【化学】化工生产中的重要非金属元素 章节测试 2023-2024学年高一下学期化学人教版（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 章节测试 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册一、单选题1从高温热浪到暴雨洪水，近年来全球多地频频遭遇罕见极端天气，造成重大损失。加强气候适应、应对气象灾害成为人类社会需要共同研究的重要课题。下列有关说法正确的是（）A氮氧化物、硫氧化物的排放会导致酸雨(即pH7的雨水)的形成B燃煤中加入石灰石，可以减少SO2、CO2等污染环境的气体排放C汽车使用的燃油质量越高，排放的汽车尾气中NO、NO2的含量越少D大力发展太阳能、风能、核能等，有助于改善空气质量2浓硫酸滴在滤纸上，滤纸变黑，表明浓硫酸具有（） A脱水性B吸水性C酸性D不挥发性3

2、化学反应中，反应物用量或浓度可能对生成物产生影响。下列反应的生成物不受上述因素影响的是（） A铜与硝酸反应 B氢气与氧气反应C硝酸银溶液与稀氨水反应 D氯化铝与氢氧化钠溶液反应4下列金属中，可用于制造常温下盛放浓硫酸容器的是（） AMgBCuCAgDFe5下列关于物质用途说法不合理的是（） A可采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法，除去CO2中含有的SO2B接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石C室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2D将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl26反应SiO2+4HF=SiF4+2H2O可用于雕刻玻璃，SiO2不溶于稀盐酸和稀硫酸，K(HF)=

3、610-4。下列说法正确的是（）A该反应的实质是SiO2与H+反应生成盐和水，属于复分解反应B1mol SiO2含4mol Si-O键C反应中四种物质均属于电解质DNaF溶液呈碱性，应盛放在带橡皮塞的玻璃试剂瓶中7研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述错误的是（） A雾和霾的分散剂不同，不属于同一分散系B雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵CNH3 是形成无机颗粒物的反应物之一D雾霾的形成与过度施氮肥是有关的8下列离子在溶液中能大量共存的是（） AAl3+、NO3、OH、ClBH+、Ba2+、Ag+、ClCFe2+、Fe3+、Na+、NO3DCa2+、H+、Cl、C

4、O329大部分汽车尾气处理系统中安装了催化转化器。在催化转化器中，汽车尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应：。下列说法错误的是（）A该反应中CO体现还原性B生成的CO2能使碳酸钙的悬浊液变澄清C该反应中生成的m(N2)：m(CO2)=22：7D生成的N2可用作食品的保护气10下图为实验室制取氨气的实验装置图。下列说法错误的是（）A收集方法是向下排空气法B将湿润的蓝色石蕊试纸放在试管口处验满C试管口的棉花可防止氨气与空气形成对流，利于收集氨气D实验结束后将蘸有稀硫酸的棉花放在导管口吸收剩余氨气11下列物质不能跟氢氧化钠溶液发生反应的是（） AMg(OH)2BAl(OH)3CAl2O3DSi

5、O212大胆、科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在在下列假设（猜想）引导下的探究肯定是没有意义的是（）A探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B探究Na与水的反应可能有O2生成C探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能有CuSD探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通以Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致13下列说法错误的是（） A利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液B用浓硫酸干燥二氧化硫C用酒精灯直接加热蒸发皿DKCl溶液、水和淀粉溶液都属于分散系14含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品

6、，该工艺流程如图所示，下列叙述错误的是（） A该过程中可得到化工产品H2SO4B该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2C该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和SD图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3SO22H2O=2FeSO42H2SO415利用如图装置进行SO2气体的性质探究实验，下列说法错误的是（）A品红溶液褪色，加热褪色后的溶液又会恢复为原来的红色B能与NaOH溶液反应，SO2属于酸性氧化物CFeCl3溶液黄色变浅的原因是SO2具有漂白性D装碱石灰的玻璃仪器是U形干燥管16下列各组离子在给定条件下能大量共存的是（） A滴加无色酚酞呈红色的溶液中：Na、K、 、 B无色透明的溶液中：Cu2

