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

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1、化工生产中重要的非金属元素一、单选题1已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，下列有关说法正确的是（）AX使蔗糖变黑主要体现了X的吸水性B若A为铁，则足量A与X在常温下即可完全反应C若A为碳单质，C在常温下为气体，则将C通入少量的澄清石灰水中，一定能观察到有白色沉淀产生D由B转化为D的反应是工业制备X过程中的重要反应2下列说法正确的是A晶体硅是光导纤维的主要成分B碳酸钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一C铝是地壳中含量最多的金属元素D在高炉炼铁工业中，炉渣成分为CaCO33下列关于物质和变化的分类不正确的是A碱性氧化物：Na2O

2、、Fe2O3B混合物：铝热剂、碱石灰C强电解质：硝酸、烧碱D化学变化：蒸馏、焰色反应4下列制取、净化、干燥、收集氯气实验的装置中，能够达到实验目的的是A制取B除C干燥D收集AABBCCDD5空气中的灰尘、硫酸、硝酸等颗粒物组成的气溶胶系统造成视觉障碍的叫霾。当水汽凝结加剧、空气湿度增大时，霾就会转化为雾。二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物这三项是雾霾的主要组成。下列说法错误的是A是无色、有毒的气体B在燃煤中加入生石灰可以减少二氧化硫的排放C由氮氧化物到硝酸盐的变化，属于氮的固定D雾霾天，汽车车灯照出“通路”的现象属于丁达尔效应6下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是A营养强化剂B甜味剂C

3、漂白剂D抗氧化剂7根据实验操作及现象推出的结论一定正确的是选项操作现象解释或结论A向某溶液里滴加浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝原溶液中有B向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和溶液和溶液均有固体析出蛋白质均发生变性C将某钾盐溶于硝酸溶液，再滴加12滴品红溶液品红不褪色该钾盐不含或D向某无色溶液中通入过量的气体有白色沉淀产生该溶液中一定含AABBCCDD8成语言简意赅，是中华民族智慧的结晶。下列成语描绘的变化属于化学变化的是A点石成金B水落石出C滴水成冰D拨云见日9下列所示装置正确且能完成相关实验的是A用甲所示装置制Fe(OH)2B用乙所示装置制氨气C用丙所示装置制氯气并验证氯气与

4、水反应有盐酸生成D用丁所示装置模拟侯氏制碱法获得NaHCO310有些科学家提出硅是“21 世纪的能源”，这主要是由于硅在太阳能发电过程中具有重要的作用。下列关于硅及其化合物的说法正确的是（）A水泥、玻璃、水晶饰物都是硅酸盐制品B光导纤维的主要成分是SiO2C高温下，可在试管内完成焦炭和石英砂(SiO2)制取硅的反应D自然界中硅元素的贮量丰富，并存在大量的单质硅11检验下列指定成分所用的试剂正确的是选项检验括号中的物质检验试剂ACO2气体(H2S)CuSO4溶液BNa2SO3溶液(Na2SO4)BaCl2溶液C海水(KI)淀粉溶液D乙醇(水)金属钠AABBCCDD12下列关于SO2的叙述正确的是

5、ASO2是无色、无臭、有毒的气体BSO2能使紫色的KMnO4溶液褪色CSO2与NaOH溶液反应生成Na2SO4DSO2不能用作食品添加剂13下列叙述正确的是A在c(Cu2+)= 1 molL-1的透明溶液中，Fe2+、Al3+、Cl-、SO可能大量共存B氯气溶于水的离子方程式： Cl2+ H2O=2H+Cl- +C1O-C0.5 mol NO2 溶于水形成1 L溶液，可得到0.5 molL-1的硝酸溶液DCl2在水中溶解度较小，所以不能做喷泉实验14将3mol的NO2气体依次通入下列三个分别装有足量NaHCO3饱和溶液浓H2SO4Na2O2的装置后，用排水法把残留气体收集起来，则收集到的气体是

