【化学】化工生产中的重要非金属元素章节测试 2023-2024学年高一下学期人教版（2019）必修第二册.docx

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1、第五章 化工生产中的重要非金属元素 章节训练 一、单选题1下列实验操作规范的是（）A钠的燃烧B排空气法收集CO2C混合浓硫酸和乙醇D溶液的转移2石英玻璃的主要成分是（） ASiO2B金刚石C石墨DCaCO33化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系正确是（） 化学性质实际应用A次氯酸具有氧化性漂白粉漂白织物B铁比铜金属性强FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板C硅透光性好，且折射率合适，能够发生全反射硅可作光导纤维D明矾溶于水可生成Al(OH)3胶体可用于自来水消毒AA BB CC DD4下列实验过程中颜色的变化描述错误的是（） ASO2气体缓慢通入石蕊试液中，溶液先变红后褪色BNO和O2按照4：3

2、的体积比同时通入水中，得到无色溶液CNH3缓缓通入FeCl3溶液中，产生红褐色沉淀DCl2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液，红色消失5下列有关硫酸与硝酸的叙述正确的是（） A浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B稀硝酸与活泼金属反应主要放出氢气C可以用铁罐贮运冷的浓硫酸和浓硝酸D浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体6下列各组物质的转化在一定条件下均可以通过一步反应完成的是（）A淀粉葡萄糖乙醇BCD7下列酸性条件下离子能大量共存的是（）ANa、K、CO32、SO42BCu2、SO42、HCO3、NaCCu2、SO42、NO3、Fe3DOH、Na、Mg2、SO428上世纪80年代后期人们逐渐认

3、识到，NO在人体内起着多方面的重要生理作用。下列关于NO的说法正确的是（） ANO是酸性氧化物，它与水反应生成亚硝酸(HNO2)BNO是造成光化学烟雾的因素之一C因为NO在人体内起着多方面的重要生理作用，所以NO对人类无害DNO分子所含电子总数为偶数9常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是（） A无色溶液中： B 的溶液中： C使石蕊变红的溶液中： D 的溶液中： 10有某硫酸和硝酸的混合溶液20 mL，其中含硫酸的浓度为2molL-1，含硝酸的浓度为1molL-1，现向其中加入0.96 g铜粉，充分反应后(假设只生成NO气体)，最多可收集到标准状况下的气体的体积为（）A224 mLB

4、166 mlC112 mLD89.5mL11化学与生产和生活密切相关。下列叙述不正确的是（） A北斗导航系统所含芯片的主要成分是SiO2B黄铁矿的主要成分是FeS2，是工业生产硫酸的原料C“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色试验D“84”消毒液的有效成分是NaClO，可用于环境的杀菌消毒12下列溶液中能大量共存的离子组是（）AH+、Fe2+、Cl-、NO3-BNH4+、SO42-、Na+、OH-CCu2+、Fe3+、NO3-、Cl-DH+、Na+、HCO3-、SO42-13常温下，下列离子在指定的溶液中能大量共存的是（）A无色透明溶液中：Fe3+、Mg2+、NO3-B含有大量Ba2+的溶

5、液中：Na+、C使酚酞试液变红的溶液中：K+、Ba2+、Cl-D加入镁条生成H2的溶液中：Na+、K+、CH3COO-、Cl-1425时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（） A能使甲基橙变红的溶液中：K、Mg2、NO3、IBc(HCO3)1 molL1溶液中：Na、NH4、SO42、OHC无色透明的溶液中： Fe3+、Al3+、NO3、SO42D =1012的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、AlO2-15想一想陶瓷、玻璃、水泥三个词为什么归纳在一起，然后从所给的四个词中选出与它们同类的一个（） A光导纤维B有机玻璃C人造纤维D铝合金16在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实