7、、K、 、 C滴加紫色石蕊呈红色的溶液中：Na、K、 、 D强碱性溶液：Na、 、 、Cl-17下列离子组在溶液中能大量共存且通入相应气体后仍能大量存在的是（）选项离子组通入气体ACl-、Ca2+、HCO3-、NH4+氨气BBa2+、Na+、Cl-、NO3-二氧化硫CAl3+、HCO3-、SO 、Cl-氯化氢DK+、Na+、HSO 、Cl-二氧化碳AA BB CC DD18下列叙述正确的是（） A碳族元素都是非金属元素，其非金属性随核电荷数的增加而减弱B石英、水晶、硅石的主要成分都是二氧化硅C二氧化硅的化学性质活泼，能与任意的酸、碱发生反应D碳族元素的单质都有导电性19氮的氧化物性质探究实验如

8、下： 步骤1：在一支 的注射器中充入 无色气体 ，然后吸入 水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，如题图所示。振荡注射器，无明显现象。步骤2：打开弹簧夹，快速吸入少量 后夹上弹簧夹，气体变成红棕色。步骤3：振荡注射器，气体又变为无色，溶液仍无色。下列说法不正确的是（）A步骤1说明 难溶于水B步骤2中红棕色气体是 C步骤3中发生反应的氧化剂和还原剂的质量比为 D重复步骤2、步骤3多次，可使 充分转化20常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 （） ApH=12的溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-B红色石蕊的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2-、Cl-C1.0molL-1的KNO3溶液

9、：H+、Fe2+、Cl-、SO42-D与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、CO32-、NO3-二、综合题21按要求填空。（1）在一些饮料中可作为添加剂，但应严格控量。某兴趣小组将酸性溶液滴加到葡萄酒试样中，根据消耗酸性溶液的量来测定葡萄酒中的浓度，测定的依据是 (用离子方程式表示)，该方法 (填“合理”或“不合理”)，理由是 。（2）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨催化氧化制硝酸的流程示意图。请回答下列问题。N2常用作保护气(如填充灯泡、焊接保护等)，原因是 。氧化炉中发生反应的方程式为 。A为 (填化学式)，向吸收塔中持续通入A的作用为 。为避免硝酸

10、工业尾气中氮的氧化物(以NO2为例)污染环境，可在“尾气处理装置”中盛装NaOH溶液，相关反应的化学方程式为 。汽车尾气中含有NO，NO产生的原因是 (用化学方程式表示)。22研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。回答下列问题：（1）雾霾中含有多种物质，其中属于盐类是 (填写名称)；图中的电解质有 种。（2）在水中的电离方程式是： ；把稀硫酸滴入氢氧化钡溶液中，反应的离子方程式是 。（3）下列物质属于电解质的是_(填字母)。ABCD（4）某白色固体中含有、，若只取用一次样品，在同一个容器中检验出3种阴离子，所用的试剂及顺序是 。23现在，很多家庭自备有干粉灭火

11、器，它是利用压缩的二氧化碳吹干粉（主要含有磷酸二氢铵）来灭火灭火器的罐体有铝合金和铁质的，前者的使用年限约是后者的6倍回答下列问题： （1）二氧化碳可利用空气中最多的气体来代替，该气体是 （2）磷酸二氢铵（NH4H2PO4）溶于水时与NH4NO3 相似，会出现明显的 （填“升温”或“降温”）现象 （3）NH4H2PO4 在灭火时的作用之一是：它受热分解后在可燃物表面形成一层玻璃状的覆盖层其灭火原理是 （4）为了变废为宝，报废灭火器中的NH4H2PO4可作为 （填写字母标号）使用 A氮肥B磷肥C钾肥D复合肥料（5）用化学知识解释两种罐体的使用年限为什么不同？ 24图为浓硫酸与铜片反应的装置请回答

12、： （1）浓硫酸与铜片反应的方程式为 （2）反应过程中，甲中的现象是 （3）下列说法中，不正确的是 A该反应中浓硫酸表现酸性、氧化性、吸水性B试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染C含0.02mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，能收集到224mL的SO2（标准状况）D反应一段时间后，将水缓慢倒入试管甲中，溶液显蓝色25如图，通过工业联产可有效解决多晶硅（Si）生产中副产物SiCl4。所带来的环境问题。（1）Si在元素周期表中的位置是 。 （2）反应的化学方程式为 。 （3）流程中涉及的化学反应属于氧化还原反应的有 （填反应序号）。 （4）高温下，反应的化学方程式为 。

