满N&NO?HCI和 叫 的4：5混合气体，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为A.0 B.H2SiO3B.若 A 为浓盐酸，B为 KMnQ,C中盛石蕊试液，则 C中溶液最终呈红色C.若 A 为较浓硫酸

27、，B为 Na2sO3固体，C中盛有Na2s溶液，则 C中溶液变浑浊D.装置D起干燥气体作用【答案】C【详解】A.浓盐酸挥发的HCI在 C中也能与225曲3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸 性 一 定 比 强，故 A 错误；B.A 为浓盐酸，B为 K M n J,则反应生成的氯气通入C中，CI2与水反应生成HCI和HCIO,其中HCIO有强氧化性和漂白性，则 C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；C.A 为较浓硫酸，B为 Na2sO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C 中，因 S。2有氧化性，则与C中 Na2s溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C 中溶液变浑浊，故 C正确；D

28、.仪器D 为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故 D错误；故答案为C。1 9.依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正碰的是（）*酸乜化物单质M化物A.X是 照B.可用排水法收集NO、NO?气体c.由NO2NO,无须另加还原剂也可实现D.由N%好叫，从理论上看，N&可与NO?反应实现【答案】B【分析】A.图象可知X为+5价对应的氮的氧化物；B.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体；C.氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；D.氨气中氮元素化合价-3价，二氧化氮中氮元素化合价+4价二者反应生成氮气；【详解】A.图中氮元素及其化合

29、物的转化关系可知，X为+5价对应的氮的氧化物是与与，A正 确；B.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，不可用排空气法收集N。气 体，B错 误；C.氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以N，、空气、水为原料生产硝酸，C正 确；D.N%可与NO?反 应 氮 气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O,D正 确；答案选B。【点睛】本题考查了氮元素及其化合物的性质、主要是个价态存在物质的氧化还原反应，掌握基础是解题关键，题目难度中等2 0.镁、铝、铁合金投入300mL HN。3溶液中，金属恰好溶解，分别转化成Mg2+、A E和Fe3+；还原产物为

30、N。，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H N O的物质的量为0.9mol B.NaOH的物质的量浓度为6 moi3C.参加反应的金属的质量为11.9g D.HNO,的物质的量浓度为3m oi-L i【答案】C【分析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Ab+、Fe3+、Mg2+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AI3+、Fe3*、Mgz+离子，根据电子守恒，金6.72L.小属共失去电子的物质的量为

31、：-x(5-2)=0.9m ol,反应中金属失去电子的物质的22.4L/mol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(N03-)=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0.9 mol的量浓度为：c(NaOH)=3mol/L,B选项错误；C.反应后沉淀的质量=金属质量+01(0阳=金属质量+0.9molxl7g/mol=27.2g,则金属的质量为：27.2

32、g-15.3g=11.9g,C 选项正确；D.参加反应的硝酸的物质的量为：n(HN03)=n(N03-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol,硝酸的1.2mol物质的量浓度为：C(HNO3)=4mol/L,D选项错误；a D 1 i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。2 1.分别盛有不同无色溶液四支试管进行如下操作，现象和结论对应且正确的是操作现象结论A向试管中先滴加BaCI2溶液再滴加硝酸生成白色沉淀原溶

33、液中有S。5B向试管中加入AgN%溶液生成白色沉淀原溶液中有CI-C向试管中先滴加少量氯水，后滴加适量苯，振荡静置溶液分层且上层为橙红色原溶液中含有1-D向试管中滴加浓NaOH溶液，加热，将湿润红色石蕊试纸靠近试管口试纸变蓝原溶液中有N%+A.A【答案】DB.BC.CD.D【详解】A.滴加Ba“溶液再滴加硝酸，生成白色沉淀，该沉淀不一定是硫酸钢，比如可以是氯化银，也有可能原溶液中有S C r硝酸将其氧化成了 SO4、A错误；B.加入AgN%溶液生成白色沉淀，沉淀不一定是A gC I,也有可能是Ag2SC等，B错误；C.溶液分层且上层为橙红色，说明生成了 B)证明原溶液中含有Be C错误；D.湿