6、现的是（）ABCD17常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（） A在pH=7的溶液中：Fe3+、K+、Cl-、SO42-B滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K+、Cl-、I-C =10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-D水电离产生的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-18在含有大量Fe3、H、SO42的溶液中还能大量共存的离子是（） ABa2BOHCHCO DNO 19下列实验室中试剂保存的方法错误的是 A钠通常保存在煤油中B浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处CFeCl3溶液保存时，通常在溶液中加

7、少量的单质铁D漂白粉通常应避光并置于阴凉处密封保存20某研究小组利用下图装置探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理。下列说法错误的是（） A装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成SO42-B实验室中配制70%的硫酸需要的主要玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒C三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气D装置C可能发生倒吸，同时还不能完全吸收反应产生的尾气二、综合题21某小组同学欲研究SO2的性质 （1）将相关的含硫物质分为如下表所示3组，第2组中物质X的化学式是 第1组第2组第3组S（单质）SO2、X、Na2SO3、NaHSO3SO3、H2SO4、Na2SO

8、4、NaHSO4（2）利用如图所示的装置研究SO2的性质： （熔点：SO2 76.1，SO3 16.8；沸点：SO2 10，SO3 45）装置I模拟工业生产中SO2催化氧化的反应，其化学方程式是 甲同学按、的顺序连接装置，装置II的作用是 ；装置中溶液逐渐褪色，生成Mn2+，则该反应的离子方程式是 乙同学按、的顺序连接装置，若装置IV中有40mL 2.5molL1NaOH溶液，反应后增重4.8g，则装置中发生总反应的化学方程式是 22绿矾(FeSO47H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。在隔绝空气条件下，绿矾高温分解的反应为：FeSO47H2O Fe2O3+SO2+SO3+H2O（未配平）

9、。回答下列问题：（1）缺铁性贫血患者应补充Fe2+。用绿矾制成的补铁剂药片外表包有一层特殊的糖衣，试推测糖衣的作用是 ；（2）将绿矾分解产生的气体，依次通过下图装置，观察到试管甲中有白色沉淀产生，该白色沉淀是 (填化学式)：试管乙中的现象是 ；试管丙中溶液褪色，体现了SO2的 性；试管丁中溶液变浑浊，写出发生反应的化学方程式 。 23合成是重要的研究课题。一种合成的流程如下。相关数据如下：物质熔点/沸点/与反应温度/分解温度/6491090：（1）固氮：固氮反应的化学方程式是 。固氮的适宜温度范围是 。a.b.c.检测固氮作用：向固氮后的产物中加水， (填操作和现象)，说明能起到固氮作用。（2

10、）转氨：选用试剂完成转化。.选用进行转化。发现从体系中分离出较困难。.选用气体进行转化。发现能产生，且产物能直接循环利用。但的收率较低，原因是 。.选用固体进行转化。合成氨的过程如下：合成氨的总反应方程式是 。经实验研究，证实了中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。实验：将 (填化学式)两种物质混合，充分反应。检测结果：经探测仪器检测，所得氨气中存在。测量的转化率：取固体、的混合物，混匀，充分反应。用的滴定生成的，至滴定终点时消耗。的转化率为 。(摩尔质量为、摩尔质量为)相比于和，选用进行转化，的收率高，原子利用率高。24某化学兴趣小组为了探究常温下某非金属氧化物形成的未知气体的成分，将气体通

11、入澄清石灰水，发现澄清石灰水变浑浊，持续通入发现浑浊又变澄清，由此该小组成员对气体的成分提出猜想。（1）提出猜想猜想1：该气体为CO2。猜想2：该气体为SO2。猜想3： 。（2）为了验证猜测，该小组设计实验加以探究。实验探究该小组同学按如图所示装置，将气体从a端通入。B中应该装下列_试剂(填编号)。ANaCl溶液B酸性KMnO4溶液C盐酸D澄清石灰水（3）A中品红溶液的作用是 。（4）D中澄清石灰水的作用是 。通过该实验，该小组同学观察到以下三个实验现象：A中品红溶液褪色 C中品红溶液不褪色 D中澄清石灰水变浑浊（5）得出结论由上述现象，该小组同学确认该气体的成分为： 。25NaNO2因外观和