13、（5）在多晶硅、Si3N4材料和高纯SiO2中，可用于制造光是纤维的是 。 （6）Si和Ge属于同主族元素。下列预测合理的是 （填选项序号）。 aGe与H2化合难于SibGeO2既有氧化性又有还原性c酸性H2GeO3H2SiO3dSi和Ge都可做半导体材料答案解析部分1【答案】D【解析】【解答】A氮氧化物、硫氧化物的排放会导致酸雨的形成，酸雨是 pH5.6的酸性降水，A不符合题意； B燃煤中加入石灰石，当煤燃烧时产生的SO2气体与高温CaCO3分解产生的CaO及空气中O2反应产生固体CaSO4留在炉渣中，从而避免了酸雨的形成，但CO2是空气的成分，而不属于大气污染物，B不符合题意；C汽车排放的

14、尾气中NO、NO2是在气缸内空气的N2、O2在高温下反应产生NO，NO进一步被氧气氧化产生NO2，这与燃油质量的无关，C不符合题意；D大力发展太阳能、风能、核能等，可以减少化石能源的使用，减少有害气体及固体粉尘的产生与排放，因此有助于改善空气质量，D符合题意；故答案为：D。 【分析】酸雨的形成是由于二氧化硫和含氮氧化物排放过量，形成的，通常正常雨水pH约为5.6，酸雨pH小于5.62【答案】A【解析】【解答】将浓硫酸滴在滤纸上，滤纸很快变黑，是因为浓硫酸能将木材中的氢原子和氧原子按21的比例脱去，体现了浓硫酸的脱水性，故答案为：A。【分析】本题的易错点为B，要注意吸水性中吸的水是本来就存在的水

15、分子，脱水性中脱的水是本来不存在的水，但物质中存在氢、氧两种元素。3【答案】B【解析】【解答】A.Cu与浓硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO2和H2O，Cu与稀硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和H2O，反应物浓度不同生成物不同；B.氢气与氧气反应只能生成H2O；C.硝酸银与少量稀氨水反应生成AgOH和NH4NO3，硝酸银与过量稀氨水反应获得银氨溶液，反应物用量不同生成物不同；D.AlCl3与少量NaOH反应生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2、NaCl和H2O，反应物用量不同生成物不同；故答案为：B。【分析】A.根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的产物不同进行解

16、答；B.氢气与氧气的产物单一；C.当氨水过量时则会与氢氧化银反应生成银氨溶液；D.氢氧化钠过量时，氢氧根与铝离子反应生成偏铝酸根，据此进行分析解答。4【答案】D【解析】【解答】常温下，浓硫酸与镁、银、铜等金属能够反应，只是反应速率减慢，不能用镁、银、铜等金属容器盛放浓硫酸；而常温下，浓硫酸与铁发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻碍反应的继续进行，可以用铁容器盛放冷的浓硫酸，故答案为：D。【分析】本题的易错点为B，要注意铜能够与浓硫酸反应，常温下，只是反应较慢，几乎无明显现象。5【答案】C【解析】【解答】A二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液的方法可除杂，故A不

17、符合题意；B工业上用硫磺或含硫矿石制取硫酸，接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，故B不符合题意；C室温下Na与空气中O2反应制取Na2O，Na与空气中O2在加热的条件下反应制取Na2O2，故C符合题意；D氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl、2Fe3+Fe=3Fe2+，将废铁屑加入FeCl2溶液中，可以还原因氧化而形成的三价铁离子，生成亚铁离子可以吸收氯气，可用于除去工业废气中的Cl2，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化

18、碳；B、在沸腾炉中。硫单质和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化为三氧化硫；C、室温下，钠与氧气反应生成氧化钠；D、氯气能将二价铁氧化成三价铁，三价铁能和铁粉反应。6【答案】B【解析】【解答】ASiF4不属于盐，因此该反应不属于复分解反应，A项不符合题意。B根据SiO2的结构式，1个Si原子周围有4个Si-O键，因此1mol SiO2含4mol Si-O键，B项符合题意。CSiO2和SiF4都是非电解质，C项不符合题意。DNaF在溶液中会水解产生HF，HF能够腐蚀玻璃，因此不能盛放在玻璃试剂瓶中，D项不符合题意。故答案为：B。【分析】ASiF4不属于盐；B根据SiO2的结构式，1个Si原子