6、同温、同压下测定）A1molNOB1mol NO2和0.05molO2C2mol NO2D0.25mol O215下列离子方程式不正确的是A二氧化锰和浓盐酸反应：MnO2+2Cl-+4H+Mn2+ Cl2 + 2H2OB石灰乳中通入过量的二氧化碳CO2+OH-=C在0.1mo/L的AlCl3溶液中滴加0.1mo/L的NaOH至过量，整个过程总反应的离子方程式为：Al3+4OH-=+ 2H2OD三氧化硫与氯化钡溶液生成沉淀的反应SO3+ Ba2+H2O= BaSO4+2H+二、填空题16选择装置，完成实验。(1)喷泉实验，证明氨气极易溶于水，选用 (填序号，下同)。(2)配制100mL0.1mo

7、lL-1NaOH溶液，选用 。(3)鉴别Na2CO3和NaHCO3固体，选用 。(4)用于分离泥沙与食盐溶液，选用 。17我国科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：(1)图中涉及多种氧化物，下列氧化物中不属于酸性氧化物的是 。ANO BN2O3 C SO2 DSO3(2)图中A为 ，B为 (填化学式)。(3)NH4NO3中所含的化学键是 。(4)过程I发生反应的化学方程式为 。(5)工业上利用NH3为原料经过若干步骤可制备NH4NO3，其中氨的催化氧化的化学方程式为 ，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。18除去括号中的杂质，填写涉及的反

8、应方程式。编号混合物方程式溶液： 固体： 气体： 固体： 19利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的“价类”二维图：(1)从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有 (填化学式)。(2)将X的溶液与Y混合反应，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。(3)Z的浓溶液与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成Y，该反应的化学方程式为 。(4)是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备的方案理论上可行的是 (填字母)。a b c d(5)已知能被氧化为，则的溶液与的溶液恰好反应时，X元素在还原产物中的化合价为 。三、判断题20石墨烯和石墨

9、由同种元素组成，但它们的物理性质差异较大。(_)21我国能自主设计、制造载人深潜器。 。22我国能自主设计、制造载人深潜器。 。23熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服展现了“中国智慧”。(_)四、解答题24某无色透明溶液，仅仅由中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：(1)不做任何实验，即可确定一定不含有的离子为 ，由实验确定一定不含有的离子为 。(2)实验确定一定不含有的离子为 。(3)设计实验方案检验可能存在的阴离子 。(4)若向原溶液中加入足量的溶液，生成沉淀有 种。25已知A为一种活泼金属，B是该金属的一种氧化物，D为淡黄色固体粉末，E和F是两种含该金属的盐，其中F可用作膨松

10、剂。各物质的转化关系如图所示，请回答下列问题：(1)请写出下列物质的化学式：B 、C 、E 。(2)请写出下列反应的化学方程式：AC： ；EC： 。(3)D物质投入硫酸铜溶液中可观察到的现象 。(4)某校化学课外小组为了鉴别E和F两种物质，采用了如下装置：装置与装置相比，装置的优点是 (填序号)。A比操作简便B比安全C可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而不行若用装置验证E和F的稳定性，则试管A中装入的固体是 (填化学式)，试管B中发生的反应方程式为 。26实验室常用下列装置来进行铜跟浓硫酸反应等一系列实验。(1)判断铜跟浓硫酸反应有SO2生成所依据的现象是 ，甲装置中发生的主要反应的化学

11、方程式是 ，该反应中若有3.2g Cu参加反应，则被还原的H2SO4的物质的量为 mol。(2)在装置乙的试管口放有一团浸有碱液的棉花，棉花中通常浸有饱和碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液，其目的是： 。(3)欲观察生成的溶液的颜色，应采取的操作是 。(4)若铜片还有剩余，硫酸 (填“有”或“没有”)消耗完毕。其理由是 。27元素周期表是学习化学的重要工具。根据以下9种元素在元素周期表中的位置，回答下列问题：族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA1a2bcd3efgh4i(1)c元素的名称是 ，分子含有 (填“极性键”或“非极性键”)。(2)e、f、i三种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性由强

12、到弱的顺序是 (用化学式表示)。(3)f的最高价氧化物属于 (填字母)。A酸性氧化物B碱性氧化物C两性氧化物(4)h单质可以从溶液中置换出g单质(难溶于水)，该反应的离子方程式为 。(5)化合物的电子式是 。五、计算题28将一定质量的Mg和Al混合物投入400 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。计算：Mg和Al的总质量为 g;硫酸的物质的量浓度为 ;生成的H2物质的量为 291.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混