12、食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O （1）上述反应的氧化剂是 （2）根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl可选用的物质有：水、碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有 （填序号） （3）某厂废切削液中，含有2%5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2是 （填字母编号） ANaClBNH4ClCHNO3D浓H2SO4（4）饮用水中的NO3对人类健康会产生危害为了降低饮用水中NO3的浓度，某饮用水研究人员指出，在碱性条件下用铝粉将NO3还原为N2，请配平

13、如下所示的化学方程式： Al+ NaNO3+ NaOH NaAlO2+ N2+ H2O若反应过程中转移5mol e，则生成标准状况下N2的体积为 L答案解析部分1【答案】B【解析】【解答】A.Na的燃烧应该在坩埚中进行，不应该使用表面皿，A选项是错误的；B.CO2的密度大于空气，所以应该使用向上排空气法收集CO2,B选项是正确的；C.应将浓硫酸倒入乙醇中，C选项是错误的；D.转移溶液的时候应该使用玻璃棒引流，D选项是错误的。故答案为：B。【分析】A.固体灼烧应该使用坩埚；B.CO2易溶于水，不应该使用排水法收集；C.浓硫酸稀释的时候应该将酸倒入水中；D.转移溶液的时候应该使用玻璃棒引流。2【答

14、案】A【解析】【解答】石英玻璃化学稳定性强、膨胀系数小，是一种特种玻璃，主要成分为SiO2，A符合题意；故答案为：A【分析】石英玻璃的主要成分是SiO2。3【答案】A【解析】【解答】A.次氯酸具有氧化性，可以将有色物质氧化为无色物质，因此可作漂白粉漂白织物，A符合题意；B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板，是由于发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，与Fe、Cu的金属活动性强弱无关，B不符合题意；C.二氧化硅透光性好，且折射率合适，能够发生全反射，因此二氧化硅可作光导纤维，C不符合题意；D.明矾溶于水可生成Al(OH)3胶体，胶体表面积大，吸附力强，可将水中悬浮的固体吸附，

15、形成沉淀除去，从而有净水作用，不是用于自来水消毒，D不符合题意。故答案为：A【分析】A.次氯酸可用来漂白织物；B. FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板是应用的铁离子的强氧化性；C.二氧化硅可作光导纤维；D.明矾溶有净水作用，但是不用于自来水消毒。4【答案】A【解析】【解答】ASO2的水溶液呈酸性，SO2缓慢通入石蕊试液中能使石蕊试液变红，但不会褪色，A符合题意；BNO和O2按照4：3的体积比同时通入水中，发生的总反应可以表示为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、O2恰好完全反应，得到无色的HNO3溶液，B不符合题意；CNH3缓缓通入FeCl3溶液中，发生反应3NH3+3H2O+FeCl3

16、=Fe(OH)3+3NH4Cl，产生红褐色的Fe(OH)3沉淀，C不符合题意；D滴有酚酞的NaOH溶液呈红色，Cl2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，红色消失，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.二氧化硫不能漂白指示剂；B.NO和O2按照4：3的体积比同时通入水中发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，硝酸为无色溶液；C.NH3通入FeCl3溶液中发生反应3NH3+3H2O+FeCl3=Fe(OH)3+3NH4Cl；D.氯气与NaOH反应使溶液碱性降低。5【答案】C【解析】【解答】A.浓硫酸能使蔗糖炭化，体现了浓硫酸具有脱水性，

