第五章 化工生产中的重要非金属元素 单元测试卷 强化作业 高中化学新人教版必修第二册（2022年）

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第五章化工生产中的重要非金属元素
单元测试卷
（限时：90分钟）
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列叙述不正确的是(　　)
A．二氧化硅是将太阳能转变为电能的常用材料
B．二氧化硫漂白过的草帽辫日久又变成黄色，说明二氧化硫的漂白是暂时的
C．维生素C易被氧气氧化，用作食品抗氧化剂
D．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土
【答案】A
【解析】A．硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池的主要原料，不是二氧化硅，故A错误；B．二氧化硫漂白原理是和某些有色物质化合生成不稳定的无色物质，时间久了会恢复原来的颜色，说明二氧化硫的漂白是暂时的，故B正确；C．维生素C具有还原性，易被氧气氧化，无毒，可用作食品抗氧化剂，故C正确；D．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，陶瓷是传统的硅酸盐产品，其主要原料为黏土，故D正确；故选A。
2．下列说法正确的是(　　)
A．由Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑可知，酸性H2SiO3>H2CO3
B．氢氟酸需要密封存放在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中
C．瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为熔化NaOH固体的装置
D．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生白色沉淀，过量时沉淀溶解
【答案】C
【解析】A．该反应能发生的根本原因是生成的CO2不断离开反应体系，从而使反应不断向右进行。碳酸的酸性强于硅酸，故A错误；B．氢氟酸能和玻璃中的SiO2反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，而且酸能腐蚀橡胶，所以不能用带橡胶塞的玻璃试剂瓶保存氢氟酸，故B错误；C．瓷坩埚中有SiO2和硅酸盐，SiO2能和熔化的NaOH反应生成硅酸钠和水，氧化铝也能和熔化的NaOH反应生成偏铝酸钠和水，所以瓷坩埚、氧化铝坩埚均不可作为熔化NaOH固体的装置，故C正确；D．向硅酸钠溶液中加入盐酸产生硅酸白色沉淀，硅酸不和盐酸反应，所以当盐酸过量时沉淀不会溶解，故D错误；故选C。
3．“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”是赞誉越窑秘色青瓷的诗句，描绘我国古代精美的青瓷工艺品。玻璃、水泥和陶瓷均为硅酸盐制品，下列有关说法中正确的是(　　)
A．玻璃是人类最早使用的硅酸盐制品
B．制水泥的原料为纯碱、石灰石和石英
C．硅酸盐制品的性质稳定、熔点较高
D．沙子和黏土的主要成分均为硅酸盐
【答案】C
【解析】A．陶瓷是人类最早使用的硅酸盐制品，故A错误；B．纯碱、石灰石和石英是制玻璃的原料，而制水泥的原料是黏土和石灰石，故B错误；C．硅酸盐制品性质稳定、熔点高，故C正确；D．沙子的主要成分是SiO2,黏土的主要成分是硅酸盐，故D错误；故答案：C。
4．化学与生产、生活、科技息息相关，下列叙述错误的是
A．华为首款5G手机搭载了智能7nm制程SoC“麒麟980”手机芯片的主要成分是二氧化硅
B．国产飞机C919用到氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
C．小苏打是面包发酵粉的主要成分之一
D．水玻璃可用作制备木材防火剂的原料
【答案】A
【解析】A．硅是良好的半导体材料，手机芯片的主要成分是硅，A错误；B．氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨损、超硬物质，是新型无机非金属材料，B正确；C．小苏打是碳酸氢钠的俗称，受热分解产生碳酸钠、水和二氧化碳气体，是面包发酵粉的主要成分之一，C正确；D．水玻璃是硅酸钠溶液，硅酸钠耐高温、不可燃，可用作木材防火剂，D正确；答案选A。
5．科学探究与创新意识是化学研究工作者的必备素养。根据所学知识判断下列探究肯定没有意义的是
A．探究氯水中有漂白性的粒子 B．探究SO2能否被浓硫酸氧化
C．探究合金中金属元素的组成 D．探究钠与CO2是否能反应
【答案】B
【解析】A．新制氯水的成分较多，其中具有漂白性的是HClO，因此探究氯水中有漂白性的粒子是有意义的，A不符合题目要求；B．SO2与浓硫酸为同种元素不同价态表现出的还原性和氧化性，且两者S为相邻价态，不能发生氧化还原反应，因此探究SO2能否被浓硫酸氧没有意义，B符合题目要求；C．不同的合金组成不同，性能有差异，因此探究合金中金属元素的组成，有意义，C不符合题目要求；D．钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和碳，因此探究钠与二氧化碳是否能反应有意义，D不符合题目要求；故选：B。
6．下列说法中不正确的是(　　)
A．在自然界中有游离态的硫存在
B．试管内壁的硫粉可以用热的碱液除去
C．硫与金属反应，生成低价态的金属化合物
D．硫的氧化性比氯气的强
【答案】D
