【学生卷】南宁市高中化学必修二第五章《化工生产中的重要非金属元素》基础练习(培优练)

一、选择题
1．某溶液中可能含有Na +、K +、Mg 2+、Fe 2+、4NH +
、Cl -、Br -、23CO -
、24SO -、23SO -
中的若干种离子。

取该溶液做焰色反应，火焰呈黄色。

某同学设计并完成如图实验：
下列有关判断中正确的是
A ．该溶液焰色反应火焰呈黄色，说明溶液中一定存在Na +，不存在K +
B ．实验①后溶液呈黄色，说明原溶液中含Fe 2+
C ．原溶液中一定存在的离子是Na +、Cl -、Br -、23CO -、24SO -
D ．检测原溶液中是否含有4NH +
，可取少量的原溶液，滴加足量的NaOH 浓溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体 答案：D 【分析】
溶液做焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na +；加入足量的氯水有无色气体产生，若有
23SO -
，则会被氧化成硫酸根，所以气体只能是CO 2，原溶液中含有23CO -，不含会与碳酸
根反应的Mg 2+、Fe 2+；得到溶液呈黄色，向黄色溶液中加入四氯化碳，分层，下层呈橙色，说明下层含有溴，则溶液中含有Br -；上层溶液中加入HCl 和BaCl 2溶液，得到白色沉淀，该步操作欲检验24SO -，但若只有23SO -，也会被氯水氧化成24SO -，所以24SO -、23
SO -
二者有其一，或者都有；滤液中加入HNO 3和AgNO 3欲检验Cl -，但加入氯水时引入了Cl -，所以无法确定是否含有Cl -，也无法确定是否含有K +、4NH +。

【详解】
A ．焰色反应呈黄色，只能说明存在Na +，但黄光会覆盖K 元素的焰色，所以无法确定是否含有K +，A 错误；
B ．根据分析可知溶液中含有23CO -
，一定不存在Fe 2+，溶液呈黄色是应为生成了溴单质，B 错误；
C ．根据分析可知原溶液中一定存在Na +、Br -、23CO -
，无法确定是否含有Cl -、24SO -
，C 错误；
D ．若含有铵根，则会生成氨气，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D 正确； 综上所述答案为D 。

2．可用于检验SO 24-
的试剂是 A ．稀硝酸
B ．NaOH
C ．BaCl 2
D ．KNO 3
答案：C 【详解】
A．稀硝酸与SO2
4-不发生反应，无法检验SO2
4
-，A项错误；
B．NaOH 与SO2
4-不发生反应，无法检验SO2
4
-，B项错误；
C．BaCl2与SO2
4-产生沉淀，可以检验SO2
4
-，C项正确；
D．KNO3与SO2
4-不发生反应，无法检验SO2
4
-，D项错误；
答案选C。

3．下列实验方案设计正确是
A．用乙醇萃取碘水中的碘单质
B．用焰色反应(焰色试验)鉴别NaCl和 Na2SO4
C．用溶解、过滤的方法分离 KCl和 MnO2固体
D．用NaOH溶液和红色石蕊试纸检验溶液中是否存在NH+
4
答案：D
【详解】
A．乙醇与水互溶，不能用乙醇萃取碘水中的碘单质，故A错误；
B．焰色反应为元素的性质，用焰色反应不能鉴别NaCl和Na2SO4，火焰颜色均为黄色，故B错误；
C．二氧化锰不溶于水，KCl溶于水，用溶解、过滤的方法可分离得到KCl溶液和 MnO2固体，KCl溶液需要经过蒸发结晶才能得到KCl固体，故C错误；
D．氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，且碱与铵根离子反应生成氨气，用NaOH溶液和
红色石蕊试纸可检验溶液中是否存NH+
4
，故D正确；
故选D。

4．下列离子在指定溶液中能大量共存的是
A．1.0 mol·L-1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO24-
B．1.0 mol·L-1的FeCl2溶液：NO3-、Na+、K+、ClO-
C．使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl-、SO24-、Fe3+
D．酸性溶液中：NO3-、SO24-、Fe3+、Mg2+
答案：D
【详解】
A．1.0mol·L-1的KNO3溶液中H+、Fe2+与硝酸根离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．1.0 mol·L-1的FeCl2溶液，溶液呈酸性，H+、Fe2+与硝酸根离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．使酚酞变红的溶液呈碱性，OH-与Fe3+结合生成沉淀，Fe3+不能大量存在，故C错误；
D ．酸性溶液中NO 3-、SO 24-
、Fe 3+、Mg 2+之间不反应，可以大量共存，故D 正确； 故选D 。

