第五章《化工生产中的重要非金属元素》测试题--高一下学期化学人教版（2019）必修第二册 (1).docx

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1、第五章化工生产中的重要非金属元素测试题一、单选题（共12题）1下列说法正确的是A硫质脆，微溶于酒精和二硫化碳B硫与氢气反应，体现了硫的还原性C硫与铁粉和铜粉分别反应，都可生成二价金属硫化物D从硫的化合价角度分析，硫单质既可作氧化剂又可作还原剂2碳纳米材料是近年来人们非常关注的一类新型无机非金属材料，下列关于碳纳米材料的说法中不正确的是AC60是富勒烯的代表物，C60的摩尔质量为720g/molB碳纳米管可用于生产电池和传感器C石墨烯与石墨都具有导电性D石墨烯的性质稳定，在氧气中不能燃烧3下列关于和的说法正确的是A是红棕色气体，易溶于水，属于酸性氧化物B可由和直接化合得到C和均既可以用排空气法收

2、集又可以用排水法收集D和在一定条件下可以相互转化4下列现象不能用于检验的是A气体遇浓盐酸产生白烟B气体使湿润的蓝色石蕊试纸变红C将气体通入酚酞溶液中，溶液变红D气体遇氯气产生白烟5下列关于氮气的说法错误的是A氮气在通常情况下不燃烧，也不支持燃烧，不能供给呼吸B液氮可用于医学和高科技领域，制造低温环境C利用氮气的稳定性，工业上用来替代稀有气体作焊接金属的保护气D在高温高压、催化剂条件下与氢气反应时，氮气作还原剂6常温下，下列金属制成的容器能盛放浓硝酸的是A铝B镁C铜D银7NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)，下列说法正确的是ANH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥BNH4C

3、l、HNO3和Na2CO3受热时都易分解CNH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应D图中所涉及的O2都要用纯氧8下列关于SiO2和CO2的叙述正确的是A两者都是酸性氧化物，故均不与酸反应B两者都可以与NaOH溶液反应C两者熔、沸点均较低D两者都能与水反应生成对应的酸且碳酸的酸性强于硅酸9下列关于二氧化硅的说法中错误的是A同二氧化碳一样，二氧化硅分子是由一个硅原子和两个氧原子构成的B通常状况下，二氧化碳为气态，二氧化硅为固体CSiO2同CO2一样也能与CaO反应生成盐DSiO2仅用来表示二氧化硅的组成，其基本结构单元为正四面体，不仅存在于二氧化硅晶体中，而且存在于所有硅酸盐矿石中。10实验小

4、组同学探究FeSO4分解反应并检验反应产物（加热及加持装置略）。下列有关FeSO4分解的说法不正确的是（）A中固体变为红棕色，说明反应生成了Fe2O3B中反应需持续加热，说明FeSO4分解是吸热反应C中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2D中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO311NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图)。下列有关表述正确的是ANH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥BNO2与水反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11CNH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应D利用上述关系制取NaHCO3的操作为向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2、NH3，然后过滤得到

5、NaHCO312下列有关化学反应的叙述正确的是AFe在稀硝酸中发生钝化BMnO2和稀盐酸反应制取Cl2CSO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2二、非选择题（共10题）13在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y能够反应，生成化合物Z，Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P（如下框图所示），已知气体G与空气之密度比约为1.17。请填空： （1）组成单质X和Y的元素分别属第_族和第_族；（2）Z与水发生水解反应方程式_；（3）每生成1mol的化合物Z，反应中转移_mol的电子。14某化学兴趣小组为了探究一种复盐A(含五种元素，相对分子质量小于200)

6、的组成与性质，设计并完成如图实验：已知：气体B为无色气体，能使品红溶液褪色；气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；溶液B中的溶质只含一种阴离子，并测得其c(H+)=0.8molL-1，过程中所加试剂均足量。请回答：(1)A的组成元素除H、O外还有_(用元素符号表示)。(2)写出气体C的电子式_。(3)写出固体A与H2SO4反应的化学方程式_，反应中每生成1mol气体B，转移电子的数目为_(用NA表示阿伏伽德罗常数)。(4)沉淀C可溶于气体C的水溶液中，可得深蓝色溶液，写出该过程的离子方程式_。(5)固体D是氧化物，受灼烧温度影响，D中金属元素的化合价可能呈现不同价态，请设计简单实验验证D中金属元素

