第五章 化工生产中的重要非金属元素 章节测试题
2023-2024学年高一下学期人教版(2019)必修第二册
一、单选题
1．二氧化硅是一种酸性氧化物，下列物质中不能和二氧化硅发生化学反应的是（ ）
A．氢氟酸 B．碳(高温下)
C．碳酸钠(高温下) D．水
2．下列物质不能使品红溶液褪色的是（ ）
A．Na2O2 B．HCl C．SO2 D．Cl2
3．下列化合物中不能由单质直接生成的是（ ）
A．FeS B．CuS C．CuCl2 D．FeCl3
4．物质的主要成分不属于硅酸盐的是（）
A．合成黏合剂 B．水玻璃
C．瓷砖 D．钢化玻璃
5．化学与生产生活及环境密切相关。下列说法正确的是
A．“玉兔号”月球车帆板太阳能电池片的材料主要是二氧化硅
B．厨房燃气泄漏时，要及时打开抽油烟机进行通风换气
C．“奋斗者”号潜水器下沉时要携带两组压载铁，生铁是合金
D．绿色化学研究的是如何用化学技术与原理治理已经被污染的环境
6．某无色溶液中加入铝片有氢气产生，则该溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A．Cl-、NO3-、Ba2+、Fe3+ B．SO42- 、H+、HCO3-、Na+
C．Na+、K+、SO42- 、Cl- D．NH4+、Ba 2+、Cl-、NO3-
7．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．pH=12的无色溶液：Na+、K+、、
B．0.1mol·L-1氨水：Na+、K+、OH-、
C．5%H2O2溶液：、Na+、、
D．0.1mol·L-1盐酸：Na+、K+、、
8．将导出H2S气体的导管点燃后伸入盛有一定量O2的集气瓶内，下列3个反应发生的先后顺序是（ ）
① 2H2S + O2→ 2S + 2H2O ② 2H2S + SO2→ 3S + 2H2O ③ 2H2S + 3O2→ 2SO2+ 2H2O
A．①②③ B．③①② C．①③② D．③②①
9．近年来，总有一些不法商贩为了牟取自身利益。用硫磺(燃烧硫磺)对银耳进行熏制，使银耳增白。这些不法商贩所制取的银耳是利用了（ ）
A．SO2的氧化性 B．S的漂白性 C．SO2的漂白性 D．SO2的还原性
10．已知：NH4+ + OH- =NH3↑+ H2O。现有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Ba2+、CO32－、Cl－、SO42－。现取两份200 mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36 g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66 g。根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．一定存在NH4+、CO32－、SO42－，一定不存在Ba2+ 、Cl－
B．一定存在NH4+、CO32－、Cl－、SO42－，可能存在K+
C．c（SO42－）=0.2mol·L-1，c（NH4+）> c（SO42－）
D．若溶液中存在NH4+、Cl－、CO32－、SO42－、K+五种离子，则c（K+）>0.2mol·L-1
11．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．氧化铝粉末放入氢氧化钠溶液中：
B．Cu与浓硝酸反应：
C．向碳酸钙中滴加醋酸溶液：
D． 溶液中加入铁粉：
12．某工厂拟综合处理含NH4+的废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计如图所示流程：
下列说法不正确的是（ ）
A．固体I中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca（OH）2
B．X可以是空气，但不能过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2
D．处理含NH4+废水时，发生的反应为
13．下列各组物质间反应： ①Cu与HNO3溶液 ② 钠与氧气 ③ Zn与H2SO4溶液 ④MnO2与HCl溶液。由于浓度不同反应情况不同的有（ ）
A．①③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
14．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A．、，， B．、，、
C．、、、 D．、、、
15．下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（ ）
A．Fe→Fe2O3→Fe（OH）3→FeCl3 B．Al→Al（OH）3→Al2O3→NaAlO2
