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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某研究小组如图装置模拟工业上生产无水的过程。下列说法中正确的是A先点燃C处酒精灯，再打开分液漏斗的活塞B本实验中浓盐酸只体现挥发性C利用该装置制备的原理可表示为：D装置D适合处理该实验的所有尾气2氮在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可用下图表示。其中反应的离子方程式为。下列说法正确的是A均属于固氮反应B海洋中的反硝化作用一定有氧气参加C反应中每生成1mol共转移2mol电子D向海洋中排放含的废水可能影响海洋中氮的循环3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
2、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4用图所示装置探究铜丝(下端卷成螺旋状)与过量浓硫酸的反应。现象：试管中液面上方有白雾，底部有灰白色固体。下列实验不合理的是A浸溶液的棉团用于吸收多余的B加热、将铜丝下端卷成螺旋状能提高的生成速率C中用石蕊溶液验证水溶液的酸性，中用品红溶液验证的生成D冷却后，将中物质倒入盛有水的另一支试管，以确认的生成5下列关于离子检验的说法中正确的是A向某溶液中加入稀盐酸，将产生的无色无味气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有或
3、B向某溶液中加入溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有C向溶液中先加入溶液，再滴加溶液，溶液变红，则原溶液中含而不含D向某溶液中加入溶液产生白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有6下列叙述错误的是A硅在自然界中主要以单质形式存在B硅是应用最为广泛的半导体材料C高纯度的硅可用于制造计算机芯片D二氧化硅可用于生产玻璃7下列说法错误的是A硫在自然界的存在形式既有化合态，也有游离态B残留在试管内壁上的硫可用CS2溶解除去C单质硫或含硫物质燃烧时，氧气少量时生成SO2，氧气足量时生成SO3D硫单质与变价金属反应时一般生成低价态的金属硫化物8工业上以SO2和纯碱为原料制备
4、无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是A吸收过程中有气体生成B结晶后母液中含有NaHCO3C气流干燥湿料时温度不宜过高D中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO39下列说法不正确的是（）A液氨在工业上经常作制冷剂使用B碳酸氢铵的俗名是碳铵C工业硝酸常因溶有少量的Fe3+而略显黄色DNO2不但能形成酸雨，在日光照射下，还能使氧气经过复杂的反应生成O310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集又可以用排水法收集D和在一定条件下可以相互转化11下列关于的叙述正确的是A是无色、无味、有毒的气体B与NaOH溶液反应生成C能使
5、紫色的溶液褪色D有毒，不能用作食品添加剂12N、O、Si、S是重要的非金属元素。下列说法正确的是AN、O、S、Si的原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱B汽车尾气中排放的氮氧化物主要是由游离态氮转化来的C氮的氧化物和硫的氧化物既是形成光化学烟雾的主要物质，又是形成酸雨的主要物质DN、Si、S的单质均能和氧气反应，生成的产物分别是NO2、SiO2和SO2二、非选择题（共10题）13某化学学习小组为探究由两种元素构成的化合物X的组成和性质，设计并完成如下实验(假设各步反应均完全，反应中气体完全逸出)，已知气体B在标准状况下的密度是1.52g/L。请回答下列问题：(1)组成X的两种元素是_，固体G的化
6、学式是_(2)写出溶液C转化为溶液E的离子方程式：_(3)写出化合物X与稀硫酸反应的化学方程式：_(4)请设计实验方案，检验溶液C中的金属阳离子：_14AJ十种物质有下图所示关系，每个方框表示有一种反应物或生成物(反应条件及生成的H2O已略去)，其中A为单质，C为一种正盐，D、F为气体，且D为最轻的气体，J为既不溶于水也不溶于酸的白色固体。试回答下列问题：(1)写出化学式：B_，H_(2)写出将F通入溴水中反应的化学方程式_。(3)写出离子反应方程式：反应_；反应_。15、都是严重危害环境的气体，吸收并加以利用是当前科学研究的热点。(1)造成的一种常见环境污染为_。(2)与气体混合会产生淡黄色