7、是否含+1价：_。15硫酸亚铁溶液久置后，产生黄褐色沉淀X，探究其组成(1)X的组成元素_ (填元素符号)，红棕色固体丙的化学式_(2)X与稀硫酸反应时的离子方程式_(3)写出硫酸亚铁溶液久置后，产生黄褐色沉淀X的化学方程式_(4)在医药上常用硫酸亚铁热溶液与硫酸、硝酸混合制备X，且产品中不含Fe2+及NO，请设计实验检验X中不含Fe2+及NO_16下列事实体现了硝酸的什么性质？写出有关反应的化学方程式或离子方程式。(1)浓硝酸应存放于棕色试剂瓶中：浓硝酸具有_；反应的化学方程式为_。(2)银片溶于热的稀硝酸：硝酸具有_；反应的化学方程式为_。(3)石灰石和稀硝酸混合反应制取CO2：硝酸具有_

8、；反应的离子方程式为_。(4)红热的木炭投入浓硝酸中产生红棕色的气体：浓硝酸具有_；反应的化学方程式为_。17党十九大报告中首次将树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念写入党代会报告，治理污染减少排放具有十分重要的意义。回答下列问题：(1)下面是消除NOx排放的三个案例：利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2n(NO):n(NO2)=1:1，该过程中发生反应的化学方程式为_。三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，该过程中发生反应的化学方程式为_。利用尿素消除NOx污染的转化反应为.，无污染气体。尿素中C元素的化合价_，反应的化学方程式为_。(2)为测定热电厂排放气中SO

9、2的含量，进行了如下实验：标准状况下，将排放气匀速通入100mL0.5mol/L酸性溶液中。若排放气的流速为，经过bmin溶液恰好褪色，则该排放气中SO2的含量为_g/L。(3)通过如下流程可实现SO2和NO综合处理并获得保险粉()和硝铵。装置中生成与的物质的量之比为_。装置中溶液含有和，欲将cL该溶液完全转化为硝铵，需要通入与的体积比为_(同温同压下)。18立德粉(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：(1)利用焰色试验的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为_(填标号)。A黄色B红色C紫色D绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按

10、如下工艺生产立德粉：在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_。19硫代硫酸钠(Na2S2O3)俗称海波、大苏打，为无色透明晶体，易溶于水，遇强酸反应产生硫单质和二氧化硫气体；具有强还原性，与强氧化剂反应转化为。(1)Na2S2O3中S元素的化合价为_。(2)向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，其反应的离子方程式为_。(3)Na2S2O3溶液与Cl2反应，可作为棉织物漂白后的脱氧剂。该反应的离子方程式为_，要脱去22.4 LCl2 (标准状况下)，需要的Na2

11、S2O3的物质的量为_mol。(4)工业上常用硫化碱法制备海波。其原理是向碳酸钠和硫化钠物质的量之比为1：2的混合液中通入过量的二氧化硫，得硫代硫酸钠。其反应的化学方程式为_，该反应中氧化剂为_(填化学式)。20为测定空气中的含量，某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的200mL0.100mol/L的酸性溶液。已知与该溶液反应的离子方程式为：，若管道中空气流量为aL/min，经过bmin溶液恰好褪色，假定样品中的可被溶液充分吸收，则该空气样品中的含量(单位为g/L)是_。21硫有多种含氧酸，亚硫酸()，硫酸()，焦硫酸()，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用。试回答下列问题：(

12、1)的溶液中溶质的质量分数为80%，则的溶液中溶质的质量分数将_(填“大于”“等于”或“小于”)40%。(2)若将的浓硫酸稀释为500mL的溶液，需用量筒取该浓硫酸_mL(3)焦硫酸()溶于水，其中的都转化为。若将89g焦硫酸溶于水配成800mL溶液，则该溶液的物质的量浓度为_。(4)硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：若2.4mol完全反应消耗氧气145.6L(标准状况)，则反应产物中与的物质的量之比为_。22农业生产离不开氮肥，几乎所有的氮肥都以氨为原料，某化学兴趣小组利用图1所示装置制备氨气并探究其相关性质。(1)装置A中，盛有浓氨水的仪器名称为_。烧瓶内药品可