C．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
16．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。硫及其部分化合物的“价-类二维图”如图，下列说法正确的是
A．S与在点燃时一步反应可生成Y
B．Z只能作还原剂，不能作氧化剂
C．X的水溶液放置在空气中，易被氧化
D．X、Y、Z均属于非电解质
17．在无色溶液中大量共存的一组离子是（ ）
A． B．
C． D．
18．反应SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)可用于“中国芯”原料高纯硅的制备。下列说法正确的是
A．SiCl4为极性分子 B．反应中只有一种物质为电解质
C．单晶硅为分子晶体 D．Si原子的结构示意图为
19．研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价一物质类别关系如图，以下说法正确的是（ ）
A．物质A转化为NO是发生氧化还原反应
B．标准状况下，3.36L物质B与水完全反应，电子转移0.2mol
C．物质C的浓溶液与Cu反应的离子方程式为3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O
D． 的检验方法是取少量溶液于试管中，加热，生成气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
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（ ）
A．含有0.1 mol L﹣1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I﹣、SO42﹣
B．c（Al3+）＝0.5 mol L﹣1的溶液中：Na+、K+、AlO2﹣、SO42﹣
C．能使酚酞变红的溶液：Na+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣
D．能溶解Al（OH）3的溶液：NH4+、K+、SO42﹣、HCO3﹣
二、综合题
21．利用“价一类”二维图是研究、推测元素的单质、化合物化学性质的重要学习手段。如下图是硫元素的“价-类”二维图，请回答下列问题：
（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S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）Na2S2O3是重要的化工原料。从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是____(填字母)。
A．Na2S+S B．Na2SO3+S
C．SO2+Na2SO4 D．Na2SO3+Na2SO4
（5）Z的浓溶液具有强的氧化性、吸水性和脱水性，常可作干燥剂，则下列气体可用乙干燥的是____
A．X B．Y C．氨气 D．HI
（6）已知Na2SO3能被K2X2O7氧化为Na2SO4，则24mL0.05mol·L-1的Na2SO3溶液与20mL0.02mol·L-1的K2X2O7溶液恰好反应时，X元素在还原产物中的化合价为 。
22．某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Cu2+中的几种离子。
（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是 。
（2）取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是 ，离子反应方程式为 。
（3）取(2)的滤液加入过量NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有 。
（4）原溶液中可能大量存在的阴离子是下列A~D中的(填序号)____。
A．Cl- B．NO3- C．CO32- D．OH-
（5）若碳酸氢钠溶液混有少量的碳酸钠，写出除杂的化学方程式： 。
23．
（1）I.以下物质：①NaCl溶液②二氧化碳③HCl气体④熔融KHSO4⑤Fe⑥无水乙醇⑦NaHCO3固体
以上物质中属于电解质的是 (填序号)，以上物质中属于非电解质的是 (填序号)，上述状态下的物质能导电的是 (填序号)。
（2）利用①做焰色试验，火焰呈 色。
（3）写出④在水溶液中的电离方程式： ，①电离出的阴离子为A，写出检验未知溶液中阴离子A的方法： 。
（4）II.向NaOH溶液中滴加等浓度的盐酸，测定溶液的导电能力(用导电率表示)变化如图所示，回答下列问题：
A~B段，发生的离子反应方程式是： 。