17、故A不符合题意；B.稀硝酸是强氧化性酸，与活泼金属反应不产生氢气，而产生一氧化氮气体，故B不符合题意；C.铁可被冷的浓硫酸和浓硝酸钝化，生成致密的氧化膜，保护内部金属不再被氧化，故C符合题意；D.氨气能与硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，故D不符合题意。故答案为：C。【分析】A.浓硫酸使蔗糖碳化是浓硫酸的脱水性；B.硝酸与金属的反应不会产生氢气；C.常温下，浓硫酸和浓硝酸都会是铁发生钝化；D.浓硫酸呈酸性，氨气是碱性气体。6【答案】A【解析】【解答】A淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下生成乙醇，故选A；BS和氧气反应生成SO2，不能一步实现，故不选B；C氮气和氧气在放电条件下生成NO，不能一

18、步实现，故不选C； D二氧化硅和水不反应，不能一步实现，故不选D；故答案为：A。【分析】B.S在氧气中燃烧生成二氧化硫，单质硫不能一步转化为三氧化硫；C.氮气不能一步转化为二氧化氮；D.二氧化硅与水不反应。7【答案】C【解析】【解答】A酸性条件下存在大量H+，可与结合生成，不能共存，A不符合题意；BH+可与结合生成水和二氧化碳，不能共存，B不符合题意；CH+与Cu2、Fe3均能共存，C符合题意；DH+与OH结合生成水，且OH可与Mg2结合生成白色沉淀，D不符合题意；故答案为：C。【分析】AH+与不能共存；BH+与生成水和二氧化碳；CH+与Cu2、Fe3不反应；DH+与OH结合生成水，且OH与M

19、g2生成沉淀。8【答案】B【解析】【解答】ANO属于不成盐氧化物，它难溶于水，也不与水反应，故A不符合题意；BNO是造成光化学烟雾的因素之一，故B符合题意；C吸入过多NO，在空气中很快转变为二氧化氮产生刺激作用，会对人体呼吸系统造成损害，NO会与血红蛋白结合，导致血红蛋白失去运输氧气的能力，对人体有害，故C不符合题意；DNO分子所含电子总数为15个，为奇数，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.酸性氧化物是与碱反应生成盐和水，但一氧化氮不与氢氧化钠反应B.氮氧化物是造成光化学烟雾的原因C.NO在人体内起着多方面的重要生理作用，但NO是有毒气体，D.计算出一氧化氮的电子数即可9【答案】D【解

20、析】【解答】A. -在水溶液中显紫色，不符合题意要求，A不符合题意；B. 与 发生氧化还原反应，不能共存，B不符合题意；C. 使石蕊变红的溶液为酸性溶液， 与 反应生成亚硫酸，不能共存，C不符合题意；D. 的溶液为碱性溶液， 均能共存，D符合题意；故答案为：D。【分析】判断离子共存问题，主要看是否能发生复分解、双水解、氧化还原等反应，此外还要注意题中给的其他条件A、-在水溶液中显紫色,故A不符合题意B、 与 发生氧化还原反应,故B不符合题意C、使石蕊变红，存在氢离子，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，会与亚硫酸根这种还原性离子发生反应故C不符合题意10【答案】A【解析】【解答】由题意可知，n(H

21、NO3)=1mol/L0.02L=0.02mol，n(H2SO4)=2mol/L0.02L=0.04mol，、n(H+)=n(HNO3)+2n(H2SO4)=0.02mol+0.04mol2=0.1mol，n(Cu)= ，发生反应：3Cu+8H+2NO =3Cu2+2NO +4H2O，根据方程式分析，铜完全反应需要氢离子为0.04mol，需要硝酸根离子的物质的量为0.01mol，则硝酸根离子和氢离子都有剩余，反应生成的一氧化氮由铜进行计算，根据反应方程式计算可知，生成的NO的物质的量为0.01mol，故标准状况下体积为 ； 故答案为：A。【分析】该过程要用离子反应来进行计算，虽然硫酸与铜不反应