【解析】A．游离态的硫存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，A正确；B．S可以与热的碱液反应生成硫化钠和亚硫酸钠，可以达到目的，B正确；C．硫的氧化性较弱，与变价金属化合时，只能生成低价态金属硫化物，如S与Fe、Cu反应，生成FeS、Cu2S；氯气的氧化性较强，把变价金属氧化为最高价，C正确，
D．硫的氧化性较弱，与变价金属化合时，只能生成低价态金属硫化物，如S与Fe、Cu反应，生成FeS、Cu2S；氯气的氧化性较强，Cl2与Fe、Cu反应生成高价态金属化合物FeCl3、CuCl2，D错误；故选D。
7．已知某物质X能发生如图转化，下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是(　　)

A．若X为N2或NH3，则A为硝酸
B．若X为S，则A为硫酸
C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
D．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y
【答案】C
【解析】A．若X为N2或NH3，则Y为NO、Z为NO2、A为HNO3，符合转化关系，故A正确；B．若X为S，则Y为SO2、Z为SO3、A为H2SO4，符合转化关系，故B正确；C．物质与单质氧气的反应一定属于氧化还原反应，即反应①和②一定为氧化还原反应，若X为S或H2S，反应③可以为三氧化硫与水生成硫酸，属于非氧化还原反应，若X为N2或NH3，反应③为二氧化氮与水生成硝酸与NO，若X为Na时，Y为Na2O、Z为Na2O2，反应③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，属于氧化还原反应，故C错误；D．若X为N2或NH3，则Y为NO、Z为NO2、A为HNO3，稀硝酸能与Cu反应生成NO，浓硝酸与Cu反应生成二氧化氮，若X为S或H2S，Y可为SO2，这样Y为SO3，A为H2SO4，浓硫酸能与Cu反应生成SO2，但稀硫酸不能与Cu反应，故D正确。答案选C。
8．下列关于硫的化合物说法正确的是(　　)
A．能使品红、溴水等物质褪色，体现了漂白性
B．常温下浓硫酸可以用铝罐贮存，说明常温下铝与浓硫酸不反应
C．浓硫酸能干燥、等气体，体现了浓硫酸的吸水性
D．硫化氢水溶液有还原性，暴露在空气中往往会产生浑浊的现象
【答案】D
【解析】A．SO2能使溴水褪色，是氧化还原反应，是还原性，而不是漂白性，故A错误；B．常温下，铝于浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜而阻碍反应的继续进行，故B错误；C．浓硫酸不能干燥，会与其反应生成发烟硫酸，故C错误；D．硫化氢被氧气氧化生成硫单质和水，2H2S+O2=2S↓+2H2O，所以会产生浑浊的现象，故D正确；故选：D。
9．对下列事实的解释正确的是
A．浓硝酸在光照下，溶液颜色变黄，是因为浓硝酸具有强氧化性
B．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
C．久置氯水酸性比新制氯水强，是因为久置氯水中HClO增多
D．将氨气通入无色酚酞试液中，溶液颜色变红，是因为氨气溶解于水后使溶液呈碱性
【答案】D
【解析】A．浓硝酸在光照下，溶液颜色变黄，是因为浓硝酸具有不稳定性，在光照下会发生分解生成NO2、O2和水，NO2溶于浓硝酸而使浓硝酸显黄色，故A错误；B．盐碱地含较多Na2CO3等使土壤显碱性，不利于作物生长，施加熟石灰后，土壤的碱性会变得更强，则土壤更加不利于作物生长，故B错误；C．氯水久置时，氯水中的Cl2不断和水反应生成盐酸和HClO，弱酸HClO不断分解为强酸盐酸，所以久置氯水酸性比新制氯水强，氯水久置，最终溶液是稀盐酸，不再有HClO和Cl2等分子，故C错误；D．氨气溶于水，和水反应生成弱碱NH3∙H2O，NH3∙H2O发生微弱电离，产生OH-，使溶液呈碱性，所以将氨气通入无色酚酞试液中，溶液颜色变红，故D正确；故选D。
10．属于人工固氮的是(　　)
A．用N2和H2合成氨 B．闪电将空气中N2转化为NO
C．用NH3和CO2合成尿素 D．豆科植物的根瘤固氮
【答案】A
【解析】A．工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故A正确；B．闪电时N2转化为NO，属于自然固氮，故B错误；C．用NH3和CO2合成尿素，是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，更不是人工固氮，故C错误；D．豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于生物固氮，故D错误；故答案为A。
11．下列是对某溶液进行离子检测的方法和结论，其中正确的是
A．取样，加入NaOH溶液，若不产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液不含
B．取样，先加入盐酸酸化，无现象，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则溶液中含
C．取样，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则溶液中含有
D．取样，先加入适量盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则溶液含Cl-
【答案】B