（5）B点所对应的溶液中存在的微粒主要有H2O、 。
24．某小组同学设计如下实验实现几种价态硫元素间的转化。
任务Ⅰ．从以下试剂中选择合适的试剂实现 的转化。
试剂：①浓H2SO4②稀H2SO4③酸性 溶液 ④ 溶液 ⑤Cu ⑥品红溶液
（1）写出实现转化的化学方程式： 。
（2）设计实验，证明实现了该转化(写出操作和现象)： 。
任务Ⅱ．实现硫元素在 、 、 价之间的转化。
查阅资料： 价硫元素在酸性条件下不稳定，自身易发生氧化还原反应。
（3）①中加入的物质是 ，该转化利用的是 的性质。
（4）写出③的离子方程式： 。
25．硫酸是三大工业用酸之一，在冶金、石油工业、制药、国防等方面都要用到硫酸。将适量的蔗糖放入烧杯中，加少量水拌匀，再加适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体。试回答：
（1）加入少量水的原因是 。
（2）生成的黑色物质是 （写出化学式）。
（3）“体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体（SO2）”，写出对应的化学方程式： 。
（4）上述现象体现了浓硫酸的 （填序号）
①酸性 ②吸水性
③脱水性 ④强氧化性
（5）向80mL浓硫酸中加入5.6g铜，加热一段时间后至不再反应为止，实验测得反应中共有1.12L（标准状况下）SO2气体生成，该反应的化学方程式为 ，反应中转移电子 mol，铜剩余 g，该反应中浓硫酸体现了 和 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A.二氧化硅和氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故A不选；
B.高温下，二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳，故B不选；
C.高温下，二氧化硅和碳酸钠反应生成硅酸钠和二氧化碳，故C不选；
D.二氧化硅和水不反应，故D选；
故答案为：D。
【分析】二氧化硅能与氢氟酸、碳酸钠、碳等反应，但不溶于水，据此解答即可。
2．【答案】B
【解析】【解答】A. Na2O2 会把品红氧化褪色，A不符合题意 ；
B. HCl不会使品红溶液褪色，B符合题意 ；
C. SO2有漂白性，会使品红溶液褪色，C不符合题意 ；
D. Cl2与溶液中的水反应生成次氯酸，会将品红氧化褪色，D不符合题意 ；
故答案为：B 。
【分析】A. Na2O2 会把品红氧化褪色；
B. HCl不会使品红溶液褪色 ；
C. SO2的漂白性会使品红溶液褪色 ；
D.次氯酸会把品红氧化褪色 。
3．【答案】B
【解析】【解答】A. 铁与硫粉混合加热能生成FeS，A项不符合题意；
B. 铜与硫粉混合加热能生成Cu2S，B项符合题意；
C. 铜在氯气中点燃会生成CuCl2，C项不符合题意；
D. 铁在氯气中点燃会生成FeCl3，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氯气与金属单质化合可得到金属的最高价氯化物，而硫的氧化性弱于氯气，不能得到最高价金属硫化物。
4．【答案】A
【解析】【解答】A.合成黏合剂成分是有机化合物，不是硅酸盐，A合理；
B.水玻璃是硅酸钠的水溶液，主要成分是硅酸盐，B不合理；
C.瓷砖主要成分是硅酸盐，C不合理；
D.钢化玻璃是将碳酸钠、碳酸钙、二氧化硅在高温下反应产生硅酸钠、硅酸钙及二氧化硅的混合在急剧降温时得到的物质，主要成分与普通玻璃相同，也都是硅酸盐，D不合理；
故答案为：A。
【分析】根据主要成分是否含硅酸盐进行判断。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．太阳能电池片的材料主要是硅，A项不符合题意；
B．厨房燃气泄漏时，不能打开抽油烟机进行通风换气，避免电火花引起火灾，应直接开窗通风，B项不符合题意；
C．生铁是铁和碳的合金，C项符合题意；
D．绿色化学是利用化学技术从源头上消除或减少污染的产生，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A、太阳能电池的主要材料是硅；
B、燃气泄漏不能用电；
C、生铁是合金；
D、绿色化学是要减少污染。
6．【答案】C
【解析】【解答】加入铝片有氢气产生，溶液可能呈酸性也可能呈碱性。A.酸性条件下Al与NO3-反应不产生H2，酸性条件下NO3-不能大量存在，碱性条件下Fe3+与OH-反应不能大量存在；
B.H+与HCO3-反应不能大量共存，碱性条件下H+、HCO3- 都不能大量存在；
C.无论酸性还是碱性条件下离子相互间不反应，离子一定能大量共存；
D.酸性条件下Al与NO3-反应不产生H2，酸性条件下NO3-不能大量存在，碱性条件下NH4+与OH-反应不能大量存在；一定能大量共存的离子组是C.