22、，但是硫酸提供氢离子，根据铜、硝酸根、氢离子的量的关系，判断过量和少量，根据少量的还进行计算11【答案】A【解析】【解答】A.构成芯片的主要成分是硅单质，不是SiO2，A符合题意；B. 黄铁矿的主要成分是FeS2 ，其焙烧时会产生SO2，继而可以做生产硫酸的原料，不符合题意；C.“火树银花”指的是一种焰色试验，C选项是正确的，不符合题意；D.次氯酸盐由于具有强氧化性，所以可以进行环境的杀菌消毒，D是正确的，不符合题意。故答案为：A。【分析】金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时会产生特定颜色的火焰，叫做颜色试验没事一种物理性质，与电子的跃迁有关。12【答案】C【解析】【解答】AFe2+在酸性条件

23、下能被NO3-氧化，A不符合题意；BNH4+与OH-要发生离子反应，生成弱电解质NH3H2O，不能大量共存，B不符合题意；C离子组Cu2+、Fe3+、NO3-、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，C符合题意；DH+与HCO3-反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D不符合题意；故答案为：C【分析】ANO3-在酸性条件下具有氧化性；BNH4+与OH-反应生成NH3H2O；C离子相互间不反应；DHCO3-与H+反应生成CO2和H2O；13【答案】C【解析】【解答】AFe3+的水溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；BBa2+、会反应产生BaSO4白色沉淀，在溶液中不能大量共存，B

24、不符合题意；C使酚酞试液变红的溶液中含有大量OH-，OH-与选项离子K+、Ba2+、Cl-之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D加入镁条生成H2的溶液显酸性，含有大量H+，H+与CH3COO-反应产生弱电解质CH3COOH，不能大量共存，D不符合题意；故答案为：C。【分析】AFe3+的水溶液显黄色；BBa2+、反应；COH-与K+、Ba2+、Cl-之间不能发生任何反应；DH+与CH3COO-反应。14【答案】D【解析】【解答】A、甲基橙变红，说明溶液显酸性，NO3在酸中具有强氧化性，能将I氧化，即该离子组不能在指定溶液中大量共存，故A不符合题意；B、OH能与HCO3发生OHHCO3

25、=H2OCO2，因此该离子组不能在指定溶液中大量共存，故B不符合题意；C、Fe3显棕黄色，该离子组不符合题意，故C不符合题意；D、 =1012的溶液显碱性，这些离子在碱中能大量共存，故D符合题意；故答案为：D。【分析】离子共存一看色，判断溶液是无色溶液还是下列溶液，注意有色离子；二看性，判断出溶液显酸性还是碱性；三看特殊，记住特殊反应，如AKO2和HCO3不能大量共存，NO3、H与还原性离子不能大量共存；四看反应，发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应的离子不能共存。15【答案】A【解析】【解答】A光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故A符合题意；B有机玻璃是聚甲基丙

26、烯酸甲酯，属于有机高分子材料，故B不符合题意；C人造纤维是用某些天然高分子化合物或其衍生物做原料，经溶解后制成纺织溶液，然后纺制成纤维，竹子、木材、甘蔗渣、棉子绒等都是制造人造纤维的原料，属于有机高分子材料，故C不符合题意；D. 铝合金属于有色金属结构材料，属于金属材料，故D选项不符合题意；故答案为：A。【分析】陶瓷、玻璃、水泥三种物质均属于无机非金属材料。16【答案】C【解析】【解答】A氮气和氢气化合生成氨气，氨气和氯化氢生成氯化铵，故A不符合题意；B氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，氨气与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，故B不符合题意；C氮气和氧气放电生成一氧化氮气体，一氧化氮和水不反应，故C

27、符合题意；D碳和浓硝酸加热反应生成二氧化碳气体，过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.氮气和氢气生成氨气，氨气和氯化氢生成氯化铵；B.氯化铵和氢氧化钙在加热条件下生成氨气，氨气和氯化镁溶液反应生成氢氧化镁；C.NO与水不反应；D.C和浓硝酸反应生成二氧化碳，过量二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠。17【答案】C【解析】【解答】A. 在pH=7的溶液中，Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在，A不符合题意； B. 滴加KSCN溶液显红色的溶液中含有大量Fe3+，Fe3+与I-会发生氧化还原反应，产生Fe2+、I2，不能大量共存，B不符合题意

