第五章化工生产中的重要非金属元素练习题（含解析）2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册

第五章 化工生产中的重要非金属元素 练习题
一、单选题
1．下图是有关二氧化硫性质的实验装置图，下列说法正确的是（　　）
A．a中紫色石蕊先变红后褪色
B．b中品红溶液褪色，加热后又恢复红色
C．c中氢硫酸溶液出现黄色浑浊，体现的还原性
D．d中溴水褪色，体现了二氧化硫漂白性
2．将二氧化硫通到显红色的酚酞试液中，发现红色消失，主要原因是SO2有（　　）
A．漂白性 B．溶于水显酸性
C．氧化性 D．还原性
3．下列说法正确的是（　　）
A．明矾可用作净水剂和消毒剂
B．足量SO2通入Ba(NO3)2溶液中产生白色沉淀
C．NH3在足量的氧气中燃烧生成NO
D．过量的铁与少量的氯气反应生成FeCl2
4．在含有大量的、、的溶液中，还可能大量共存的离子是（　　）
A． B． C． D．
5．关于O2和O3，下列说法正确的是（　　）
A．O2和O3的性质完全相同
B．O2和O3都是由氧元素组成的，二者混合后仍属于纯净物
C．O2转化为O3属于化学变化
D．O2和O3是同一种物质
6．在含有大量的CO、Cl-、NO、SO的溶液中，还可能大量共存的离子是（　　）
A．Ba2+ B．H+ C．Ag+ D．Na+
7．Na2SiO3的水溶液俗称“水玻璃”，可用于包装材料的胶粘剂．“水玻璃”属于（　　）
A．酸 B．氧化物 C．化合物 D．混合物
8．现有①Al2O3 ②Na2CO3③(NH4)2CO3④Al(OH)3四种物质．其中既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是（　　）
A．①② B．②④
C．①②③ D．①③④
9．某无色溶液中大量共存的一组离子是（　　）
A．NH4+、Ag+、PO43-、Cl- B．Fe3+、H+、I-、HCO3-
C．K+、Na+、NO3-、MnO4- D．NH4+、Al3+、SO42-、Cl-
10．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．酸性溶液中：Ca2+、Na+、PO43﹣、NO3﹣
B．0.1 mol L﹣1Na2S溶液中：Ag+、Fe3+、NO3﹣、Cl﹣
C．无色溶液中：K+、H+、Cl﹣、MnO4﹣
D．0.1 mol L﹣1 NaOH溶液中：K+、Na+、SO42﹣、CO42﹣
11．一定条件下，下列各组物质能一步实现 转化关系的是（　　）
A．A B．B C．C D．D
12．下列各组离子，在溶液中能大量共存的是（　　）
A．Al3＋、K＋、 NO3－、Ca2+ B．Ca2＋、Na＋、CO32－、K+
C．OH－、Cl－、NH4＋、SO42- D．H＋、HCO3－、Cl－、NH4＋
13．在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是（　　）
A．K+、MnO4﹣、Na+、Cl﹣ B．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣
C．Na+、H+、NO3﹣、SO42﹣ D．Fe3+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
14．某溶液中只含有K+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+、CO中的若干种，且各离子浓度均相同。为确定其组成进行如下实验：①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，过滤；②向①的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成；微热，有气体产生。下列说法正确的是（　　）
A．溶液中可能存在K+
B．无法判断溶液中是否存在CO
C．溶液中一定存在NH、SO、Cl-、Fe2+
D．溶液中可能存在Fe2+、Fe3+中的一种或两种
15．关于常见氮肥及其使用，下列说法中错误的是（　　）
A．氮肥主要有铵态氮肥、硝态氮肥和尿素
B．硝态氮肥宜在高温天气、多雨的水田使用
C．铵态氮肥在使用时不可以跟碱性物质混合使用
D．尿素是一种中性肥料，肥效高、易保存，对土壤的破坏作用小
16．下列关于浓硫酸的叙述正确的是（　　）
A．浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化
B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C．浓硫酸具有吸水性，因此可用作干燥剂，能干燥氢气、硫化氢、氨气等气体
D．因为浓硫酸在常温下不可与铁或铝反应，因此常温下可用铁制或铝制容器储存浓硫酸
17．某物质化学式为NH5，常温下是固态，能与水剧烈反应放出两种气体．在NH5中的各原子均具有稀有气体的稳定结构，则下列对NH5的描述中不正确的是（　　）
A．NH5属于离子晶体 B．NH5属于分子晶体
C．NH5与水反应时，NH5是还原剂 D．NH5与NH3溶于水后均呈碱性
18．下列各组离子在溶液中能大量共存的是（　　）
A．、，， B．、，、
C．，、， D．、，，