故答案为：C。
【分析】所谓离子共存，实质上就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等
7．【答案】B
【解析】【解答】A．pH=12的溶液呈强碱性，因与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水而不能大量存在，选项A不符合题意；
B.0.1mol·L-1氨水中Na+、K+、OH-、及氢氧根离子、铵根离子之间相互不反应，能大量共存，选项B符合题意；
C.5%H2O2溶液具有强氧化性，能将氧化而不能大量共存，选项C不符合题意；
D.0.1mol·L-1盐酸中存在大量H+，与反应生成硅酸沉淀而不能大量共存，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
8．【答案】B
【解析】【解答】将点燃的H2S气体的导管伸入盛有一定量O2的集气瓶内，开始阶段，氧气的量充分，会反应生成二氧化硫，随着反应的进行，氧气的量减小，硫化氢燃烧生成单质硫，最后是硫化氢和已经生成的二氧化硫反应生成硫单质，
故答案为：B。
【分析】根据反应过程中氧气的量的变化分析发生反应的先后顺序即可。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化硫的氧化性在二氧化硫和强还原性的硫化氢等反应时体现，A不符合题意；
B．单质硫不具有漂白性，硫燃烧生成的二氧化硫有漂白性，B不符合题意；
C．二氧化硫可以和某些有机色素结合生成不稳定的无色物质，硫磺燃烧生成二氧化硫，熏制银耳可以增白，C符合题意；
D．二氧化硫的还原性是在和氧化剂如酸性高锰酸钾溶液反应时体现，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】使银耳增白是利用二氧化硫的漂白性，据此作答。
10．【答案】D
【解析】【解答】
A.由上述分析可知溶液中Cl-可能存在，故A不符合题意；
B.溶液中K+根据电荷守恒分析可知一定存在，故B不符合题意；
C. c（SO42－）=0.02mol÷0.2L=0.1mol/L，故C不符合题意；
D. 根据溶液中的电荷守恒可得n（K+）=0.04mol×2+0.02mol×2-0.08mol+n（Cl-）=0.04mol+ n（Cl-），则当Cl-存在时，n（K+）>0.04mol，c（K+）>0.2mol/L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
涉及物质的量浓度的比较问题一般方法为：电荷守恒，物料守恒，质子守恒。
11．【答案】A
【解析】【解答】A.氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为： ，故A符合题意；
B. Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为： ，故B不符合题意；
C. 醋酸是弱酸，不能写成离子形式，碳酸钙难溶于水，也不能写成离子形式，向碳酸钙中滴加醋酸溶液，离子方程式为： ，故C不符合题意；
D. 溶液中加入铁粉，反应生成氯化亚铁，离子方程式为： ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A.二者反应生成偏铝酸钠和水；
B.得失电子不守恒，电荷不守恒；
C.醋酸为弱酸不能拆；
D.该反应电荷不守恒。
12．【答案】C
【解析】【解答】A、由分析可知，固体1主要含有 CaCO3、CaSO3、Ca（OH）2 ，故A正确；
B、由分析可知，X具有氧化性，可能为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B正确；
C、由分析可知，捕获剂所捕获的气体主要是CO，故C错误；
D、 处理含NH4+废水时 ，亚硝酸钠与铵根离子反应生成氮气，反应的离子方程式为 ，故D正确；
故答案为：C。
【分析】工业废气 （主要含N2、CO2、SO2、NO、CO ），加入过量石灰乳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙，二氧化硫和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，则固体1为碳酸钙、硫酸钙和过量的石灰乳，气体1为NO和CO，向气体1中通入X，再加入NaOH溶液，得到NaNO2溶液，则X具有氧化性，可能为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，亚硝酸钠与铵根离子反应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。
13．【答案】C
【解析】【解答】①铜与浓硝酸反应，其还原产物为NO2，与稀硝酸反应，其还原产物为NO，硝酸的浓度不同，反应情况不同，①符合题意；
②钠与氧气常温下反应生成Na2O，加热条件下反应生成Na2O2，反应条件不同，产物不同，与浓度无关，②不符合题意；
③Zn与浓硫酸反应，生成SO2，与稀硫酸反应生成H2，硫酸浓度不同，产物不同，③符合题意；
④MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，与稀盐酸不反应，盐酸的浓度不同，反应情况不同，④符合题意；
综上，由于浓度不同，反应情况不同的是①③④，C符合题意；
故答案为：C
【分析】根据所给物质发生的反应进行分析即可。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．H+与OH-结合生成H2O，不能大量共存，A不符合题意；
B．Ca2+与CO32-结合生成CaCO3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C．H+与CO32-结合生成H2O和CO2，不能大量共存，C不符合题意；
