第五章 化工生产中的重要非金属元素 优选提升题（含解析）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 优选提升题
2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册
一、单选题
1．唐代中药学著作《新修本草》中，有关于“青矾”的记录为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，……，烧之赤色”。据此推测，“青矾”的主要成分为（）
A．CuSO4·5H2O B．FeSO4·7H2O
C．KAl(SO4)2·12H2O D．ZnSO4·7H2O
2．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”指（　　）
A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水
3．将一定量的锌与100mL18mol/L浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A33.6L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液中氢离子的浓度为0.4mol/L，则下列叙述错误的是（　　）
A．气体A为SO2和H2的混合物
B．反应中共转移3mol电子
C．反应中共消耗Zn97.5g
D．气体A中SO2和H2的体积比为1：4
4．下列气体中，有颜色且有毒的是（　　）
A．硫化氢 B．二氧化硫 C．二氧化氮 D．一氧化氮
5．化学与生活密切相关，下列有关说法正确的是（　　）
A．单晶硅可用于制造光导纤维
B．液氨汽化吸收大量的热，可用作制冷剂
C．冬奥会的火炬外壳使用了新型有机非金属材料——碳纤维复合材料
D．二氧化硫具有漂白性，可用于大量漂白银耳
6．赏心悦目的雕花玻璃是用一种物质对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是（　　）
A．硫酸 B．烧碱 C．盐酸 D．氢氟酸
7．现代光学及光纤制品的基本原料是（　　）
A．SiO2 B．Cu C．Al D．C
8．下列有关说法正确的是（　　）
A．氯气、活性炭都能使品红溶液褪色，它们的漂白原理相同
B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应
C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应得到的气体是纯净物
D．NH3的水溶液可以导电，所以NH3是电解质
9．实验小组按如图装置进行实验，制备并探究的性质。下列说法错误的是（　　）
A．试管内制备的化学方程式为
B．②处观察到淡黄色固体生成，说明具有还原性
C．①、③处均可观察到颜色褪去，但褪色原理不相同
D．④处NaOH溶液可吸收多余的
10．X、Y、Z三种物质均含某种元素，箭头表示物质间的转化一步就能实现，则X不可能是（　　）
A．SiO2 B．CO2 C．Na D．HNO3
11．下列能有关SO2的说法不正确的是（　　）
A．属于酸性氧化物
B．属于“城市空气质量日报”的物质
C．水溶液能使紫色石蕊试液变红
D．因为具有强氧化性，所以能漂白品红
12．某澄清溶液中存在大量的Ba2+、NH4+、Cl﹣，该溶液中还可能大量存在的离子是（　　）
A．Fe3+ B．CO32﹣ C．Ag+ D．OH﹣
13．下列能说明二氧化硫具有漂白性的是（　　）
A．二氧化硫使黄色的小麦秸秆变白
B．二氧化硫通入溴水溶液中，溶液褪色
C．二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，红色褪去
D．二氧化硫通入紫红色高锰酸钾溶液中，紫红色褪去
14．在无色溶液中，下列离子能大量共存的是（　　）
A．Na+、NH4+、NO3-、MnO4- B．K+、SO42-、OH-、CO32-
C．K+、Fe3+、Cl-、Br- D．Ba2+、Na+、OH-、CO32-
15．下列溶液中的离子—定能大量共存的是（　　）
A．含大量 MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+
B．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-
C．酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-
D．含大量 Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-
16．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．0.1 mol·L－1 NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-
B．0.1 mol·L－1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-
