第五章 化工生产中的重要非金属元素 测试题
一、单选题
1．我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是
A．“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料
B．“嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料
C．5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2
D．“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素
2．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是二氧化硅
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
3．不能正确表示下列反应的化学方程式的是
A．铁在高温下与水蒸气反应：2Fe+6H2O(g)2Fe(OH)3+3H2
B．过氧化钠与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
C．盐酸滴入水玻璃：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl
D．二氧化硅制单质硅：SiO2+2CSi+2CO↑
4．表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断
A 硅是良好的半导体材料 硅可能成为未来的能源新秀 Ⅰ对，Ⅱ对；有
B Cu能与浓HNO3反应 由于Cu具有还原性，浓HNO3具有氧化性，在任何条件下生成的气体一定是NO2 Ⅰ对，Ⅱ对；有
C 硫单质在纯氧中燃烧有少量SO3生成 部分二氧化硫被氧化为SO3 Ⅰ对，Ⅱ对；无
D 可用氢氧化钠溶液来检验铵根 铵盐与强碱加热下能发生复分解反应生成氨气 Ⅰ对，Ⅱ对；有
A．A B．B C．C D．D
5．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥H2
B．FeCl3具有氧化性，可用于净水
C．乙醇易溶于水，可用于杀灭病毒
D．晶体硅熔点高，可用于制半导体
6．加热条件下，与氢氧化钠溶液反应产生刺激性气味气体的是
A． B． C． D．
7．对下列各实验装置的叙述中，不正确的是
A．装置①为氢氧化钠溶液与溴的苯溶液充分混合振荡后静置的现象
B．装置②烧杯中盛有浓氯水，上方悬挂着喷晒有KI-淀粉溶液的蝴蝶会变蓝色
C．装置③中若X为CCl4，可用于吸收氨气或氯化氢，并防止倒吸
D．装置④可用于制取、收集氨气
8．标准状况下，在四个干燥的烧瓶中分别充入：①纯净的氨气；②混有体积空气的氯化氢气体；③纯净的NO2气体；④混有少量O2的NO2气体，然后各做喷泉实验，实验后，烧瓶中溶液的物质的量浓度大小关系是
A．①=②=③=④ B．①=②=③＞④ C．①=②=③＜④ D．①＞②=③＞④
9．下列“类比”结果正确的是
A．实验室用浓硫酸和NaCl固体共热制备HCl，则可用浓硫酸和NaBr固体共热制备HBr
B．适量CO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaCO3和HClO，则适量SO2通入Ca(ClO)2溶液中也可生成CaSO3和HClO
C．NH3与HCl反应生成NH4Cl，则H2N—NH2也可以与HCl反应生成N2H6Cl2
D．Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3；推出Fe3I8可以改写为FeI2·2FeI3
10．向蔗糖固体中滴加浓硫酸，蔗糖变黑。该现象说明浓硫酸具有
A．酸性 B．还原性 C．脱水性 D．挥发性
11．如图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是
A．实验后，可把注射器中的物质推入NaOH溶液，以减少环境污染
B．湿润的品红试纸，蘸有KMnO4酸性溶液的滤纸均褪色证明了SO2的漂白性
C．湿润的碘化钾淀粉试纸未变蓝说明SO2氧化性强于I2
D．湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
12．类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是
A．的沸点高于，推测的沸点也高于
B．与反应生成与，推测与反应生成与
C．气体通入足量溶液生成和，推测气体通入足量溶液生成和
D．为直线形分子，推测(氧硫化碳)也是直线形分子
13．下列说法不正确的是（ ）
A．SO2和CO2均有毒
B．SO2和CO2均能与澄清石灰水反应，并有白色沉淀生成
C．SO2具有漂白性，但通入石蕊试液中却不能使石蕊试液褪色
D．SO2和Cl2均能使品红溶液褪色
14．下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 用洁净铂丝蘸取某碱性待测液在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃 火焰呈紫色 待测液可能为KOH溶液