13、合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。则（1）该合金中铜与镁的物质的量之比是 （2）该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是 mol/L（3）NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是 （4）得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是 mL9学科网（北京）股份有限公司参考答案：1D【分析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖变黑，则X为浓硫酸，从而得出B为，D为。【详解】A浓硫酸使蔗糖变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性，故A错误；B若A为铁，则常温下足量铁在浓硫酸中发生钝化，故B错误；C若A为碳单质，C

14、在常温下为气体，则C为，故将通入少量的澄清石灰水中生成，在反应过程中很难观察到有白色沉淀生成，故C错误；D转化为的反应是工业制过程中重要的一步反应，故D正确；故选D。2C【详解】试题分析：A、二氧化硅是光导纤维的主要成分，A错误；B、碳酸氢钠是焙制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，B错误；C、地壳中含量最高的金属元素是铝，非金属是氧，C正确；D、在高炉炼铁工业中，炉渣成分为CaSiO3，D错误，答案选C。考点：考查物质性质和用途的判断3D【详解】A碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，故Na2O、Fe2O3都属于碱性氧化物，A不合题意；B铝热剂是Al和Fe2O3等金属氧化物形成的混合物、碱

15、石灰是CaO和NaOH的混合物，B不合题意；C强电解质是指在水溶液中能够完全电离的电解质，强酸、强碱和绝多数盐均属于强电解质，故硝酸、烧碱属于强电解质，C不合题意；D蒸馏、焰色反应均为物理变化，D符合题意；故答案为：D。4D【详解】A浓盐酸与二氧化锰共热发生氧化还原反应生成氯气，装置中缺酒精灯，无法制得氯气，故A错误；B饱和食盐水除去氯气中的氯化氢应该长管进短管出，故B错误；C氯气能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，应选用硅胶或五氧化二磷，故C错误；D氯气的密度大于空气，故用长管进短管出收集氯气，故D正确；故选D。5C【详解】A根据二氧化硫的性质可知，SO2是无色、有毒的气体，A正确；B氧化

16、钙与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，故在燃煤中加入生石灰可以减少二氧化硫的排放，B正确；C氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，C错误；D雾霾是胶体，具有丁达尔效应，D正确；故选C。6D【详解】A营养强化剂是为了给食品添加某种营养物质，与速率无关，A错误； B甜味剂是为了增加食品的甜味，与速率无关，B项错误；C漂白剂是为了给食品漂成白色，与速率无关，C项错误；D抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，D正确；故选：D。7A【详解】A向某溶液里滴加浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸变蓝，氨气会使湿润的红色石蕊试纸变蓝，原溶液中有，A正确；B向两份蛋白质溶液中滴加饱

17、和溶液发生盐析，滴加溶液会发生变性，B错误；C含或均可以被硝酸氧化为硫酸根离子，再滴加12滴品红溶液，品红溶液不褪色，C错误；D向某无色溶液中通入过量的气体，有白色沉淀产生可能含有钙离子，碳酸钙为沉淀，D错误；答案选A。8A【详解】A点石成金指矿石冶炼金属，有新物质金属单质生成，属于化学变化，故A正确；B水落石出没有新物质生成，物理变化，故B错误；C滴水成冰没有新物质生成，物理变化，故C错误；D拨云见日没有新物质生成，物理变化，故D错误；答案选A。9D【详解】ACCl4密度大于水，在下层，不能制得Fe(OH)2，故A错误；B氯化铵受热分解生成NH3和HCl，在试管口两者又生成氯化铵，不能制取氨

18、气，故B错误；C浓盐酸易挥发，挥发的HCl和碳酸氢钠反应，不能验证氯气与水反应有盐酸生成，故C错误；D氨气、二氧化碳、饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，该装置可模拟侯氏制碱法获得NaHCO3，故D正确；故选D。10B【详解】水晶的成分是二氧化硅，二氧化硅不属于硅酸盐，故A错误；制备光导纤维的主要原料是SiO2，所以光导纤维的主要成分是SiO2，故B正确；试管自身含有二氧化硅，高温条件下可以和焦炭反应，故C错误；自然界中的硅以二氧化硅、硅酸盐的形式存在，自然界中不存在游离态的硅，故D错误。11A【详解】AH2S与CuSO4溶液反应生成黑色CuS沉淀，可用CuSO4溶液检验CO2气体中的H2S，