34、润红色石蕊试纸变蓝，说明遇到了碱性物质，所以试管口有氨气，所以原溶液中有NH4-h D 正确；答案选D。2 2.某固体 X 可能含有股?。?、Fe2O3,AI2O3,SiOp K2soNa2sO3、NH4NO3,MgCI2中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：下列说法不正确的是()A.溶液1中不可能含有CI-B.气体1可能是二种气体的混合物C.固体1可能是二种固体的混合物D.固体X中，K2sO,和Na2sO3两种物质至少含一种【答案】D【详解】固体 X 可能含有 Na2。?、Fe2O3 AI2O3,Si02,K2s、Na2sO3、NH4NOr MgCq 中的一种或几种物质，Fe2O3,

35、Al20r S%都难溶于水且与水不反应，K2sO,、Na2SOr NH4NO3,MgCI2都为溶于水的盐；加入足量水，有气体1产生，则X中一定含有Na2。?，Na?。?与水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2t,过氧化钠与水反应放热；A.因为MgCI?与NaOH反应生成Mg(0H)2沉淀和NaCL MglOH)?不溶于NaOH溶液，而固体X中加入足量水得到的固体1能与NaOH溶液反应得到溶液2,故固体1中不含Mg(0H)2，X中不含M gC f 溶液1中不可能含Cl,A正确；B.若X中还含有NH4NO3,则固体X加入足量水后还会发生反应：ANH4NO3+NaOH-N a N O N

36、 H +H ,气 体1可能是02、N%的混合物，B正确；C.若X中还同时含有AU。?、Si02，X与足量水反应后可能溶解部分AI2O3、Si02，还有未溶解的4“、S R在固体1中，项与、S 0都能溶于NaOH溶液，C正确；D.溶液1中加入盐酸/BaCI2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO4?-、SiC-等，即溶液1中不一定含SO421则原固体X中不一定含有K2sO,、Na2SO3，D错误；答案选D。2 3.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

37、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5 4g量减少的5.4克为A l,物质的量为”/=0 2 m o l；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生27g/mol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-.7-x3=1.2m ol,其中0.2mol铝完全反应失去0.6m ol电子，则Cu、Fe完全反应失22.4L/mol去电子为1.2mol-0.6mol=0.6mol,反应中Cu、F

38、e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）=0.6m ol,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+0.6moixl7g/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 5.4 g,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。2 4.某溶液中可能含有H+、NH+、Mg2*、Ab+、Fe3+、C O*、SCP-、NO-中的几种。若4 3 4 3加入锌粒，产生无色无味的气体；若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH

39、的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的愚）A.溶液中一定含有NH+4C.溶液中一定含有NO-3【答案】C【分析】B.溶液中一定含有Ah+D.溶液中一定含有SO 2-4某溶液中可能含有H+、NH+、Mg2+、AI3+、4Fe3+、CO2-,S O、NO-中的几种。若加入锌3 4 3粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+,没有N O/若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系示意图可知,一定有Mg2+、AI3+和N H+,贝IJ根据离子共存的条件及沉淀的颜色可以判断，一定没有8 2-4 3和Fe3+。根据溶液电中性可知，一定有S。3。

40、4【详解】A.沉淀达到最大量之后，即加入NaOH的物质的量在0.5mol0.7mol之间时，沉淀既没有增加也不有减少，说明溶液中一定含有NH+,A说法正确；4B.加入NaOH的物质的量在0.7mol0.8moi之间时，沉淀的量逐渐减少，说明溶液中一定含有Al3+,B说法正确；C.加入锌粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+,没 有N。；，因为若有N0?会产生有刺激性气味的氮的氧化物，C说法不正确；D.溶液中一定存在H+、NH+、Mg2+、Ab+,一定没有CO2-和NO-,由于溶液呈电中性，所4 3 3以，溶液中一定含有S0%,D说法正确。4本题选C。2 5.下列实验操作、现象和结论