C．0.1 mol·L－1 KHCO3溶液：Na+、Al3+、Cl－、NO3-
D．0.1 mol·L－1 H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-
17．我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是
A．“北斗”系统芯片中的半导体材料为单晶硅
B．“奋斗者”号潜水器外壳的钛合金的硬度比纯钛的高
C．“嫦娥”五号运载火箭的液氧液氢推进剂的产物无污染
D．我国首创的“硅—石墨烯—锗晶体管”中所含元素均为短周期元素
18．下列“类比”合理的是（　　）
A．由CO2能与NaOH溶液反应，推测SiO2能与NaOH溶液反应
B．Fe和S反应生成FeS，Cu和S反应生成CuS
C．CO2是直线形结构的酸性氧化物，COS也是直线形结构的酸性氧化物
D．Ca(ClO)2溶液中通入CO2得到CaCO3，Ca(ClO)2溶液中通入SO2得到CaSO3
19．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）
A．由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－
B．0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液中：Na＋、H＋、Cl－、I－
C．0.1 mol/L的NaAlO2溶液中：K＋、H＋、NO3-、SO42-
D．滴入石蕊试液显蓝色的溶液中：K＋、Na＋、HSO3-、ClO－
20．重金属离子具有毒性,强碱性溶液不能直接排放到自然界中。实验室中有甲、乙两种废液,甲废液经化验呈碱性,主要有毒离子为Ba2+。如将甲、乙两废液按一定比例混合,毒性明显降低，且可排放到自然界中。则乙废液中可能含有的离子是（　　）
A．K+和SO42- B．Cu2+和Cl- C．Cu2+和SO42- D．Cu2+和CO32-
二、综合题
21．研究氮及其化合物的性质具有极为重要的意义。
（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：　 　
（2）在含Cu+离子的酶的活化中，亚硝酸根 (NO2-)离子可转化为NO，写出Cu+和亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式　 　。
（3）将38.4 g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，请回答：
①
NO2的体积为　 　L。
②若铜与硝酸刚好反应完全，则原硝酸溶液的浓度为　 　mol L-1。
22．某小组同学在加热NH4HCO3固体时，闻到了刺激性气味，决定对其进一步探究：
实验一 实验二
（1）如图所示，实验一中观察到的现象是　 　宏观上说明浓氨水有　 　，微观上说明　 　。写出NH4HCO3受热分解的化学方程式　 　。
（2）实验二装置连接好之后首先要做的是　 　，然后再通入氨气排尽装置A中的空气，最后点燃酒精灯，持续加热，发现氧化铜逐渐由黑变红，依据题中信息，写出装置A中发生反应的化学方程式　 　，该反应中氨气是　 　剂，实验证明了氨气具有　 　性。
（3）实验二加热一段时间后，A、B、C三个装置的质量变化是：
装置 A B C
数据 减少了4.8g 增加了7.2g 增加了2.8g
该实验小组的同学按照实验数据计算出氮、氢元素的质量之比明显的与理论上氨气中氮、氢的质量比不符，分析产生该误差的原因是　 　，写出装置B中发生反应的化学方程式　 　。
23．A、B、C是在中学化学中常见的三种化合物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单质．这些化合物和单质之间存在如下的关系：
据此判断：
（1）在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙元素的是　 　 ．（用A、B、C字母填写）
（2）单质乙必定是　 　 （填“金属“或“非金属“），其理由是　 　
（3）单质乙的分子式可能是　　 　 ，则化合物B的分子式是　 　
24．某兴趣小组欲在绿色环保的条件下探究大气污染物SO2的性质，设计如图实验装置．请回答：
（1）B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性，则B中所盛试剂为　 　；C中反应的离子方程式为　 　．
（2）为了实现绿色环保的目标，某同学设计了如图A2的制取装置来代替A1装置，与A1装置相比，A2装置的优点是　 　（写两点）．
25．天然气的主要成分是甲烷，含有少量的羰基硫（COS）、乙硫醇（C2H5SH）等气体．
（1）组成羰基硫的元素中，原子半径最小的元素在周期表中的位置是　 　
（2）乙硫醇有特殊气味，是天然气的臭味指示剂．乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（﹣OH）被﹣SH取代，则乙硫醇的结构式为　 　
（3）下列事实可用于比较C与S两种元素非金属性（原子得电子能力）相对强弱的是　　 　 　（填序号）．