19、周围有4个Si-O键；CSiO2和SiF4都是非电解质；DNaF会水解产生HF；7【答案】A【解析】【解答】A雾的分散剂是空气，分散质是水；霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒；因此雾和霾的分散剂相同，属于同一分散系，故A符合题意；B根据流程图所示，由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故B不符合题意C根据图示，NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气是形成无机颗粒物的反应物之一，故C不符合题意；D氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】雾和霾的分散剂都

20、是水，都属于胶体。8【答案】C【解析】【解答】解：AAl3+、OH之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误； BAg+、Cl之间反应生成难溶物氯化银，在溶液中不能大量共存，故B错误；CFe2+、Fe3+、Na+、NO3之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DCa2+、H+都与CO32之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C【分析】A铝离子与氢氧根离子反应；B银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀；C四种离子之间不反应，能够共存；D钙离子、氢离子与碳酸根离子反应9【答案】C【解析】【解答】A在该反应中，C元素化合价由反应前CO中的+2价变为反应后CO2中的+4价，化合价升高，

21、失去电子被氧化，所以CO作还原剂，变小还原性，A不符合题意；BCO2能够与CaCO3、H2O反应产生可溶性Ca(HCO3)2，从而可使碳酸钙的悬浊液变澄清，B不符合题意；C根据反应方程式可知：反应产生N2、CO2的物质的量的比是1：2，质量比m(N2)：m(CO2)=(1 mol28 g/mol)：(2 mol44 g/mol)=7：22，C符合题意；D反应生成的N2不能帮助生命呼吸，能够使害虫窒息死亡，故N2可用作食品的保护气，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A元素化合价降低，表现氧化性，元素化合价升高，表现还原性。BCO2能够与CaCO3、H2O反应产生可溶性Ca(HCO3)2；C根据

22、反应方程式计算；DN2不能帮助生命呼吸。10【答案】B【解析】【解答】A、NH3的密度小于空气，因此收集氨气时采用向下排空气法收集，故说法不符合题意；B、氨气的水溶液显碱性，因此氨气验满时，常采用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，如果变蓝，说明已集满NH3，故说法符合题意；C、棉花的作用是防止形成对流，收集纯净的氨气，故说法不符合题意；D、氨气的水溶液显碱性，故说法不符合题意。故答案为：B【分析】根据氨气的性质判断氨气的收集方法、尾气处理，以及氨气的验满。11【答案】A【解析】【解答】能与强碱反应的有指示剂、非金属、酸、酸性氧化物，以及某些盐、两性氧化物、两性氢氧化物等。A项不反应，B项Al(OH

23、)3+NaOH=NaAl(OH)4。C项Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4。D项SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，所以故答案为：A。【分析】酸性物质、两性物质、SiO2均可以与氢氧化钠反应。12【答案】B【解析】【解答】解：A、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故A正确；B、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠元素、氢元素和氧元素，猜测产生的气体可能为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价2价，不可能再降低，故B错

24、误；C、浓硫酸与铜发生氧化还原反应，铜有可能被氧化为黑色的CuS，有探究意义，故C正确；D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D正确；故选B【分析】进行科学探究时，要有合理的理论依据，不能凭空猜测过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫具有较强还原性，过氧化钠可能把二氧化硫氧化为硫酸钠；化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠元素、氢元素和氧元素，故生成物中含钠元素、氢元素和氧元素，钠是还原剂，所以水中元素化合价需降低，所以氧元素不可能再降低；铜为红色，浓硫酸与铜反应可能出现黑色物质C

25、uS；依据氯气和碱反应，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性13【答案】D【解析】【解答】A胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，则利用丁达尔现象可以鉴别胶体和溶液，故A不符合题意；B二氧化硫属于酸性氧化物，浓硫酸属于酸性干燥剂，S元素相邻价态之间不发生反应，可用浓硫酸干燥二氧化硫，故B不符合题意；C蒸发皿为可以直接加热的实验仪器，故C不符合题意；D分散系属于混合物，纯水属于纯净物，KCl溶液和淀粉溶液都属于分散系，故D符合题意；故答案为：D。【分析】分散系中包含分散质和分散剂，是混合物，氯化钾溶液中分散质是氯化钾，分散剂是水，淀粉溶液分散质是淀粉，分散剂是水，而水是纯净物。14【答案】C【解析】【解答