41、均正确的是（）选项操作现象结论A向含卜的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉溶液后溶液变蓝色氧化性：Cl2马B将可调节高度的铜丝伸入稀硝酸中溶液变蓝铜与稀硝酸发生置换反应C向溶液X中滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2 溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有S043D常温下将铝片放入浓硝酸中无明显现象铝与浓硝酸不反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】试题分析：A、氯气和碘离子反应生成碘单质和氯离子，氯气的氧化性比碘单质强，碘遇到淀粉显蓝色，故正确；B、铜和硝酸反应不是置换反应，故错误；C、溶液中可能是硫酸根离子，或亚硫酸根离子，故错误；D、铝常温下在浓硝酸中钝化，故错误。考

42、点：氧化性的比较，硝酸的性质，硫酸根离子的检验二、实验题2 6.废水中过量的氨氮（N H和NH+）会导致水体富营养化。某科研小组用N aC lO氧化法34处理氨氮废水。已知：HC10的氧化性比NaCK）强；N H比NH+更易被氧化；国3 4家相关标准要求经处理过的氨氮废水P H要控制在69。（l）pH=1.25时，N aC lO可与N H，反应生成N等无污染物质，该反应的离子方程式为42进水p H对氨氮去除率和出水pH的影响分别如图1和图2所示:进水P H在1.252.75范围内时，氨氮去除率随p H的升高迅速下降的原因是进水p H在2.756范围内时，氨氮去除率随P H的 升 高 而 上 升

43、 的 原 因 是。进水P H应控制在_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 左右为宜。为研究空气对N aC lO氨化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变。其 原 因 可 能 是(填 序 号)a.O的氧化性比N aC lO弱2b.O,氧化氨氮速率比N aC lO慢c.O,在废水中溶解度比较小d.空气中的N、进入废水中【答案】3 c le)-+2 N H-=N T+3C1+3H 0 +2 H+随着p H的升高，N aC lO含量增4 2 2大，氧化性降低，导致氨氯去除率下降随着P H的升高，氨氮废水中N H,含量增大，而N H比NH+更 易 被 氧

44、 化1.5 abc3 4【分析】pH=1.25时，NaClO可与N%+反应生成丹等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子和水，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)进水pH为L252.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降是c(OH)较大，抑制NaClO水解，c(HCIO)较小致氧化能力弱；进水pH为2.756.00范围内氨氮去除率随pH升高而上升，氨气含量增大氨氮易被氧化；结合图象变化可知进水pH应控制在1.0左右；其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去除率几乎不变，说明。2氧化氨氮速率比NaClO慢，比次氯酸钠氧化性弱，溶液中溶解的氧气少等原因。【详解

45、】(l)pH=1.25时，NaClO可与N&+反应生成与 等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3CIO-+2NH/=N t+3CI-+2H+；进水pH为1.252.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是：随着PH升高，NaCIO含量增大，氧化性能降低，导致氨氮去除率下降；进水pH为2.756.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是：随着PH升高氨氮废水中氨气含量增大，氨氮更易被氧化；进水pH应控制在1.50左右，氨氮去除率会较大；研究空气对NaCIO氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入空气的量，发现氨氮去

46、除率几乎不变。其原因可能是：的氧化性比NaCIO弱、。2氧化氨氮速率比NaCIO慢、。2在溶液中溶解度比较小；故答案为：abco2 7.某化学课外活动小组设计实验探究氨的催化氧化。检查装置气密性后，先将C处的丝网加热至红热，再将A处产生的气体通过B装置片刻后,撤去C处酒精灯。部分实验现象NaA 8国 体*图2（1）装置A中使用的药品是NHHCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管橡胶塞和_（填选项序号）。a.锥 形 瓶b.酒 精 灯c.烧 瓶d.蒸发皿(2)(3)(4)(5)装置B的作用是一。装置C中发生反应的化学方程式为该装置存在的主要缺陷是如图所示的E装置可防止F中溶液倒吸进入D中，请在图中

