第五章 化工生产中的重要非金属元素测试题
一、单选题
1．下列不属于硫酸的化学性质的是（ ）
A．酸性 B．强还原性 C．脱水性 D．吸水性
2．下列实验操作或事实与预期实验目的或所得结论对应正确的是
选项 实验操作或事实 实验目的或结论
A 氯气使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色 说明氯气既有酸性又有漂白性
B 向某溶液中滴加溶液，有白色沉淀出现 说明溶液中一定含有Cl－
C 金属钠保存在水中 防止钠被氧化
D 向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显变化，再向其中滴加少量氯水，溶液变为红色 说明该溶液中有
A．A B．B C．C D．D
3．下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是
A．向Ca(ClO)2溶液中通入CO2至过量
B．向Na2SiO3溶液中滴加盐酸溶液至过量
C．向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸
D．向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸
4．下列物质对应的用途不正确的是
A B C D
物质 Fe2O3 SO2 Si Na2O
用途 作红色涂料 防腐剂 作半导体材料 作供氧剂
A．A B．B C．C D．D
5．根据下列实验事实得出的相应结论正确的是
实验事实 结论
A 的水溶液可以导电 是电解质
B 通入硝酸钡溶液出现白色沉淀 不溶于强酸
C 加入浓NaOH溶液微热，试管口附近湿润红色石蕊试纸变蓝 原溶液中一定含有
D 浓硫酸能使蓝色胆矾晶体变成白色 浓硫酸具有脱水性
A．A B．B C．C D．D
6．下列关于硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．硫磺难溶于水，可用于去除洒落在地面的汞
B．二氧化硫具有漂白性，可用作干制果蔬的抗氧化剂
C．浓硫酸具有强氧化性，实验室可用作干燥剂
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
7．如图所示，夹子开始处于关闭状态，将液体A滴入试管②与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管①内的水立刻沸腾了。则液体A和气体B的组合不可能是下列的（ ）
A．氢氧化钠溶液、二氧化碳 B．水、氯化氢
C．氢氧化钠溶液、一氧化氮 D．水、二氧化氮
8．某集气瓶中的气体呈红棕色，加入足量水，盖上玻璃片振荡，得橙色溶液，气体颜色消失。再拿走玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，则该气体可能是下列混合气体中的
A．N2、NO2、Br2 B．NO2、NO、N2
C．NO2、NO、O2 D．N2、O2、Br2
9．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．稀HNO3(aq)NO2(g) B．NO(g)N2(g)
C．N2(g)NO2(g) D．NH3(g)(NH4)2SO4(aq)
10．消除“含氮化合物”污染是当前科学研究的热点。次氯酸盐脱除NO的过程如下：
i.NO + HClO = NO2 + HCl
ii.NO + NO2 + H2O = 2HNO2
iii.HClO + HNO2 = HNO3 + HCl
下列叙述不正确的是
A．NO2单独存在时不能被脱除
B．脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降
C．在此过程中有部分NO首先被转化为NO2
D．烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率
11．如图：烧瓶中充满a气体，滴管和烧杯中盛放足量b溶液，将滴管中溶液挤入烧瓶，打开止水夹f，能形成喷泉的是
A．a是Cl2，b是饱和NaCl溶液
B．a是NO，b是H2O
C．a 是NH3，b是盐酸溶液
D．a是CO2，b是饱和NaHCO3溶液
12．自然界的氮循环如图所示，下列说法不正确的是
A．氧元素参与了氮循环 B．②中合成氨属于人工固氮
C．①②③中氮元素均被氧化 D．含氮有机物和含氮无机物可相互转化
13．部分含硫元素物质的分类与相应化合价关系如图所示，其中h与g均为钡盐，下列说法正确的是
A．适量a添加于葡萄酒中作抗氧化剂
B．b在空气和足量的纯氧中燃烧分别生成c、d
C．c、d分别通入足量的BaCl2溶液均产生沉淀，生成g、h
D．在一定条件下，存在abcf的相互转化关系
14．实验室常用下图装置进行铜与浓硫酸反应的实验。下列有关实验现象的描述或试剂的选用错误的是( )
A．甲试管内溶液变为蓝色
B．乙试管中品红溶液红色褪去
C．棉花上喷入的溶液可能为氢氧化钠溶液
D．棉花上喷入的溶液可能为饱和碳酸钠溶液