26、】A从图可以看出，该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，可得到化工产品H2SO4，A不符合题意；B根据A中分析可知，该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，B不符合题意；C该过程中化合价发生改变的元素除去Fe和S外，还有O，C符合题意；D该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，反应方程式为Fe2(SO4)3SO22H2O=2FeSO42H2SO4，D不符合题意；故答案为：C。【分析】根据工艺流程所示可知，该工艺中Fe2（SO4）3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2（SO4）3+2H2O+SO2=2Fe

27、SO4+2H2SO4，据此分析解答。15【答案】C【解析】【解答】ASO2具有漂白性，能够使某些有色物质如可以使品红溶液褪色，但产生的无色物质不稳定，受热分解，SO2气体逸出，物质恢复原来的颜色，因此加热褪色后的溶液又会恢复为原来的红色，A不符合题意；BSO2能与NaOH溶液反应产生Na2SO3、H2O，因此SO2属于酸性氧化物，B不符合题意；CSO2气体通入FeCl3溶液中，溶液黄色变浅是由于发生反应：SO2+2Fe3+2H2O=2Fe2+4H+，该反应体现了SO2的还原性，C符合题意；D根据装置图可知：装碱石灰的玻璃仪器名称是U形干燥管，D不符合题意；故答案为：C。【分析】SO2具有漂白性

28、，可以漂白品红，SO2是酸性氧化物，可以与氢氧化钠溶液反应，SO2具有还原性，可以与三价铁反应，SO2可以被碱石灰吸收。16【答案】A【解析】【解答】A滴加无色酚酞呈红色的溶液显碱性，四种离子相互之间不反应，也不与氢氧根离子反应，可以大量共存，故A符合题意；BCu2不能在无色溶液中大量存在，故B不符合题意；C滴加紫色石蕊呈红色的溶液显酸性， 不能在酸性溶液中大量存在，故C不符合题意；D 、 均不能和氢氧根离子大量共存，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、溶液中各个离子相互间不反应；B、含有Cu2的溶液显蓝色；C、滴加紫色石蕊呈红色的溶液中含有大量的H；D、强碱溶液中含有大量的OH；17【

29、答案】D【解析】【解答】A. Cl-、Ca2+、HCO3-、NH4+可以大量共存，通入氨气后溶液呈碱性，碳酸氢根转化为碳酸根然后和钙离子结合生成碳酸钙沉淀，A不符合题意；B. Ba2+、Na+、Cl-、NO3-可以大量共存，通入二氧化硫后，二氧化硫与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，硝酸根可以把亚硫酸氧化为硫酸，进一步与钡离子生成硫酸钡沉淀，B不符合题意；C. Al3+和HCO3-会发生双水解，所以不能大量共存，C不符合题意；D. K+、Na+、HSO3-、Cl-可以大量共存，通入二氧化碳后仍能大量共存，D符合题意，故答案为：D。【分析】本体考查的是离子共存的题目，要注意哪些离子不能共存：NH+和

30、OH-不能共存，H+和CO32-、HCO3-、HS-、S2-、SO32-、HSO3-不能共存；OH-只能和K+、Na+、Ba2+大量共存；CO32-只能和K+、Na+大量共存；SO42-和Ba2+、Ca2+、Ag+不能共存；Cl-和Ag+不能共存；OH-和H+、HCO3-、HS-、HSO3-不能共存。18【答案】D【解析】【解答】解：A、碳族元素部分是金属元素，如Sn、Pb，故A错误； B、石英、水晶的主要成分都是二氧化硅，硅石是单质硅，故B错误；C、二氧化硅是酸性氧化物与碱反应，只能与氢氟酸反应，并不是所有的酸，故C错误；D、石墨具有良好的导电性，硅能导电，锗、Sn、Pb都是金属能导电，所以

31、碳族元素的单质都有导电性，故D正确；故选D【分析】A、碳族元素部分是金属元素；B、硅石是单质硅；C、二氧化硅是酸性氧化物与碱反应，而只能与氢氟酸反应；D、石墨具有良好的导电性，硅能导电，锗、Sn、Pb都是金属能导电；19【答案】C【解析】【解答】A.根据步骤1，振荡注射器，无明显现象，说明一氧化氮未溶于蒸馏水，故A不符合题意B.根据步骤2，吸入氧气后，气体由无色变为红棕色，主要是一氧化氮与氧气发生了化学反应，故B不符合题意C.根据步骤3，红棕色变为无色，说明二氧化氮与水发生了反应即3NO2+H2O=2HNO3+NO氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2，故C符合题意D.要处理残余的一氧化氮，可以

