第五章 化工生产中的重要非金属元素 测试题 2022-2023学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册（含答案解析）

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．某研究小组利用过量的软锰矿(主要成分为，另含有少量、、、杂质)吸收工业尾气中的，其流程如图所示。下列说法正确的是
A．“滤渣2”的主要成分为、和
B．在溶液与溶液发生的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C．软锰矿在形成矿浆的过程中，可能发生反应
D．软锰矿经粉碎后与稀硫酸混合处理得到的矿浆能产生丁达尔效应
2．下列实验操作、实验现象、解释或结论不对应的是
选项 实验操作 实验现象 解释或结论
A 将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近 产生大量白烟 氨气与氯化氢反应生成固体物质
B 常温下，将洁净的铁片放入浓硫酸或浓硝酸中 无明显变化 常温下，浓硫酸、浓硝酸使铁片钝化
C 在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入盛满氯气的集气瓶中 产生苍白色火焰 物质燃烧不一定需要氧气
D 加热试管中的氯化铵固体 试管底部的固体逐渐消失 氯化铵受热升华
A．A B．B C．C D．D
3．通过实验得出的结论不正确的是
A．将铁与水高温下反应后的产物完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，没有出现血红色，则此时没有Fe3O4产生
B．在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在
C．将某固体试样完全溶于水，滴加盐酸出现白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解，则固体试样中可能存在
D．将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，则该固体试样中存在
4．X、Y、Z、W、E是短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中X的族序数=周期序数=原子序数，Y的最外层电子数等于其次外层电子数的2倍，它的一种核素常用于考古断代，W的一种单质被喻为“人类地球的保护伞”，E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，下列说法不正确的是
A．由X、Z、E三种元素形成的正盐中，既存在离子键也存在共价键
B．Y、Z、W、E的简单氢化物的稳定性依次增强
C．X、Z、W、E四种元素组成的两种酸式盐之间可以发生化学反应
D．Y、E形成的化合物可以用于清洗试管内残留的E单质
5．将镁铁合金投入到300mL硝酸溶液中，金属恰好完全溶解生成Mg2+和Fe3+；硝酸全部被还原为一氧化氮，其体积为6.72L(标准状况)，当加入300mL某浓度氢氧化钠溶液时，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为28.1g。下列有关推断正确的是
A．氢氧化钠的物质的量浓度为6mol L-1
B．参加反应的金属的质量为12.8g
C．硝酸的物质的量浓度为3mol L-1
D．参加反应的硝酸的物质的量为0.9mol
6．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z是地壳中含量最丰富的金属元素，W与X可形成原子个数比2∶1的分子，下列说法正确的是
A．X与Z能形成耐高温的无机材料
B．简单离子半径Z＞X＞Y
C．由W、X、Y三种元素所组成的化合物的水溶液均显酸性
D．非金属性：X＞Y＞W
7．下列化学方程式与反应功能类型相符合的是
A．固氮反应：NH3+HNO3=NH4NO3
B．工业法合成盐酸：H2+Cl22HCl
C．工业上获取NaCl：2Na+Cl22NaCl
D．氯碱工业：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
8．给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是
A．
B．
C．
D．
9．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。用此装置和表中提供的物质能完成相关实验的是
选项 a中物质 b中物质 c中的气体 d中物质
A 浓氨水 CaO
B 稀硝酸 Cu NO
C 硫酸 NaOH溶液
D NaOH溶液 NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
10．下列过程不涉及氧化还原反应的是
A．二氧化氮气体冷却后颜色变浅 B．镁条在二氧化碳气体中燃烧
C．人工固氮 D．久置的浓硝酸显黄色
11．对下列事实的解释正确的是
A．用NaOH和铝粉作家庭管道疏通剂，说明NaOH溶液和铝粉反应能产生大量气体
B．葡萄酒中添加二氧化硫以起到杀菌、抗氧化作用说明二氧化硫是种无毒的气体
C．氢氧化亚铁在空气中不稳定，会转化成氢氧化铁说明氢氧化亚铁具有强氧化性