28、；C. =10-12的溶液是酸性溶液，含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D. 水电离产生的c(OH-)=10-12 mol/L的溶液，水的电离受到抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性。在碱性溶液中含有大量OH-，OH-、Al3+会发生反应转化为AlO2-，不能大量共存，D不符合题意；故答案为：C。 【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件： 1、生成难溶物，如Ba2与SO等； 2、生成易挥发物，如CO32-与H等； 3、生成难电离物，如H与CH3COO等； 4、发生氧化还原反应：如Fe3与I、S2，NO(H)与Fe2等； 5、发生彻底双水解反应：如A

29、l3与CO、HCO或AlO等； 6、发生络合反应：如Fe3与SCN等； 若不发生以上任何反应，则可以大量共存。18【答案】D【解析】【解答】A.SO42-、Ba2结合生成沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；B. H+与OH结合生成水，不能大量共存，故B不符合题意；C. HCO 与H反应生成CO2和水，也会与Fe3+发生双水解，不能大量共存，故C不符合题意；D. NO 不与Fe3、H、SO42-离子发生反应，能大量共存，故D符合题意；故答案为：D。【分析】离子不能共存，说明可以发生化学反应，主要是发生复分解反应、氧化还原反应、络合反应等等常见发生复分解反应不能共存的是：氢离子与氢氧根离子、以及可

30、以形成弱电解质的阴离子，氢氧根与氢离子、碳酸氢根、亚硫酸氢根、铜离子、铁离子、镁离子等不同共存，银离子和氯离子，钡离子和碳酸根、硫酸根、钙离子和碳酸根发生氧化还原反应不能共存的是：氢离子、硝酸根以及次氯酸根以及高锰酸根和亚铁离子、硫离子等还原性离子发生络合不能共存的是：铁离子和硫氰酸根、铜离子和氨水等等19【答案】C【解析】【解答】解：A.钠化学性质活泼，易与氧气和水发生反应，所以保存在煤油中隔绝水和空气，A正确；B.浓硝酸见光易分解，所以选择棕色瓶保存，B正确C.三价铁离子会与铁粉反应生成二价铁离子，C错误；D.漂白粉主要成分HClO，见光易分解，应该避光保存，D正确。故答案为：C。【分析】

31、本题主要考查化学试剂的存放保存。实验室中试剂保存的方法是由物质的性质决定的。20【答案】A【解析】【解答】A、氧化SO2的可能是Fe3+，也有可能是酸性条件下的NO3-，A符合题意；B、配制70%的硫酸需取一定体积的浓硫酸稀释，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒，B不符合题意；C、为防止生成的SO2在溶液中被O2氧化通入N2排尽空气，C不符合题意；D、尾气中可能会含有NO，无法被吸收，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.NO3-在酸性条件下具有氧化性，也能将SO2氧化成SO42-；B.根据溶液配制过程分析；C.实验开始前，应排除装置内的空气，反应O2造成干扰；D.反应过程可能产生NO，NO不能被Na

32、OH溶液完全吸收；21【答案】（1）H2SO3（2）2SO2+O2 2SO3；使SO3凝结成固体与SO2分离；5SO2+2H2O+2MnO4=5SO42+2Mn2+4H+；3SO2+4NaOHNa2SO3+2NaHSO3+H2O【解析】【解答】（1）将相关的含硫物质依据硫元素化合价分组，依据低三族分类顺序，判断X为+4价的酸为H2SO3 ； 故答案为：H2SO3 ；（2）工业生产中SO2催化氧化的反应是二氧化硫的催化氧化反应；化学方程式为：2SO2+O2 2SO3；故答案为；2SO2+O2 2SO3；装置II的作用是冷却装置，三氧化硫的沸点较低，通过冰水混合物，使SO3凝结成固体与SO2分离，