13、选用_。装置B的作用是_。(2)连接好装置并检验装置的气密性后，装入药品，然后应先_(填“a”或“b”)。a逐滴向圆底烧瓶中加入氨水b加热装置C(3)实验中观察到C中粉末变红，D中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体，则该反应的化学方程式为_，该反应证明氨气具有_性。(4)该实验缺少尾气吸收装置，图2中能用来吸收尾气的装置是_(填序号)。参考答案：1D【解析】A硫质脆，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，A错误；B硫与氢气反应生成硫化氢，其中硫的化合价降低，表现氧化性，B错误；C硫与铁粉和铜粉反应分别生成FeS和Cu2S，C错误；D硫单质中S为0价，在反应中既可以作氧化剂，化合价降低到价，也可以作还原

14、剂，化合价升高到、价，D正确；答案选D。2D【解析】A碳的原子量为12，C60的式量为720，C60的摩尔质量为720g/mol，故A正确；B碳纳米管是新型无机非金属材料，可做锂离子电池的负极材料，可用于生产电池和传感器，故B正确；C石墨烯具有超导特性，石墨具有良好的导电性，因此石墨烯与石墨都具有导电性，故C正确；D石墨烯是由碳元素组成的单质，它在氧气中可以燃烧，D项错误；故选D。3D【解析】A不是酸性氧化物，A项错误；B在高温或放电条件下，和直接化合生成，与反应生成，B项错误；C易与空气中的氧气反应生成，只能用排水法收集，能与水反应，只能用排空气法收集，C项错误；D和反应生成，与反应生成和，

15、D项正确；答案选D。4B【解析】A与浓盐酸挥发出的发生反应，会产生白烟， A项不选；B与水反应生成，呈弱碱姓，能使红色石蕊试纸变蓝，B项选；C与水反应生成，呈弱碱性，能使酚酞溶液变红，C项不选；D与发生反应，会产生白烟，D项不选；答案选B。5D【解析】A氮气的化学性质很稳定，在通常情况下不燃烧，也不支持燃烧，不能供给呼吸，A项正确；B液氨汽化吸热，可用于制造低温环境，B项正确；C氮气的化学性质很稳定，可用作焊接金属的保护气，C项正确；D氮气与氢气生成氨气的反应中，N的化合价从0降低到，作氧化剂，D项错误；答案选D。6A【解析】A. 铝在常温下遇浓硝酸钝化，可以用铝制成的容器能盛放浓硝酸，A正确

16、；B. 镁与浓硝酸反应，不能用镁制成的容器能盛放浓硝酸，B错误；C. 铜与浓硝酸反应，不能用铜制成的容器能盛放浓硝酸，C错误；D. 银与浓硝酸反应，不能用银制成的容器能盛放浓硝酸，D错误；答案选A。7C【解析】A不是常用的化肥，故A错误；B受热不易分解，故B错误；C和在一定条件下可以发生氧化还原反应，生成氮气和水，故C正确；D氨的催化氧化用空气就可以，不一定要用纯氧，故D错误；答案为C。8B【解析】ASiO2能与氢氟酸反应生成四氯化硅和水，故A错误；BSiO2和CO2都是酸性氧化物，都能与NaOH溶液反应，故B正确；CCO2熔、沸点较低，SiO2熔、沸点较高，故C错误；D二氧化硅不溶于水，不能

17、与水反应，故D错误；故答案为B。9A【解析】A二氧化硅为共价晶体，是由硅原子与氧原子构成，不存在分子，A错误；B通常状况下，二氧化碳为气态，二氧化硅为固体，B正确；C二氧化硅为酸性氧化物，能够与碱性氧化物氧化钙反应生成硅酸钙，C正确；D二氧化硅为原子晶体，不存在分子式，SiO2仅用来表示二氧化硅的组成，其基本结构单元为正四面体，该结构仅存在于二氧化硅晶体中，而且存在于所有硅酸盐矿石中，D正确；故答案为A。10D【解析】A. 中固体变为红棕色，说明FeSO4分解生成了红棕色的Fe2O3，故A正确；B. 中反应需持续加热，说明FeSO4分解反应本身不放热，需要不断提供热量，说明FeSO4分解是吸热

18、反应，故B正确；C. SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则中品红溶液颜色褪去，说明FeSO4分解生成了SO2，故C正确；D. SO3是酸性氧化物，易与水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收，没有SO3进入氯化钡溶液中，则中未产生白色沉淀，不能说明反应未生成SO3，故D错误；故选D。11C【解析】ANaHCO3不是化肥，故A项错误；B由方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，NO2既作氧化剂又作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为12，故B项错误；C在NH3和NO2中N元素的化合价分别是-3价、+4价，由于在两种化合价之间有0价、+2等价态，因此在一定条件下可发生氧化还