D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性
12．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列方程式能准确解释相应事实的是
A．硫酸型酸雨的形成：
B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀：Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O
C．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO+3Cl-+H2O+4H+
D．向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀：
二、非选择题（共10题）
13．(1)检验某溶液中含有的操作是______________。
(2)鉴别NaCl和KC1的方法是_______________。
(3)氯化铁溶液和氢氧化铁胶体可以利用_________区分。
14．填空。
(1)写出 KHSO4 在水溶液中的电离方程式： _______
(2)NaHCO3属于“酸”、“碱”、“盐”中的_______
(3)写出 NaHCO3 溶液与 NaOH 溶液反应的离子方程式_______
(4)我国酸雨属SO2污染型。某校兴趣小组取雨水样品进行实验。每隔一段时间测定雨水的pH，得到的结果如下表
测定时间/h 0 1 2 3 4
pH 4.73 4.62 4.56 4.55 4.55
该雨水样品的pH变化的原因用化学方程式表示_______
(5)下列一组能减少酸雨产生的有效措施是 _______(填字母)。
①少用煤作燃料 ②加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量
③燃料脱硫 ④在已酸化的土壤中加入石灰 ⑤开发新能源
A．①②⑤ B．①③⑤ C．②③④ D．③④⑤
15．钠、铝、铁、铜等金属及其化合物在社会生活的各个领域均有重要的应用。回答下列问题：
（1）常温下将一定量的氯气通入石灰乳中，可制得漂白粉，其有效成分的化学式为___________；电解熔融态NaCl可以制得金属钠，反应的化学方程式为_____________________。
（2）Au、Cu、Fe三种块状金属中，常温下能够全部溶于足量浓硝酸的是___________； Mg(OH）2、Al(OH）3、AgOH三种氢氧化物中，能溶于氨水的是______；硬铝是由Al、Cu、Mg、Si组成的铝合金，将硬铝废料投入氢氧化钠溶液中充分反应，溶液中含有的含氧酸根离子有___________。其中铝发生反应的离子方程式为______________。
（3）FeCl3溶液可以吸收烟气中的SO2，所得溶液能与软锰矿(主要成分为MnO2）反应生成硫酸锰(MnSO4），该反应的离子方程式为_______________。
（4）等浓度的Na2CO3、H2SO4、Ba(OH）2三种溶液，若以不同顺序将体积相等的三种溶液中的两种混合，若有沉淀先过滤，再将混合液与第三种溶液混合，最终所得的溶液不可能呈________(填“酸性”、“碱性”或“中性”）。
16．某化学实验小组同学利用以下装置制备氨气，并探究氨气的性质(部分仪器已略去)
请回答：
(1)实验室制备氨气的化学方程式为_____。
(2)收集氨气时，选择排空气法收集的理由为：_____。
(3)你选择的氨气的进气口为_____(填“a”或“b")，并说明选择的理由_____。
(4)若观察到装置B中的烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的性质是_____。
(5)为防止环境污染，以下装置(盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是_____(填序号)。
17．“钢是虎，钒是翼，钢含钒犹如虎添翼”，金属钒被誉为“合金的维生素”。从废钒(主要成分为V2O5、Fe2O3、SiO2等)中回收V2O5的一种工艺流程如下图所示:
已知:步骤②、③中的变化过程可简化为:Rn+(水层)+nHA(有机层)RAn(有机层)+nH+(水层)(式中Rn+表示VO2+或Fe3+，HA表示有机萃取剂)。
回答下列问题:
(1)步骤①酸浸过程中发生氧化还原反应的化学方程式为______________。
(2)萃取时应加入适量碱的作用是___________________。
(3)步骤④中反应的离子方程式为___________________。
(4)步骤⑤25°C时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：
pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1
钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3
通过表中数据分析，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH范围为______；