33、装置III中高锰酸钾溶液会和二氧化硫反应逐渐褪色，生成Mn2+，二氧化硫被氧化为硫酸；反应的离子方程式为：5SO2+2H2O+2MnO4=5SO42+2Mn2+4H+；故答案为：使SO3凝结成固体与SO2分离，5SO2+2H2O+2MnO4=5SO42+2Mn2+4H+；若装置IV中有40mL 2.5molL1NaOH溶液，反应后增重4.8g，吸收的为二氧化硫气体，依据二氧化硫物质的量和氢氧化钠物质的量进行分析判断生成产物，若n（SO2）：n（NaOH）=1：2反应按照反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；若n（SO2）：n（NaOH）=1：1，反应按照反应SO2+NaOH=NaHS

34、O3；装置IV中有40mL 2.5molL1NaOH溶液中n（NaOH）=0.1mol，n（SO2）= =0.075mol；n（SO2）：n（NaOH）=0.075：0.1=3：4，所以生成产物为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，反应的化学方程式依据直平法写出：3SO2+4NaOHNa2SO3+2NaHSO3+H2O；故答案为：3SO2+4NaOHNa2SO3+2NaHSO3+H2O；【分析】（1）将相关的含硫物质依据硫元素化合价分组，依据低三族分类顺序，判断X为+4价的酸为H2SO3 ；（2）工业生产中SO2催化氧化的反应是二氧化硫的催化氧化反应；装置II的作用是冷却装置，三氧化硫的沸点较低，通过冰水混

35、合物，使SO3凝结成固体与SO2分离，装置III中高锰酸钾溶液会和二氧化硫反应逐渐褪色，生成Mn2+，二氧化硫被氧化为硫酸；若装置IV中有40mL 2.5molL1NaOH溶液，反应后增重4.8g，吸收的为二氧化硫气体，依据二氧化硫物质的量和氢氧化钠物质的量进行分析判断生成产物，若n（SO2）：n（NaOH）=1：2反应按照反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；若n（SO2）：n（NaOH）=1：1，反应按照反应SO2+NaOH=NaHSO3；装置IV中有40mL 2.5molL1NaOH溶液中n（NaOH）=0.1mol，n（SO2）= =0.075mol；n（SO2）：n（NaO

36、H）=0.075：0.1=3：4，所以生成产物为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，反应的化学方程式依据直平法写出：3SO2+4NaOHNa2SO3+2NaHSO3+H2O；22【答案】（1）隔绝空气，防止绿矾中 被氧化（2）；品红溶液褪色；还原性；【解析】【解答】（1）绿矾的主要成分为FeSO47H2O，Fe2+易被空气中的O2氧化，因此补铁药剂药片外表包有一层糖衣，可起到隔绝空气，防止Fe2+被氧化的作用；（2）由反应的化学方程式可知，FeSO4分解产生SO2、SO3，SO3能与BaCl2反应生成难溶于酸的白色沉淀BaSO4；SO2通入品红溶液中，能使品红溶液褪色；丙中KMnO4酸性溶液具有氧化性，溶液

37、褪色，说明SO2具有还原性；SO2中硫元素为中间价态，既有氧化性又有还原性，H2S中硫元素为最低价，只具有还原性，二者可发生氧化还原反应生成S，反应的化学方程式为：SO22H2S=3S2H2O；【分析】（1）结合Fe2+易被空气中氧气氧化的性质分析；（2）结合FeSO4分解产生的气体成分的性质进行分析；23【答案】（1）3Mg+N2=Mg3N2；b；加热，若没有白色沉淀和气泡产生（2）氨气与氯化氢反应生成氯化铵；Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3；Mg315N2和NH4Cl；【解析】【解答】（1）固氮是将游离态氮转化为化合态的氮。根据上述流程可知，其中的固氮反应为镁与氮气的反应，