B 向某无色溶液中滴加稀盐酸 溶液变浑浊 溶液中一定含有
C 向品红溶液中通入氯气或气体 溶液红色均褪去 氯气和均有漂白性，但漂白原理不同
D 常温下，将铜丝插入到盛有浓硝酸的试管中 产生红棕色气体，溶液变为绿色 浓硝酸只表现氧化性
A．A B．B C．C D．D
15．下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是
A． B． C． D．
二、填空题
16．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如图反应关系：
(1)若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染。写出反应③的化学方程式：___。
(2)若A是太阳能电池用的光伏材料。C、D为钠盐，两种物质中除钠、氧外的元素位于同一主族，且溶液均显碱性。写出反应②的化学方程式：___。
(3)若D物质具有两性，反应②③均要用强碱溶液，反应④是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出反应④的离子方程式：___。
(4)若A是应用最广泛的金属。反应④用到A，反应②⑤均用到同一种非金属单质。写出反应④的离子方程式：___。
17．依据下图中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：
(1)上图中X的化学式为_______，从化合价上看，X具有_______(填“氧化”或“还原”)性。
(2)回答下列关于NH3的问题：
①下列试剂不能用于干燥NH3的是_______(填字母)。
A浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体
②氨气是重要的化工原料，写出其催化氧化的化学方程式：_______。
(3)回答下列关于NO、NO2的问题：
①汽车排气管上装有催化转化器可减少尾气对环境的污染，汽车尾气中的有害气体CO和NO反应可转化为无害气体排放，写出相关反应的化学方程式：_______。
②工业生产中利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示：
写出NO2被吸收过程的离子方程式是_______。
18．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。图为硫及其部分化合物的“价类二维图”，根据图示回答下列问题：
(1)根据“价类二维图”，下列能与B反应的物质有 _________，反应中使 B表现还原性的物质是________(填序号)。
①NaOH溶液 ②酸性 KMnO4溶液 ③H2S溶液 ④BaC12溶液
(2)写出金属铜与 C的浓溶液在加热条件下反应生成 SO2的化学方程式_______。
(3)D的钠盐放置在空气中极易变质，请设计实验方案证明其已被氧化_________。
三、计算题
19．将VmLNO和NO2的混合气体通过水吸收后，得到amL无色气体A。将此无色气体A与等体积的O2混合，再通过水充分吸收后，收集到4mL无色气体B。试回答：
（1）气体A是___；气体B是___。
（2）A气体的体积是___毫升。
（3）V的取值范围是___。
20．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉， 最多能溶解19.2g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（假定硝酸的还原产物均为NO）。回答下列问题。
（1）OA段发生的离子反应方程式__________。
（2）H2SO4浓度为 ____________。
四、实验题
21．玫瑰精油被称为“液体黄金”是多种天然有机化合物的混合物，在食品，化妆品，医药，保健品等领域有重大的应用价值和经济价值。常见的玫瑰精油提取过程如下：
I．水蒸气提取法：
(1)第①步装置如下图所示。
在左侧炉中加入水。通过投料口将碾碎的玫瑰花加入，放在带孔隔板上。加热生成的水蒸气将玫瑰花中的精油带出。最终在收集瓶中得到油水混合物。将玫瑰花碾碎的意义是_______ ，水泵中的水应从_______(填“甲”或“乙”)口流入
(2)第②步操作要用到的主要仪器是_______。
Ⅱ．萃取法
(3)步骤①用到酒精浸泡玫瑰花的原因是_______，步骤②的操作为_______。
(4)水蒸气提取法和萃取法各有优劣。你会选择哪种方法提取玫瑰精油？写出你选择的理由_______。
22．下图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，请回答：
(1)①中的实验现象为石蕊试液________。
(2)②中的品红溶液________，证明SO2具有________性。
(3)③中的涉及的化学反应方程式________。
(4)④中的实验现象是________，证明SO2有________性。
(5)⑤装置的作用是________。
五、元素或物质推断题