a．沸点：H2S＞CH4 b．元素在周期表中的位置 c．酸性：H2SO3＞H2CO3 d．同温同浓度水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4
（4）羰基硫水解及利用的过程如下（部分产物已略去）：COSH2SNa2S溶液X溶液+H2
①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量a kJ，其热化学方程式为　 　
②已知X溶液中硫元素的主要存在形式为S2O32﹣，则反应Ⅲ中生成该离子的离子方程式为　 　
③如图是反应Ⅲ中，在不同反应温度下，反应时间与H2产量的关系图（Na2S初始含量为3mmo1）．请结合图象数据解释X溶液中除S2O32﹣外，还有SO32﹣、SO42﹣的原因．答：　 　
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色。
A、 CuSO4·5H2O 为蓝色晶体，A不符合题意；
B、FeSO4 7H2O是绿色晶体，B符合题意；
C、KAl(SO4)2·12H2O是无色晶体，C不符合题意；
D、ZnSO4·7H2O为无色晶体，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】熟悉常见的硫酸盐的颜色，并能了解铁元素化合价变化导致的颜色变化，可以解答。
2．【答案】B
【解析】【解答】“能蚀五金”，说明能与金属铜、铁等反应，选项所给物质中，只有硝酸能与铜和铁反应，因此“强水”应指硝酸，B符合题意；
故答案为：B
【分析】根据描述确定“强水”所具有的性质，从而确定其成分。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．若气体A只有SO2，则反应需要消耗硫酸的物质的量3mol，实际参加反应的硫酸为1.6mol，所以气体A为SO2和H2的混合物，故A不符合题意；
B．反应生成1mol SO2转移2mol电子，生成1mol H2转移2mol电子，该反应生成1.5mol气体，所以反应中共转移3mol电子，故B不符合题意；
C.1mol锌失2mol电子，生成1.5mol气体共转移3mol电子，所以参加反应的锌为1.5mol，共消耗Zn97.5g，故C不符合题意；
D．设气体A中SO2为xmol， 反应消耗硫酸2xmol， H2为(1.5-x)mol， 反应消耗硫酸(1.5-x)mol，2xmol+(1.5-x)mol=1.6mol，x=0.1mol，所以气体A中SO2和H2的体积比为1：14，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.锌与浓硫酸反应生成SO2，与稀硫酸反应生成氢气；
B.生成1mol SO2转移2mol电子，生成1mol H2转移2mol电子，共生成1.5mol气体；
C.生成1.5mol气体，参加反应的锌为1.5mol；
D.根据和计算生成的气体。
4．【答案】C
【解析】【解答】H2S是无色具有臭鸡蛋性气味的有毒气体，SO2是无色具有刺激性气味的有毒气体，NO2是红棕色具有刺激性气味的气体，CO是无色无味的有毒气体，
故答案为：C。
【分析】高中阶段有颜色的气体是碘蒸气、溴蒸汽、氯气及二氧化氮，二氧化氮有毒。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．硅可用于制造计算机芯片，二氧化硅制造光纤，A不符合题意；
B．氨气易液化、液氨汽化吸收大量的热，故液氨可用作制冷剂，B符合题意；
C．碳纤维复合材料是新型无机非金属材料，C不符合题意；
D．食品中添加适量的二氧化硫，可以起到漂白、防腐和抗氧化的作用，但不可大量用于漂白银耳，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】易错辨析：A.单质硅用途：半导体、计算机芯片、太阳能电池等；二氧化硅用途：建筑材料、装饰品、光导纤维等。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A、硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故A错误；
C、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故B错误；
B、二氧化硅与烧碱反应，但反应缓慢，生产的硅酸钠和二氧化硅难以分离，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故C错误；
D、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故D正确．
故选D．
【分析】二氧化硅性质较为稳定，与硝酸、硫酸、盐酸以及强氧化性物质不反应，在一定条件下可与碱、碱性氧化物、盐以及HF酸反应．
7．【答案】A
【解析】【解答】A. 二氧化硅具有良好的光学效果，是高性能通讯材料光导纤维的主要原料，故A符合题意；
B. 铜是电的良导体，不是良好的光学材料，故B不符合题意；