19、故A正确；BNa2SO3、Na2SO4都能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，不能用BaCl2溶液检验Na2SO3溶液中的Na2SO4，故B错误；CI-不能使淀粉变蓝，不能用淀粉直接检验海水中的KI，故C错误；D乙醇、水都能与金属钠反应放出氢气，不能用金属钠检验乙醇中的水，故D错误；选A。12B【详解】ASO2是无色、有刺激性气味的有毒气体，A项错误；BSO2具有还原性，能使紫色的KMnO4溶液褪色，发生的反应为5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，B项正确；CSO2属于酸性氧化物，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，C项错误；D食品中添加适量的二氧化硫

20、可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，SO2能用作食品添加剂，为保证消费者健康，我国在食品添加剂使用标准中规定了二氧化硫在食品中的使用范围和最大使用量，D项错误；答案选B。13A【详解】ACu2+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；BCl2与H2O的反应为可逆反应，应该使用“”表示，且HClO是弱酸，主要以电解质分子存在，应该写化学式，该反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，B错误；CNO2溶于水，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知0.5 mol NO2完全发生上述反应后产生HNO3的物质的量是n(HNO3)=n(NO2)=0.5 mol

21、=mol，由于溶液体积是1 L，故所得硝酸浓度为c(HNO3)=，C错误；DCl2在水中溶解度较小，但若将水换成NaOH浓溶液，二者反应产生可溶性物质，导致容器中气体压强减小，与外界形成足够压强差也可以形成喷泉，故Cl2也能做喷泉实验，D错误；故合理选项是A。14D【详解】3molNO2气体通过饱和碳酸氢钠溶液，首先NO2气体与水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应中生成1molNO、2molHNO3，硝酸再与碳酸氢钠溶液发生反应HNO3+NaHCO3=NaNO3+CO2+H2O，反应中生成2molCO2，从饱和碳酸氢钠溶液出来的气体为1molNO、2molCO2及水蒸气，再通过浓

22、硫酸干燥，出来的气体为1molNO、2molCO2，气体通过过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳发生反应2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2，反应生成1molO2，氧气由一氧化氮发生反应2NO+O2=2NO2，反应中1molNO消耗0.5molO2，生成1molNO2，故从过氧化钠出来的气体最终为0.5molO2、1molNO2，最后用排水法收集，发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，1molNO2消耗O2为1mol =0.25mol，故最终剩余的氧气为0.5mol-0.25mol=0.25mol，故最终收集到的气体是0.25molO2，故选D。15B【详解】A二氧化锰和浓盐酸反应生成二

23、氯化锰、氯气和水：MnO2+ 4H+Mn2+ Cl2 + 2H2O，A正确；B石灰乳中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙，但石灰乳不能拆写为离子，B不正确；C在0.1mo/L的AlCl3溶液中滴加0.1mo/L的NaOH至过量，先生成氢氧化铝、后氢氧化铝溶液生成偏铝酸钠溶液，整个过程总反应的离子方程式为：Al3+4OH-=+ 2H2O，C正确；D三氧化硫与氯化钡溶液反应，生成硫酸钡沉淀和盐酸，反应的离子方程式为：SO3+ Ba2+H2O= BaSO4+2H+，D正确；答案选B。16 【详解】(1) 证明氨气极易溶于水，能形成喷泉实验，选用圆底烧瓶、烧杯等仪器，故答案为；(2) 配制100mL0.1

24、molL-1NaOH溶液需要用100mL容量瓶等仪器，故答案为：；(3) Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，故答案为：；(4) 泥沙不溶于水，食盐能溶于水，分离泥沙与食盐溶液采用过滤装置，故答案为：。17 A O2 H2O 离子键、共价键 NO+NO2+O2=N2O5 4NH3+5O24NO+6H2O 2：5【详解】(1)酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，一氧化氮和碱不反应，属于不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，故本题答案为A； (2)根据图中信息，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，故本题答案为：

25、O2； H2O； (3)NH4NO3中含铵根和硝酸根之间的离子键和N-H，N-O之间的共价键，故NH4NO3含有的化学键是离子键、共价键，故本题答案为：离子键、共价键；(4)过程I为一氧化氮、二氧化氮和氧气反应，生成五氧化二氮，发生反应的化学方程式为NO+NO2+O2=N2O5，故本题答案为：NO+NO2+O2=N2O5；(5)工业上利用NH3为原料经过若干步骤可制备NH4NO3，其中氨的催化氧化是氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，该反应中氧化产物是一氧化氮，还原产物是一氧化氮和水，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4:10=2:5，故本题答