若加入氨水调节溶液pH=2，钒沉淀率达到93%且不产生Fe(OH)3沉淀，则此时溶液中c(Fe3+)<_____mol/L(按25℃计算，25℃时Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39)。
(5)V2O5是两性氧化物，在强酸性溶液中以VO2+形式存在，VO2+具有强氧化性，能将I-氧化为I2，本身被还原为VO+，则V2O5与氢碘酸反应的离子方程式为_________________。
(6)为提高钒的回收率，步骤②和③需多次进行，假设酸浸所得“强酸性浸出液”中c(VO2+)=amol/L，步骤②和③每进行一次，VO2+萃取率为80%，4次操作后，“强酸性浸出液中”c(VO2+)=_______mol/L(萃取率=)
18．某学习小组同学用如图所示装置及试剂验证浓硫酸与木炭反应的产物。
请回答下列问题：
(1)A装置中发生的反应的化学方程式为_______。
(2)按气体流向，导管口的连接顺序为a_______(装置不可重复使用)。
(3)B装置的作用为_______，D装置的作用为_______。
(4)能说明该反应产物中有CO2的现象为_______。
(5)该实验中缺少验证产物H2O的装置，该装置的名称为_______，盛放的试剂名称为_______。
19．一定量的SO2通入到含0.16mol NaOH的溶液中，充分反应后生成的Na2SO3和 NaHSO3物质的量之比为3：2。再向反应后溶液中通入Cl2使硫元素全部转化为SO42-。
请计算：
（1）SO2的质量为___________________g。
（2）通入Cl2的物质的量至少为___________________mol。
20．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量为多少克？____________________
21．大气污染物中的氮氧化物可用NaOH吸收，先后发生如下反应：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O。
请计算：
(1)若33.6mL(标况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与VmL0.1mol L-1NaOH溶液恰好完全反应，则V=___。
(2)若V(NO)：V(NO2)=5：1，与amolO2混合，通入60mL1.0mol L-1NaOH溶液充分吸收后，溶液中只有一种溶质，则a=___。
22．某工业废水中可能含有Na＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、、、、中的几种，为确定其成分，设计如下实验：
a．取该废水进行焰色反应实验，火焰为黄色；
b．另取10 mL该废水于试管中，加入足量的Ba(NO3)2溶液和稀硝酸，充分反应后过滤得到4.66 g白色沉淀；
c．另取10 mL该废水于试管中，滴加NaOH溶液，产生沉淀的质量随所加NaOH溶液体积的变化关系如下图所示(不考虑沉淀的溶解和损失)。
根据上述实验和图示数据回答下列问题：
(1)该工业废水中一定不存在的离子有______________(写离子符号)。
(2)c(NaOH)＝________________。
(3)是否存在？________(填“存在”“不存在”或“不确定”)，理由是___________________________。
参考答案：
1．B
SO2尾气通入稀硫酸酸化的软锰矿浆中（含有Fe2+、Al3+和Fe3+），SO2被氧化、MnO2被还原，生成MnSO4，反应方程式为MnO2+SO2=MnSO4，同时，二氧化锰将亚铁离子氧化，可能发生反应，过滤得滤渣1，含有SiO2、MnO2，向MnSO4溶液中加入MnCO3，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，溶液与溶液发生反应生成MnO2，通过过滤、干燥操作获得MnO2，同时回收（NH4）2SO4。
A．软锰矿在形成矿浆的过程中，二氧化锰将亚铁离子氧化，可能发生反应， MnSO4溶液中加入MnCO3时，MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，“滤渣2”的主要成分为和，故A错误；
B． 根据电子得失守恒，锰由+2变为+4，升高2价，中硫由+7降为+6，共变2价，在溶液与溶液发生的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故B正确；
C． 软锰矿在形成矿浆的过程中，在酸性条件下，二氧化锰将亚铁离子氧化，可能发生反应，故C错误；
D． 软锰矿经粉碎后与稀硫酸混合处理得到的矿浆属于悬浊液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故D错误；
故选B。
2．D
A．氨气与HCl反应生成氯化铵晶体，现象是白烟，体现浓盐酸易挥发，故A正确；B．常温下铝、铁遇浓硫酸或浓硝酸钝化，无明显现象，故B正确；C．氢气能在氯气中剧烈燃烧，且产生苍白色火焰，该反应为氢气燃烧，根据该反应知，燃烧不一定需要氧气，故C正确；D．氯化铵分解生成氨气和氯化氢，固体逐渐消失，不是氯化铵升华，故D错误；答案为D。
3．A
A．铁与水高温下反应，可能有未完全反应的铁，则铁将Fe3O4与盐酸反应生成的铁离子还原成亚铁离子，从而不能使KSCN溶液变红色，故选A；