7、固体，反应的化学方程式为_。(3)以纯碱为原料吸收可制备无水，主要流程如下：吸收的溶液为和的混合溶液，则“吸收”过程中发生的两个反应的离子方程式为_。(4)用溶液氧化吸收时出现乳白色浑浊，反应的离子方程式为_。(5)一种化学链技术脱除的原理如图所示。“氧化”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。“反应”的化学方程式为_。16离子反应广泛用于化学研究、化工生产、医疗诊断和环境保护等各个领域。(1)是一种酸性氧化物。工业上，可用足量的稀氨水吸收少量，写出发生反应的离子方程式：_。(2)具有较强的还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应中被还原的元素是_(填元素符号)。(3)某硫酸厂每天排放(标准状
8、况)尾气，其中含0.2%(体积分数)的。现用浓度为的NaOH废碱液(假设其他成分不参与反应)进行处理，每天至少需要这种废碱液的体积为_L。(4)某同学向溶液中通入，未观察到有白色沉淀生成。取上述所得溶液进行下列操作，依然不能观察到有白色沉淀生成的是_(填标号)。A通入B滴加稀硝酸C滴加稀盐酸D滴加NaOH溶液(5)硫酸是用途广泛的化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等。甲、乙两位同学用铜和硫酸作原料，设计了两种制取硫酸铜的方案。方案甲：铜与浓硫酸加热直接反应，即方案乙：方案甲中，铜和浓硫酸发生反应的化学方程式是_。该反应体现了浓硫酸的_。这两种方案，你认为哪一种方案更合理？_。理由是_
9、。17如图所示分别是某课外活动小组设计的制取氨气并用氨气进行喷泉实验的三组装置，回答下列问题：（1）用A图所示的装置可制备干燥的NH3：反应的化学方程式为_。装置中收集NH3的试管口放置棉花团的作用是_。干燥管中干燥剂能否改用无水CaCl2？_(填“能”或“不能”)。（2）用B图所示的装置可快速制取较大量NH3：用化学方程式表示浓氨水滴入CaO中有大量NH3逸出的过程：_。检验NH3是否收集满的实验方法是_。18.完成下列问题(1)在标准状况下6.72LCH43.011023个HCl分子13.6gH2S0.2molNH3，下列对这四种气体的关系从大到小的排序不正确的是_A体积：B密度：C质量：
10、D氢原子个数：.有下列种物质：液态HClNaHCO3固体NaCl晶体CO2气体蔗糖溶液Ba(OH)2粉末红褐色氢氧化铁胶体氨水熔融的NaHSO4Cu (2)上述10物质中属于盐的有_，非电解质有_，混合物有_填序号。(3)向的溶液中逐渐滴加的水溶液，看到的现象_。(4)上述种物质中有两种物质在水溶液中发生反应的离子方程式为，则该反应的化学方程式为_。(5)少量的与足量的溶液反应的离子方程式：_。(6)写出溶液与少量溶液反应的离子方程式：_。III.完成下列问题(7)自然界固氮，可将少量转化为等氮肥，转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去) N2NONO2HNO3Ca(NO3)2。写出NONO2
11、HNO3的化学方程式_、 _。将转化为，列举三种不同类别的化合物_、_、_(写化学式)。(8)将二氧化氮和xmL的氧气混合同一试管中，将试管口倒插于水中，充分反应，若无气体剩余，、满足关系式_；若氧气有剩余，则、满足关系式_。19含硫化合物的种类很多，分类依据也很多。、是七种常见的含硫化合物。某同学按以下思路进行探究：(1)分类：若按酸、碱、盐、氧化物进行分类，则七种物质中属于盐的共有_种；若将硫元素化合价相同的物质分为一类，则这七种物质可分为_类。(2)完成下列含硫化合物间的转化，写出相应的化学方程式（试剂可任选）。：_。：_。：_。(3)为减少的污染并变废为宝，我国正在探索在一定条件下用还
12、原得到单质硫的方法来除去。该反应的化学方程式为_。20氮的氧化物和硫的氧化物是导致酸雨的物质。(1)形成酸雨的原理之一如下图所示：回答下列问题：酸雨的_(填“”“”或“”)。D物质的化学式为_。反应的化学方程式为_。(2)在一定条件下氨气可用来将氮的氧化物转化为无污染的物质。写出氨气和二氧化氮在一定条件下反应的化学方程式：_，反应中氧化剂是_，还原剂是_。(3)氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：现有某溶液能完全吸收由和组成的大气污染物。所用烧碱溶液的物质的量浓度至少为_。若所得溶液中c():c()=1：9，则原混合气体中和的物质的量之比_。用含n和m的代数式表示所得溶