26、案为：2:5.【点睛】酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物，碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物。一氧化氮及不和酸反应，也不和碱反应，属于不成盐氧化物。18 2Fe3+Fe=3Fe2+ CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2 NH4ClNH3+HCl、NH3+HCl=NH4Cl【详解】使用铁粉可将铁离子还原为亚铁离子，反应方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+；SiO2不与盐酸反应，可用稀盐酸溶解碳酸钙过滤分离出SiO2，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；用饱和碳酸氢钠溶液洗气除去HCl，反应方程式为Na

27、HCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；氯化铵受热分解，NaCl受热不分解，用加热法除去NaCl中的氯化铵，反应方程式为NH4Cl+NaOHNH3+H2O+NaCl、NH3+HCl=NH4Cl。19(1)、(2)12(3)(4)b(5)+3【解析】(1)当含硫化合物中硫元素处于中间价态，该化合物既有氧化性又有还原性，图中SO2、H2SO3、Na2SO3中硫元素处于+4价，硫元素处于中间价态，这些化合物既有氧化性又有还原性，故答案为：SO2、H2SO3、Na2SO3；(2)由图可知，X为H2S，Y为SO2，两者混合，可生成淡黄色固体，反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，则氧化

28、剂为SO2，还原剂为H2S，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；(3)Z的浓溶液为浓硫酸，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则该反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2，故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2；(4)Na2S2O3中硫元素化合价为+2价，根据氧化还原反应原理，在反应过程中既要有元素化合价的升高，也要有元素化合价的降低，据此分析解题：a若Na2S和S生成Na2S2O3，Na2S中硫元素由-2价升高到+2价，硫单质中硫元素由0价上升到+2价，只有化合价的升高，a不合题意；bNa2

29、SO3和S生成Na2S2O3，Na2SO3中硫元素由+4价下降到+2价，硫单质中硫元素由0价上升到+2价，符合氧化还原反应原理，b符合题意；c若SO2和Na2SO4生成Na2S2O3，SO2中硫元素由+4价下降到+2价，Na2SO4中硫元素由+6价下降到+2价，只有化合价的降低，c不合题意；d若Na2SO3和Na2SO4生成Na2S2O3，Na2SO3中硫元素由+4价下降到+2价，Na2SO4中硫元素由+6价下降到+2价，只有化合价的降低，d不合题意；故答案为：b；(5)已知能被氧化为，则的溶液与的溶液恰好反应时，设X元素在还原产物中的化合价为a价，根据氧化还原反应中得失电子总数相等可知，24

30、10-3L0.05mol/L(+6-4)=2010-3L0.02mol/L2(+6-a)，解得a=+3，故答案为：+3。20正确【详解】“石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性”，和石墨相比，都是碳元素的单质，但结构不同物理性质差异较大，故正确。21正确【详解】通过材料第一句话，可以知道是正确的；22正确【详解】通过材料第一句话，可以知道是正确的；23正确【详解】“熊猫木偶：熊猫木偶高2.35 m，质量仅为10 kg，用铝合金管材和碳纤维条做框架，配合LED灯制作而成”，“智能机器人，中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，石墨烯智能发热服 这种智

31、能发热服可在-20的条件下持续发热4h，都展现了中国智慧，”说法正确；24(1) Cu2+ OH-(2)Ba2+(3)取少量溶液于试管中，先加入过量的Ba(OH)2溶液除去HCO和SO，过滤，再向滤液中加入稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液观察是否有白色沉淀生成，若有，则证明有Cl-，反之则没有。(4)3【分析】因为溶液是无色溶液，所有一定不存在的是Cu2+，Cu2+在溶液中显蓝色；加入过量盐酸后有气体A生成，证明溶液中一定有，产生的气体为CO2，溶液中有，则一定没有OH-；加入过量NaOH溶液有白色沉淀D生成，说明溶液中有Mg2+，白色沉淀为Mg(OH)2；滤液C中加入过量BaCl2溶液有白色