5．对下列实验事实的解释不正确．．．的是 选项 现象
解释或结论 A 向饱和Na 2CO 3中通入足量CO 2，溶液变浑浊
析出了NaHCO 3
B 浓硝酸在光照条件下变黄 浓硝酸不稳定，生成有色物质且能溶于浓硝酸
C SO 2使酸性高锰酸钾溶液褪色 SO 2表现漂白性 D
室温下，向FeCl 3溶液中滴加少量KI 溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色。

Fe 3+的氧化性比I 2的强
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
答案：C 【详解】
A ．向饱和Na 2CO 3溶液中通入足量CO 2，反应生成了溶解度较小的碳酸氢钠，从而有碳酸氢钠析出，溶液变浑浊，故A 正确；
B ．浓硝酸不稳定，易分解，生成的二氧化氮能溶于浓硝酸则变黄，故B 正确；
C ．SO 2使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化还原反应，生成硫酸根离子，S 元素的化合价升高，则体现二氧化硫的还原性，故C 错误；
D ．室温下，向FeCl 3溶液中滴加少量KI 溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有碘单质生成，可以证明Fe 3+的氧化性比I 2的强，故D 正确； 故选C 。

6．运输化学药品浓硫酸的车辆，应该张贴的标志为( )
A ．
B ．
C ．
D ．
答案：D 【详解】
A ．浓硫酸不是易燃液体，不能张贴，故A 错误；
B．浓硫酸有强氧化性，可作氧化剂，但不张贴，故B错误；
C．浓硫酸不是剧毒品，不能张贴，故C错误；
D．浓硫酸具有强腐蚀性，应该张贴，故D正确；
故答案为D。

NO(不考虑反应
7．如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满2
2NO N O)和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边224
慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。

假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试
管内溶液物质的量浓度之比为
A．1：1B．5：7C．7：5D．4：3
答案：A
【详解】
由两个试管的容积相同可知，一氧化氮和二氧化氮的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，
一氧化氮和二氧化氮的物质的量相同，两只试管中分别发生反应
4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由氮原子个数守恒可知，两个试管所
得硝酸的物质的量相同，因溶液的体积相同，则两个试管中溶液物质的量浓度之比为1：
1，故选A。

8．化学与科学(S)、技术(T)、社会(S)、环境(E)密切相关，下列说法正确的是()
A．以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化
B．“北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料﹣砷化镓属于金属材料
C．84消毒液、过氧乙酸、医用酒精可灭活新冠病毒均利用了强氧化性
D．乙醇汽油、生物柴油可以减少机动车尾气污染
答案：D
【详解】
A．硅是没有导光性，是良好的半导体材料，可用于制造芯片，不用于制造光纤，制造光
纤的是二氧化硅，故A错误；
B．砷化镓是一种半导体材料，是化合物，不是金属材料，故B错误；
C．84消毒液中的次氯酸钠、过氧乙酸能杀菌消毒是因为其有强氧化性，但乙醇没有氧化性，医用酒精具有脂溶性，可以破坏生物磷脂双分子构成的生物膜，使蛋白质发生变性，故C错误；
D．汽油中加入适量的乙醇形成乙醇汽油、生物柴油属于酯类，乙醇和酯类物质燃烧后的产物是二氧化碳和水，不会造成污染，故D正确；
故选：D。