D．离子之间不发生反应，能大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。
15．【答案】C
【解析】【解答】A.Fe2O3转化为Fe(OH)3需先将Fe2O3转化为铁盐溶液，再与NaOH溶液反应形成Fe(OH)3沉淀，无法通过一步反应实现，A不符合题意；
B.Al单质需先转化为铝盐溶液或偏铝酸盐溶液，再与酸或碱溶液反应形成Al(OH)3沉淀，无法通过一步反应实现，B不符合题意；
C.Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液与Ca(OH)2溶液反应生成NaOH，均可通过一步反应实现，C符合题意；
D.SiO2需先转化为可溶性硅酸盐，再通过强酸制弱酸原理生成H2SiO3，不可通过一步反应实现，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对铁、铝、钠、硅及其相关化合物性质与转化的考查，掌握相关转化反应的化学方程式是解答此类题型的关键。
16．【答案】C
【解析】【解答】A.Y为硫的+6价氧化物，即Y为SO3，硫和氧气在点燃时生成SO2，SO2与氧气在催化高温下反应生成SO3，硫不能一步生成SO3，故A错误；
B.Z为+4价硫的钠盐，硫化合价既可升高，又可降低，故既可做氧化剂，又可做还原剂，故B错误；
C.X为-2价的氢化物，即H2S，-2价硫处于最低价，H2S的水溶液具有强还原性，容易被氧气氧化成硫单质，故C正确；
D.H2S属于酸，属于电解质，亚硫酸钠属于盐，属于电解质，三氧化硫属于非电解质，故D错误。
故答案为：C。
【分析】A.硫和氧气在点燃时只生成SO2；
BC.依据元素化合价最低，只有还原性；元素化合价最高，只有氧化性；元素化合价外于中间，既有还原性，又有氧化性；
D.依据在熔融状态下或者溶于水能导电的化合物，是电解质；一般包括酸、碱，活泼金属氧化物和大多数盐。在水中或者熔融状态下均不导电的化合物，是非电解质；单质和混合物既不是电解质也不是非电解质分析。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．反应生成难溶物氢氧化镁，不能大量共存，故A不符合题意；
B．Fe2+为有色离子，且结合生成HClO，不能大量共存，故B不符合题意；
C． 、H+之间反应生成CO2、H2O，不能大量共存，故C不符合题意；
D．之间不反应，且无颜色，能大量共存，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、镁离子和氢氧根不共存；
B、亚铁离子为浅绿色；
C、氢离子和碳酸根不共存；
D、氯离子、硫酸根离子和大部分阳离子共存。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．SiCl4和CH4的空间构型一样，都是正四面体构型，结构对称，为非极性分子，A不符合题意；
B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，该反应中只有HCl是电解质，B符合题意；
C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似，是空间网状结构，为共价晶体，C不符合题意；
D．Si原子的结构示意图为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。
B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；
C．单晶硅与金刚石的晶体结构相似；
D．依据原子的的核外电子分层排布规律分析。
19．【答案】A
【解析】【解答】A．物质A中氮元素呈现-3价，转化为NO，NO中氮元素为+2价，则氮元素失电子，化合价升高，有电子的得失或转移，发生了氧化还原反应，故A符合题意；
B．物质B中氮元素呈现+4价，氧化物为NO2，与水发生反应生成硝酸和一氧化氮，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，由化学方程式可知，3molNO2参加反应，转移电子2mol，标准状况下，3.36LNO2的物质的量n(NO2)= =0.15mol，转移电子0.1mol，故B不符合题意；
C．物质C为HNO3，它的浓溶液与Cu反应，生成硝酸铜、NO2和H2O，离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故C不符合题意；
D．NH4+的检验是取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明溶液中含有NH4+，而D选项缺了加NaOH试剂，故D不符合题意；
答案为A。
【分析】A．物质A为NH3，转化为NO时，氮元素的化合价发生变化；
B．物质B为NO2，与H2O反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据化合价变化计算转移电子数；
C．物质C为HNO3，Cu与浓硝酸反应生成NO2；
D．检验NH4+应先加入浓NaOH溶液，再加热，将NH4+转化为NH3，再用湿润的红色石蕊试纸检验；
20．【答案】C
【解析】【解答】A.0.1 mol L﹣1Fe3+的溶液中的Fe3+有较强的氧化性，可以和还原性离子I﹣发生反应，A不符合题意；
B. Al3+ 和 AlO2﹣会发生双水解，不能共存，B不符合题意；
C. 能使酚酞变红的溶液为酸性溶液，在酸性条件下，各离子可以大量共存，C符合题意；
D. Al（OH）3为两性氢氧化物，在和酸以及强碱均可以反应，而 HCO3﹣ 在酸性和碱性条件下均不能大量共存，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A.2Fe3+ +2I-=I2+2Fe2+；