32、沉淀E生成，该白色沉淀为BaSO4，说明原溶液中一定有，则一定没有Ba2+；根据上述分析一定存在的是、Mg2+、，一定不存在的是Cu2+，OH-、Ba2+，无法确定的是Na+、Cl-。需要通过计算确定Na+、Cl-；因为气体A为CO2质量为4.4g，则n(CO2)=0.1mol，根据C原子守恒n()=0.1mol，由实验可知白色沉淀E为BaSO4共46.6g，n(BaSO4)=0.2mol，则n()=0.2mol，由实验可知白色沉淀D为Mg(OH)2共11.6g，则nMg(OH)2=0.2mol，故n(Mg2+)=0.2mol，根据电荷守恒，阴离子电荷数为2 n()+n()=0.5mol，而阳

33、离子电荷数为2n(Mg2+)=0.4mol，所有一定含有Na+，且n(Na+)=0.5mol-0.4mol=0.1mol；综合上述可知，原溶液中一定含有、Mg2+、Na+；一定不存在的是Cu2+，OH-、Ba2+；无法确定的是Cl-；据此分析解题。【详解】（1）根据上述分析，不做任何实验，根据溶液是无色的，可判断一定不存在Cu2+；实验中，加入过量盐酸后有气体CO2生成，证明溶液中一定有，根据互斥原理，则一定不含有OH-。（2）由实验可知，滤液C中加入过量BaCl2溶液有白色沉淀E生成，该白色沉淀为BaSO4，说明原溶液中一定有，则一定没有Ba2+。（3）检验可能存在的Cl-方案：取少量溶液于

34、试管中，先加入过量的Ba(OH)2溶液除去HCO和SO，过滤，再向滤液中加入稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液观察是否有白色沉淀生成，若有，则证明有Cl-，反之则没有。（4）根据分析，原溶液中一定含有、Mg2+、Na+，无法确定的是Cl-，因此若向原溶液中加入足量的溶液，生成的沉淀有BaCO3、Mg(OH)2和BaSO4共3种。25(1) NaOH (2) (3)有气体和蓝色沉淀生成(4) C 【分析】A为一种活泼金属，D为淡黄色固体粉末，推出D为Na2O2，即A为Na，B是该金属的一种氧化物，则B为Na2O，金属钠与H2O反应生成氢氧化钠和氢气，E和F是两种含该金属元素的盐，其中F为膨松剂，即

35、F为NaHCO3，E为Na2CO3，C为NaOH，据此分析；【详解】（1）根据上述分析，B为Na2O，C为NaOH，E为Na2CO3；故答案为Na2O；NaOH；Na2CO3；（2）AC的方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，EC：Na2CO3NaOH，其反应为Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH或Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3+2NaOH；故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2；Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH或Na2CO3+Ba(OH)2=BaCO3+2NaOH；（3）D为过氧化钠，投入到硫酸铜溶液中，发生2Na2O2+2H2O=4

36、NaOH+O2，然后2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4，观察到现象是有气泡冒出，且有蓝色沉淀生成；故答案为有气体和蓝色沉淀生成；（4）碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水和二氧化碳，生成的二氧化碳通入澄清石灰水中产生沉淀，图、所示实验均能鉴别这两种物质，与实验相比，实验的优点是可以做到用一套装置同时进行两个对比实验，而不行；故答案为C；A管为外管，酒精灯直接加热，温度高，B管为内管，温度低于A管，因此A管盛放Na2CO3，B管盛放NaHCO3，碳酸氢钠不稳定受热易分解，即方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；故答案为Na2CO3；2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2

37、O。26(1) 乙中品红溶液褪色 0.05(2)防止产生的二氧化硫气体溢出，污染环境(3)将反应后的液体慢慢注入水中，边加边搅拌，而后观察颜色(4) 没有 随着反应的进行，硫酸变稀，而稀不与反应，故不会消耗完【详解】（1）铜与浓硫酸发生反应Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，SO2能使品红溶液褪色，若有3.2 g Cu参加反应，则被还原的H2SO4的物质的量为0.05 mol；（2）SO2为酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，反应离子方程式为：2OHSO2=SOH2O；（3）观察CuSO4溶液颜色实质上是考查浓H2SO4的稀释方法，方法为：将反应后的液体慢慢注入水中，边加边搅拌，而后观