【解析】A．湿润的红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，取样，若溶液含，加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，不产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体氨气，要检验溶液中是否含有，应该加入浓NaOH溶液或加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明溶液中含有，故A不符合题意；B．向某溶液中加入盐酸酸化，若无现象，排除了银离子等干扰离子，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，该沉淀一定为硫酸钡，则溶液中含，故B符合题意；C．取样，加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，可能为硫酸钡、碳酸钡、氯化银等，则溶液中不一定含有，故C不符合题意；D．取样，先加入适量盐酸酸化，盐酸中的氯离子干扰了氯离子的检验，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，不能证明溶液含Cl-，故D不符合题意；答案选B。
12．下列有关反应的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．新制氯水久置后浅黄绿色消失
B．将NH3通入滴有酚酞的水中，溶液变红色，加热后又变无色
C．往FeCl2溶液中滴入NaOH溶液，先出现白色沉淀，后转化为灰绿色，最后转化为红褐色
D．NO2溶于水后变为无色，同时有气体放出，放出的气体遇到空气变为红棕色
【答案】B
【解析】A．氯水中的次氯酸易分解生成HCl和氧气，分解时Cl、O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B．氨气与水反应生成一水合氨，溶液显碱性，加酚酞变红色，加热一水合氨分解生成氨气，溶液褪色，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B选；C．氯化亚铁和NaOH反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，所以涉及氧化还原反应，故C不选；D．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，反应中N元素的化合价发生变化，发生氧化还原反应，故D不选；故选B。
13．下图装置用于气体的干燥、收集和尾气吸收，其中X、Y、Z对应都正确的是(　　)

选项
X
Y
Z
A
无水硫酸铜
氯气
饱和食盐水
B
氢氧化钠固体
氨气
水
C
氯化钙
二氧化硫
氢氧化钠溶液
D
碱石灰
一氧化氮
氢氧化钠溶液
【答案】C
【解析】A．Cl2尾气吸收应该用氢氧化钠溶液，不能用饱和食盐水，A错误；B．氨气不能用向上排空气法收集，B错误；C．氯化钙可用于干燥二氧化硫气体，二氧化硫可用向上排空气法收集，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，C正确；D．一氧化氮气体与氧气反应，不能用排空气法收集，D错误；故答案选C。
14．将3.84g铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全溶解时，收集到NO、NO2混合气体2.24L(标准状况下)，则所消耗酸的物质的量是(　　)
A．0.1mol B．0.11mol C．0.16mol D．0.22mol
【答案】D
【解析】根据铜和硝酸的反应，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，可知消耗的硝酸有两个去处，一个是被还原生成氮的氧化物，一个是生成硝酸铜，根据元素守恒n(HNO3)=n(NOx)+2n(Cu(NO3)2)=，
故选D。
15．分别由短周期元素m、n、p、q组成的单质依次为甲、乙、丙、丁，有关反应关系如图所示(部分产物省略)。其中甲为黄绿色气体，M、N均为10电子分子且M的水溶液呈碱性，Q为离子化合物，下列说法中正确的是

A．原子半径的大小：m＞q＞n＞p
B．元素非金属性：q＞p＞n
C．n和p两元素形成的化合物可能组成离子化合物
D．M和甲反应的另一个产物可能显碱性
【答案】C
【解析】由上述分析可知，m、n、p、q分别为Cl、N、H、F。A．原子核外电子层数越多，半径越大，原子核外电子层数相同，则原子序数越大，半径越小，因此半径的大小关系为N＞F＞H，即n＞q＞p，故A说法错误；B．同周期元素从左至右非金属性逐渐增大，同主族元素从上至下非金属性逐渐减小，因此非金属性大小关系为F＞Cl＞N＞H，即q＞m＞n＞p，故B说法错误；C．与H-、N3-等可形成离子化合物，故C说法正确；D．NH3与Cl2反应根据参加反应的物质的量不同，产物不同，生成物中一定有N2，另一种产物可能为HCl或NH4Cl，其水溶液均呈酸性，不可能呈碱性，故D说法错误；故答案为C。
16．将0.51mol铜与250mL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。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入300mL5mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀。则下列选项正确的是(　　)
A．反应中转移电子1.0mol
B．产生NO2气体0.26mol
C．原HNO3浓度为8.0mol/L
D．原HNO3浓度为6.0mol/L
【答案】C