19．向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，生成沉淀Al（OH）3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示．则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．a点对应的溶液中：Na+、Mg2+、SO42﹣、HCO3﹣
B．b点对应的溶液中：Ag+、Ca2+、NO3﹣、F﹣
C．c点对应的溶液中：Na+、S2﹣、SO42﹣、Cl﹣
D．d点对应的溶液中：K+、NH4+、I﹣、CO32﹣
20．在某无色的强酸性溶液中，能大量共存的离子组是（　　）
A．NH4+、Cu2+、Cl-、Br- B．Na+、K+、CO32-、Cl-
C．K+、Fe3+、I-、SO42- D．K+、Mg2+、SO42-、Cl-
二、综合题
21．某化学兴趣小组为了探究常温下某非金属氧化物形成的未知气体的成分，将气体通入澄清石灰水，发现澄清石灰水变浑浊，持续通入发现浑浊又变澄清，由此该小组成员对气体的成分提出猜想。
（1）[提出猜想]
猜想1：该气体为CO2。
猜想2：该气体为SO2。
猜想3：　 　。
（2）为了验证猜测，该小组设计实验加以探究。
[实验探究]
该小组同学按如图所示装置，将气体从a端通入。
B中应该装下列________试剂(填编号)。
A．NaCl溶液 B．酸性KMnO4溶液
C．盐酸 D．澄清石灰水
（3）A中品红溶液的作用是　 　。
（4）D中澄清石灰水的作用是　 　。通过该实验，该小组同学观察到以下三个实验现象：
①A中品红溶液褪色 ②C中品红溶液不褪色 ③D中澄清石灰水变浑浊
（5）[得出结论]
由上述现象，该小组同学确认该气体的成分为：　 　。
22．请按要求填写出下列空白：
（1） 的电离方程式　 　。
（2）氢氧化铜溶于盐酸的离子方程式　 　。
（3）0.1 molCO2的质量是　 　g；在 的 溶液中 的物质的量浓度为　 　 。
（4）除去Na2CO3溶液中混有的NaHCO3应加入适量　 　(填化学式)溶液；漂白粉的有效成分是　 　(填化学式)。
（5）蔗糖与浓硫酸发生反应形成“黑面包”，主要体现了浓硫酸的　 　性和　 　性。
23．硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础．回答下列问题：
（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号　　 　 ，该能层具有的原子轨道数为　 　 、电子数为　 　
（2）硅主要以硅酸盐、　 　 等化合物的形式存在于地壳中．
（3）单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以　 　 相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献　　 　 个原子．
（4）单质硅可通过甲硅烷（SiH4）分解反应来制备．工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为　 　
（5）碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键 C﹣C C﹣H C﹣O Si﹣Si Si﹣H Si﹣O
键能（KJ/mol） 356 413 336 226 318 452
①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是　 　
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是　 　
（6）在硅酸盐中，SiO44﹣四面体（如下图a）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式．图b为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为　　 　 ．Si与O的原子数之比为　　 　 化学式为　 　
24．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％。
（1）硅的原子结构示意图为　 　。
（2）水晶和玛瑙的主要成分均为，为　 　(填“酸性”、“碱性”或“两性”)氧化物，写出与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：　 　。
（3）用水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明可用作　 　。可通过与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时，下列坩埚可选用的是　 　(填标号)。
A．普通玻璃坩埚 B．石英玻璃坩埚 C．铁坩埚
（4）工业上可以通过如图所示的流程制取纯硅：
①写出反应②的化学方程式：　 　，反应①②③中属于氧化还原反应的是　 　(填序号)。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧。遇水剧烈反应生成、和另一种物质，写出该反应的化学方程式：　 　。