B.Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓；
C.各离子在酸性条件下可以大量共存；
D. HCO3﹣ +H+H2O+CO2↑，HCO3﹣+OH-=CO32-+H2O.
21．【答案】（1）SO2、H2SO3、Na2SO3
（2）1：2
（3）S+2H2SO4(浓)2H2O+3SO2↑
（4）B
（5）B
（6）+3
【解析】【解答】 (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，S与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫和水，则该反应的化学方程式为S+2H2SO4(浓)2H2O+3SO2↑，故答案为：S+2H2SO4(浓)2H2O+3SO2↑；
(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；
B．Na2SO3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)A．X为H2S，H2S具有还原性，浓硫酸可以氧化H2S，不能干燥，不选；
B．浓硫酸不能氧化SO2，可以干燥，选；
C．氨气可以和硫酸发生中和反应，不能干燥，不选；
D．HI具有还原性，浓硫酸可以氧化HI，不能干燥，不选；
故选B；
(6)已知Na2SO3能被K2X2O7氧化为Na2SO4，则24mL 0.05mol L 1的Na2SO3溶液与20mL 0.02mol L 1的K2X2O7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，24×10-3L×0.05mol/L×(+6-4)=20×10-3L×0.02mol/L×2×(+6-a)，解得a=+3，故答案为：+3。
【分析】由硫元素的“价-类”二维图可知，X为H2S，Y为SO2，Z为H2SO4。
(1)依据元素化合价最低，只有还原性；元素化合价最高，只有氧化性；元素化合价外于中间，既有还原性，又有氧化性分析；
(2)氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高；利用得失电子守恒计算。
(3)硫与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫和水；
(4)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；
(5)依据浓硫酸的特性和被干燥气体的性质分析；
(6) 根据氧化还原反应中得失电子总数相等计算。
22．【答案】（1）Cu2+
（2）Ag+；Ag++Cl-═AgCl↓
（3）Mg2+
（4）B
（5）Na2CO3 + CO2 + H2O = 2NaHCO3
【解析】【解答】 （1）不需做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是Cu2+，因其为蓝色；
故答案为：Cu2+；
（2）取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，原溶液中肯定有的离子是Ag+，发生离子反应为Ag++Cl-═AgCl↓，
故答案为：Ag+；Ag++Cl-═AgCl↓；
（3）取（2）的滤液加入过量NaOH，出现白色沉淀，说明原溶液中肯定存在的离子有Mg2+，白色沉淀为氢氧化镁；
故答案为：Mg2+；
（4）溶液中含Ag+、Mg2+，均与C、D中离子反应生成沉淀，Ag+与氯离子反应生成沉淀，均与B中离子反应，可共存；
故答案为：B。
(5)、若碳酸氢钠溶液混有少量的碳酸钠，可以通入过量的二氧化碳气体，除杂的化学方程式为：Na2CO3 + CO2 + H2O = 2NaHCO3 ；
故答案为：Na2CO3 + CO2 + H2O = 2NaHCO3 。
【分析】 无色透明溶液，一定不含Cu2+，取少量原溶液加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，白色沉淀不消失，可知白色沉淀为AgCl；取（2）的滤液加入过量NaOH，出现白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，则溶液中含Ag+、Mg2+，以此来解答。
23．【答案】（1）③④⑦；②⑥；①④⑤
（2）黄
（3）KHSO4=K++H++SO；加入适量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀则为Cl-
（4）H++OH-=H2O
（5）Na+、Cl-、H+、OH-
【解析】【解答】（1）①NaCl溶液，是电解质的水溶液，可以导电，溶液是混合物，不属于电解质，也不是非电解质；②二氧化碳是非金属氧化物，属于非电解质，不能导电；③HCl气体属于酸，是电解质，但气体时不能电离，不能导电；④熔融KHSO4能电离出钾离子和硫酸氢根离子，可以导电，且属于电解质；⑤Fe能导电，但属于单质，不属于电解质也不是非电解质；⑥酒精是非电解质，不能导电；⑦NaHCO3固体属于盐类，是电解质，但固体时没发生电离，不能导电；
综上所述属于电解质的是③④⑦；属于非电解质的是②⑥；能导电的是①④⑤；