23．Ⅰ.为探究某复盐A(含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。
已知混合气体 1 是由两种组成元素相同的气体构成。请回答：
(1)组成A 的四种元素是 C、O 和____________(填元素符号)，A 的化学式是_______。
(2)溶液E 显碱性的理由是 ____________(用离子方程式表示)。
(3)固体 D 能与 NH3 H 2O 按 1:4 物质的量比发生非氧化还原反应，生成无色络合物。该无色络合物的氨水溶液露置空气中，立即被氧化为深蓝色络合物。写出无色络合物转化为深蓝色络合物的离子方程式 ______________________________。
II.已知：4Na2SO33Na2SO4+Na2S。某学习小组设计如下装置并定性检验分解产物。
(1)持续通入氮气的目的是________________。
(2)甲同学取少量反应后固体，加入过量盐酸，发现有淡黄色沉淀产生，原因是________(用离子方程式表示)。
(3)甲同学若要在⑵中操作的基础上检验产物中的硫酸钠，后续操作是 ____________。
【参考答案】
一、单选题
1．C
解析：A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；
B. SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；
C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；
D. 氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。
2．C
解析：A．陶瓷含有二氧化硅，瓷器，其主要原料为黏土，故A正确；
B．陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，故B正确；
C．陶瓷由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐，在新石器时代就已经开始使用，应用较早，故C错误；
D．硅酸盐材料的化学性质不活泼，具有耐酸碱腐蚀，抗氧化等有点，故D正确；
故选C。
3．A
解析：A．在高温条件下铁与水蒸气反应产生Fe3O4和H2，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，A错误；
B．反应符合事实，遵循质量守恒定律，B正确；
C．由于盐酸的酸性比硅酸强，所以盐酸可以与硅酸钠溶液发生复分解反应可以制取硅酸，C正确；
D．在高温下焦炭与二氧化硅发生反应产生Si单质和CO，反应符合事实，遵循物质质量守恒定律，D正确；
故合理选项是A。
4．D
解析：A．硅是良好的半导体材料，体现的是硅的导电性，硅可能成为未来的能源新秀，体现的是硅的可燃性，二者没有因果关系，A不正确；
B．过量的Cu与浓HNO3反应，后来生成的气体可能是NO，B不正确；
C．硫单质在纯氧中燃烧只能生成SO2，SO2生成SO3需要催化剂的帮助，C不正确；
D．用氢氧化钠溶液来检验铵根，利用的就是铵盐与强碱的复分解反应，D正确；
故选D。
5．A
解析：A．浓硫酸具有吸水性，且不与H2反应，所以可以干燥H2，故A正确；
B．三价铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体吸附而净水，与其氧化性无关，故B错误；
C．乙醇能使病毒中的蛋白质失活而达到灭菌的效果，与其溶于水性质无关，故C错误；
D．晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，与晶体硅熔点高无关，故D错误；故选：A。
6．C
解析：A．Al(OH)3与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，无刺激性气味气体生成，A错误；
B．NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠和水，无刺激性气味气体生成，B错误；
C．NH4Cl与NaOH在加热条件下反应生成氨气、水、NaCl，氨气为具有刺激性气味的气体，C正确；
D．Fe2(SO4)3与NaOH反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，无刺激性气味气体生成，D错误；
故答案选C。
7．A
解析：A. 溴和氢氧化钠反应Br2+2NaOH=NaBr+NaBrO+H2O，故将氢氧化钠溶液与溴的苯溶液充分混合振荡后静置，水的上层橙黄色为溴的苯溶液，部分溴会与下层的NaOH反应，下层接近无色，故A错误；
B. 氯气不断从浓氯水中挥发出来，挥发出来的氯气及其溶解在KI-淀粉溶液中生成的HClO把KI氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝，使蝴蝶变成蓝色，故B正确；
C. X若为四氯化碳，使水和气体不能直接接触，则可用于吸收氨气或氯化氢，并防止倒吸，故C正确；