32、将其氧化为二氧化氮在与水反应重复步骤2，3即可，可以使一氧化氮转化，故D不符合题意故答案为：C【分析】根据题意即可知道，步骤1说明一氧化氮难溶于水，而通入氧气后变为红棕色，索命一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应得到硝酸和一氧化氮，即可找出氧化剂与还原剂的物质的量之比，根据重复步骤2和3可以将一氧化氮充分除去20【答案】A【解析】【解答】ApH=12的溶液，显碱性，K+、Na+、CH3COO-、Br-离子之间不反应，可大量共存，故A符合题意；B石蕊溶液呈红色的溶液，显酸性，H+、AlO2-结合生成沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；CFe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量

33、共存，故C不符合题意；D与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32-，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、根据pH=12，溶液显碱性，四种离子可以共存解答；B、根据石蕊试液变红，溶液显酸性，H+、AlO2-结合生成氢氧化铝沉淀解答；C、根据酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原解答；D、根据与铝反应产生大量氢气的溶液，可能为非氧化性酸、强碱溶液解答；21【答案】（1）；不合理；葡萄酒中存在乙醇，乙醇易被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色（2）N2中存在NN，所以N2的化学性质稳定常用作保护气；O2；氧气与NO和水发生化学反应生成HNO3，目的是氧化NO，

34、使NO尽量充分转化为HNO3；【解析】【解答】(1)酸性KMnO4具有强氧化性能与SO2气体发生氧化还原反应而褪色，发生反应的离子方程式为：；不合理葡萄酒中存在乙醇，乙醇易被酸性高锰酸钾氧化使溶液褪色；(2)氮的原子序数为7，最外层为五个电子，N2中存在NN，所以N2的化学性质稳定常用作保护气；合成塔中产生NH3，氨气在氧化炉中发生催化氧化，反应的方程式为：；A为空气中的O2；氧气与NO和水发生化学反应生成HNO3，目的是氧化NO，使NO尽量充分转化为HNO3；NO2气体可污染环境，尾气处理装置中加入NaOH溶液，吸收的化学方程式为：；汽车发动机在高温高压放电的条件下空气中的N2与O2发生反应

35、生成NO，化学方程式为：。【分析】（1）二氧化硫具有还原性，可以被高锰酸钾氧化为硫酸根；由于酒中含有二氧化硫以及干扰性物质乙醇，因此可能有乙醇和高锰酸钾反应造成实验误差；（2） 氮气常温下很稳定，可以作为保护气； 合成塔中合成氨气，氨气和氧气发生氧化还原反应生成一氧化氮和水；氨气和氧气反应为一氧化氮和水，一氧化氮和氧气按照一定比例转化为硝酸，剩余的一氧化氮重新进入氧化炉； 二氧化氮和氢氧化钠反应时，发生歧化反应，氮元素自身化合价发生升降； 汽车排气管温度过高，可以将空气中的氮气和氧气转化为一氧化氮。22【答案】（1）硝酸铵和硫酸铵；5（2）；（3）D（4）稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液【解析】

36、【解答】(1)由图可知，其中硫酸铵和硝酸铵是由铵根离子和含氧酸根离子形成的盐；其中水、硫酸、硝酸、硫酸铵和硝酸铵是在水中能电离的电解质，共5种，故答案为：硝酸铵和硫酸铵；5；(2)硫酸在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，电离方程式为；稀硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：；(3)二氧化硫、五氧化二氮、氨气都不能电离出自由移动的离子，都属于非电解质，硝酸在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故答案为：D；(4)碳酸铵能与稀硝酸反应生成二氧化碳气体，氯化铵、硫酸铵不能与稀硝酸反应，则先加入稀硝酸使溶液呈酸性能鉴别出碳酸根离子；向反应后的溶液中加入硝酸钡溶

37、液，溶液中氯化铵与硝酸钡溶液不反应，硫酸铵与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，则加入过量的硝酸钡溶液能鉴别出硫酸根离子，并能排出硫酸根离子干扰氯离子检验；向含有硝酸、硝酸铵、氯化铵的溶液中加入硝酸银溶液，溶液中氯化铵与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，则加入硝酸银溶液能鉴别出氯离子，则鉴别出碳酸根离子、硫酸根离子和氯离子的所用的试剂及顺序是稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液，故答案为：稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液。【分析】（1）盐：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子；（2）硫酸为强酸，在水中电离为氢离子和硫酸根离子；硫酸和氢氧化钡反应是哪个从硫酸钡和水，硫酸钡不可拆；（3）电解质：在水