47、画出装置E中的导气管。_（6）若进入F装置的物质成分和质量一定，可向F中加入下列物质中的_（填字母）使铜片溶解的质量增多。A-Na2CO3 B.NaCI C.CuSO4 D H2s0，（7）乙小组认为可将甲小组的装置中A、B部分换成如图2所示装置（其余部分相同）进行实验。烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则 分液漏斗中加入的最佳试剂是U型管中加入的试剂是【答案】b与水和二氧化碳反应，产生C中所需的反应物氧气4NH+50,!?4NO+6H.O缺少尾气处理装置3,L Z.D浓 氨水碱石灰（或氢氧化钠）【分析】若装置A中使用的药品是NH4HC固体，酒精灯加热生成氨气、水、二氧化碳，B中过氧化钠可除去水、二

48、氧化碳，并生成氧气（或A、B中改为过氧化钠与氨水制备气体、碱石灰干燥后通入C中），C中发生4NHJ5O2 驾4N0+6H2。,D中浓硫酸吸收多余的氨气、且吸收水，E可防止F中溶液倒吸进入D中，则E中连接D的为短导管，NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，贝 叶 中发生3Cu+8H+2NC）3-=3CU2*+2NO个+4%0,硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，可溶解更多的C u,图中缺少尾气处理装置，以此来解答。【详解】（1）若装置A中使用的药品是NH4HCO3固体，则A需要的仪器有试管、导管、橡胶塞和酒精灯，故答案为：b；（2）装 置B的作用是与水和二氧化碳反应，产生C中所

49、需的反应物氧气；（3）装置C中发生反应的化学方程式为411&+5。2与 邑4N0+6H2。；（4）该装置存在的主要缺陷是缺少尾气处理装置；（5）装置E要防倒吸，故E中的导气管为（6）F中发生的反应是铜和稀硝酸的反应，反应的离子方程式为：3CU+8H+2NO3-=3CU-+2N。个+4%0,反应中消耗的氢离子物质的量大于硝酸根离子的物质的量，所以向溶液中只要加入氢离子，就可以溶解更多的铜，所以应该加入硫酸，故答案为D；（7）将甲小组的装置中A、B部分换成图中装置（其余部分相同）进行实验，烧瓶中加入的是过氧化钠固体，则分液漏斗中加入的最佳试剂是浓氨水；U型管中加入试剂是碱石灰（或氢氧化钠）。2 8

50、.某化学小组为研究S02的化学性质并探究与可溶性钢的强酸盐能否反应生成白色BaSC3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持，加热装置已略，气密性已检验）浓碇酸行热试液尾气吸收饱和NuHSO,溶液O.25mnl/1RaCb溶液O.25mnl，Ba(NO)溶液实验操作和现象如下：关闭活塞J,K3,打开活塞K ,向A中滴加一定量的浓硫酸并加热，A中有白雾生成，铜片表面产生气泡。当C出现明显现象后，关闭Kj并停止加热。写出A中发生反应的化学反应方程式_ _ _ _ _；B装 置 的 作 用 是；C中的现象为_；（3）打开活塞J,再向A中滴加一定量的浓硫酸并加热，D中有气泡冒出，产生少量白色沉淀，E中产生白

51、色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失；从D、E中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸，白色沉淀不溶解。分析D中产生不溶于稀盐酸的沉淀的原因；为了证实上述分析是否正确，在原实验基础上，在打开活塞J之后增加一步操作，该操作是（5）增加以上操作后，重复实验步骤（3）,D中无沉淀生成，而E中仍产生白色沉淀，用离子方程式解释E中仍有白色沉淀的原因【答案】Cu+2H2s0 3浓）dCuSC+SOz个+2%。除去SO?中的H2 s石蕊试液变红仪器中残留的氧气氧化了 H 2sO 3打开勺，通 入N2一 段 时 间3H2SO3+2NO3+3Ba2+=3BaSC）N+2NC）个+4小+也0【分析】由实验装置图可知，装置A