15．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A B C D
验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性 制备少量O2，其优点是能随时控制反应的发生和停止 证明非金属性强弱：N＞C＞Si 配制100 mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
A．A B．B C．C D．D
二、填空题
16．有一种矿石，经测定含有镁、硅、氧三种元素且它们的质量比为12∶7∶16。
(1)用盐的组成表示其化学式： ___________。
(2)用氧化物的组成表示其化学式： _______。
(3)该矿石的成分属于________(填物质的分类)。
(4)写出该矿石(氧化物形式)与盐酸反应的化学方程式： ______。
17．三氟化氮(NF3)是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
（1）写出该反应的化学方程式_____________________________，反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为_____________。
（2）NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是_____________________________。
18．氮元素的结构及存在
(1)氮元素位于元素周期表的第____周期、第____族。氮原子最外层有___个电子，既不容易____3个电子，也不容易____5个电子。一般通过____与其他原子相互结合成物质。
(2)氮元素在自然界中的存在
氮元素主要以____分子的形式存在于空气中，部分氮元素以化合物的形式存在于动植物体内的____中，还有部分存在于土壤、海洋里的____和____中。
19．化学还原法是处理含Cr2O的工业废水常用的方法，主要分为“还原”和“沉淀”两步：
Cr2OCr3+Cr(OH)3
已知：①Na2S2O5+H2O=2NaHSO3
②“COD”是指化学需氧量，反映了水样中较强还原性物质含量的多少。水中还原性物质越少，则COD越低，表明水质污染程度越小。
(1)取含Cr2O的工业废水，分别在不同pH条件下，向每个水样中分别加一定量的FeSO4、NaHSO3，搅拌，充分反应，然后滴加Ca(OH)2悬浊液，静置沉淀，测定+6价Cr的去除率，实验结果如图-1所示。
①在酸性条件下，请写出NaHSO3与Cr2O反应的离子方程式：___。
②分析比较亚铁盐和亚硫酸盐去除+6价Cr的效果。
Ⅰ.亚铁盐在中性和碱性条件下，对+6价Cr的去除效果优于酸性条件下的去除效果，亚硫酸盐则相反；
Ⅱ.___。
(2)用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理废水后，可能会使废水中的COD增大。在焦亚硫酸钠与废水中铬元素不同质量比的情况下，加H2SO4与未加H2SO4处理含铬废水后其COD对比变化如图-2所示。
①未加H2SO4时，随着Na2S2O5质量增大，废水COD增大的原因是___。
②在焦亚硫酸钠与废水质量比相同的情况下，加H2SO4时，与未加H2SO4相比，废水COD均有所下降，原因可能是___。
(3)三价铬[Cr(Ⅲ)]在水溶液中的存在形态随pH的变化如图-3所示，为尽可能除去铬元素实现达标排放，沉淀过程中pH要控制在___；若pH过高，溶液中残留铬量增大，其原因为___。
20．(1)将铜镁合金与足量稀硝酸完全反应，放出气体(标况下)，转移电子数为___________，向反应后的溶液中加入溶液至完全沉淀，得到沉淀的质量为___________。
(2)将放入浓中正好完全反应。随着的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，最终共生成气体(标准状况)。则该浓硝酸的物质的量浓度是___________；若将生成的气体溶于水被全部吸收，还需要消耗标准状况下___________。
21．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___。
22．绿矾是一种重要的硫酸盐，其化学式为FeSO4 7H2O。某化学兴趣小组对绿矾进行如图探究：
I.验证硫酸亚铁的分解产物。将一定量的绿矾固体脱水处理后置于仪器A中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热至恒重，实验后A中残留物为红色粉末。
[查阅资料]硫酸亚铁的分解产物是一种碱性氧化物、一种酸性氧化物和SO3。
(1)取少量A中红色粉末于试管中，加入稀硫酸使其溶解，向溶液中滴加____(填化学式)溶液，根据现象判断该红色粉末为Fe2O3。
(2)B、C中有气泡冒出，则B中的溶液为____(填字母)，C中可观察到的现象是____。