25．硫酸和硝酸是中学阶段常见的两种强酸，请就两者与金属铜的反应情况回答下列问题：
（1）在100mL 18mol L﹣1的浓硫酸中加入过量的铜片，加热使之充分反应，产生的气体在标准状况下的体积可能是 （填写代号）：
A．7.32L B．6.72L C．20.16L D．30.24L
（2）若使上述反应中剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，写出反应的离子方程式　 　．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．二氧化硫溶于水变为亚硫酸，亚硫酸显酸性，能使紫色石蕊变红，但二氧化硫不能漂白石蕊，因此a中紫色石蕊变红，不褪色，故A不符合题意；
B．b中品红溶液褪色，由于二氧化硫的漂白是暂时性漂白，加热后又恢复红色，故B符合题意；
C．c中氢硫酸溶液出现黄色浑浊，二氧化硫中硫化合价降低，体现的氧化性，故C不符合题意；
D．d中溴水褪色，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现了二氧化硫还原性，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫不能漂白指示剂；
B.二氧化硫与品红结合生成不稳定的无色物质，加热后恢复红色；
C.二氧化硫与硫化氢反应生成单质S，该反应中二氧化硫是氧化剂；
D.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性。
2．【答案】B
【解析】【解答】酚酞试液遇碱变红色，SO2属于酸性氧化物，能水反应生成亚硫酸，亚硫酸和NaOH反应生成Na2SO3而降低溶液的碱性，反应方程式为SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+2NaOH=Na2SO3+H2O，与二氧化硫的漂白性、还原性、氧化性无关，
故答案为：B。
【分析】首先分析酚酞溶液显红色的原因，然后分析二氧化硫溶于水生成亚硫酸后发生的反应，确定二氧化硫显示的性质即可。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可用作净水剂，不能作消毒剂，故A不符合题意；
B．硝酸具有强氧化性，所以足量SO2通入Ba(NO3)2溶液中，能把SO2氧化成硫酸，硫酸根离子再和Ba2+反应产生白色沉淀BaSO4，故B符合题意；
C．NO不稳定，与氧气反应生成NO2，所以NH3在足量的氧气中燃烧生成NO2，故C不符合题意；
D．铁与氯气反应生成FeCl3固体，不能生成氯化亚铁，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.明矾只有做净水剂不能做消毒剂，Al3+不具有氧化性
B.二氧化硫溶于水形成亚硫酸，在酸性条件下硝酸根具有强氧化性
C.一氧化氮具有还原性，氧气具有氧化性，继续发生氧化还原反应
D.氯气具有强氧化性，只能生成三价铁
4．【答案】B
【解析】【解答】A．Ba2+与生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；
B．Mg2+可以与这三种离子大量共存，故B符合题意；
C．Ag+与Cl-反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D．OH-与反应生成弱碱NH3·H2O，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Ba2+与生成硫酸钡沉淀；
C.Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀；
D.OH-与反应生成弱碱NH3·H2O。
5．【答案】C
【解析】【解答】A. O2和O3性质不同，A不符合题意 ；
B. O2和O3含原子数不同，属于混合物，B不符合题意 ；
C. O2转化为O3属于化学变化，C符合题意 ；
D. O2和O3不是同一种物质，D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】 O2和O3是两种不同的物质，性质不同。
6．【答案】D
【解析】【解答】由反应：Ba2++=BaCO3↓、Ba2++=BaSO4↓、2H++=CO2↑+H2O、Ag++Cl-=AgCl↓、2Ag++=Ag2CO3↓，知Ba2+、H+、Ag+在所给溶液中不能大量存在，
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。
7．【答案】D
【解析】【解答】解：Na2SiO3的水溶液俗称“水玻璃”，所以水玻璃含有两种物质，是混合物，故D正确．
故选D．
【分析】纯净物只含有一种物质，混合物是由两种或两种以上的物质组成的，酸、碱、盐、化合物都属于纯净物，据此分析．
8．【答案】D
【解析】【解答】①Al2O3是两性氧化物，④Al(OH)3是两性氢氧化物，③(NH4)2CO3是弱酸的铵盐，三种物质均既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应；②Na2CO3是强碱弱酸盐，能与盐酸反应，与氢氧化钠不反应，D符合题意；
故答案为：D