19、原反应，故C项正确；D由于CO2在NaCl溶液中溶解度不大，所以制NaHCO3时是向饱和NaCl溶液中先通入NH3再通入CO2，故D项错误。答案选C。12C【解析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C.二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；

20、D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；综上所述，本题应选C。13 A A Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3+ 3H2S 6【解析】气体G与空气之密度比约为1.17，所以G的相对分子质量为291.17=34，则G应为H2S，在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y反应，生成化合物Z，则Z中含有X、Y两种元素，其中一种元素为S元素，Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P，可推知Z为Al2S3，沉淀P为Al(OH)3，所以X为Al、Y为S，据此分析解答。(1)根据上述分析，X为Al、Y为S，所以组成单质X和Y的元素分别属第

21、A族和第A族，故答案为：A、A；(2)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，与水发生水解反应方程式为Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3+ 3H2S，故答案为：Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3+ 3H2S；(3)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，Al由0价升高到+3价，每生成1mol的化合物Z，反应中转移电子6mol，故答案为：6。14(1)Cu、S、N(2)(3) 2NH4CuSO3+2H2SO4=(NH4)2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O+Cu 0.5NA(4)Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)+4H2O+2OH-(5)取

22、少量固体D，加入足量稀硫酸，若有红色固体产生说明有+1价Cu【解析】100 mL1 mol/LH2SO4中含有溶质的物质的量n(H2SO4)=1mol/L0.1L=0.1mol。固体A中加入100 mL1mol/LH2SO4，并加热，发生反应产生红色固体B质量是1.92 g，B是Cu单质，其物质的量为n(Cu)固体=；产生无色气体B和溶液B。已知：气体B为无色气体，能使品红溶液褪色，则气体B是SO2，说明A中阴离子可能是或；向溶液B中加入足量NaOH溶液并加热产生蓝色沉淀C、气体C和溶液C；产生蓝色沉淀C是Cu(OH)2，C灼烧分解产生氧化物D，受灼烧温度影响D中金属元素的化合价可能呈现不同价

23、态；说明溶液B中含有Cu2+，向溶液C中加入足量BaCl2溶液，产生23.3 g白色沉淀是BaSO4，其物质的量为n(BaSO4)=，与100 mL1 mol/L的H2SO4溶液中溶质的物质的量相等，说明加入的H2SO4溶液其中的 都在溶液C中；气体C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体是NH3，该气体在标准状况下体积是1344 mL，n(NH3)=，溶液B中含有，证明原固体A中含有，根据N元素守恒可知n()=n(NH3)=0.06 mol，溶液B中的溶质只含一种阴离子，由于加入了稀硫酸，因此该阴离子为，并测得其c(H+)=0.8 molL-1，则溶液B为(NH4)2SO4、H2SO4、CuS

24、O4的混合溶液；根据电荷守恒可得2c(Cu2+)+c()+c(H+)=2c()，2c(Cu2+)+0.6 mol/L+0.8 mol/L=21 mol/L，解得c(Cu2+)=0.3 mol/L，则溶液中含有Cu元素的质量为0.3 mol/L0.1 L64 g/mol=1.92 g；则原固体中含有的Cu、 的物质的量的比是(0.03+0.03) mol：0.06 mol=1：1，结合元素化合价，根据物质组成关系因此其阴离子为，结合A的相对分子质量小于200，可知A是化学式为NH4CuSO3，然后根据问题分析解答。(1)根据上述分析可知A是NH4CuSO3，其组成元素除含有H、O之外，还含有Cu

25、、S、N三种元素；(2)气体C是NH3，N原子最外层有5个电子，其中的3个成单电子与3个H原子形成3个共价键，使分子中各原子都达到稳定结构，其电子式为：；(3)固体A是NH4CuSO3，A与稀硫酸发生反应产生Cu、SO2、CuSO4、(NH4)2SO4、H2O，反应方程式为：2NH4CuSO3+2H2SO4=(NH4)2SO4+2SO2+CuSO4+2H2O+Cu；根据方程式可知：每有2 mol SO2生成，转移1 mol电子，则每反应产生1 mol SO2气体，转移0.5 mol电子，转移的电子数目为0.5NA；(4)沉淀C是Cu(OH)2，气体C是NH3，NH3的水溶液为氨水，Cu(OH)