52、中浓硫酸与铜片共热反应生成二氧化硫，二氧化硫的白雾中混有硫酸，装置B用于除去二氧化硫中混有的硫酸；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，C装置中石蕊试液变红色，二氧化硫与氯化领溶液不反应，装置D中无白色沉淀生成，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根将亚硫酸氧化生成硫酸，硫酸与与氯化钢溶液反应生成硫酸领，装置E中有白色沉淀生成。【详解】（2）A中浓硫酸与铜片共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学反应方程式为 Cu+2HaS。/浓）AC11SO4+SO2个+2%。，故答案为：Cu+2H2sC（浓）A CuSQ+SO2个+2%。；装 置A中产生的白雾中混有硫酸，能与

53、会氯化钢溶液反应生成硫酸钢白色沉淀，会干扰二氧化硫性质的验证，则B装置的作用是用亚硫酸氢钠溶液除去硫酸，排出干扰二氧化硫性质的验证，故答案为：除去S%中的H2s0-二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，能使C装置中石蕊试液变红色，故答案为：石蕊试液变红；（4）E中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失说明装置中仪器中残留氧气，二氧化硫与氯化钢溶液不反应，装置D中产生不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明仪器中残留氧气将亚硫酸氧化生成硫酸，硫酸与与氯化领溶液反应生成硫酸钢，故答案为：仪器中残留的氧气氧化了 H2SO3；为排出仪器中残留氧气的干扰，在打开活塞J之后，打 开 通 入 氮 气 一 段 时

54、 间，排尽仪器中的氧气，故答案为：打开J,通 入&一段时间；（5）E中产生白色沉淀的原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根将亚硫酸氧化生成硫酸，硫酸与与氯化钢溶液反应生成硫酸钢，反应的离子方程式为 3H2SO3+2NO3-+3Ba2+=3BaSO4xk+2NO/r+4H+H2O,故答案为：3H2SO3+2NO3+3Ba2+=3BaSC）N+2NO 个+4小+%0。【点睛】E中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失说明装置中仪器中残留氧气，残留氧气将亚硫酸氧化生成硫酸，干扰二氧化硫性质的验证是分析解答的关键和解答难点。2 9.某学习小组探究氨的还原性及检验产物的性

55、质，按下图装置进行实验（图中夹持装置已略去)。将B处的三氧化二铭加热至红热，再鼓入空气，已知：无水氯化钙可吸收氨气和(1)B中发生反应的化学方程式是。证 明 氨 气 发 生 催 化 氧 化 的 现 象 是,反应的方程式是(3)E中铜发生反应的离子方程式是,E中缓缓通入空气的目的是。4NH3+5O2=i4 N O +6H2O D 中广口瓶中有红棕色气体 2NO+C)2=2NC)2 3Cu+8 H+2N O；=3 CU2+2 NO个+4%0使一氧化氮充分转化为二氧化氮，避免空气污染【分析】氨气催化氧化生成的NO和空气中的巴 反应生成N02,NO2再溶于水生成HNO3,CU能溶于稀硝酸生成N O,反

56、应的尾气NO和空气的混合气体用NaOH溶液吸收。【详解】(1)8中发生的反应是氨的催化氧化反应4N H 3+5O 2U 4N O +6H2。；氨气催化氧化的产物一氧化氮极易和氧气化合2NO+C)2=2NO2，D中广口瓶中有红棕色气体产生。(3)在E中，生成的二氧化氮和水反应3股2+%0=2血0 3+股，铜和硝酸反应3 CU+8HNC)3(稀)=3 CU(NO3)2+2 NO1+4 H2O,离子方程式为 3Cu+8H+2 NO；=3 CUZ+2 N。个+4 H20O为使一氧化氮充分转化为二氧化氮，避免空气污染，在E中要缓缓通入空气。3 0.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

57、计了如下装置:(1)实验室常用装置E制 备 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。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）：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