C. 铝是电的导体，不是良好的光学材料，故C不符合题意；
D. 碳元素形成的单质石墨是电的良导体，不是良好的光学材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】现代光学及光纤制品的基本原料是二氧化硅，铜、铝、碳不具有良好的光学性，不是现代光学及光纤的基本原料，据此即可解答。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A．氯气具有强氧化性，与水反应生成具有漂白性的HClO，可使品红褪色，活性炭具有吸附性，二者原理不同，故A错误；
B．SiO2是酸性氧化物，所以SiO2能与NaOH溶液反应生成硅酸钠和水，故B正确；
C．足量Cu与一定量浓硝酸充分反应，开始硝酸浓度大生成二氧化氮，随着反应进行硝酸浓度变小，反应生成一氧化氮，故C错误；
D．NH3的水溶液可以导电是因为氨气与水反应生成电解质一水合氨，氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；
故选：B．
【分析】A．氯气具有强氧化性，活性炭具有吸附性；
B．酸性氧化物能够与碱反应生成盐和水；
C．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮；
D．氨气本身不能电离出自由离子．
9．【答案】B
【解析】【解答】A.制备SO2的原理是： ，A选项是正确的；
B.②处出现黄色沉淀是S单质，证明SO2具有氧化性，B选项是错误的；
C.①处褪色说明SO2具有漂白性，③处褪色证明SO2具有还原性，C选项是正确的；
D.④处的NaOH溶液可以与SO2反应达到尾气处理的作用，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.制备SO2的原理是强酸制弱酸；
B.②处发生的反应是：二氧化硫将硫化钠氧化为硫单质；
C.SO2具有漂白性，可以使品红褪色，SO2具有还原性，可以将碘单质还原为碘离子；
D.SO2与NaOH反应的方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。
10．【答案】A
【解析】【解答】解：A．假设X是SiO2，物质间的转化一步不能实现，故A错误；
B．假设X是CO2，CO2和少量氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，和氢氧化钠铁反应生成碳酸钠，碳酸钠和碳酸氢钠能相互转化，故B正确；
C．假设X是Na，钠和水反应生成氢氧化钠，钠在氯气中燃烧生成氯化钠，氢氧化钠和盐酸反应生成氯化钠，电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠，故C正确；
D．假设X是硝酸，硝酸和少量铁反应生成硝酸铁，和过量铁反应生成硝酸亚铁，硝酸铁和硝酸亚铁能相互转化，故D正确；
故选A．
【分析】X能发生反应生成Y和Z，说明X反应时与X的量或浓度或反应条件有关，Y和Z能相互转化，说明二者之间有元素化合价变化或能通过复分解反应相互转化，然后采用代入法解答．
11．【答案】D
【解析】【解答】A.SO2能与NaOH溶液反应生成Na2SO3和H2O，故SO2属于酸性氧化物，选项正确，A不符合题意；
B.SO2是一种空气污染物，故属于“城市空气质量日报”的物质，选项正确，B不符合题意；
C.SO2能与H2O反应生成H2SO3，溶液显酸性，能使紫色石蕊试液变红，选项正确，C不符合题意；
D.SO2能与品红溶液中的有色物质发生化合反应，形成不稳定的无色物质，体现了SO2的漂白性，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.酸性氧化物是指能与碱溶液反应生成盐和水的氧化物；
B.SO2是一种空气污染物；
C.SO2能与H2O反应形成H2SO3；
D.SO2使品红溶液褪色体现其漂白性；
12．【答案】A
【解析】【解答】A．离子之间均不反应，可大量共存，故A正确；
B．Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀，不能共存，故B错误；
C．Ag+、Cl﹣结合生成沉淀，不能共存，故C错误；
D．NH4+、OH﹣结合生成弱电解质，不能共存，故D错误；
故选A．
【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，以此来解答．　
13．【答案】A
【解析】【解答】A．二氧化硫可以和小麦秸秆中的有色物质反应生成无色物质，体现了其漂白性，A符合题意；
B．二氧化硫使溴水褪色是因为二氧化硫将溴单质还原，体现了其还原性，B不符合题意；
C．二氧化硫通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液中，红色褪去是因为二氧化硫可以和碱反应，体现了其酸性氧化物通性，C不符合题意；
D．二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色是因为二氧化硫将高锰酸钾还原，体现了其还原性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据二氧化硫的化学性质进行分析判断。