9．下列有关实验描述正确的是
A．在某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的气体，该气体能使澄清石灰水变混浊，证明其中含有CO2-
3
B．要证明某烧碱溶液中可能含有Cl-，应先加稀盐酸酸化，再滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，证明其中含有Cl-
C．焰色反应时，观察到火焰呈黄色，可以推测肯定含钠元素，可能含钾元素
D．在某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加盐酸，沉淀不溶解，证明其中含有
SO2-
4
答案：C
【详解】
A．能使澄清石灰水变混浊的气体为CO2和SO2，在某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味
的气体，该气体能使澄清石灰水变混浊，证明其中至少含有CO2-
3、HCO-
3
中的一种，A错
误；
B．先加稀盐酸酸化引入氯离子，再滴加AgNO3溶液产生白色沉淀不能判断原溶液中是否含氯离子，B错误；
C．钾元素的焰色为紫色，会被钠元素的焰色即黄色覆盖，钾元素的焰色需透过蓝色钴玻璃观察，因此焰色反应时，观察到火焰呈黄色，可以推测肯定含钠元素，可能含钾元素，C正确；
D．在某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加盐酸，沉淀不溶解，该沉淀可能是硫酸钡、氯化银，原溶液中可能含硫酸根离子或银离子，D错误。

答案选C。

10．下列物质不需要密封保存的是
A．氢氧化钠B．氯化钠C．浓盐酸D．浓硫酸
答案：B
【详解】
A．氢氧化钠易吸水潮解，形成的NaOH溶液会再吸收空气中CO2最终变为Na2CO3，导致变质，因此要密封保存，A不符合题意；
B．氯化钠在空气中不会变质，也不会潮解，因此不需要密封保存，B符合题意；
C．浓盐酸具有挥发性，挥发导致盐酸浓度变小，因此需密封保存，C不符合题意；D．浓硫酸具有吸水性，敞口放置会因吸收空气中的水蒸气而导致浓度变小，因此需密封
保存，D 不符合题意； 故合理选项是B 。

11．氮化铝(AlN) 是一种新型无机材料。

某学习小组为测定m g 氮化铝(仅含有Al 2O 3杂质)样品中AlN 的纯度，设计如图实验装置，下列说法中不正确的是
已知：AlN+NaOH+H 2O=NaAlO 2+ NH 3↑ A ．读数时量气装置两侧液面一定要保持相平
B ．为测定生成气体的体积，装置中的X 可以是NH 4Cl 溶液
C ．完全反应后，测得标准状况下气体的体积为V mL ，则氮化铝的纯度为41V
22400m
×100%
D ．如果撤去导管a ，测得样品的纯度偏高 答案：B 【详解】
A ．为了减小压强对测量结果的影响，读数时量气装置两侧液面一定要保持相平，故A 正确；
B ．氨气极易溶于水，利用排水法测定氨气体积时，不能用氯化铵溶液，可以用苯或四氯化碳，故B 错误；
C ．若m g 样品完全反应，测得生成气体的体积为V mL （已转换为标准状况），设氮化铝纯度为x ，
2233H O 41g 22.4L g
10L
AlN NaOH NaAlO NH mx V -++=+
↑⨯ x=3
4110100%22.4V m
-⨯⨯=
41100%22400V m ⨯；故C 正确； D ．如果撤去导管a ，分液漏斗中的液体也会排出一部分气体，测定的氨气体积偏大，从而导致测得样品的纯度偏高，故D 正确。

答案选B 。

12．(NH 4)2SO 4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH 3、H 2O 、CO 2制备(NH 4)2SO 4的为工艺流程如下：
下列说法正确的是
A ．通入的X 、Y 气体分别为CO 2和NH 3
B ．操作1为过滤，操作2为蒸馏
C ．步骤②中反应的离子方程式为CaSO 4+2NH 3+CO 2+H 2O=CaCO 3↓+2+4NH +2-
4SO D ．通入的CO 2应过量，且工艺流程中CO 2可循环利用 答案：C 【分析】
根据流程图，需要向硫酸钙浊液中通入氨气和二氧化碳，由于氨气极易溶于水，首先通入氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀，过滤，然后将滤液蒸发结晶，可以使硫酸铵从溶液中析出，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，据此分析解答。

【详解】
A ．由于CO 2微溶于水，NH 3易溶于水，应先通入足量NH 3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO 2，故A 错误；
B ．操作1为过滤，操作2是从溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故B 错误；
C ．步骤②中硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀， CaSO 4+2NH 3+CO 2+H 2O=CaCO 3↓+(NH 4)2SO 4，反应的离子方程式为CaSO 4+2NH 3+CO 2+H 2O═CaCO 3↓+2+
4NH +2-
4SO ，故C 正确；
D ．反应过程中生成了碳酸钙，通入的二氧化碳不能过量，防止碳酸钙溶解，故D 错误； 故选C 。