A．Ba(NO3)2溶液 B．Ba(OH)2溶液 C．BaCl2溶液
(3)若将装置B和装置C的位置互换，是否可行 并说明理由____。
II.测定某绿矾样品中FeSO4 7H2O的含量。步骤如下：
①称取上述样品9.0g，溶于适量的稀硫酸中，配成250mL溶液；
②准确量取25.00mL该溶液于锥形瓶中，用0.02000mol L-1的KMnO4溶液与之完全反应，消耗KMnO4溶液30.00mL(杂质不与KMnO4溶液反应)。
(4)实验室配制FeSO4溶液时，需加入少量Fe粉，目的是_____(用离子方程式表示)。
(5)步骤②中KMnO4被还原成MnSO4，该反应的离子方程式为_____。
(6)该样品中FeSO4 7H2O的质量分数为_____(结果精确到0.1%)。
23．为探究黑色固体X(仅含两种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
已知：甲为纯净物
(1)X含有的元素是___________，固体甲含有的元素是___________。
(2)固体甲与稀硫酸反应的离子方程式是___________。
(3)加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，写出该反应的化学方程式___________。
【参考答案】
一、单选题
1．B
解析：A．硫酸是二元强酸，显酸性，A不符合；
B．硫酸具有氧化性，没有强还原性，B符合；
C．浓硫酸具有脱水性，C不符合；
D．浓硫酸具有吸水性，D不符合；
答案选B。
2．D
解析：A．氯气使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，氯气先和水反应生成盐酸和次氯酸，哪算使湿润的蓝色石蕊试纸变红，次氯酸使变红的试纸褪色，氯气是没有漂白性和酸性，故A错误；
B．向某溶液中滴加溶液，有白色沉淀出现，说明溶液中可能含有氯离子，也可能含有碳酸根或硫酸根，故B错误；
C．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，因此金属钠不能保存在水中，故C错误；
D．向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显变化，说明不含有铁离子，再向其中滴加少量氯水，溶液变为红色，说明有铁离子即亚铁离子被氯水氧化成铁离子，故D正确。
综上所述，答案为D。
3．B
解析：A、向Ca(ClO)2溶液通入CO2，先产生CaCO3沉淀，当CO2过量时，继续反应生成Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以不符合条件，选项A不选；
B、向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，硅酸钠和盐酸反应生成难溶性的硅酸，所以看到的现象是“有沉淀生成”，所以符合条件，选项B选；
C、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，选项C不选；
D、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和盐酸反应生成可溶性的氯化铁，所以沉淀又溶解，所以不符合条件，选项D不选。答案选B。
4．D
解析：A.Fe2O3是红棕色固体，常作红色涂料，A正确；
B.SO2具有防止细菌滋生的作用，常作防腐剂，B正确；
C.晶体Si导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，C正确；
D.Na2O不能与水或CO2反应产生氧气，因此不能作供氧剂，作供氧剂的是Na2O2，D错误；
故合理选项是D。
5．C
解析：A．自身不能电离，是非电解质，的水溶液可以导电，是因为氨水中一水合氨发生电离，故A错误；
B．通入硝酸钡溶液生成硫酸钡沉淀，溶于盐酸等强酸，故B错误；
C．铵盐遇碱在加热条件下放出氨气，加入浓NaOH溶液微热，试管口附近湿润红色石蕊试纸变蓝，说明有氨气放出，原溶液中一定含有，故C正确；
D．浓硫酸能使蓝色胆矾晶体变成白色，说明胆矾失去结晶水，体现浓硫酸的吸水性，故D错误；选C。
6．D
解析：A．硫磺常温下，可以和汞反应生成硫化汞，故可用于去除洒落在地面的汞，A错误；
B．二氧化硫具有还原性，可用作干制果蔬的抗氧化剂，B错误；
C．浓硫酸具有吸水性，实验室可用作干燥剂，C错误；
D．合硫酸铁能水解并形成胶体，胶体可以吸附水溶液中悬浮的物质，D正确；
故选D。
7．C
解析：A．NaOH溶液能吸收气体，打开夹子时，中的气体进入中，从而使得中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾了，故A错误；
B．氯化氢易溶解于水，打开夹子时，中的气体进入中，从而使得中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾了，故B错误；