B．在某固体试样加水后的溶液中，滴加足量NaOH溶液并加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则该固体试样中存在，由于未加热溶于水的氨气可能未溢出，不能使湿润红色石蕊试纸变蓝，故B不选；
C．能溶于水，且与适量的盐酸反应生成氢氧化铝白色沉淀，生成的氢氧化铝白色沉淀也能与氢氧化钠溶液反应生成可溶性的，故C不选；
D．将某固体试样完全溶于盐酸，则式样中不含银离子；再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，则该固体试样中存在，不存在，故D不选。
答案选A
4．B
X、Y、Z、W、E是短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中X的族序数=周期序数=原子序数，X是H；Y的最外层电子数等于其次外层电子数的2倍，它的一种核素常用于考古断代，Y是C；W的一种单质被喻为“人类地球的保护伞”，W是O，则Z是N；E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，E是S，据此解答。
A．由H、N、S三种元素形成的正盐如硫酸铵，既存在离子键也存在共价键，A正确；
B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性O＞N＞S＞C，则简单氢化物的稳定性是O＞N＞S＞C，B错误；
C．H、N、O、S四种元素组成的两种酸式盐，硫酸氢铵和亚硫酸氢铵之间可以发生化学反应，C正确；
D．硫单质易溶于二硫化碳，Y、E形成的化合物二硫化碳，可以用于清洗试管内残留的硫单质，D正确；
故选B。
5．B
将镁、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：×(5-2)=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol。
A．参加反应的NaOH的浓度为c(NaOH)==3mol/L，故A错误；
B．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=28.1g，则金属的质量为：28.1g-15.3g=12.8g，故B正确；
C．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)=1.2mol÷0.3L=4mol/L，故C错误；
D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，故D错误；
答案为B。
6．A
W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是地壳中含量最丰富的金属元素，Z是Al元素；W与X可形成原子个数比为2∶1的18e-分子，则形成的化合物为N2H4，W是H元素、X是N元素；Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Y是O元素，据此分析解答。
A．X是N元素，Z是Al元素，可形成AlN，可作耐高温的无机材料，A正确；
B．电子层数相同，核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数Al＞O＞N，则离子半径：r(N3-)＞r(O2-)＞r(Al3+)，B错误；
C．H、N、O组成的化合物NH3·H2O的水溶液呈碱性，C错误；
D．X是N元素，Y是O元素，W是H元素，非金属性：O＞N＞H，D错误；
答案选A。
7．D
A. 固氮反应是游离态氮转变为化合态氮的过程，A错误；
B. 工业法合成盐酸时，氢气和氯气的反应条件不是光照，B错误；
C. 工业上获取NaCl是海水晒盐，C错误；
D. 氯碱工业需要电解饱和食盐水：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，D正确；
答案选D。
8．A
试题分析：A、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3，可以实现各步的一步转化，A正确；B、氧化铝与盐酸反应生成氯化铝溶液，但电解氯化铝溶液得不到铝单质，所以转化关系不可以实现，B错误；C、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，C错误；D、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀，在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜，则转化关系不可以实现，D错误。答案选A。
考点：物质的性质
9．C
根据装置图可以知道所制备的气体应为固体和液体不加热制备，并用向上排空气法收集以及采用防倒吸的方法进行尾气处理，根据各选项中反应物的状态判断发生装置、气体的性质以及是否除杂等角度，以此来解析；
A．氨气的密度比空气小，c装置中应该短管进，长管出，A错误；
B．铜与稀硝酸反应产生的气体为NO，NO不能用排空气法收集，水不能完全吸收，B错误；