14．【答案】B
【解析】【解答】A、含MnO4－的溶液呈紫红色，故A不符合题意；
B、能够在指定溶液中大量共存，故B符合题意；
C、含Fe3＋的溶液呈棕黄色，故C不符合题意；
D、Ba2＋与CO32－反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，故D不符合题意。
【分析】（1）熟记常见离子的颜色；
（2）判断离子共存实质：离子间是否发生反应，若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存；
（3）判断能否发生反应标准：有无沉淀、气体、水、难电离的物质生成。
15．【答案】A
【解析】【解答】A、Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，都不与MnO4﹣反应，在溶液中不能大量共存，符合题意；
B、加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+、Fe2+能够与碱性溶液中的离子反应，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+、NO3﹣在溶液中不能大量共存，不符合题意；
C、酸性溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，不符合题意；
D、Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，不符合题意。
故答案为：A。
【分析】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。
16．【答案】A
【解析】【解答】A.0.1 mol·L－1 NaOH溶液含有大量OH-，Na+、K+、CO32-、AlO2-离子之间以及与OH-之间不发生反应，能大量共存，故A符合题意；
B.0.1 mol·L－1 FeCl2溶液中Fe2+具有还原性，与MnO4-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C.0.1 mol·L－1 KHCO3溶液中，HCO3-与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D.0.1 mol·L－1 H2SO4溶液含有大量H+，与NO3-、HSO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；
答案选A。
【分析】HSO3-具有还原性，在酸性条件下可被硝酸根离子氧化为硫酸根。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．晶体硅为良好的半导体，是制造芯片的主要原料，A项不符合题意；
B．钛合金具有耐腐蚀，强度大，耐高温的性质， 钛合金的硬度比纯钛的高，B项不符合题意；
C．液氧液氢推进剂的产物是水，无污染，C项不符合题意；
D．我国首创的“硅—石墨烯—锗晶体管”中所含碳，硅元素为短周期元素，锗不是短周期元素，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．晶体硅为良好的半导体；
B．钛合金具有耐腐蚀，强度大，耐高温的性质；
C．液氧液氢推进剂的产物是水；
D．短周期是前三周期的元素，锗不是短周期元素。
18．【答案】A
【解析】【解答】A．酸性氧化物与碱反应生成盐和水，可知CO2、SiO2均能与NaOH溶液反应生成盐和水，故A符合题意；
B．S具有弱氧化性，则Fe和S反应生成FeS，而Cu和S反应生成Cu2S，故B不符合题意；
C．CO2、COS中C均为sp杂化，均为直线结构，但COS含三种元素，则CO2为酸性氧化物，而COS不属于酸性氧化物，故C不符合题意；
D．Ca(ClO)2溶液中通入CO2发生强酸制弱酸的反应生成CaCO3，Ca(ClO)2溶液中通入SO2发生氧化还原反应生成CaSO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A、酸性氧化物可以与碱反应生成盐和水，二氧化碳和二氧化硅都属于酸性氧化物；
B、Cu和S反应生成Cu2S；
C、COS不属于酸性氧化物；
D、Ca(ClO)2溶液中通入SO2发生氧化还原反应生成CaSO4，不是 CaSO3 。
19．【答案】A
【解析】【解答】A.由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性，酸性或碱性条件下Na＋、Ba2＋、NO3-、Cl－都不反应，选A；
B.酸性条件下，Fe3+、NO3-都能氧化I－，所以0.1 mol/L的Fe(NO3)3溶液中不能大量含有I－，故不选B；
C.AlO2-与H＋反应生成Al3+，0.1 mol/L的NaAlO2溶液中不能大量存在H＋，故不选C；
D.滴入石蕊试液显蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下HSO3-不能大量存在，HSO3-具有还原性、ClO－具有氧化性，HSO3-、ClO－不能共存，故不选D。