13、液中和的物质的量浓度之比c():c()=_。21取一定量的铜片与100mL 18mol/L 的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的A气体在标准状况下体积为_L (假设气体全部逸出)。将反应后所得到的溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应。请写出此过程发生的反应的离子方程式：_(任写一个)。计算反应后所得沉淀的质量为_g(保留到0.1g)。22将12.8g铜与一定量的浓硝酸发生反应，铜反应完时，得到NO、NO2混合气体5.6L(标准状况下)。计算：(1)反应过程中共转移电子_NA；(2)反应消耗硝酸的物质的量_(写出计算过程)。(3)混合气体中NO的体积_。参考答案
14、：1C【解析】A中混合浓盐酸和浓硫酸，浓硫酸遇水放热使浓盐酸挥发产生HCl，再经过B中浓硫酸干燥HCl，干燥的HCl和铁粉在C中反应生成FeCl2和H2，用D中NaOH溶液吸收未反应的HCl，防止污染空气。A干燥的HCl和铁粉在C中反应生成FeCl2和H2，H2不纯受热可能发生发生爆炸，因此实验时要先打开分液漏斗的活塞，产生氯化氢，将装置中的空气赶出，再点燃C处酒精灯，A错误；B本实验中制备HCl气体体现浓盐酸挥发性，在C中和Fe反应体现氧化性，B错误；C结合分析可知利用该装置制备FeCl2的原理可表示为：Fe+2HClFeCl2+H2，C正确；D该实验的尾气有未反应的HCl和产生的H2，氢氧
15、化钠溶液不吸收氢气，所以装置D不能处理该实验的所有尾气，D错误；故选C。2D【解析】A氮的固定是指游离态的氮转变成氮的化合物，故是氮的固定，不是，A错误；B由图可知，海洋中的反硝化作用过程中被还原生成，作氧化剂，故不一定有参加，B错误；C反应为，生成1mol 时消耗1mol ，则转移4mol电子，C错误；D向海洋中排放含的废水，会增强的反硝化作用，可能影响海洋中氮的循环，D正确；故答案为：D。3D【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
16、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。4C【解析】A有毒污染空气，浸溶液的棉团用于吸收多余的防止污染空气，故A正确；B将铜丝下端卷成螺旋状能增大接触面积，从而加快反应速率，升温有利加快反应速率，故B正确；C因为二氧化硫的溶解度较大，在实验过程中先通入品红验证二氧化硫生成，然后通入紫色石蕊溶液验证二氧化硫水溶液的酸性，故C错误；D冷却后，将中物质(含大量浓硫酸)倒入盛有水的试管中进行稀释后观察溶液颜色，以确认硫酸铜的生成，故D正确；故选C。5A【解析】A能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体是二氧化
17、碳，所以原溶液中可能有或，故A正确；B某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生再加稀盐酸沉淀不消失则原溶液中有或均符合，有亚硫酸根离子也符合，故B错误；C具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，向某溶液中先滴加少量溶液，再滴加KSCN溶液，溶液呈血红色，不能说明原来溶液中含有亚铁离子，也可能含铁离子，故C错误；D在某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀产生，该白色沉淀可能是硫酸银，硫酸银沉淀也不溶于稀盐酸，故D错误；故选A。6A【解析】A硅在自然界中主要以二氧化硅、硅酸盐形式存在，自然界没有游离态的硅，A错误；B 硅的导电性介于导体和绝缘体之间，良好的半导体材料，是应用最为广泛的半导体材料，B正确；
18、C硅是良好的半导体材料，高纯度的硅可用于制造计算机芯片，C正确；D 二氧化硅、纯碱和石灰石可用于生产玻璃，D正确；答案选A。7C【解析】A硫元素在自然界中有化合物和单质形式存在，在自然界中既有游离态，又有化合态，故A正确；B非极性分子易溶于非极性分子，残留在试管内壁上的硫可用CS2溶解除去，S能够与NaOH反应，也可用热的NaOH溶液除去，故B正确；C单质硫或含硫物质燃烧时，无论氧气多少，都生成SO2，不能生成SO3，故C错误；D硫单质具有弱氧化性，硫与变价金属反应，一般生成低价态的金属化合物，如加热时Cu与S反应生成Cu2S，故D正确；故选C。8B【解析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫
19、和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3= Na2SO3+ 2NaHCO3，NaHSO3+ Na2CO3= Na2SO3+ NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，SO2+ NaHCO3= CO2+ NaHSO3，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。A根据上
20、述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；B结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；CNaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；D结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；故选B。9C【解析】A、液氨在汽化是吸收大量的热，工业上常用液氨作制冷剂，选项A正确；B、碳酸氢铵，化学式为NH4HCO3，俗称碳铵，选项B正确；C、工业硝酸 的质量分数约为 69%，常因溶
21、有少量 NO2 而略显黄色，选项C不正确；D、NO2不但能形成酸雨，在日光照射下，还能使氧气经过复杂的反应生成O3，选项D正确。答案选C。10D【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，D项正确；答案选D。11C【解析】A二氧化硫是无色，但具有刺激性气味的有毒气体，故A错误；BSO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，不是Na2SO4，故B错误；CSO2具有还原性，能与KMnO4溶液发生氧化还原反应而使紫色的KMnO4溶液褪色
22、，故C正确；D二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒抗氧化剂，少量能用作食品添加剂，故D错误。答案选C。12B【解析】A Si与S在同一周期，原子半径从左到右逐渐减小，所以Si的原子半径大于S，同理N的原子半径大于O，故A错误；B 汽车尾气中排放的氮氧化物主要是由空气中游离态氮即氮气与空气中的氧气在内燃机气缸的高温条件下反应生成NO，NO又被氧气氧化为NO2，故B正确；C N的氧化物是形成光化学烟雾的气体也是形成酸雨的主要物质，而S的氧化物能形成酸雨，不能形成光化学烟雾，故C错误；D 氮气与氧气反应只能生成NO，不能生成二氧化氮，故D错误，答案选B。13(1) Fe、S Fe2O3(2)2Fe2+2
23、H+H2O2=2Fe3+2H2O(3)Fe3S4+3H2SO4=3FeSO4+3H2S+S(4)取适量溶液C于试管中，加入硫氰化钾溶液，无明显现象，再加入氯水，若溶液变为血红色，则说明存在【解析】由题干探究流程图可知，白色沉淀H为BaSO4，其物质的量为：=0.1mol，则气体D为SO2，SO2与Ba(NO3)2溶液反应可生成BaSO4，则淡黄色固体A为S，S在氧气中燃烧生成SO2，红棕色固体为Fe2O3，其物质的量为：=0.15mol，则溶液E为Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3沉淀受热分解生成Fe2O3，则C中含有Fe2+或者Fe
24、2+、Fe3+，故根据元素守恒可知化合物X含有Fe和S两种元素，其中Fe的物质的量为：20.15mol=0.30mol，S的物质的量为：=0.4mol，故X的化学式为：Fe3S4，据此分析解题。(1)由分析可知，组成X的两种元素是Fe和S，固体G的化学式是Fe2O3，故答案为：Fe和S；Fe2O3；(2)已知Fe2+在酸性条件下可以被H2O2氧化为Fe3+而转化为溶液E，该转化的离子方程式为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O；(3)由分析可知，化合物X为Fe3S4，淡黄色固体A为S，溶液C为FeSO4，气体B在标准状况下的密度
25、是1.52g/L，则其摩尔质量为：1.52g/L22.4L/mol=34g/mol，故其化学式为H2S，则化合物X与稀硫酸反应的化学方程式为：Fe3S4+3H2SO4=3FeSO4+3H2S+S，故答案为：Fe3S4+3H2SO4=3FeSO4+3H2S+S；(4)由分析可知，检验溶液C中的金属阳离子即Fe2+的方法为：取适量溶液C于试管中，加入硫氰化钾溶液，无明显现象，再加入氯水，若溶液变为血红色，则说明存在，故答案为：取适量溶液C于试管中，加入硫氰化钾溶液，无明显现象，再加入氯水，若溶液变为血红色，则说明存在。14(1) H2SO4 FeCl3(2)SO2+2H2O+Br2 =H2SO4+