38、察颜色；（4）Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，随着反应的进行，浓H2SO4逐渐变稀，Cu不与稀H2SO4反应，故硫酸不会消耗完；27(1) 氮 极性键(2)(3)C(4)(5)【分析】由图可知，a-i分别为氢、碳、碳、氧、镁、铝、硫、氯、钾；【详解】（1）c元素的名称是氮，为氮氢极性键构成的共价化合物；（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，e、f、i三种元素最高价氧化物对应的水化物的碱性由强到弱的顺序是；（3）氧化铝能和强酸、强碱反应生成盐和水，故其为两性氧化物，故选C；（4）Cl

39、2单质可以从溶液中置换出S单质(难溶于水)同时生成氯化钠，该反应的离子方程式为；（5）二氧化碳为共价化合物，电子式为。28 18 g 2.5 mol/l 0.9mol【详解】由图象可知，从开始至加入NaOH溶液40mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH = Na2SO4+2H2O，当V（NaOH溶液）=400mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，二者物质的量之和为0.7mol，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于400mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的0.5倍从400m

40、L开始，NaOH溶解Al(OH)3，发生反应NaOH+Al(OH)3= NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，物质的量为0.3mol，所以沉淀量最大时，Mg(OH)2为0.3mol，Al(OH)3为0.7mol-0.3mol=0.4mol，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl(OH)3=0.4mol，氢氧化钠的浓度为0.4/(0.48-0.4) =5mol/L.（1）由元素守恒可知n（Al）=nAl(OH)3=0.4mol，n（Mg）=nMg(OH)2=0.3mol，Mg和Al的总质量为0.4mol27g/mol+0.3mol24g/mol=18g;（2）沉淀量最大

41、，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（NaOH） =2n（Na2SO4）=0.4L5mol/L=2mol，所以n（Na2SO4）=1mol，所以硫酸的浓度为1/0.4=2.5mol/L，（3）由（1）中可知n（Al）=0.4mol，n（Mg）=0.3mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=30.4mol+20.3mol=1.8mol，所以n（H2）=0.9mol，答：生成的H2物质的量为0.9mol。29 2:1 14 80% 640【详解】（1）在Mg、Cu与硝酸反应的过程中，金属都是+2价的金属，金属失去电

42、子的物质的量与硝酸反应得到电子的物质的量相等。金属变为Mg2+、Cu2+，当向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液时，发生反应形成Mg(OH)2、Cu(OH)2沉淀，增加的质量就是OH-的质量，m(OH-)=2.54 g-1.52g=1.02g，n(OH-)=0.06mol，则n(Mg)+n(Cu)=0.03mol，假设Mg的物质的量是x，Cu的物质的量是y，则x+y=0.03mol；24x+64y=1.52g，解得x=0.01mol，y=0.02mol，所以该合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2:1；（2）根据物质的量浓度与质量分数换算式，可得该浓硝酸中HNO3的物

43、质的量浓度是；（3）根据在氧化还原反应中金属失去电子的物质的量等于硝酸发生还原反应得到电子的物质的量，等于反应产物结合的氢氧根离子的物质的量。n(e-)=n(OH-)=0.06mol，NO2和N2O4的混合气体1120 mL，物质的量是n=0.05mol，假设NO2和N2O4的物质的量分别是a、b，则根据电子守恒可得a+2b=0.06mol，根据元素守恒可得a+b=0.05mol。解得a=0.04mol，b=0.01mol，根据可知，在相同外界条件下，气体的体积比等于气体的物质的量的比，所以NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是100%= 80%；（4）50mL 密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中含有硝酸的物质的量是：n(HNO3)=cV=14mol/L0.05L=0.7mol，当恰好形成沉淀时，溶液为NaNO3溶液，根据元素守恒，可得n(NaOH)=n(HNO3)(酸)=0.7mol-0.04mol-0.01mol2=0.64mol，故当得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是V=0.64L=640mL。【点睛】在金属与硝酸发生的氧化还原反应中，金属失去电子变为金属阳离子进入溶液，硝酸得到电子，被还原变为氮的氧化物，金属失去电子的物质的量与硝酸发生反应得到电子的物质的量相等；当向反应后的溶液中加入足量烧碱，时金属阳离子恰好形成沉淀时