C．NO与NaOH溶液不发生化学反应，装置内的压强不变，水不会沸腾，故C正确；
D．能溶于水生成硝酸和NO：，中气体减少，打开夹子时，中的气体进入中，从而使得中的压强减小，水的沸点降低，水沸腾了，故D错误；
故答案为C。
8．A
解析：某集气瓶中的气体呈红棕色，其中可能含有NO2和Br2中的至少一种；加入足量水，盖上玻璃片振荡，得橙色溶液，说明气体中一定含有Br2蒸气；同时气体颜色消失，再拿走玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，说明该无色气体中含有NO，NO遇空气中的O2反应产生红棕色的NO2气体，反应方程式为：2NO+O2=2NO2，由于NO2溶于水时生成HNO3和NO，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则该NO是NO2与水反应产生，因此原气体中一定含有Br2、NO2，根据各个选项的气体成分分析可知合理选项是A。
9．B
解析：A．稀HNO3(aq)与Cu反应，生成Cu(NO3)2、NO(g)等，A不正确；
B．NO(g)与CO在催化剂、高温条件下发生反应，生成N2(g)和CO2，B正确；
C．N2(g)与O2在放电条件下反应，只能生成NO(g)，C不正确；
D．NH3(g)与SO2在水溶液中发生反应，生成(NH4)2SO3(aq)，D不正确；
故选B。
10．A
解析：A．NO2与水反应生成NO，一定比例的NO2与NO被HClO脱除，所以NO2单独存在时能被脱除，A错误；
B．脱除过程中生成HNO3和HCl，则次氯酸盐溶液的pH下降，B正确；
C．由反应i、ii、iii可知在此过程中有部分NO首先被转化为NO2，C正确；
D．由反应i、ii、iii可知，NO的脱除不能一步完成，需要转化为NO2或与NO2一起生成HNO2脱除，所以通入少量O2能将NO转化为NO2，提高NO的脱除率，D正确；
故选A。
11．C
解析：A．Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，锥形瓶与烧瓶内压强几乎相等，不能形成喷泉，故A不选；
B．NO不溶于水，与水不反应，压强不变，不能形成喷泉，故B不选；
C．氨气易溶于盐酸，生成氯化铵，烧瓶压强减小，可形成喷泉，故C选；
D．二氧化碳不与饱和碳酸氢钠反应，烧瓶内压强几乎不变，不能形成喷泉，故D不选。
故选：C。
12．C
解析：A．大气中的氮气通过雷电作用与氧气反应生成一氧化氮，可见氧元素参与了氮循环，故A不选；
B．②中合成氨反应是氮气和氢气化合生成氨气，氮元素由游离态转化为化合态，属于人工固氮，故B不选；
C．①中氮气和氧气反应生成一氧化氮，氮元素被氧化；②中氮气和氢气反应生成氨气，氮气做氧化剂，被还原；③中豆科植物根部的根瘤菌把氮气转变为硝酸盐等含氮化合物，氮元素被氧化，故选C；
D．从图中可以看出，含氮有机物和含氮无机物可相互转化，故D不选；
答案选C。
13．D
解析：A．适量的c 即SO2添加于葡萄酒中作抗氧化剂，A错误；
B．由分析可知，b即S在空气和足量的纯氧中燃烧都只能生成c即SO2，不能生成d即SO3，B错误；
C．c即SO2与BaCl2溶液不反应，生成不了沉淀BaSO3，d即SO3通入足量的BaCl2溶液产生沉淀BaSO4，C错误；
D．在一定条件下，存在abcf的相互转化关系，即H2SSSO2H2SO4，D正确；
故答案为：D。
14．A
解析：A．加热条件下，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，因为浓硫酸具有强吸水性，甲试管中生成的硫酸铜为白色固体，而不是蓝色溶液，将冷却后的A溶液倒入水中时，溶液呈蓝色，故A错误；
B．反应生成的SO2能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，二氧化硫能和品红反应生成无色物质而体现漂白性，故B正确；
C．SO2有毒，不能直接排空，SO2为酸性氧化物，能和碱性物质反应，NaOH具有碱性，符合条件，故C正确；
D．SO2有毒，不能直接排空，SO2为酸性氧化物，能和碱性物质反应，碳酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性且碳酸的酸性弱于亚硫酸，符合条件，故D正确；
答案选A。
15．A
解析：A．H2SO4具有脱水性、强氧化性，与蔗糖反应，使蔗糖脱水生成碳，反应放热，浓硫酸与碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，则品红溶液褪色，且用高锰酸钾除去未反应的二氧化硫，A能达到目的；
B．过氧化钠易溶于水，不能用该装置达到随时控制反应制备氧气，B不能达到目的；
C．浓硝酸具有挥发性，硝酸进入硅酸钠溶液时，硝酸的酸性大于硅酸，则不能证明碳酸的酸性大于硅酸，C不能达到目的；
D．容量瓶为配置溶液的装置，不能用来稀释或溶解的仪器，D不能达到目的；
答案为A。
二、填空题