13．有一无色溶液，可能含有K +、Al 3+、Mg 2+、NH 4+、Cl -、SO 24-、HCO 3-、MnO 4-
中的几种。

为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na 2O 2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH 溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO 3酸化的Ba(NO 3)2溶液，有白色沉淀产生。

下列推断正确的是（ ） A ．肯定有Al 3+、Mg 2+、NH 4+
、Cl - B ．可能有K +、Cl -、MnO 4-
C ．肯定有Al 3+、Mg 2+、SO 24-
D ．肯定有K +、HCO 3-
、MnO 4-
答案：C 【详解】
溶液呈无色，则不含有MnO 4-
；取部分溶液，加入适量Na 2O 2固体，产生无色无味的气体为O 2，而不是NH 3，白色沉淀中加入足量的NaOH 溶液，白色沉淀部分溶解，则白色沉淀为Mg(OH)2和Al(OH)3，溶液中一定含有Al 3+、Mg 2+，从离子共存角度分析，溶液中一定
不含有HCO 3-
；另取部分溶液，加入HNO 3酸化的Ba(NO 3)2溶液，有白色沉淀产生，此沉淀为BaSO 4，则溶液中一定含有SO 24-。

综合以上分析，溶液中一定含有Al 3+、Mg 2+、SO 24-
，故选C 。

14．下列说法正确的是（ ）
A ．稀硫酸、NaCl 溶液是实验室常见的强电解质
B ．二氧化氮经加压凝成无色液体为物理变化
C ．“华为麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
D ．“火树银花”的烟花利用了金属元素的物理性质 答案：D 【详解】
A ．电解质是指在水溶液中或熔融状态下可以导电的化合物，稀硫酸、NaCl 溶液都是混合物，不属于电解质，故A 错误；
B ．二氧化氮经加压凝成无色液体，发生反应：二氧化氮转变为四氧化二氮，且是可逆反应，属于化学变化，故B 错误；
C ．硅属于半导体材料，二氧化硅具有良好的导光性；“华为麒麟980”手机芯片的主要成分是单质硅，故C 错误；
D ．烟花中添加多种金属元素，具有不同的焰色反应，“火树银花”的烟花利用了金属元素的物理性质，即焰色试验，故D 正确； 故答案选：D 。

15．某废催化剂主要成分有SiO 2、ZnO 、ZnS 和CuS 。

某化学兴趣小组拟用该废催化剂为原料，制备硫酸锌和硫酸铜晶体。

采用的实验方案如下，下列说法正确的是（ ） 已知：ZnS 与稀硫酸发生反应且化合价不变，CuS 既不溶于稀硫酸也不和稀硫酸反应。

A ．第一次浸出可以在烧杯中进行
B ．第二次浸出时发生反应为CuS ＋H 2O 2＋H 2SO 4=CuSO 4＋S ＋2H 2O
C ．滤渣2中只有二氧化硅
D ．获得硫酸锌和硫酸铜晶体采用蒸发结晶的方式 答案：B 【详解】
A ．根据题给化学工艺流程知第一次浸出发生反应ZnO ＋H 2SO 4===ZnSO 4＋H 2O 、ZnS ＋H 2SO 4===ZnSO 4＋H 2S↑，有有毒气体H 2S 生成，不能在烧杯中进行，要进行尾气处理，A 项错误；
B ．第二次浸出时发生反应：CuS ＋H 2O 2＋H 2SO 4===CuSO 4＋S ＋2H 2O ，因此滤渣2的主要成分是二氧化硅和被氧化生成的硫单质，B 项正确，
C ．结合B 的分析，滤渣2中除了二氧化硅外还有S ，C 项错误；
D ． 要得到结晶水合物，只能采用降温结晶的方法，D 项错误； 答案选B 。

二、填空题
16．2019年是“国际化学元素周期表年”。

元素周期表中的成员数不断增加，ⅤA 族元素是元素周期表中的重要组成元素。

(1)2016年IUPAC 确认了四种新元素，其中之一为Mc ，中文名为“镆”，位于第七周期ⅤA 族，287Mc 与288Mc 互为______。

(2)Mc 的同族元素氮的氧化物是大气中的主要污染物，常用氧化还原法消除，其中一种方
法是：()232
2CO NH O 反应Ⅰ反应Ⅱ
2NO NO N −−−−−→−−−−−−→ ①2N 的电子式为______；反应Ⅰ为322NO+O =NO +O ，其中还原产物为______；每消除
1mol NO ，转移电子______mol 。