【分析】①Al2O3为两性氧化物，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应；
②Na2CO3溶液只能与稀盐酸反应；
③(NH4)2CO3中CO32-能与H+反应，NH4+能与OH-反应；
④Al(OH)3为两性氢氧化物，既能与稀盐酸反应，又能与NaOH溶液反应；
9．【答案】D
【解析】【解答】A. Ag+和PO43-或Cl-反应生成沉淀，不能共存，A不符合题意；
B. Fe3+有颜色，且与I-发生氧化还原反应，H+与HCO3-反应，故不能大量共存，B不符合题意；
C. MnO4- 有颜色，不能在无色溶液中存在，C不符合题意；
D. NH4+、Al3+、SO42-、Cl-都无色，且不反应，能大量共存，D符合题意。
故答案为：D
【分析】关于离子共存，主要有以下几点：1．由于发生复分解反应，离子不能大量共存；
2．由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；
3．能水解的阳离子跟能水解的阴离子在水溶液中不能大量共存（双水解）；
4．溶液中能发生络合反应的离子不能大量共存；
5、审题时应注意题中给出的附加条件：①酸性溶液（H+）、碱性溶液（OH-）、能在加入铝粉后放出可燃气体的溶液、由水电离出的H+或OH-=1×10-10mol/L的溶液等；　②有色离子MnO4-,Fe3+,Fe2+,Cu2+； ③MnO4-,NO3-等在酸性条件下具有强氧化性；④S2O32-在酸性条件下发生氧化还原反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；⑤注意题目要求“大量共存”还是“不能大量共存”；
6、审题时还应特别注意以下几点：（1）注意溶液的酸性对离子间发生氧化还原反应的影响（2）酸式盐的含氢弱酸根离子不能与强碱（OH-）、强酸（H+）共存。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．酸性溶液中不能存在PO43﹣，且Ca2+、PO43﹣结合生成沉淀不能共存，故A不选；
B．Fe3+、S2﹣发生氧化还原反应，不能共存，故B不选；
C．MnO4﹣为紫色，且H+、Cl﹣、MnO4﹣发生氧化还原反应，不能共存，故C不选；
D．碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故D选；
故选D．
【分析】A．酸性溶液中不能存在大量弱酸根离子；
B．离子之间发生氧化还原反应；
C．MnO4﹣为紫色，且离子之间发生氧化还原反应；
D．碱溶液中该组离子之间不反应．
11．【答案】B
【解析】【解答】根据图中的转化关系逐一验证、进行分析是否能一步实现。A.因为N2不能通过一步反应生成NO2，故A不能完成上述转化的反应，故A不符合题意；
B.CO与氧气反应生成CO2， CO2可以通入NaOH溶液生成Na2CO3，Na2CO3溶液进一步和CO2反应生成NaHCO3，NaHCO3受热分解生成Na2CO3。过量的CO2与NaOH溶液反应生成NaHCO3，所以B能完成上述转化的反应；故B符合题意；
C.因为H2SO4不能一步反应生成SO3，故C不符合题意；
D.Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2，Al2O3不能直接转化为Al（OH）3，NaAlO2与少量酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2；故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】将选项中的物质带入物质的转化关系中进行验证即可。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．因该组离子之间不反应，能共存，故A符合题意；
B．Ca2＋和CO32－结合生成沉淀，则不能共存，故B不符合题意；
C．因OH－、NH4＋结合生成NH3·H2O，则不能共存，故C不符合题意；
D．因H＋、HCO3－结合生成水和气体，则不能共存，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查离子共存问题。对于无色溶液，先将带颜色的离子排除，再根据题干信息判断溶液的酸碱性，进而根据离子共存的条件：离子间不发生氧化还原反应；不生成水（弱电解质）、沉底、气体等；据此进分析即可。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：A．该组离子之间不反应，能共存，但MnO4﹣为紫色，与无色不符，故A错误；
B．该组离子之间不反应，能共存，且均为无色，故B正确；
C．因H+、OH﹣结合生成水，则不能大量共存，故C错误；
D．因Fe3+、OH﹣结合生成沉淀，则不能大量共存，故D错误；
故选B．
【分析】碱性溶液中含大量的OH﹣，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能大量共存，并结合离子的颜色来解答．
14．【答案】C