16． Mg2SiO4 2MgO·SiO2 硅酸盐 2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2
解析：分析:根据n=及原子个数比=原子的物质的量之比进行计算，得出正确结论；由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐。
镁、硅、氧的质量比为12：7：16，则镁、硅、氧的原子个数比为::=2:1:4
(1)该矿石用盐的组成可表示为：Mg2SiO4；
(2)该矿石用氧化物的组成可表示为：2MgO SiO2
(3)Mg2SiO4属于盐类，且属于硅酸盐；
(4)Mg2SiO4溶于与稀盐酸生成MgCl2和SiO2，发生反应的化学方程式为2MgO·SiO2＋4HCl=2MgCl2＋2H2O＋SiO2。
17． 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 0.4NA 产生红棕色气体
解析：由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，反应中只有N元素的化合价发生变化，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，根据硝酸和转移电子之间的关系式计算；据此分析。
（1）NF3→NO，化合价降低1价，被还原，NF3→HNO3，化合价升高2价，被氧化，由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，该反应中3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3中，生成1molHNO3和转移电子2mol，所以若反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA；故答案为：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；0.4NA；
（2）反应中生成NO，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体；故答案为：出现红棕色气体。
18．(1) 二 VA 5 得到 失去 共用电子对
(2) N2 蛋白质 硝酸盐 铵盐
解析：略
19． 3HSO+Cr2O+5H+=2Cr3++3SO+4H2O 中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反 Na2S2O5质量增大，反应后废水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有较强的还原性，所以废水的COD增大 废水酸性增强，促进HSO(或S2O)与Cr2O充分反应，还原性的HSO(或S2O)转化更完全，含量减少。(或废水酸性增强，HSO转化为SO2气体逸出) 7~11 Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)
解析：(1)①Cr2O具有较强氧化性，酸性环境下可将HSO氧化成SO，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为3HSO+Cr2O+5H+=2Cr3++3SO+4H2O；
②Ⅱ.据图可知中性和碱性条件下，亚铁盐对+6价Cr的去除效果明显优于亚硫酸盐的去除效果，在酸性条件下则相反；
(2)①未加H2SO4时，Na2S2O5质量增大，反应后废水中剩余的HSO(或S2O)的量就越多，HSO(或S2O)具有较强的还原性，消耗的氧气增多，所以废水的COD增大；
②加H2SO4后，废水酸性增强，促进HSO(或S2O)与Cr2O充分反应，还原性的HSO(或S2O)转化更完全，含量减少，(或废水酸性增强，HSO转化为SO2气体逸出)，所以废水COD均有所下降；
(3)据图可知pH为7~11时，以Cr(OH)3沉淀形式存在的Cr元素含量最高；pH过高Cr(OH)3转化为可溶性的Cr(OH)，溶液中残留铬量增大。
20．448
解析：(1)n(NO)=，则转移的电子数为(5-2)×0.1mol=0.3mol，即0.3NA；Mg、Cu混合物与硝酸反应生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2，部分硝酸被还原为NO气体，反应后的溶液加入NaOH溶液使金属恰好沉淀完全，沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，结合得失电子守恒可知n(OH-)=0.3mol，则m(OH-)=17g/mol×0.3mol=5.1g，故得到沉淀的质量为5.1g+mg=(m+5.1)g；故答案为：0.3NA；(m+5.1)g；