26、2HBr(3) Ba2+SO=BaSO4 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+【解析】G与BaCl2反应，生成J和NaCl，J为既不溶于水也不溶于酸的白色固体，可知J为BaSO4，则G为Na2SO4；D、F为气体，且D为最轻的气体，可知D为H2，A和B反应，生成E和H2，E可以和氯气反应，可知E中含有铁元素，即A为Fe，I中含有铁离子；I可以和F气体反应，可知气体F具有还原性，则F为SO2，B为H2SO4，E为FeSO4；根据反应可知，H为FeCl3，I为Fe2(SO4)3；C为一种正盐，与硫酸反应，生成二氧化硫，则C为Na2SO3，据此分析作答。(1)由分析可知，B为H2SO4
27、，H为FeCl3，故答案为：H2SO4；FeCl3；(2)F为SO2，通入溴水中反应，生成硫酸和溴化氢，化学方程式：SO2+2H2O+Br2 =H2SO4+2HBr，故答案为：SO2+2H2O+Br2 =H2SO4+2HBr；(3)反应为Na2SO4与BaCl2反应，生成BaSO4和NaCl，离子方程式为：Ba2+SO=BaSO4；反应为Fe2(SO4)3与SO2反应，生成FeSO4和H2SO4，离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+，故答案为：Ba2+SO=BaSO4；2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO+4H+。15(1)酸雨(2)SO2+2H2S=3S+2
28、H2O(3)SO+SO2+H2O=2HSO，SO2+HCO=CO2+HSO(4)2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+(5) 1:1 SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI【解析】(1)二氧化硫造成的环境污染为酸雨等；(2)SO2与H2S气体混合发生如下反应：SO2+2H2S=3S+2H2O；(3)根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以
29、调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，故答案为SO+SO2+H2O=2HSO，SO2+HCO=CO2+HSO。(4)溶液氧化吸收时出现乳白色浑浊为S，反应的离子方程式为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+。(5)“氧化”反应为H2S被硫酸氧化为硫，硫酸还原为二氧化硫，反应方程式为H2S+H2SO4=SO2+S+2H2O，氧化剂为硫酸，还
30、原剂为H2S，故物质的量之比为1:1；“反应”为二氧化硫和碘单质生成硫酸和HI，化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI。16(1)(2)Mn(3)2000(4)C(5) 强氧化性、酸性 方案乙 无污染产生，原料利用率高【解析】(1)二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为SO2+2NH3H2O=2NH +SO +H2O；(2)二氧化硫被酸性高锰酸钾氧化，其中锰元素的化合价由+7价变成+2价，所以反应中被还原的元素是Mn；(3)某硫酸厂每天排放二氧化硫的体积为 ，n(SO2)= ，发生反应SO2+NaOH=NaHSO3需要的碱液最少，每天至少需要这种废碱液的体积为
31、；(4)A通入氯气后会与二氧化硫反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色沉淀硫酸钡，A不符合题意；B滴加稀硝酸后，会将二氧化硫氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色沉淀硫酸钡，B不符合题意；C滴加稀盐酸与二氧化硫不反应，不会生成白色沉淀，C符合题意；D滴加氢氧化钠后与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；故选C。(5)铜和浓硫酸发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；硫酸生成硫酸铜化合价不变表现为酸性，硫酸生成二氧化硫化合价降低表现为强氧化性，故为强氧化性、酸性；方案甲反应过程当中需要加热，且会