故答案为：A
【分析】A.由水电离产生的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液呈酸性或碱性；
B.铁离子具有强氧化性，能氧化碘离子；
C.偏铝酸根离子与氢离子反应；
D.碱性溶液中不能大量存在亚硫酸氢根离子，且亚硫酸氢根离子能与次氯酸根离子发生氧化还原反应。
20．【答案】C
【解析】【解答】甲废液经化验呈碱性，说明含有氢氧根离子，主要有毒离子为Ba2+，甲乙混合，毒性降低，说明氢氧根离子和钡离子都反应，则乙废液中含有铜离子和硫酸根离子，两废液按一定比例混合后生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，毒性明显降低，可直接排放到自然界。
故答案为：C
【分析】甲中含有OH-和Ba2+,乙中含有 Cu2+和SO42- ，发生反应Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，Ba2++SO42-=BaSO4↓。
21．【答案】（1）3NO2＋H2O=2HNO3＋NO
（2）Cu++NO2-+2H+=Cu2++NO↑+H2O
（3）3.36；11.3
【解析】【解答】（1） NO2和水反应转化为HNO3的化学方程式：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO
（2） Cu+和亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应，亚硝酸根 (NO2-)离子可转化为NO，Cu+被氧化为铜离子，离子方程式Cu++NO2-+2H+=Cu2++NO↑+H2O。
（3）将38.4 g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，请回答： ① 设NO的物质的量是x mol、NO2的物质的量是y mol；根据元素守恒 ，根据电子守恒 ，解得x=0.35、y=0.15，NO2的体积为3.36L。
②表现酸性的硝酸 mol，表现氧化性的硝酸 mol，原硝酸溶液的浓度为 =11.3mol L-1。
【分析】（1）二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；
（2）亚铜离子在酸性环境中与亚硝酸根离子反应生成铜离子、一氧化氮和水；
（3）根据电子守恒、气体摩尔体积，结合铜与硝酸的反应进行解答即可。
22．【答案】（1）烧杯B中酚酞试液变红；挥发性；分子是运动的；NH4HCO3 NH3↑+CO2+H2O
（2）检查装置的气密性；2NH3+3CuO 3Cu+N2↑+3H2O；还原；还原
（3）浓硫酸还吸收了未反应的氨气；2NH3+H2SO4 = (NH4)2SO4
【解析】【解答】（1）实验一中，浓氨水具有挥发性，挥发出的NH3分子进入酚酞溶液中与水反应生成具有碱性的氨水，碱性溶液能使酚酞溶液变红，说明分子是运动。NH4HCO3受热分解的化学方程式为NH4HCO3 NH3↑+CO2+H2O。
（2）装置连接好后需要首先检查装置的气密性，根据实验现象可知，CuO被还原为Cu，则NH3被氧化为N2，说明NH3是还原剂，具有还原性，化学方程式为2NH3+3CuO 3Cu+N2↑+3H2O。
（3）由于浓硫酸能与氨气反应，未反应的NH3会被浓硫酸吸收，导致m(H)偏大，从而计算出NH3中氮、氢元素的质量之比明显的与理论上氨气中氮、氢的质量比不符。装置B中发生反应的化学方程式为2NH3+H2SO4= (NH4)2SO4。
【分析】（1）浓氨水具有挥发性，碱性溶液能使酚酞溶液变红。
（2）还原剂中部分元素化合价升高，还原剂具有还原性。
（3）注意浓硫酸能与氨气反应。
23．【答案】（1）A、B
（2）非金属；因为A+B→乙+C，且乙为单质，可知乙元素在A，B中分别呈正、负价，所以乙是非金属；
（3）S（或N2）；H2S（或NH3）
【解析】【解答】根据题目信息：A、B、C是由两种元素组成的化合物，首先列出三式：（为便于分析，设甲、乙和X分别表示三种不同元素），①甲（单质）十乙（单质）→A（甲乙）（可知A中必含有甲、乙两元素）； ②甲（单质）十B（X乙）→A（甲乙）+C（X甲）（可知由生成物A反推出B中必含乙元素）；③A（甲乙）+B（X乙）→乙（单质）+C（X甲）（由生成物乙单质可能推出乙是非金属而不可能是金属，因金属只有正价没有负价）； 由①②推出（1）为A、B，故答案为：A、B；
（2）由③及元素在反应中体现的化合价可推出单质乙为非金属，故答案为：非金属；因为A+B→乙+C，且乙为单质，可知乙元素在A，B中分别呈正、负价，所以乙是非金属；
（3）由②力推出（甲）亦为非金属（因金属与两元素组成的化合物反应发生置换反应），故单质乙的分子式可能是S或N2，化合物B的分子式是H2S或NH3，
故答案为：S（或N2）；H2S（或NH3）．
【分析】要抓住解题的突破口，抓住题中的隐含信息：“A、B、C是由两种元素组成的化合物”这一关键，再根据所学习的元素及化合物的性质进行推导得出答案．