(2)铜和10mL浓硝酸反应，随着浓度的减少，硝酸的还原产物的价态越低，铜和浓硝酸反应生成NO2，而与稀硝酸反应时则生成NO，故生成的气体有NO2和NO，则n(NO2)+n(NO)=，即被还原的硝酸的物质的量为0.05mol，n(Cu)=，则生成n[Cu(NO3)2]=0.04mol，可知表现酸性的硝酸的物质的量为0.04mol×2=0.08mol，则参加反应的硝酸的物质的量为：0.05mol+0.08mol=0.13mol，则物质的量浓度为；根据电子转移守恒得：n(NO2)+3n(NO)=0.04mol×2=0.08mol，联立方程解得n(NO)=0.015mol、n(NO2)=0.035mol，若将生成的气体溶于水被全部吸收，消耗氧气的物质的量n(O2)=，则消耗标准状况下O2的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL；故答案为：13.0；448。
21． 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
(2) C 品红溶液褪色
(3)不可行，SO3能与水反应，被品红溶液吸收，则再用氯化钡溶液检验，无法检验生成的SO3
(4)2Fe3++Fe=3Fe2+
(5)5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
(6)92.7%
解析：利用氮气将硬质玻璃管中的空气排尽，隔绝空气情况下加热硫酸亚铁晶体，受热后产生的物质进行探究，测定其可能的成分。
（1）取少量A中红色粉末于试管中，加入稀硫酸使其溶解，向溶液中滴加KSCN，说明溶液中含有铁离子，则根据现象判断红色粉末为Fe2O3，
故答案为：KSCN；
（2）实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，则反应中Fe元素化合价升高，S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，B为氯化钡，用于检验SO3，可观察到产生白色沉淀，C为品红，可用于检验SO2，品红褪色，故答案为：C；品红溶液褪色；
（3）如互换，SO3与水反应，被品红溶液吸收，则再用氯化钡溶液检验，不能检验生成SO3，
故答案为：不可行，SO3能与水反应，被品红溶液吸收，则再用氯化钡溶液检验，无法检验生成的SO3；
（4）配制FeSO4溶液时，常加入一些Fe粉，目的是防止亚铁离子被氧化，涉及反应为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（5）步骤②中KMnO4被Fe2+还原成MnSO4，该反应的离子方程式为5Fe2++ +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
（6）用0.02000mol L-1的KMnO4溶液与之完全反应，消耗KMnO4溶液30.00mL，可知n(KMnO4)=0.02000mol L-1×0.03L=6×10-4mol，反应的离子方程式为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则n(Fe2+)=5×6×10-4mol=3×10-3mol，可知样品中n(FeSO4 7H2O)=3×10-3mol×=3×10-2mol，m(FeSO4 7H2O)=3×10-2mol×278g/mol=8.34g，该样品中FeSO4 7H2O的质量分数为=92.7%，故答案为：92.7%。
23．(1)铜、氧 铜、氧
(2)Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
(3)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O
解析：流程中32gX隔绝空气加热分解放出了能使带火星的木条复燃的气体为氧气，质量=32.0g-28.8g=3.2g，证明X中含氧元素，28.8g固体甲和稀硫酸溶液反应生成蓝色溶液，说明含铜离子，证明固体甲中含铜元素，即X中含铜元素，铜元素和氧元素形成的黑色固体为CuO，X为氧化铜；
（1）X隔绝空气高温分解生成气体和固体甲，气体能使带火星的木条复燃，说明是氧气，氧气的质量是32.0g-28.8g=3.2g，物质的量是；甲和稀硫酸反应得到蓝色溶液和紫红色固体，蓝色溶液中加入稀氢氧化钠得到蓝色沉淀，说明是氢氧化铜，氢氧化铜分解生成氧化铜，CuO物质的量是16g÷80g/mol=0.2mol；紫红色固体是铜，物质的量是，固体甲中含Cu物质的量为0.2mol+0.2mol=0.4mol，甲中含O物质的量为=0.2mol，固体甲的化学式为Cu2O；所以X中铜和氧的个数之比是0.4mol：(0.1mol×2+0.2mol)=1：1，因此X的化学式为CuO，X含有的元素是铜、氧，固体甲含有的元素是铜、氧；
（2）固体甲Cu2O与稀硫酸反应生成Cu、CuSO4和H2O，反应的离子方程式是Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；
（3）加热条件下氨气被固体X氧化成一种气体单质，单质是氮气，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O。