【解析】【解答】①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中存在SO；②向①的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成，说明原溶液中存在Fe2+和Fe3+中的一种或两种，由于Fe2+、Fe3+和CO不共存，则不存在CO；微热，有气体产生，说明原溶液中存在NH。溶液中各离子浓度均相同，若原溶液存在NH、SO和Fe2+，根据电荷守恒，溶液中一定还存在Cl-，不存在K+；若原溶液存在NH、SO和Fe3+或存在NH、SO、Fe3+、Fe2+，则溶液不可能呈电中性。
A．溶液中不可能存在K+，故A不符合题意；
B．溶液中不可能存在CO，故B不符合题意；
C．溶液中一定存在NH、SO、Cl-、Fe2+，故C符合题意；
D．溶液中只可能存在Fe2+，不能存在Fe3+，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据电荷守恒，利用离子间的反应分析判断。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．氮肥含有氮元素，主要有铵态氮肥、硝态氮肥和尿素等，A不符合题意；
B．硝态氮肥高温易分解，易溶于水，不宜在高温天气、多雨的水田使用，B符合题意；
C．铵态氮肥能和碱反应放出氨气，因此在使用时不可以跟碱性物质混合使用，C不符合题意；
D．尿素中含有氨基，是一种中性肥料，肥效高、易保存，对土壤的破坏作用小，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氮肥就是含氮元素的化学肥料；
B.硝酸盐易分解，易溶于水；
C.铵态氮肥与碱性物质反应能生成氨气，会降低肥效；
D.尿素[CO(NH2)2]是一种有机物，含氮量高。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A．浓硫酸具有脱水性，能将蔗糖中的H、O以2：1水的形式脱去而体现脱水性，故A正确；
B．浓硫酸在常温下和铜不反应，在加热条件下和铜反应生成二氧化硫，故B错误；
C．硫化氢气体具有还原性，氨气是碱性气体，而浓硫酸是具有强氧化性的酸性干燥剂，因浓硫酸与硫化氢发生氧化还原反应，与氨气发生化合反应生成硫酸铵，所以两者不能用浓硫酸干燥，故C错误；
D．常温下，浓硫酸和铁、铝能发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，而不是不反应，故D错误；
故选A．
【分析】A．浓硫酸具有脱水性，能将蔗糖中的H、O以2：1水的形式脱去；
B．浓硫酸在常温下和铜不反应；
C．硫化氢气体具有还原性，氨气是碱性气体，而浓硫酸是具有强氧化性的酸性干燥剂；
D．常温下，浓硫酸和铁、铝能发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象．
17．【答案】B
【解析】【解答】NH5中氢离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，属于离子化合物．
A、NH5是离子化合物氢化铵，属于离子晶体，故A正确；
B、NH5是离子化合物氢化铵，属于离子晶体，故B错误；
C、NH5+H2O=NH3 H2O+H2↑该方程式中氢元素的化合价发生变化，氧化产物和还原产物都是氢气，氢化氨是还原剂，故C正确；
D、NH5溶于水后：NH5+H2O=NH3 H2O+H2↑，溶液显示碱性，NH3溶于水得到NH3 H2O，溶液显示碱性，故D正确．
故选B．
【分析】NH5所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子层结构，即氮原子最外层达到8电子稳定结构，所有氢原子达到2电子稳定结构，所以，NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，符合稀有气体原子的最外层结构，剩余的一个氢原子只能是H﹣，这样才符合2电子的稳定结构，所以是铵根离子和氢阴离子形成的离子化合物，能稳定存在于固体中类似氯化铵
18．【答案】B
【解析】【解答】A、Mg2+和CO32+会发生双水解反应，生成沉淀，不能共存，故A不符合题意；
B、各离子之间能够大量共存，故B符合题意；
C、Fe3+和OH-能反应生成Fe(OH)3沉淀，不能共存，故C不符合题意；
D、H+和CO32-会发生反应生成水和二氧化碳，不能共存，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】各离子共存需要满足不发生复分解反应，不发生氧化还原反应，不发生双水解反应，有时候根据题目要求还要保证颜色和透明度等条件。
19．【答案】C
【解析】【解答】向一定量的NaOH溶液中逐滴加入AlCl3溶液，在b点之前没有产生沉淀，是由于发生反应：4NaOH+AlCl3=NaAlO2+NaCl+2H2O，到B点时溶液为NaAlO2和NaCl的混合溶液，然后再加入AlCl3发生反应：3NaAlO2+ AlCl3+6H2O="3NaCl+" 4Al（OH）3↓；至c点该反应恰好完全反应，溶液为NaCl。A．a点对应的溶液中含有大量的OH-，OH-与Mg2＋、HCO3-发生复分解反应而不能大量存在，不符合题意；
B.b点对应的溶液中只含有NaAlO2和NaCl，若溶液中含Ag＋、Ca2＋、F－，会发生反应形成AgCl、CaF2沉淀；