26、2能够溶解在氨水中形成铜氨络离子，该反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3H2O=Cu(NH3)+4H2O+2OH-；(5)沉淀C是Cu(OH)2，Cu(OH)2不稳定，受热易分解产生氧化物D，其分解产物成分受灼烧温度影响，D中金属元素的化合价可能呈现不同价态，要设计简单实验验证D中金属元素是否含+1价，可根据Cu2O在酸性条件下会发生歧化反应产生红色Cu单质、Cu2+进行检验，方法是：取少量固体D，加入足量稀硫酸，若有红色固体产生，说明有+1价Cu。15(1) Fe、O、H、S Fe2O3(2)(3)(4)取少量X于试管中，加足量稀硫酸溶解，分成两份，一份加酸性高锰酸钾溶液，若紫红色不

27、褪去，则证明不含Fe2+；另一份加入铜，若试管口没有红棕色气体产生，则证明没有NO【解析】白色沉淀甲是BaSO4，其物质的量为，n()=0.15mol，由于加入0.1mol H2SO4，平均分成2份后相当于其中一份加入0.05mol，则X则含有0.1mol，加入NaOH溶液生成红褐色固体为Fe(OH)3，灼烧得红棕色固体丙为Fe2O3，其物质的量为，则n(Fe)=0.1mol，由于X溶液分成两等分，则X中m(Fe)+m()=0.1mol56g/mol2+0.1mol96g/mol2=30.4g，由33.8-30.4=3.4g，恰好为0.2mol OH-的质量，则n(Fe3+)：n(OH-)：n

28、()=0.2:0.2:0.2=1:1:1，则X化学式为；(1)分析可知，X化学式为，组成元素有Fe、O、H、S，红棕色固体丙的化学式为Fe2O3；(2)X为，与稀硫酸反应时的离子方程式为；(3)硫酸亚铁溶液久置后生成，Fe元素化合价升高，则O元素化合价降低，反应物还有O2，产生黄褐色沉淀X的化学方程式为：；(4)Fe2+具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，NO在酸性条件下具有氧化性，可与单质Cu反应生成NO，再被氧气氧化为红棕色的NO2，检验X中不含Fe2+及NO的实验方案为：取少量X于试管中，加足量稀硫酸溶解，分成两份，一份加酸性高锰酸钾溶液，若紫红色不褪去，则证明不含Fe2+；另一份加入

29、铜，若试管口没有红棕色气体产生，则证明没有NO。16 不稳定性(或见光易分解的性质) 强氧化性和酸性 (稀) 酸性 强氧化性 【解析】(1)浓硝酸见光易分解，据此作答；(2)稀硝酸具有强氧化性和酸性，据此作答；(3)石灰石和稀硝酸混合反应制取CO2体现硝酸的酸性，据此作答；(4)红热的木炭投入浓硝酸中产生红棕色的气体，体现浓硝酸的强氧化性。(1)浓硝酸见光易分解，方程式为：，故答案为：不稳定性(或见光易分解的性质)；(2)稀硝酸具有强氧化性和酸性，与银反应的方程式为：(稀)，故答案为：强氧化性和酸性；(稀)；(3)石灰石和稀硝酸混合反应制取CO2体现硝酸的酸性，离子方程式为：，故答案为：酸；(

30、4)红热的木炭投入浓硝酸中产生红棕色的气体，体现浓硝酸的强氧化性，方程式为：，故答案为：强氧化性；。17(1) +4 (2)(3) 2：1 【解析】(1)利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2n(NO):n(NO2)=1:1，反应生成亚硝酸钠、二氧化碳，该过程中发生反应的化学方程式为；故答案为：。三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，反应生成二氧化碳和氮气，该过程中发生反应的化学方程式为；故答案为：。根据化合价分析尿素中H为+1价，N为3价，则C元素的化合价+4价，反应生成氮气、二氧化碳和水，其化学方程式为；故答案为：。(2)根据题意建立关系式25SO2，100mL0.5

31、mol/L酸性溶液经过bmin恰好褪色，则消耗二氧化硫物质的量为0.125mol，质量为0.125mol64gmol18g，若排放气的流速为，则该排放气中SO2的含量为；故答案为：。(3)装置中发生与反应生成与，根据化合价升降守恒分析到化合价升高1个价态，每生成1mol转移1mol电子，到化合价降低1个价态，每得到1mol转移2mol电子，根据得失电子守恒，与的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1。装置中溶液含有和，欲将cL该溶液完全转化为硝铵，则溶液中亚硝酸根有acmol，根据得失电子守恒需要用氧气物质的量为，根据质量守恒需要氨气物质的量为acmol+bcmol，因此需要通入与的体积比为；