D. 氨气可利用浓氨水和氧化钙制取，利用向下排空气法收集，则图中装置④可用于制取、收集氨气，故D正确；
题目要求选择错误的，故选A。
8．B
解析：①设烧瓶的容积是VL，由喷泉实验的原理可知，氨气的体积与喷泉实验后所得溶液的体积相等，都是VL，则喷泉实验后所得氨水的浓度为=mol/L；
②设烧瓶的容积是VL，则混有体积空气的氯化氢混合气体中氯化氢的体积为L，由喷泉实验的原理可知，氯化氢的体积与喷泉实验后所得溶液的体积相等，都是L，所以喷泉实验后所得盐酸的浓度为=mol/L；
③设烧瓶的容积是VL，喷泉实验时发生的反应为3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO，则反应生成硝酸的物质的量为×，所得溶液体积等于烧瓶容积的，所以喷泉实验后所得硝酸的浓度为=mol/L；
④设烧瓶的容积是VL，喷泉实验时发生的反应为①4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3、②3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO，若只发生反应①，反应生成硝酸的物质的量为×，所得溶液体积等于烧瓶容积，喷泉实验后所得硝酸的浓度为=mol/L，若只发生反应②，反应生成硝酸的物质的量为×，所得溶液体积等于烧瓶容积的，喷泉实验后所得硝酸的浓度为=mol/L，则混有少量氧气的二氧化氮发生喷泉实验后所得硝酸的浓度小于mol/L；
由以上计算可知烧瓶中溶液的物质的量浓度大小关系为①=②=③＞④，故选B。
9．C
解析：A．实验室用浓硫酸和NaCl固体共热制备HCl，但不能用浓硫酸和NaBr固体共热制备HBr，因为浓硫酸有强氧化性能把HBr氧化，故A错误；
B．适量CO2通入Ca(ClO)2溶液中可生成CaCO3和HClO，但SO2通入Ca(ClO)2溶液中不会生成CaSO3和HClO，二者会发生氧化还原反应，故B错误；
C．NH3与HCl反应生成NH4Cl，H2N—NH2相当于两个氨基，也可以与HCl反应生成N2H6Cl2，故C正确；
D． Fe3Cl8可以改写为FeCl2·2FeCl3，但Fe3I8不可以改写为FeI2·2FeI3，因为铁离子和碘离子不能共存，FeI3不存在，故D错误；故为：C。
10．C
解析：向蔗糖固体中滴加浓硫酸，蔗糖变黑，该现象说明浓硫酸具有脱水性，故选C。
11．A
解析：A．SO2为酸性氧化物，有毒，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于吸收实验中多余的SO2，以减少环境污染，故A正确；
B．品红试纸褪色，表现出SO2的漂白性，蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色，表现出SO2的还原性，故B错误；
C．湿润淀粉KI试纸没有变蓝，说明SO2不能将KI氧化为I2，则SO2氧化性弱于I2，故C错误；
D．SO2只能使酸碱指示剂变色，所以湿润的蓝色石蕊试纸只变红不褪色，故D错误；
故选A。
12．D
解析：A．HCl与都是分子晶体，结构相似，分子之间存在氢键，所以的沸点低于，故A错误；
B．二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，不会产生氧气，故B错误；
C．次氯酸酸性强于碳酸氢根，所以气体通入足量溶液生成和，故C错误；
D．与互为等电子体，等电子体的微粒结构相似，所以推测氧硫化碳也是直线形分子，故D正确。
故选：D。
13．A
解析：A．二氧化硫有毒，二氧化碳无毒，故A错误；
B．二氧化硫和二氧化碳均能与澄清石灰水反应产生白色沉淀，故B正确；
C．二氧化硫具有漂白性，但是不能漂白石蕊试液，只能使石蕊变红，故C正确；
D．二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，氯气溶于水生成的次氯酸具有漂白性，也能使品红溶液褪色，故D正确。
综上所述，答案为A。
14．A
解析：A．钾元素的焰色实验为紫色，因此待测液中一定含有钾元素，可能为KOH或钾盐等，故A正确；
B．能与稀盐酸生成白色沉淀的可能硝酸银也可能是硅酸钠等，故B错误；
C．氯气自身没有漂白性，氯气与水反应生成HClO具有漂白性，故C错误；
D．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，说明硝酸表现的是酸性和强氧化性，故D错误；故选：A。
15．C
解析：A．二氧化硫为酸性气体，与水反应生成亚硫酸，不能使湿润的红色石蕊试纸变色，A错误；
B．氧气为中性气体，不与水反应，不能使湿润的红色石蕊试纸变色，B错误；
C．氨气为碱性气体，与水反应生成氨水，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C正确；
D．一氧化碳为中性气体，不与水反应，不能使湿润的红色石蕊试纸变色，D错误；
答案选C。
二、填空题
16．(1)4NH3+5O24NO+6H2O
(2)Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑
(3)AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO
(4)2Fe3++Fe=3Fe2+
解析：（1）若B是气态氢化物，C、D是氧化物且会造成光化学烟雾污染，则B为NH3，C为NO，D为NO2，A为N2，则NH3转化为NO的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
（2）A是太阳能电池用的光伏材料，则A为Si，C、D为钠盐，两种物质中除钠、氧外的元素位于同一主族，且溶液均显碱性，则C为Na2SiO3，D为Na2CO3，故反应②的化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。
（3）若D物质具有两性，反应②③均要用强碱溶液，则A为Al，C为NaAlO2，B为AlCl3，D为Al(OH)3，反应④是通入过量的一种引起温室效应的主要气体CO2，则反应④的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO。
（4）A是应用最广泛的金属，则A为Fe，反应②⑤均用到同一种非金属单质Cl2，D为氯化亚铁，C为氯化铁，故写出反应④的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。
17．(1) N2O5 氧化
(2) A 4NH3+5O24NO+6H2O
(3) 2NO+2CON2+2CO2 2NO2+4SO=N2+4SO
解析：（1）图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价对应的氮的氧化物是N2O5，N2O5中氮元素+5价为氮元素的最高价，只具有氧化性；
（2）①A．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，则不能干燥氨气，故A错误；
B．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙固体，可以干燥氨气，故B正确；
C．NaOH固体吸收水分不与氨气反应，可以干燥氨气，故C正确；
故答案为：A；
氨气有还原性，催化氧化生成NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）①CO和NO反应可转化为CO2和N2，根据电子守恒、元素守恒可知，发生反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2；
②SO2被氨水吸收后，得到亚硫酸铵溶液，通入NO2，SO被氧化为SO，NO被还原为N2，根据电子守恒可知NO2和SO的系数比为1：2，再结合元素守恒可得离子方程式为2NO2+4SO=N2+4SO。
18． ①②③ ② 取少量样品于试管中，加入少量蒸馏水配成溶液，先加入足量的盐酸，然后再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，可证明亚硫酸钠被氧化
解析：(1)B为SO2，SO2属于酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水；SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色；SO2具有氧化性，能与H2S溶液生成沉淀；
故答案为：①②③；②；
(2)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为，
故答案为：。
(3)亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，要证明亚硫酸钠氧化生成硫酸钠，检验物质中是否含有硫酸根离子；具体操作为：少量样品溶于水配成溶液，取待测液放于试管中，先加入足量的盐酸，然后再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，可证明亚硫酸钠被氧化；
故答案为：取少量样品于试管中，加入少量蒸馏水配成溶液，先加入足量的盐酸，然后再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，可证明亚硫酸钠被氧化。
三、计算题
19． NO O2 16 16
答案为：NO；O2；
(2)因为过量的氧气为4mL，根据反应，剩余的氧气占原氧气总体积的，所以氧气的总体积是：，而开始反应时NO与O2的体积相等，得NO的体积为16mL；
答案为：16；
(3)由 (2)可以知道：NO2与水反应产生的NO和原来的NO共16mL，若V mL气体全部NO，则V=16，若V mL气体全部为NO2，根据反应可以知道V=48，所以混合气体的体积：16
解析：HNO3氧化性大于H+，Fe3+氧化性大于H+，根据氧化还原反应“谁强谁先反应”以及图象可知，OA段是H+、与Fe反应生成Fe3+[Fe2(SO4)3]、NO、H2O，AB段是Fe与Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，BC段为Fe与H2SO4反应生成FeSO4、H2，由反应历程可知，C点溶质为FeSO4，根据守恒关系解答H2SO4浓度。