C．硫酸可以与碳酸钠反应，生成二氧化碳，CO2气体的密度比空气大，c装置中应该长管进，短管出，剩余二氧化碳气体可以用氢氧化钠溶液吸收尾气，装置符合制备、收集和吸收的要求，C正确；
D．浓盐酸与MnO2加热可以制氯气，但是加的是NaOH溶液，得不到氯气，D错误；
故选C。
10．A
试题分析：A．二氧化氮气体冷却后颜色变浅，发生反应2NO2N2O4，不是氧化还原反应；B、镁条在二氧化碳气体中燃烧，置换出单质碳，是氧化还原反应；C、人工固氮指合成氨，氮元素从0价单质变为化合物，是氧化还原反应；D、久置的浓硝酸显黄色是因为硝酸分解生成二氧化氮溶于硝酸的原故，硝酸分解是氧化还原反应；答案选A。
考点：氧化还原反应
11．A
A．NaOH可以和Al反应为：，因为生成了大量H2，因此用NaOH和铝粉作家庭管道疏通剂，A正确；
B．葡萄酒中添加SO2可以起到杀菌、抗氧化作用，说明SO2是具有还原性的气体，B错误；
C．氢氧化亚铁会与O2反应生成氢氧化铁，说明氢氧化亚铁有强还原性，C错误；
D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，体现了浓硫酸的脱水性。D错误。
故选A。
12．B
A．硫酸型酸雨的形成的反应为二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸，溶液中亚硫酸被空气中氧气氧化生成硫酸，反应的化学方程式为SO2+ H2OH2SO3，2H2SO3+ O2=2H2SO4，故A错误；
B．硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；
C．在强碱溶液中次氯酸钠与氢氧化铁反应生成高铁酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故C错误；
D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，故D错误；
故选B。
13． 取少量试样加入试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸由红变蓝 焰色试验 丁达尔效应
(1)与强碱溶液共热产生氨气，因此检验某溶液中含有的操作是取少量试样加入试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸由红变蓝，就证明溶液中存在；故答案为：取少量试样加入试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出的气体，试纸由红变蓝。
(2)NaCl和KC1不同点是金属阳离子不同，可以利用焰色试验鉴别，焰色呈黄色的为NaCl，透过蓝色钴玻璃片，焰色呈紫色的为KCl；故答案为：焰色试验。
(3)氯化铁溶液和氢氧化铁胶体区别在于分散质微粒的直径大小，胶体会产生丁达尔效应，而溶液不能，因此可以利用丁达尔效应区分氢氧化铁胶体和氯化铁溶液；故答案为：丁达尔效应。
14．(1)
(2)盐
(3)+ OH-= +H2O
(4)2H2SO3+O2=2H2SO4/2SO2+2H2O+O2=2H2SO4
(5)B
（1）在水中完全电离成钾离子、氢离子、硫酸根离子，电离方程式为：，故答案为：；
（2）从组成来看碳酸氢钠由金属阳离子和碳酸氢根结合而成，属于盐类，故答案为：盐；
（3）NaHCO3溶液与 NaOH 溶液反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：+ OH-= +H2O，故答案为：+ OH-= +H2O；
（4）雨水样品的pH随时间的延长变小，是因为酸雨中生成的亚硫酸逐步被氧化成强酸硫酸，过程中的反应方程式为：2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，故答案为：2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；
（5）①少用煤作燃料可减少煤燃烧过程中释放二氧化硫的量，从而能减少酸雨形成；
②加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应量会增加二氧化硫的释放，增大了酸雨的形成；
③燃料脱硫，可将煤燃烧过程中生成的二氧化硫转化成亚硫酸钙，最终变成硫酸钙形式，降低二氧化硫的释放，减少酸雨形成；
④在已酸化的土壤中加入石灰，只是缓解酸雨对土壤造成的影响，并不能减少酸性形成；
⑤开发新能源，寻找煤的替代能源从而减少煤的利用，可减少二氧化硫的释放，减少酸雨的形成；
故答案为：B；
15． Ca(ClO）2 2NaCl(熔融）2Na+Cl2↑ Cu AgOH AlO2-、SiO32- 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O 酸性