32、生成二氧化硫有害气体，方案乙则不会，故为方案乙，理由是无污染产生，原料利用率高。17 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 减小空气对流，使NH3充满试管 不能 CaO+H2O=Ca(OH)2，NH3H2ONH3+H2O 氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氨气和氯化氢反应生成白烟，所以可用氯化氢或湿润的红色石蕊试纸检验【解析】（1）Ca(OH)2和NH4Cl反应生成氯化钙、氨气和水，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；装置中收集NH3的试管口放置棉花团的作用是：减小空气对流，使NH3充满试管；氯化钙和氨气能发生反应CaCl2+8NH3=
33、CaCl28NH3，所以干燥管中干燥剂不能改用无水CaCl2；（2）氧化钙和水反应生成氢氧化钙，且放出大量热量，氧化钙和水放出的热量能促进氨水的分解，反应的方程式分别为：CaO+H2O=Ca(OH)2，NH3H2ONH3+H2O；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，氨气和氯化氢反应生成白烟，所以可用氯化氢或湿润的红色石蕊试纸检验。18(1)AB(2) (3)先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液(4)2HClBa(OH)2=BaCl22H2O(5)Ba22OHCO2=BaCO3H2O(6)Ba2OHHCO=BaCO3H2O(7) 2NOO2=2NO2 3NO2H2O=2HNO3NO Ca
34、O Ca(OH)2 CaCO3(8) a=4x a4x【解析】(1)标准状况下6.72 L CH4的物质的量为，3.011023个HCl分子物质的量为：，13.6 g H2S的物质的量为，含有H原子为0.4mol2=0.8mol0.2molNH3， AV=nVm知，标况下，气体体积与物质的量成正比，所以这几种气体体积大小顺序是：，A错误；B根据知，气体密度与摩尔质量成正比，甲烷摩尔质量是16g/mol、HCl摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量是17g/mol，所以气体密度大小顺序是：，B错误；C、甲烷的质量=0.3mol16g/mol=4.8g，HCl的
35、质量=0.5mol36.5g/mol=18.25g、硫化氢的质量为13.6g、氨气的质量=0.2mol17g/mol=3.4g，所以质量大小顺序是：，C正确；D根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，结合分子构成知，甲烷分子中H原子物质的量=0.3mol4=1.2mol，HCl中H原子的物质的量等于HCl分子的物质的量为0.5mol，硫化氢中H原子的物质的量=0.4mol2=0.8mol、氨气分子中H原子的物质的量=0.2mol3=0.6mol，所以H原子个数大小顺序是：，D正确；故选AB；(2)由酸根离子和阳离子构成的物质为盐，属于盐的有；在水溶液或熔融状态下都不导电的化合物为非
36、电解质，故选；由两种或者两种以上物质构成的为混合物，故答案为：；(3)向氢氧化铁胶体中加入盐酸，发生胶体的聚沉，产生红褐色沉淀，然后氢氧化铁沉淀溶于盐酸得到氯化铁黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀，然后沉淀逐渐溶解并得到黄色溶液；(4)该反应表示强酸和强碱反应生成可溶性盐和水，所以可以代表盐酸和氢氧化钡的反应，化学方程式为：2HClBa(OH)2=BaCl22H2O；(5)二氧化碳少量，此时生成碳酸钡和水，离子方程式为：Ba22OHCO2=BaCO3H2O；(6)氢氧化钡和少量的碳酸氢钠反应时生成碳酸钡沉淀和氢氧化钠和水，离子方程式为：. Ba2+OH-+HCO3-=BaCO3+H2O；(7
37、)NONO2的化学方程式为：2NO+O2=2NO2；NO2HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；HNO3Ca(NO3)2，M可以是CaO、Ca(OH)2、CaCO3；(8)NO2和O2混合气体的试管倒立于水中，发生反应，aml二氧化氮和a mL的氧气充分反应，若无气体剩余，a、x满足关系式a :x = 4 1，即a= 4x；若氧气有剩余，则a、x 满足关系式a4x。19 4 3 （浓） 【解析】(1)盐是在水溶液里能够电离出金属阳离子(或NH4)和酸根离子，属于盐的是Na2SO3、BaSO4、FeS、CuSO4；S的化合价有2价、4价、6价，据此分析；(2)根据硫及其化合