32、故答案为：。18 D 【解析】重晶石和过量的焦炭粉在回转炉中加热，生成硫化钡和一氧化碳，加入水得到硫化钡溶液，加入硫酸锌反应生成立德粉，据此回答。(1)钡元素的焰色为绿色，答案选D。(2)已知反应物有BaSO4、C，生成物有BaS，因焦炭过量则生成CO，根据得失电子守恒、原子守恒写出化学方程式为；回转炉中有毒气体为一氧化碳，和水蒸气反应生成二氧化碳和一种清洁能源气体，从元素守恒的角度分析，该气体应为氢气，方程式为：。19 +2 2H+=SO2+S+H2O +4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+ 0.25 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 SO2【解析】(1)设

33、Na2S2O3中S元素的化合价为x，化合价代数和为0，则2+2x+(-2)3=0，解得x=+2，故S元素化合价为+2价；(2)在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，二者反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应的离子方程式为2H+=SO2+S+H2O；(3)Na2S2O3溶液与Cl2反应，可作为棉织物漂白后的脱氯剂，二者反应产生NaCl、H2SO4、HCl，反应的化学方程式为：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，该反应的离子方程式为：+4Cl2+5H2O=2+8Cl-+10H+；22.4 L标准状况下的Cl2的物质的量n(Cl2)=，由化学方程式中物质反应转

34、化关系可知：反应消耗Na2S2O3的物质的量为n(Na2S2O3)=；(4)碳酸钠和硫化钠物质的量之比为1：2的混合液中通入过量的SO2，可得Na2S2O3，根据电子守恒及原子守恒，可得反应的化学方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，在该反应中S元素化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后Na2S2O3中的+2价，化合价降低，得到电子，所以SO2为氧化剂；S元素化合价由反应前Na2S中的-2价变为反应后Na2S2O3中的+2价，化合价升高，失去电子，所以Na2S为还原剂。20【解析】根据题干信息，经过b min溶液恰好褪色，则通过空气的体积为aLmin-1bm

35、in=ab L，消耗的酸性KMnO4的物质的量为0.2L0.1mol/L=0.02mol，设尾气中SO2的物质的量为n，则由离子方程式得，所以n= 0.05mol，尾气样品中SO2含量为，故答案为： 。21 大于 5.4 1.25 2：3【解析】(1)假设溶液的密度为，溶液的密度为，质量分数为w，结合可知，故，溶液的浓度越大，密度越大，则，故；(2)设需要用量筒取该浓硫酸V mL，稀释前后溶液中溶质的物质的量相等，则，解得。(3)根据硫原子守恒，故。(4)由S原子守恒可知生成的为，消耗氧气的物质的量为，设、的物质的量分别为xmol、ymol，根据Fe原子、O原子守恒，有解得，故与物质的量之比为

36、。22 分液漏斗 碱石灰(或生石灰) 干燥氨气 a 3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O 还原 、【解析】在装置A中CaO或碱石灰与浓氨水反应产生NH3，通过U形管的碱石灰的干燥作用后通入盛有CuO的硬质玻璃管，发生反应：3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，要先用氨气排尽装置中的空气，装置D可以检验是否有水生成，氨气会造成大气污染，可根据氨气极容易溶于水的性质，最后用水吸收氨气，防止大气污染的产生，要注意防止倒吸现象的发生。(1)根据图1可知，盛有浓氨水的仪器名称为分液漏斗。浓氨水与烧瓶中的固体药品碱石灰或生石灰作用下生成氨气。生成的氨气中含有水分，若直接通入C中，会导致C中石英管破

37、裂，因此装置B的作用是干燥NH3。(2)整个装置中含有空气，应先逐滴向圆底烧瓶中加入氨水，发生反应生成氨气，待将装置中的空气排出后再点燃酒精灯，使NH3与CuO在加热条件下发生反应；(3)实验中观察到C中粉末变红说明生成Cu单质，D中无水硫酸铜变蓝说明生成水，并收集到一种单质气体，依据元素守恒及氧化还原反应规律可知，氧化铜将氨气氧化为氮气，氧化铜被还原为铜，反应的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，氮元素的化合价由-3升高到0，所以NH3作还原剂具有还原性。(4)氨气极易溶于水，用水吸收尾气时需要注意防止倒吸现象的发生，图2中能用来吸收尾气的装置可以是、，而装置易发生倒吸现象。