试题分析：（1）常温下将一定量的氯气通入石灰乳中，可制得漂白粉，反应方程式是：2Ca(OH）2+2Cl2= CaCl2+Ca(ClO2）2+2H2O，其有效成分的化学式为Ca(ClO）2；Na很活泼，用一般方法很难得到金属单质，在工业上就用电解熔融态离子化合物NaCl制得，反应的化学方程式为2NaCl(熔融）2Na+Cl2↑；（2）硝酸的氧化性很强，可以溶解除Au、Pt之外的所有金属。但是在常温下，由于浓硝酸氧化性强，会使Fe表面产生一薄层致密的氧化物，对内层的金属起保护作用，即发生钝化现象而不能继续反应。因此在Au、Cu、Fe三种块状金属中，常温下能够全部溶于足量浓硝酸的是Cu。Mg(OH）2、Al(OH）3、AgOH三种氢氧化物都难溶于水，但是，AgOH能溶于氨水形成易溶的Ag(NH3）2OH，因此容易溶于氨水的是AgOH；硬铝是由Al、Cu、Mg、Si组成的铝合金，将硬铝废料投入氢氧化钠溶液中充分反应，Al、Si可以与NaOH溶液发生反应，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；所以反应后的溶液中含有的含氧酸根离子有AlO2-、SiO32-。其中铝发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。（3）FeCl3溶液可以吸收烟气中的SO2，发生反应：2FeCl3+ SO2+H2O=2FeCl2+H2SO4+2HCl，所得溶液能与软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰(MnSO4）及FeCl3，根据电子守恒及原子守恒可得该反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。（4）等浓度的Na2CO3、H2SO4、Ba(OH）2三种溶液，若以不同顺序将体积相等的三种溶液中的两种混合，若有沉淀先过滤，再将混合液与第三种溶液混合，若先将H2SO4、Ba(OH）2混合，发生反应得到的BaSO4和水，再与Na2CO3混合，最终所得的溶液Na2CO3溶液，显碱性；若将Na2CO3、H2SO4先混合，发生反应得到的是Na2SO4溶液，然后再与Ba(OH）2混合，产生BaSO4沉淀和NaOH溶液，溶液显碱性；若Na2CO3、Ba(OH）2先混合，发生反应产生BaCO3沉淀和NaOH溶液，将沉淀过滤除去，在加H2SO4，发生酸碱中和反应，二者恰好完全反应产生Na2SO4溶液，溶液为中性，因此最终不可能呈酸性。
考点：考查钠、铝、铁、铜等金属及其化合物制取方法、性质应用、物质的成分判断等的知识。
16． 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O 氨气极易溶于水，只能用排气法收集 a 氨气的密度小于空气的密度 氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱 ②④
(1)氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)因为氨气极易溶于水，只能用排气法收集，故答案为：氨气极易溶于水，只能用排气法收集；
(3)因为氨气的密度小于空气的密度，所以应该选择向下排空气法收集，氨气从a口进入空气从b口排出，故答案为：a；氨气的密度小于空气的密度；
(3)能够形成喷泉实验是因为氨气极易溶于水这一物理性质，产生红色喷泉是因为氨气溶于水后与水反应生成弱碱一水合氨具有碱性，故答案为：氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱；
(4)氨气极易溶于水，可用水吸收氨气，但是应该注意防止倒吸．②④都具有防倒吸功能，可以用来吸收氨气，故②④正确；①装置为密闭装置，氨气进去后致使密封的瓶子内压力很大，使的氨气不容易进入瓶中，且瓶内气体压强增大，气体溶解度降低，虽然能够防止倒吸，但不利于氨气的吸收，故①装置错误；③装置导气管直接插入水中，直接产生倒吸，故③错误；故答案为：②④。
17．(1)
(2)加入碱中和产生的酸，使平衡向RAn移动，提高钒的萃取率
(3)
(4) 1.7~1.8 2.6×l0-3
(5)
(6)
（1）步骤①酸浸过程中发生氧化还原反应是在酸性溶液中氧化亚硫酸钾生成硫酸钾，五氧化二钒被还原为，反应的化学方程式为：，故答案为；
（2）萃取时应加入适量碱的作用是中和产生的酸，使平衡向生成的方向移动，提高钒的萃取率，故答案为加入碱中和产生的酸，使平衡向生成移动，提高钒的萃取率；
（3）步骤④中反应是氯酸钾氧化离子生成，反应的离子方程式为：，故答案为；
（4）根据表格数据可知，pH在1.7~1.8之间时，钒沉淀率最高，步骤⑤加入氨水调节溶液，钒沉淀率达到93%且不产生沉淀，25℃时 ，故答案为1.7~1.8；；
（5）具有强氧化性，能将氧化为，本身被还原为，则与氢碘酸反应的离子方程式为：，故答案为；
（6）强酸性浸出液中，步骤②和③每进行一次，萃取率为80%，4次操作后“强酸性浸出液中”依据萃取率80%，剩余溶液中20%，四次萃取中萃取的量= ×100%，计算得到剩余溶液中，故答案为。
18．(1)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
(2)bcfgde
(3) 检验SO2 除去CO2、SO2混合气体中的SO2
(4)紫色KMnO4溶液不完全褪色，且澄清石灰水变浑浊
(5) 硬质玻璃管 无水硫酸铜
本实验为浓硫酸与木炭加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水的过程，而后通入品红验证二氧化硫，通入酸性高锰酸钾除去二氧化硫，通入澄清石灰水验证二氧化碳，据此分析回答问题。