38、化学方程式为3Mg+N2=Mg3N2。镁在熔融状态下反应，而镁的熔点为649，而二氮化三镁大于800时发生分解，故固氮的适宜温度范围是，故答案为：b。镁能与沸水反应生氢氧化镁和氢气，故固氮后的产物中加水，加热，若没有白色沉淀和气泡产生，说明能起到固氮作用。（2）选用气体进行转化。发现能产生，且产物能直接循环利用。但的收率较低，原因是氨气能与氯化氢反应生成氯化铵。根据图示可知，氮化镁和氯化铵反应生成氨气和氯化镁，故合成氨的总反应方程式是Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3。为证实中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨，可以将Mg315N2和NH4Cl两种物质混合，充分反应，若经探测仪器

39、检测，所得氨气中存在则可证实。硫酸与氨气以1：2反应生成硫酸铵，用的滴定生成的，至滴定终点时消耗，则生成NH3的物质的量为(2cv10-3)mol，根据反应Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3可知，反应Mg3N2物质的量为、NH4Cl物质的量为mol；固体、的混合物，设反应前Mg3N2物质的量为x、NH4Cl物质的量为6xmol，则100x+53.56x=m，则x=mol，的转化率为。【分析】（1） 镁和氮气反应生成氮化镁； 根据表格数据，可知应该使镁熔化，且不能高于800； 镁能与沸水反应生氢氧化镁和氢气；（2） 箭头起点为反应物，箭头终点为生成物； 要注意氮化镁中氮原子的质量数

40、为15； 转化率=变化量/起始量。24【答案】（1）该气体为CO2和SO2的混合气体（2）B（3）)验证混合气体中是否含有SO2（4）验证混合气体中是否含有CO2（5）CO2和SO2的混合气体【解析】【解答】回忆学过的能使澄清石灰水先变浑浊又变澄清的气体，只有CO2和SO2，所以提出的猜想是：气体为CO2；气体为SO2；气体为CO2和SO2的混合气体。要验证气体的成分，必须先验证SO2是否存在，并除尽，再验证CO2气体的存在，因为SO2的存在对CO2的验证有干扰。【分析】根据二氧化硫和二氧化碳的相似性质都能使澄清石灰水变浑浊后又能变澄清，以及二氧化碳的存在对二氧化硫检验的干扰进行分析即可.25

41、【答案】（1）NaNO2（2）（3）B（4）10；6；4；10；3；2；11.2【解析】【解答】解：（1）2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O，氮元素的化合价降低，所以NaNO2是氧化剂， 故答案为：NaNO2；（2）水、淀粉、白酒与NaNO2都不反应，所以无明显现象；KI与NaNO2反应生成I2必须在酸性条件下才能反应，食醋会电离出微量的氢离子，碘化钾在食醋本身带的溶剂水中电离出碘离子，亚硝酸钠电离出亚硝酸根与钠离子，发生反应生成碘单质，I2使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故答案为：；（3）NaNO2N2是被还原，必须加还原剂；N元素氧化性弱于O和Cl元素，故只能加NH4Cl作还

42、原剂方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，亚硝酸钠中氮得到3电子指向氮气中的氮，氯化铵中氮失去3电子指向氮气中的氮，故答案为：B；（4）反应中AlAlO2，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3N2，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知OH系数为4，由H元素守恒可知H2O前面的系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3+4OH=10AlO2+3N2+2H2O，转移30mol电子会有3mol氮气生成，根据电子转移守恒，有5mol电子转移时生成氮气的物质的体积为 mol22.4L/mol=11.2L，故答案为：11.2【分析】（1）根据化合价升降判断氧化剂；（2）根据反应时有沉淀、气体、颜色变化等明显现象选择试剂；（3）选择试剂时要考虑：既能使NaNO2转化又无二次污染；（4）反应中AlAlO2，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3N2，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，结合电荷守恒、原子守恒配平其它物质的系数；根据电子转移守恒计算生成氮气的物质的量，再根据V=nVm计算氮气的体积学科网（北京）股份有限公司