（2）NaCl溶液含有钠元素，焰色试验，火焰呈黄色；
（3）KHSO4在水中可以完全电离成钾离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为：KHSO4=K++H++SO；检验Cl-一般用硝酸酸化的硝酸银溶液，具体操作为：加入适量稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀则为Cl-；
（4）A-B段，发生的反应为NaCl与HCl中和生成氯化钠和水，在B点恰好完全反应，离子方程式为：H++OH-=H2O；
（5）B点所对应的溶液为氯化钠溶液，溶液中存在的微粒主要有H2O、Na+、Cl-，以及水电离产生的H+、OH-。
【分析】（1）电解质和非电解质必须为化合物，混合物和单质既不是电解质也不是非电解质；电解质必须发生电离才可以导电。
（3）硫酸氢钾在水中全部电离，电离出氢离子，熔融下电离产生出硫酸氢根。
（4）离子浓度越大，导电率越强，判断反应前后离子浓度变化确定溶液导电性。
24．【答案】（1）
（2）将产生的气体通入品红溶液中，溶液褪色
（3） 溶液；酸性氧化物
（4）
【解析】【解答】(1)由题意知实现该转化的化学方程式为 。答案为
(2)要证明实现了该转化，只需要证明产生了二氧化硫，结合二氧化硫的漂白性可将反应后产生的气体通入品红溶液中，若溶液褪色，即实现了该转化。答案为将产生的气体通入品红溶液中，溶液褪色；
(3)二氧化硫转变为亚硫酸钠的过程中硫元素化合价没有发生变化，完成该转化体现二氧化硫酸性氧化物的性质，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和 。答案为 溶液，酸性氧化物；
(4)根据题干信息， 价硫元素在酸性条件下不稳定，自身易发生氧化还原反应，即发生歧化反应， 价的硫元素化合价既升高又降低，结合步骤②中亚硫酸钠和反应生成硫代硫酸钠分析可得 中硫元素的化合价应低于 价则 为硫单质，③的离子方程式为 。答案为
【分析】（1）根据化合价的变化，发生的是氧化还原反应，故选择铜单质和浓硫酸反应
（2）反应发生其实就是证明二氧化硫的产生，利用其漂白性即可
（3）①利用酸性氧化物的性质，与氢氧化钠反应制取亚硫酸钠
（4）X中有硫单质和二氧化硫，故根据反应物和产物即可写出离子方程式
25．【答案】（1）浓硫酸和少量水混合时会放出大量的热，加快反应
（2）C
（3）C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O
（4）②③④
（5）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；0.1；2.8；强氧化性；酸性
【解析】【解答】⑴加入少量水主要是利用水与浓硫酸混合放出大量的热，放出的热量使温度升高，加快反应速率，故答案为浓硫酸和少量水混合时会放出大量的热，加快反应；⑵浓硫酸与蔗糖混合，浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为炭黑，因此该生成的黑色物质是碳，故答案为C；⑶生成的碳和浓硫酸混合在受热的条件下反应放出二氧化碳和二氧化硫气体，“体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体（SO2）”，写出对应的化学方程式：C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O；⑷因浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸水稀释而放出大量的热，浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化而变黑，生成的黑色物质是C，碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，其中二氧化硫具有刺激性气味，浓硫酸强氧化性，因此体现吸水性、脱水性、强氧化性；故②③④符合题意，故答案为②③④；⑸向80mL浓硫酸中加入5.6g铜，加热一段时间后至不再反应为止，实验测得反应中共有1.12L（标准状况下）SO2气体生成，该反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，故但为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；反应生成了1.12L二氧化硫气体即0.05 mol，反应中转移电子2×0.05 mol =0.1 mol，故答案为0.1 mol，铜消耗了0.05 mol，铜剩余5.6 —0.05×64 = 2.4g，故答案为2.4 g，浓硫酸生成二氧化硫，化合价降低，体现强氧化性，浓硫酸变为硫酸铜，体现酸性，故答案为强氧化性和酸性；
【分析】将适量的蔗糖放入烧杯中，加少量水拌匀，利用浓硫酸与水混合放出大量的热，温度升高，加快反应速率，再加适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，利用浓硫酸的脱水性，将蔗糖变为了炭黑，炭黑和浓硫酸在加热条件下发生反应生成二氧化硫和二氧化碳气体，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体。