（1）由以上分析可知，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（2）由以上分析可知，先验证二氧化硫，除去二氧化硫，验证二氧化碳，故导管口的连接顺序为abcfgde；
（3）二氧化硫可以使品红溶液褪色，故B装置的作用为检验SO2；
（4）二氧化硫可以使澄清的石灰水变浑浊，对二氧化碳的检验造成干扰，二氧化硫可以被酸性高锰酸钾氧化，故D装置的作用为除去CO2、SO2混合气体中的SO2；
（5）装在硬质玻璃管中的无水硫酸铜，遇见水生成 ，现象为由白色变成蓝色。
19． 6.4 0.10
设Na2SO3和 NaHSO3物质的量分别为3x、2x，根据钠守恒，3x×2+2x=0.16,x=0.02mol,n(SO2)=3x+2x=0.06mol+0.04mol=0.1mol
（1）SO2的质量为64g·mol－1 ×0.1mol=6.4g，
（2）根据得失电子相同，通入Cl2的物质的量与二氧化硫相同，至少为0.10mol。
20．8.51g
4480mL的NO2气体的物质的量为，336mL的N2O4气体物质的量为，据电子转移守恒，金属失去电子物质的量等于N得到电子的物质的量，物质的量为0.2mol×1+0.015mol×2 = 0.23mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2。根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g+0.23mol×17g/mol= 8.51g
【点睛】本题的关键在于要分析出转移电子的物质的量等于OH-的物质的量。每个Cu反应后转化为Cu2+，转移2个电子，每个Mg反应后转化为Mg2+，转移2个电子，转移电子数都是2，加NaOH后，每个Cu2+结合2个OH-，每个Mg2+也结合2个OH-，结合OH-数也是2，所以转移电子的物质的量等于OH-的物质的量。
21． 15 0.01或≥0.04
(1) 33.6mL混合气体的物质的量为，由NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O可知，氮氧化物与NaOH按1:1反应，所以n(NaOH)=cV=0.1×V×10-3mol=1.5×10-3mol，解得V=15；
(2) n(NaOH)=cV=1.0×60×10-3mol=0.06mol，根据元素守恒，n(NO)+n(NO2)=0.06mol，n(NO)：n(NO2)=V(NO)：V(NO2)=5：1，则n(NO)=0.05mol、n(NO2)=0.01mol；若恰好反应全部转化为NaNO3，1个NO变为硝酸根失去3e-，1个NO2变为硝酸根失去1e-，1个O2得到4e-，根据得失电子守恒0.05mol×3+0.01mol×1=a mol×4，解得a=0.04，氧气过量产物也是NaNO3，所以氧气的物质的量≥0.04mol；若恰好反应全部转化为NaNO2，1个NO变为亚硝酸根失去1e-，1个NO2变为亚硝酸根得1e-，1个O2得到4e-，根据得失电子守恒0.05mol×1=a mol×4+0.01mol×1，解得a=0.01，氧气的物质的量为0.01mol。
22． Mg2＋、Fe3＋、 1.0 mol·L－1 存在 由题意得，溶液中n()＝0.02 mol，n(Al3＋)＝0.01 mol，n()＝0.01 mol，且含有Na＋，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有
a．取该废水进行焰色反应实验，火焰为黄色，则确定含Na+；
b．另取10mL该废水于试管中，加入足量的Ba（NO3）2溶液和稀硝酸，充分反应后过滤得到4.66g白色沉淀，则确定含，并且物质的量为=0.02mol；
c．另取10mL该废水于试管中，滴加NaOH溶液，产生沉淀的质量随所加NaOH溶液体积的变化关系如图所示（不考虑沉淀的溶解和损失），开始滴加NaOH溶液产生沉淀，并且最终沉淀全部溶解，则说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+、Fe3+和，发生Al3++3OH-=Al（OH）3↓，结合图象中沉淀的质量，知溶液中含有Al3+为=0.01mol，需OH-为0.03mol，氢氧化钠溶液体积=30mL，浓度c==1mol/L，当沉淀增加到一定量后消耗NaOH但沉淀的质量不发生变化，根据+OH-=NH3H2O结合图象，消耗10mL氢氧化钠，知溶液中含有为1mol/L×0.01L=0.01mol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O；故溶液中一定存在的离子为：Al3+、、Na+、，再根据电荷守恒确定有没有，据此分析。
(1)由分析可知，该工业废水中一定不存在的离子有Mg2＋、Fe3＋、；
(2)发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓，结合图象中沉淀的质量，知溶液中含有Al3+为=0.01mol需OH-为0.03mol，氢氧化钠溶液体积=30mL，浓度c==1.0mol/L；
(3)由分析可知，存在，理由是溶液中n()＝0.02 mol，n(Al3＋)＝0.01 mol，n()＝0.01 mol，且含有Na＋，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有