24．【答案】（1）品红溶液；SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+
（2）不用加热或节约能源或药品；或相对安全；或易于控制反应进行；或反应更充分
【解析】【解答】解：（1）依据装置图可知，铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性．其中C、D分别为碘水和硫化氢的水溶液，C检验二氧化硫的还原性，D检验二氧化硫的氧化性，检验二氧化硫漂白性可以通过品红试液，品红褪色是二氧化硫气体的特性；二氧化硫具有还原性，和碘单质反应生成硫酸和碘化氢；反应的两种方程式为：SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+；
故答案为：品红溶液； SO2+I2+2H2O═SO42﹣+2I﹣+4H+；（2）装置图分析可知，A2的制取装置来代替A1装置，可以不需要加热或节约能源或药品，用分液漏斗加入硫酸可以控制反应速率，易于控制反应进行；或反应更充分，故答案为：不用加热或节约能源或药品；或相对安全；或易于控制反应进行；或反应更充分．
【分析】（1）铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性．其中C、D分别为碘水和硫化氢的水溶液，检验二氧化硫漂白性可以通过品红试液；二氧化硫具有还原性，和碘单质反应生成硫酸和碘化氢；（2）依据装置图对比分析不同，总结优点．
25．【答案】（1）第二周期第VIA族
（2）
（3）d
（4）H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=﹣34akJ/mol；2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；从图形可知， ＞2，故部分硫元素的化合价将高于+2价
【解析】【解答】（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：S＞C＞O，则O原子的半径最小，O元素位于第二周期第VIA族；
故答案为：第二周期第VIA族；
（2）乙硫醇可以看作是乙醇分子中羟基（﹣OH）被﹣SH取代，则乙硫醇的结构式为，故答案为：；
（3）a．氢化物的沸点高低与分子间作用力有关，不能根据沸点高低判断非金属性，故a错误；
b．根据周期表中位置可知非金属性：O＞C，O＞S，但是不能比较C与S，故b错误；
c．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，但是H2SO3不是最高价含氧酸，故c错误；
d．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物的酸性越强，同温同浓度水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4，说明碳酸的酸性小于硫酸，则非金属性：C＜S，故d正确；
故答案为：d；
（4）①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量a kJ，则34g硫化氢即1mol反应的热效应为34akJ，所以其热化学方程式为H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=﹣34akJ/mol；
故答案为：H2S（g）+2NaOH（aq）=Na2S（aq）+2H2O（l）△H=﹣34akJ/mol；
②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，其反应的离子方程式为：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣，故答案为：2S2﹣+5H2O=S2O32﹣+4H2↑+2OH﹣；
③3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，即
=2，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则
＞2，所以Na2S失去的电子的物质的量大于12mol，因此产物中S的化合价高于+2价，所以有SO32﹣、SO42﹣；
故答案为：从图形可知，
＞2，故部分硫元素的化合价将高于+2价．
【分析】（1）电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小；
（2）根据乙醇的结构式分析；
（3）比较非金属性强弱，可以通过氢化物的稳定性、单质的氧化性、最高价氧化物水化物的酸性等角度分析；
（4）①常温下，在反应Ⅱ中，每吸收lgH2S气体放出热量a kJ，然后求出34g硫化氢即1mol反应的热效应，然后写出其热化学方程式；
②硫化钠与水反应生成S2O32﹣、氢气和氢氧化钠，根据电子守恒和原子守恒书写；
③3molNa2S若只生成S2O32﹣转移12mol电子，根据电子守恒可知，生成的氢气为6mol，由图象可知，生成的氢气大于6mol，则Na2S失去的电子的物质的量大于12mol．