C.c点对应的溶液是NaCl，在该溶液中Na＋、S2－、SO42-、Cl－不能发生任何反应，可以大量共存，符合题意；
D.d点对应的溶液中含有NaCl、AlCl3，而Al3+与CO32-会发生双水解反应而不能大量共存，不符合题意。
【分析】 A. a点溶液显碱性，NaOH过量，碳酸氢根离子能够与氢氧根离子反应
B. c点偏铝酸钠与氯化铝恰好完全反应生成氢氧化铝，溶液中存在氯离子，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀
C. b点恰好生成偏铝酸钠，四种离子之间不反应，都不与偏铝酸钠反应
D. d点为氯化铝溶液，碳酸根离子与铝离子发生双水解反应
20．【答案】D
【解析】【解答】A. 在溶液中Cu2+显蓝色，不是无色，不能大量共存，A不选；
B. 在酸性溶液中CO32-与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，B不选；
C. 在溶液中Fe3+氧化I-，且铁离子在溶液中显棕黄色，不是无色，不能大量共存，C不选；
D. K+、Mg2+、SO42-、Cl-在酸性溶液中不反应，且均是无色的，能大量共存，D选。
故答案为：D。
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合溶液无色显酸性分析解答。
21．【答案】（1）该气体为CO2和SO2的混合气体
（2）B
（3）)验证混合气体中是否含有SO2
（4）验证混合气体中是否含有CO2
（5）CO2和SO2的混合气体
【解析】【解答】回忆学过的能使澄清石灰水先变浑浊又变澄清的气体，只有CO2和SO2，所以提出的猜想是：①气体为CO2；②气体为SO2；③气体为CO2和SO2的混合气体。要验证气体的成分，必须先验证SO2是否存在，并除尽，再验证CO2气体的存在，因为SO2的存在对CO2的验证有干扰。
【分析】根据二氧化硫和二氧化碳的相似性质都能使澄清石灰水变浑浊后又能变澄清，以及二氧化碳的存在对二氧化硫检验的干扰进行分析即可.
22．【答案】（1）
（2）
（3）4.4；0.4
（4）NaOH；Ca(ClO)2
（5）脱水；强氧化
【解析】【解答】(1) 的电离方程式为： ；
(2)氢氧化铜溶于盐酸的离子方程式为： ；
(3)0.1 molCO2的质量是 ； 的物质的量浓度为 ；
(4)NaHCO3能与NaOH反应生成Na2CO3、H2O，用NaOH能除去Na2CO3溶液中混有的NaHCO3；漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2；
(5)蔗糖与浓硫酸发生反应形成“黑面包”，主要体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性。
【分析】（1）为强电解质，完全电离；
（2）氢氧化铜与盐酸反应生成氯化铜和水；
（3）根据m=nM计算；硝酸钡中硝酸根浓度是硝酸钡浓度的两倍；
（4）碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；漂白粉的有效成分是次氯酸钙；
（5）蔗糖与浓硫酸发生反应，形成“黑面包”，变黑与脱水性有关，然后碳与浓硫酸发生氧化还原反应生成气体膨胀成为黑面包，与强氧化性有关。
23．【答案】（1）M；9；4
（2）二氧化硅
（3）共价键；3
（4）Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2
（5）C﹣C键和C﹣H键较强，所形成的烷烃稳定．而硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；；C﹣H键的键能大于C﹣O键，C﹣H键比C﹣O键稳定．而Si﹣H键的键能却远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si﹣O键；；sp3；1：3；SiO32﹣
【解析】【解答】（1）原子中，离原子核越远的电子层其能量越高，所以Si原子中M电子层能量最高；该原子中含有3个s轨道、6个p轨道，所以一共有9个轨道，电子数为4；
故答案为：M；9；4；
（2）硅属于亲氧元素，在自然界中不能以单质存在，主要以二氧化硅和硅酸盐存在，故答案为：二氧化硅；
（3）硅单质中硅硅之间以共价键结合，硅晶胞中每个顶点上有1个Si、面心是有1个Si、在晶胞内部含有4个Si原子，利用均摊法知，面心提供的硅原子个数=6×=3，
故答案为：共价键；3；
（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；
（5）①烷烃中的C﹣C键和C﹣H键大于硅烷中的Si﹣Si键和Si﹣H键的键能，所以硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成，
故答案为：C﹣C键和C﹣H键较强，所形成的烷烃稳定．而硅烷中Si﹣Si键和Si﹣H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；
②键能越大、物质就越稳定，C﹣H键的键能大于C﹣O键，故C﹣H键比C﹣O键稳定，而Si﹣H键的键能远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si﹣O键；