38、溶液或熔融状态下能够导电的化合物，常见的有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；（4）注意本题的特点是只取用一次样品，在同一个容器中检验出3种阴离子， 因此要考虑三种阴离子的特点，碳酸根遇酸产生气泡，而氯离子的鉴别采用稀硝酸和硝酸银溶液，硫酸根的检验采用钡离子，综合选择为稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液 。23【答案】（1）氮气（2）降温（3）隔绝氧气（4）D（5）铁在空气中容易生锈，铝在空气中能被氧气氧化成一层致密而坚硬的氧化物薄膜，对铝起保护作用【解析】【解答】解：（1）二氧化碳可利用空气中最多的气体来代替，该气体是氮气，故答案为：氮气；（2）磷酸二氢铵溶于水时吸热，能使环境温度降低， 故答案为：

39、降温；（3）NH4H2PO4 受热分解后在可燃物表面形成一层玻璃状的覆盖层其灭火原理是隔绝氧气，故答案为：隔绝氧气；（4）磷酸二氢铵中含有磷元素和氮元素，属于复合肥，故答案为：D；（5）铁在空气中容易生锈，铝在空气中能被氧气氧化成一层致密而坚硬的氧化物薄膜，对铝起保护作用，所以两种罐体使用年限不同，故答案为：铁在空气中容易生锈，铝在空气中能被氧气氧化成一层致密而坚硬的氧化物薄膜，对铝起保护作用【分析】（1）空气中含量最多的气体是氮气；（2）硝酸铵溶于水时吸收热量；（3）使可燃物与氧气隔绝可以灭火；（4）同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥；（5）铁在空气中容易生锈，铝在

40、空气中能够形成保护膜24【答案】（1）Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H2O（2）产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体（3）A；D【解析】【解答】解：（1）铜与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H2O；（2）反应过程中，甲中发生反应为Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H2O，产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体，故答案为：产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体；（3）A该反应中浓硫酸只体现酸性和氧化性，故A错误；B试管乙

41、中含有碱液的棉花，防止二氧化硫散失到空气中，造成大气污染，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染，故B正确；C含0.02mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，随着反应的进行浓度减小，稀硫酸与铜不反应，所以收集到SO2的体积在标准状况小于224mL，故C错误；D反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，含有铜离子的溶液，溶液显蓝色，故D正确；故选：AD【分析】（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，据此写出反应的化学方程式；（2）反应过程中，甲中产生无色气泡，铜片表面变黑，逐渐溶解；试管底部出现白色固体；（3）A该反应中浓硫酸只体现酸性和氧化性；B试管乙中含有碱液的棉花，防止二氧

42、化硫散失到空气中，造成大气污染；C反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，含有铜离子的溶液，溶液显蓝色；D含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，随着反应的进行浓度减小，稀硫酸与铜不反应Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2+2H2O25【答案】（1）第三周期IVA族（2）2C+SiO2 Si+2CO（3）（4）3SiCl4+4NH3 Si3N4+12HCl（5）高纯SiO2（6）abd【解析】【解答】（1）Si是14号元素，原子核外有三层电子，最外层电子数为4，在元素周期表中的位置是第三周期IVA族；（2）反应是碳和二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，化学方程式为2C+SiO2

43、 Si+2CO；（3）流程中发生了化合价的变化，属于氧化还原反应的有；（4）高温下，反应表示SiCl4和NH3反应生成Si3N4和12HCl；化学方程式为3SiCl4+4NH3 Si3N4+12HCl；（5）制造光是纤维的是高纯SiO2，多晶硅是良好的半导体材料，Si3N4用于结构陶瓷材料；（6） aSi和Ge属于同主族元素，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，与氢气化合越来越难，Ge与H2化合难于Si，故a正确；bSi和Ge属于同主族元素，GeO2中Ge的化合价为4价，处于最高价态，可以被还原，氧元素的化合价为-2价，处于最低价态，既有氧化性又有还原性，故b正确；c碳和硅位于同一主族，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性减弱，酸性H2GeO3H2SiO3，故c不正确；dSi和Ge都位于金属区和非金属区的分界区，既有金属性又有非金属性，Si和Ge都可做半导体材