②反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的质量比为______。

(3)①三碘化磷(3PI )是一种强还原剂和脱氧剂，它遇水能水解生成亚磷酸和氢碘酸。

实验室中可由白磷(4P )与2I 在2CS 溶剂中反应制得。

该反应的化学方程式为______。

制备时常在溶剂中加入25P O ，其作用是______。

②亚磷酸(33H PO )是一种中强酸，与足量的NaOH 溶液反应生成32NaH PO 和
23Na HPO 。

33H PO 属于______元酸(填“一”“二”或“三”)，23Na HPO 属于______(填“正
盐”或“酸式盐”)。

亚磷酸具有强还原性，能与4CuSO 溶液反应置换出Cu ，写出其离子反应方程式______。

答案：同位素
NO 2 2 4:3 423P 6I 4PI += 吸收可能存在的水分，防
止3PI 发生水解而变质 二 正盐 233234H PO Cu H O Cu H PO 2H +
+++=++
【详解】
(1)287Mc 与288Mc 为Mc 元素的两种不同核素，互为同位素； (2)①氮气的电子式为
；反应Ⅰ中NO 发生氧化反应生成NO 2，O 3分子中部分
O 原子发生还原反应，生成-2价的氧，即还原产物为NO 2；NO 为唯一还原剂，NO 中N 元素化合价由+2变到+4价，每消耗1molNO ，转移电子为2mol 。

②反应Ⅱ中NO 2中的N 由+4价降低到0价，CO(NH 2)2中的N 由-3价升高到0价，氧化剂
和还原剂的物质的量之比为3:2，氧化产物和还原产物均为N 2，则氧化产物和还原产物的质量比为4:3。

(3)①因为PI 3遇水能水解生成亚磷酸和氢碘酸，制备PI 3时加入P 2O 5是吸收可能存在的水，防止PI 3遇水发生水解。

②由于NaOH 足量，与亚磷酸反应只有两种盐生成，说明亚磷酸是二元酸；32NaH PO 属于酸式盐、23Na HPO 属于正盐。

33H PO 具有强还原性，能将Cu 2+还原成Cu ，自身氧化生成34H PO ，因为33H PO 和34H PO 都不是强酸，所以离子反应中不应拆开，离子方程式为233234H PO Cu H O Cu H PO 2H ++++=++。

17．无机化合物A 和NaH 都是重要的还原剂，遇水都强烈反应。

一定条件下，2.40gNaH 与气体B 反应生成3.90g 化合物A 和2.24L(已折算成标准状况)的H 2.已知气体B 可使湿润红色石蕊试纸变蓝。

请回答下列问题： (1)A 的化学式是_______。

(2)NaH 与气体B 反应生成化合物A 的化学方程式_______。

答案：NaNH 2 322NaH+ NH = NaNH + H ↑
【分析】
已知气体B 可使湿润红色石蕊试液变蓝，B 是氨气，2.40gNaH 的物质的量为0.1mol 和氨气B 反应生成3.90g 化合物A 和2.24L(已折算成标准状况)的H 2，即为0.2g ，根据质量守恒，参与反应的氨气的质量为1.7g ，即为0.1mol ，根据质量守恒则符合题意，由此分析解答。

【详解】
(1)已知气体B 可使湿润红色石蕊试液变蓝，B 是氨气，2.40gNaH 的物质的量为0.1mol 和氨气B 反应生成3.90g 化合物A 和0.1molH 2即为0.2g ，根据质量守恒，参与反应的氨气的质量为1.7g ，即为0.1mol ，根据题意0.1molNaH+0.1molNH 3=0.1molH 2+A ，根据质量守恒则A 化学式为NaNH 2；
(2)根据题意0.1molNaH+0.1molNH 3=0.1molH 2+A ，A 化学式为NaNH 2，其摩尔质量为39g/mol ，则3.90gNaNH 2的物质的量为0.1mol ，根据参加反应的物质的量之比等于方程式化学计量数之比，答案为：NaH+NH 3=NaNH 2+H 2。