38、物的性质进行分析；(3)CO还原SO2得到S单质，S的化合价降低，C的化合价升高，被氧化成CO2，据此分析；(1)若按酸、碱、盐、氧化物进行分类依据物质组成分析，属于酸的是、；属于盐的是、；属于氧化物的是；硫元素显价的是、，显价的是、，显价的是、；(2)硫化亚铁和稀硫酸反应生成硫化氢，反应的化学方程式为；二氧化硫和足量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，反应的化学方程式为；浓硫酸和碳在加热条件下反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为C2H2SO4(浓) CO22H2O2SO2；(3)用还原得到单质硫，则被氧化成，发生反应的化学方程式为。20 【解析】(1)由题给转化关系可知，A为，B为，C为，D为
39、。正常雨水的，酸雨的。反应的化学方程式为，注意此反应是可逆反应，应用可逆符号连接。故答案为：； ，(2)和发生氧化还原反应生成的无污染物质是和，反应的化学方程式为，中N的化合价由降低到0，得到电子，被还原，作氧化剂；中N的化合价由升高到0，失去电子，被氧化，作还原剂。故答案为：；。(3)因产物，中，故，。和的混合气体与溶液的反应可以认为先后发生如下反应：当时能完全吸收，所以，得。故答案为：；21 2.24 2H+SO+ Ba2+2OH=2H2O+BaSO4、Cu2+SO+ Ba2+2OH=Cu(OH)2+BaSO4 405.9【解析】铜片与浓H2SO4的反应为Cu+2H2SO4(浓) CuSO
40、4+SO2+2H2O，将反应后所得到的溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应，氢氧化钡首先与剩余的硫酸反应，然后与生成的硫酸铜反应，据此计算生成硫酸钡沉淀、氢氧化铜沉淀的质量。依据方程式Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O可知，转移2mol电子生成1mol SO2气体，则反应过程中转移0.2mol电子，生成0.1mol SO2，生成的气体在标准状况下的体积为0.1mol 22.4L/mol =2.24L；将反应后所得到的溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应，剩余的硫酸与氢氧化钡发生中和反应，生成的硫酸铜与氢氧化钡发生复分解反应，反应的离子方程式2H+SO+ Ba2+2OH=2H
41、2O+BaSO4、Cu2+SO+ Ba2+2OH-=Cu(OH)2+BaSO4；反应后所得沉淀包括硫酸钡和氢氧化铜，已知n总(H2SO4)=0.1L18mol/L=1.8mol，n(SO2)=0.1mol，则生成m(BaSO4)=(1.8mol-0.1mol)233g/mol=396.1g，n(CuSO4)=0.1mol，则mCu(OH)2=0.1mol98g/mol=9.8g，则反应后所得沉淀的质量为396.1g+9.8g=405.9g，故答案为：2.24；2H+SO+ Ba2+2OH=2H2O+BaSO4、Cu2+SO+ Ba2+2OH-=Cu(OH)2+BaSO4；405.9。22 0.
42、4 0.65 1.68L【解析】(1)铜和硝酸反应，硝酸是氧化剂得电子，铜是还原剂失电子，根据得失电子守恒：n(e-)=2n(Cu)=2m/M=212.8g/64g/mol=0.4mol，转移电子数为N=n NA =0.4 NA；(2)铜和硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物(NO或NO2或NO、NO2的混合物)，反应中硝酸其氧化剂、酸性作用，起氧化剂作用的硝酸生成氮的氧化物，起酸性作用的硝酸生成Cu(NO3)2，根据氮原子守恒：n(HNO3)=n(氧化剂的HNO3)+n(酸的HNO3)=n(气体)+2nCu(NO3)2=n(气体)+2n(Cu)=5.6L/22.4L/mol+212.8g/64g/mol=0.65mol；(3)根据得失电子守恒n(NO2)+3n(NO)=2n(Cu)=0.4，而n(NO2)+n(NO)=0.25mol，解之得n(NO)=0.075mol，V(NO)=nVm=0.075mol22.4L/mol=1.68L。