故答案为：C﹣H键的键能大于C﹣O键，C﹣H键比C﹣O键稳定．而Si﹣H键的键能却远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si﹣O键；
（6）根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、2+2× =3个氧原子，化学式为SiO32﹣，其中Si原子的杂化形式是sp3，
故答案为：sp3；1：3；SiO32﹣．
【分析】（1）原子中，离原子核越远的电子层其能量越高；该原子中含有3个s轨道、6个p轨道；
（2）硅属于亲氧元素，在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐存在；
（3）非金属元素之间易形成共价键；利用均摊法计算；
（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2；
（5）①烷烃中的C﹣C键和C﹣H键大于硅烷中的Si﹣Si键和Si﹣H键的键能；
②键能越大、物质就越稳定，C﹣H键的键能大于C﹣O键，故C﹣H键比C﹣O键稳定，而Si﹣H键的键能远小于Si﹣O键，所以Si﹣H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si﹣O键；
（6）根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32﹣．
24．【答案】（1）
（2）酸性；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
（3）阻燃剂；C
（4）Si+3HClSiHCl3+H2；①②③；SiHCl3+3H2O = H2SiO3+3HCl+H2↑
【解析】【解答】 (1)硅是14号元素，核外电子排布为2、8、4，其原子结构示意图为；故答案为：。
(2)水晶和玛瑙的主要成分均为SiO2，SiO2为酸性氧化物，则SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；故答案为：酸性；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
(3)用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明Na2SiO3可用作防火剂。Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时，普通玻璃坩埚、石英玻璃坩埚主要成分是二氧化硅，都会与纯碱在高温下反应，而铁和纯碱高温下不反应，因此只能用铁坩埚熔化；故答案为：防火剂；C。
(4)①反应②是粗硅和氯化氢反应生成SiHCl3和H2，其反应的化学方程式：Si+3HClSiHCl3+H2，反应①是二氧化硅和碳高温反应生成粗硅和一氧化碳，是氧化还原反应，反应②是Si+3HClSiHCl3+H2，是氧化还原反应，反应③SiHCl3+H2Si+3HCl，是氧化还原反应，因此反应①②③中属于氧化还原反应的是①②③；故答案为：Si+3HClSiHCl3+H2；①②③。
②整个制备过程必须严格控制无水无氧，SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和H2，则该反应的化学方程式：SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2↑；故答案为：SiHCl3+3H2O=H2SiO3+3HCl+H2↑。
【分析】 工业上制取纯硅的流程为：二氧化硅和焦炭在高温下反应生成粗硅和一氧化碳，粗硅和氯化氢在553～573K温度下反应生成氢气和SiHCl3，氢气和SiHCl3在1380K温度下反应生成纯硅和HCl。
25．【答案】（1）A；B
（2）3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O
【解析】【解答】解：（1）铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+H2O，浓硫酸的物质的量为0.1L×18mol/L=1.8mol，如被还原的硫酸是0.9mol，则生成n（SO2）=0.9mol，V（SO2）=0.9mol×22.4L/mol=20.16L，但随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，则生成二氧化硫的体积小于20.16L，AB都符合，故答案为：AB；（2）若使上述反应中剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸钠，加入硝酸钠提供硝酸根离子和溶液中的氢离子形成稀硝酸，稀硝酸可以继续溶解铜，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O．
【分析】（1）根据铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应的性质判断；（2）加入硝酸钠提供硝酸根离子和溶液中的氢离子形成稀硝酸，稀硝酸可以和金属铜之间发生反应．