18．硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。

(1)可用于制作计算机芯片和太阳能电池的是______(填化学式)。

(2)工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃，该反应的化学方程式为______。

(3)高纯度单晶硅可以按下列方法制备：
−−−−−→①C 2高温SiO Si (粗)−−−−−→−−−−−−−→2③过量H ②HCl
3300℃1000℃∼1100℃
SiHCl Si (纯) i.步骤①的化学方程式为______。

ii.步骤②的产物中，SiHCl 3大约占85%，还有SiCl 4、SiH 2Cl 2、SiH 3Cl 等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl 3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和______。

物质
Si SiCl 4 SiHCl 3 SiH 2Cl 2 SiH 3Cl HCl SiH 4 沸点/℃ 2355 57.6 31.8 8.2 -30.4 -84.9 -111.9
答案：Si 4HF+SiO 2=SiF 4↑+2H 2O 2C+SiO 2=高温
Si+2CO↑ 蒸馏
【详解】
(1)可用于制作计算机芯片和太阳能电池的是Si ；
(2)玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，化学方程式为4HF+SiO 2=SiF 4↑+2H 2O ；
(3) i ．步骤①为二氧化硅与碳在高温下生成硅和CO ，方程式为2C+SiO 2=高温
Si+2CO↑； Ii ．由于SiHCl 3、SiCl 4的沸点相差较大，可利用蒸馏的方法分离。

19．氮元素在海洋中的循环，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。

(1)下列关于海洋中氮循环的说法不正确的是________(填字母)。

a ．海洋中只存在游离态的氮
b ．海洋中的氮循环起始于氮的氧化
c ．②中的含氮物质转化属于氮的固定化作用
d ．向海洋排放含-3NO 的废水会影响海洋中+4NH 的含量
(2)检验某溶液中是否含有+4NH 的方法是 _________。

(3)铜与稀硝酸反应的离子方程式为 ________，该反应体现了稀硝酸的_________性。

(4)有氧时，在硝化细菌作用下+4NH 可实现过程④的转化，将过程④的离子方程式补充完
整并配平__________。

NH +4＋5O 2⟶
2NO -
2＋ H ＋＋ 该反应中每消耗0.05 mol 2O ，转移电子的数目为 _______。

答案：ab 取适量溶液于试管中，加入浓的氢氧化钠溶液后加热，若产生能使红色石蕊试
纸变蓝的气体，说明溶液中含有铵根离子 +-2+323Cu+8H +2NO =3Cu +2NO +4H O ↑
酸性、强氧化性 4NH +4＋5O 2＝2NO -2＋6H ＋＋N 2O ＋5H 2O 0.2N A
【详解】
(1)a ．海洋中只存在极少量游离态的氮，氮元素主要以化合态存在，主要是硝酸根离子，故a 错误；
b ．转化关系图可知海洋中的氮循环起始于氮的氧化，大气氧化生成氧化物，反应得到铵根离子最后通过硝化作用得到硝酸根离子，故b 错误；
c ．氮的固定是指将游离态的氮气转变成化合态，②中实现了氮气转变成铵根离子，属于氮的固定，故c 正确；
d ．转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO -3的废水会影响海洋中NH +
4的含量，故d 正确；
故答案为：ab ；
(2)铵根离子的检验方法一般是在待测溶液中加入强碱，加热，看是否产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，故答案为：取适量溶液于试管中，加入浓的氢氧化钠溶液后加热，若产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液中含有铵根离子；
(3)铜与稀硝酸反应产生硝酸铜，NO 和水，反应的离子方程式为：
+-2+323Cu+8H +2NO =3Cu +2NO +4H O ↑，反应中部分硝酸转变成NO ，表现氧化性，
部分转化成硝酸铜，表现酸性，故答案为：+-2+323Cu+8H +2NO =3Cu +2NO +4H O ↑；酸性、强氧化性；
(4)有氧时，在硝化细菌作用下，NH +4可实现过程④的转化，④过程为NH +4转化为N 2O 和NO -2，有氧时，在硝化细菌作用下，根据原子守恒和电荷守恒，产物应为N 2O 、NO -2、H ＋和H 2O ；氮从−3价变为＋1价、＋3价，氧从0价变为−2价，电子转移总数20e −，所以该
离子方程式为：4NH +4＋5O 2＝2NO -2＋6H ＋＋N 2O ＋5H 2O ；由反应可知，5mol 氧气反应时
转移20mol 电子，则消耗0.05 mol 2O ，转移电子的物质的量为0.2mol ，电子数目为0.2N A ；
故答案为：4NH +4＋5O 2＝2NO -
2＋6H ＋＋N 2O ＋5H 2O ；0.2N A ；
20．（1）写出除去或分离括号内物质所用方法(填序号)：
a.加热法
b.过滤
c.渗析
d.水洗法
e.升华法
f.萃取和分液
g.沉淀法
①碳酸钠(碳酸氢钠)_____；
②一氧化氮(二氧化氮)_____；
③氯化钠(I 2)_____；
④氢氧化铁胶体中的离子_____；
⑤碘水中碘单质_____；
⑥氯化钠(硫酸钠)_____。