（1）由上述分析可知，OA段是H+、与Fe反应生成Fe3+、NO、H2O，反应离子方程式为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，；
（2）由上述分析可知，C点溶质为FeSO4，根据守恒关系可知，n(FeSO4)=n(H2SO4)= n(Fe)==0.4mol，则原溶液中c(H2SO4)==2mol/L。
四、实验题
21．(1) 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 乙
(2)分液漏斗
(3) 玫瑰精油在酒精中溶解度大 过滤
(4)萃取法，产量高耗能少
解析：(1)将玫瑰花碾碎的意义是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；冷凝水应下进上出，水泵中的水应从乙口流入；
(2)第②步操作是分液，要用到的主要仪器是分液漏斗；
(3)步骤①用到酒精浸泡玫瑰花的原因是玫瑰精油在酒精中溶解度大；步骤②分离固体和液体，操作为过滤；
(4)提取玫瑰精油选用萃取法，产量高耗能少。
22．(1)变红
(2)褪色 漂白
(3)SO2+2H2S=3S+2H2O
(4)高锰酸钾溶液褪色 还原
(5)吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境
解析：浓硫酸与Na2SO3溶液反应制取SO2，SO2气体溶于水生成酸性的H2SO3使石蕊溶液变红，使品红溶液褪色，与H2S溶液反应生成S单质，与KMnO4溶液发生氧化还原反应，尾气被NaOH吸收。
（1）据分析，①中的实验现象为石蕊试液变红。
（2）据分析，②中的品红溶液褪色；证明SO2具有漂白性。
（3）据分析，③中SO2与H2S反应生成S，涉及的化学反应方程式SO2+2H2S=3S+2H2O。
（4）据分析，④中SO2与KMnO4溶液发生氧化还原反应，实验现象是高锰酸钾溶液褪色；证明SO2有还原性。
（5）SO2是污染性气体，为防止污染环境，对SO2尾气用NaOH溶液吸收，⑤装置的作用是吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境。
五、元素或物质推断题
23． K、Cu K2Cu(C2O4)2 +H2O +OH- 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H 2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O或4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH- 防止Na2SO3和Na2S被氧气氧化 +2S2-+6H+=3S↓+3H2O 过滤，取滤液少许于试管中，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有Na2SO4
【分析】Ⅰ.复盐A(含四种元素)，其中含C、O，由流程知，混合气体1为CO和CO2的混合气体，气体B为CO，白色沉淀C为碳酸钡，已知固体 D 能与 NH3 H 2O 按 1:4 物质的量比发生非氧化还原反应，生成无色络合物，该无色络合物的氨水溶液露置空气中，立即被氧化为深蓝色络合物，则深蓝色络合物为[Cu(NH3)4]2+，则无色络合物是+1价铜与氨分子形成的络合物，砖红色固体D为Cu2O，已知 则无色络合物是[Cu(NH3)2]+，E溶液中含钾元素，故A的四种元素为C、O、K和Cu；结合流程信息知，固体混合物1的成分为K2CO3，按题给数据知，CO和CO2的混合气体为，，则 ，，，，，则，，故混合物1中，，结合元素质量守恒，据此求四种元素的原子数目比、写复盐A化学式；
解析：Ⅰ. (1) 据分析，组成A 的四种元素是 C、O 和K、Cu，，，，，则，因A为复盐，故其酸根为碳元素的含氧酸根离子，结合原子数目比，故其化学式为：K2Cu(C2O4)2 ；
(2)溶液E为K2CO3溶液，因水解显碱性，其离子方程式为+H2O +OH-；
(3)据分析：无色络合物为Cu(NH3)2]+，深蓝色络合物为[Cu(NH3)4]2+，则无色络合物转化为深蓝色络合物时，发生氧化还原反应，氧化剂为氧气，故离子方程式为：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O或4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-；
II.(1) Na2SO3和Na2S具有强的还原性，易被氧气氧化，故持续通入氮气的目的是防止Na2SO3和Na2S被氧气氧化；
(2)甲同学取少量反应后固体，加入过量盐酸，发现有淡黄色沉淀产生，淡黄色沉淀是S，则与S2-在酸性环境下发生氧化还原反应，得到S和H2O，离子方程式为：+2S2-+6H+=3S↓+3H2O；
(3)甲同学若要在⑵中操作的基础上检验产物中的硫酸钠，要防止S的干扰，故后续操作是：过滤，取滤液少许于试管中，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则含有Na2SO4。