58、尾气吸收，防污染C I2+S O2+2 H2O=2 HC I+H2S O4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镒酸钾和浓盐酸反应，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）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：CI2+S02+2H20=2HCI+H2S04O 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。3 1.膨松剂在面包制作过程中发生反应产生气体，使面包变得松软。已知某膨松剂含碳酸氢钠、碳酸氢

59、镂中的一种或两种，化学兴趣小组对该膨松剂进行如下探究：（查阅资料）：碱石灰不与氨气反应，常用于吸收水蒸气和二氧化碳；常用浓硫酸吸收氨气。实验一：检验膨松剂成分在玻璃管中加入该膨松剂，按下图连接好装置（铁架台略去，下同）。点燃酒精灯：关闭铁夹2,打开铁夹1,观察到现象：,说明产物中有二氧化碳；（2）打开铁夹2,关闭铁夹1,观察到的现象：,说明产物中有氨气；（3）充分加热后，玻璃管中仍有固体，结论：该膨松剂的成分是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _（化学式）。实验二：测定膨松剂受热产生气体的量用下图装置测定该膨松剂样品产生的二氧化碳气体的质量（整套装置气密性良好，各装置中气体吸收剂足量）其质量

60、差即为样品产生的二氧化碳气体的质量。加热前，先对已连接好的装置A、B和C通一段时间的空气，再连接上装置D、E；加热过程中，装置C的作用是；停止加热后，应继续通入空气一段时间的目的是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。测定氨气的质量：将上图装置中（填字母）的连接顺序对调。另取8 g膨松剂装入装置B中，通过测定实验前后装置C的质量，其质量差即为样品产生的氨气的质量。（解释与结论）同学们进一步对实验结果进行分析后，认为该膨松剂质量良好。（反思与评价）实验I I中，若没有装置E,造 成 测 定 结 果 可 能 会（填 偏大、不变 或 偏小）【答案】澄清石灰水变浑浊无色酚醐试液变红色NaHCOr

61、 NH4HCO3 D除去二氧化碳气体中的水蒸气和氨气 将装置B中二氧化碳全部赶入装置D中C D偏大【分析】实验二：通过测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生二氧化碳的质量，装置C的作用是除去气体中的水蒸气和氨气，加热前，先对己连接好的装置A、B和C通一段时间的空气，再连接上装置D、E是：除去装置内空气中的二氧化碳，停止加然后，应继续通入空气一段时间的目的是：将装置B中二氧化碳全部赶入装置D中。【详解】（1）关闭铁夹2,打开铁夹1,由于二氧化碳能与氢氧化钙反应，生成碳酸钙白色沉淀，所以使石灰水变浑浊的气体是二氧化碳；打开铁夹2,关闭铁夹1,由于碱石灰能吸收二氧化碳和水，所以进入无色酚酸试

62、液中的气体如果能使酚献变红，说明显碱性，产物中有氨气；加热后有氨气生成，说明含有碳酸氢镂，充分加热后，玻璃管中仍有固体说明含有碳酸氢钠，碳酸氢钠加热后能生成碳酸钠固体，则该膨松剂的成分是NaHCC）3、NH4HCO3的混合物；通过测定实验前后装置D的质量，其质量差即为样品产生二氧化碳的质量，浓硫酸具有吸水性，装置C的作用是为了除去气体中的水蒸气，硫酸能与氨气反应生成硫酸镀所以也除去了氨气，加热过程中，装置C的作用是：除去二氧化碳气体中的水蒸气和氨气，E装置是为了防止空气中二氧化碳进入装置D中，加热前，先对己连接好的装置A、B和C通一段时间的空气，再连接上装置D、E,停止加然后，应继续通入空气一段时间的目的是：将装置B中二氧化碳全部赶入装置D中；测定氨气的质量：将上图装置中CD的连接顺郅对调，另取8 g膨松剂装入装置B中，通过测定实验前后装置C的质量，共质量差即为样品产生的氨气的质量；E装置是为了防止空气中二氧化碳进入装置D中，如果没有E装置，空气中二氧化碳会进入D装置，造成二氧化碳增多，结果偏大。