（2）①写出实验室中由固体物质制取氨气的化学方程式_____。

②欲用上述方法制取并收集一瓶干燥的氨气，从图中选择合适的装置，其连接顺序为
_____。

（按气流方向，用小写字母表示，如x→y→z）。

答案：a d e c f g2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
CaCl2+2NH3↑+2H2O a→d→c→f→e→i
【详解】
（1）①碳酸钠(碳酸氢钠)，碳酸氢钠不稳定，加热可以分解为碳酸钠，用加热法，故答案为：a；
②一氧化氮(二氧化氮)，一氧化氮不与水反应，二氧化氮易溶于水，生成硝酸和一氧化氮，可以用水法，故答案为：d；
③氯化钠(I2)，碘易升华，氯化钠受温度影响不大，用升华法，故答案为：e；
④氢氧化铁胶体中的离子，胶体粒子不通过半透膜，溶液可以通过半透膜，用渗析法，故答案为：c；
⑤碘水中碘单质，可以采取四氯化碳有机溶剂进行萃取，再分液即可，故答案为：f；
⑥氯化钠(硫酸钠)，硫酸钠中含有硫酸根，可以采取沉淀法，加氯化钡形成沉淀，故答案为：g；
（2）①实验室制取氨气，用NH4Cl固体和Ca(OH)2固体共热制备，
2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
CaCl2+2NH3↑+2H2O；故答案为：
2NH4Cl+Ca(OH)2Δ
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②发生装置制取的氨气中混有水蒸气，用碱石灰进行干燥，然后用向下排空气法收集，因为NH3有毒，污染空气，因此必须尾气处理，连接顺序是发生装置a→d→c→f→e→i；故答案为：a→d→c→f→e→i。

21．已知A为正盐。

根据下列变化进行推断，回答有关问题：
（1）推断A、B、C、D的化学式：A________、B________、C________、D________。

（2）写出下列反应的离子方程式：
反应①生成气体B：__________________________________________________；
反应②白色沉淀溶解：________________________________________________。

答案：（NH4）2CO3NH3BaCO3CO2NH4+＋OH- NH3↑+H2O
BaCO3＋2H+＝Ba2+＋CO2↑＋H2O
【分析】
气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子或碳酸氢根离子和铵根离子，A是正盐，则A为（NH4）2CO3，据此答题。

【详解】
气体B遇HCl冒白烟，则气体B为NH3，加氯化钡溶液后产生的白色沉淀C遇盐酸产生无色无味的气体能使石灰水变浑，则C为BaCO3，D为CO2，据此可推断无色溶液中应含有碳酸根离子或碳酸氢根离子和铵根离子，A是正盐，则A为（NH4）2CO3，则
（1）根据上面的分析可知四种物质的化学式分别是A为（NH4）2CO3，B为NH3，C为BaCO3，D为CO2；
（2）反应①中生成氨气的离子方程式为NH4+＋OH-NH3↑+H2O，反应②中碳酸钡和盐酸反应的离子方程式为BaCO3＋2H+＝Ba2+＋CO2↑＋H2O。

【点睛】
本题主要考查常见元素化合知识，解题时注意根据反应现象推断物质，学会灵活运用常见离子的检验方法的相关知识。

A物质的判断是解答的易错点，注意题干中A是正盐。

22．C、Si是构成无机非金属材料的重要元素。

(1)Si在周期表中的位置为_____________。

(2)为比较C、Si的非金属性，某同学设计了如下实验：
装置①中盛放的试剂是________，装置②中发生反应的离子方程式是_____________。

(3)SiC是一种重要的高温耐磨材料。

SiC中，C元素显________(填“正”或“负”)化合价，从原子结构角度解释原因是__________________。

答案：第三周期IV A族饱和NaHCO3溶液CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-负C、Si 均位于IV A族，从上到下原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引能力逐渐减弱，元素非金属减弱
【详解】
(1)Si是14号元素，在周期表中位于第三周期IV A族，故答案为第三周期IV A族；
(2)要为比较C、Si的非金属性，可以根据最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较。

装置①生成的二氧化碳中混有少量氯化氢，可以选用饱和NaHCO3溶液除去，装置①中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，装置②发生反应的离子方程式为CO2 + H2O + SiO32-=H2SiO3↓+ CO32-，故答案为饱和NaHCO3溶液；CO2 + H2O + SiO32-=H2SiO3↓+ CO32-；
(3)SiC是一种重要的高温耐磨材料。

在SiC中，C、Si均位于IV A族，从上到下原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引能力逐渐减弱，元素非金属减弱，C的非金属性比硅强，显负化合价，故答案为C、Si均位于IV A族，从上到下原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引能力逐渐减弱，元素非金属减弱。

23．烟气(主要污染物SO2、NO x)是大气主要污染物，有效去除大气中SO2、NO x的是环境保护的重要课题。

(1)氨水法脱硫就是用足量的氨水将烟气中的SO2吸收，生成的盐再进一步氧化成硫酸铵。

写出上述处理过程中发生反应的化学方程式______、______。

(2)用亚硫酸钠吸收法可实现SO2的循环使用，步骤如下：第一步，用亚硫酸钠溶液吸收SO2；第二步，加热吸收液，使之重新生成亚硫酸钠。

写出上述处理过程中发生反应的化学方程式______、______。

(3)可以氨气还原法处理NO x，生成无污染的N2。

写出氨气与NO2发生反应的化学方程式______。

(4)环保部门为测定某硫酸厂周围空气中SO2的体积分数，做了如下实验：取标准状况下的空气2.000L(含N2、O2、CO2、SO2等)，缓慢通过足量溴水，在所得溶液中加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，将沉淀洗涤、干燥，称得其质量为0.466g。

试回答：
①加入过量BaCl2溶液的目的是______。

②该空气样品中SO2的体积分数为______。

答案：2NH3＋SO2＋H2O =(NH4)2SO32(NH4)2SO3＋O2=2(NH4)2SO4Na2SO3＋SO2＋H2O
=2NaHSO32NaHSO3Δ
Na2SO3＋SO2↑＋H2O8NH3＋6NO2 =7N2＋12H2O使2-
4
SO完全
沉淀 2.24%
【分析】
根据氧化还原原理进行方程式配平；空气缓慢通过足量溴水，二氧化硫与溴水反应生成硫酸，加入过量的BaCl2溶液，产生硫酸钡白色沉淀，根据元素守恒计算质量分数。

【详解】
(1)氨水法脱硫就是用足量的氨水将烟气中的SO2吸收，生成的盐再进一步氧化成硫酸铵。

根据题目表达，上述处理过程中发生反应的化学方程式2NH3＋SO2＋H2O =(NH4)2SO3、2(NH4)2SO3＋O2=2(NH4)2SO4。

(2)用亚硫酸钠吸收法可实现SO2的循环使用，步骤如下：第一步，用亚硫酸钠溶液吸收SO2，发生反应的化学方程式Na2SO3＋SO2＋H2O =2NaHSO3；第二步，加热吸收液，使之
重新生成亚硫酸钠，发生反应的化学方程式2NaHSO3Δ
Na2SO3＋SO2↑＋H2O。

(3)氨气还原法处理NO x，生成无污染的N2。

根据氧化还原反应原理氨气与NO2发生反应的化学方程式8NH3＋6NO2=7N2＋12H2O。

(4)取标准状况下的空气2.000L(含N2、O2、CO2、SO2等)，缓慢通过足量溴水，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，2H2O+SO2+Br2=4H++SO42-+2Br-，在所得溶液中加入过量的BaCl2溶液，产生硫酸钡白色沉淀，将沉淀洗涤、干燥，称得其质量为0.466g。