【解析】A．该反应中只有Cu失去电子，所以0.51molCu失去的电子即转移的电子，为1.02mol，故A错误；B．NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则有x+y＝=0.5mol，根据电子守恒可知3x+y＝1.02mol，联立解得x=0.26y=0.24，即NO2气体0.24mol，故B错误；C．向反应后溶液中加入NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由钠离子守恒n(NaNO3)=n(NaOH)=0.3L×5mol/L=1.5mol，根据氮原子守恒可知n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2+NO)=1.5mol+0.5mol=2mol，故原有硝酸的物质的量浓度为=8mol/L，故C正确；D．根据C选项分析可知原HNO3浓度为8.0mol/L，故D错误；综上所述答案为C。
二、非选择题
17．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：
(粗)(纯)
i.步骤①的化学方程式为______。
ii.步骤②的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和______。
物质
Si
SiCl4
SiHCl3
SiH2Cl2
SiH3Cl
HCl
SiH4
沸点/℃
2355
57.6
31.8
8.2
-30.4
-84.9
-111.9
【答案】Si4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O2C+SiO2Si+2CO↑蒸馏
【解析】(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+SiO2=SiF4↑+2H2O；(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+SiO2Si+2CO↑；Ii．由于SiHCl3、SiCl4的沸点相差较大，可利用蒸馏的方法分离。
18．分别向盛有①紫色石蕊试液②澄清石灰水③品红溶液④酸性高锰酸钾溶液的试管中通入气体。
(1)试管①中的实验现象为_______。
(2)试管②中发生反应的离子方程式为_______(通入少量的)。
(3)上述实验中，出现溶液褪色现象的是_______(填试管标号)。
(4)上述实验中，表现出酸性氧化物性质的是_______(填试管标号，下同)。表现出漂白性的是_______，表现出还原性的是_______。
(5)从海水中提取溴常用空气吹出法，即用氯气(　　)将海水里的溴化钠()中的溴置换出来，再用空气吹出溴(　　)，流程示意图如下：

①请写出在吸收塔中发生的反应的离子方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目____。
②假设最后在蒸馏塔中获得理论上从酸化的海水开始，至少消耗_(标准状况下)。
【答案】溶液由紫色变为红色③④①②③④44.8
【解析】(1)为酸性氧化物，向试管①紫色石蕊溶液中通入气体的实验现象为溶液由紫色变为红色。
(2)向试管②澄清石灰水中通入少量的气体，发生反应的离子方程式为。
(3)因为具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以上述实验中，出现溶液褪色现象的是③④。
(4)表现出酸性氧化物性质的是能使紫色石蕊溶液褪色；能与澄清石灰水反应，所以符合题意的是①②；表现出漂白性的是使品红溶液褪色，表现出还原性的是使酸性高锰酸钾溶液褪色。
(5)①在吸收塔中发生的反应的离子方程式为：，Br原子由Br2中0价降低到Br-中-1价，得到2个电子，S元素由SO2中+4价升高到中+6价，失去2个电子，所以S元素转移2个电子给Br元素，故有②由发生的三个反应可知，最后在蒸馏塔中获得，理论上从酸化的海水开始，至少消耗为。
19．细菌可以促使铁、氮两种元素进行氧化还原反应，并耦合两种元素的循环。耦合循环中的部分转化如下图所示。

(1)上图所示氮循环中，属于氮的固定的有______(填字母序号)。
a．N2转化为氨态氮b．硝化过程c．反硝化过程
(2)氮肥是水体中氨态氮的主要来源之一、检验氨态氮肥中的实验方案是______。
(3)硝化过程中，含氮物质发生______(填“氧化”或“还原”)反应。
(4)氨态氮与亚硝态氮可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生0.02mol氮气时，转移的电子的物质的量为______mol。
(5)土壤中的铁循环可用于水体脱氮(脱氮是指将氮元素从水体中除去)，结合图示中的转化，土壤中的铁循环脱除水体中氨态氮和硝态氮的原理用离子方程式表示如下：6Fe3++2=6Fe2++N2↑+8H+和______。
【答案】a取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有氧化0.0610Fe2++2+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O
【解析】(1)氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态氮的方法，即氮气→含氮化合物或离子；a．N2转化为氨态氮，属于人工固氮，故a符合题意；b．硝化过程是将转化为，转化为，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故b不符合题意；c．反硝化过程正好和硝化过程相反，属于含氮化合物的转化，不属于固氮，故c不符合题意；故答案为a；(2)检验的原理是先将转化为NH3，再根据氨气的性质用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，方法为：向溶液中加入浓NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有；(3)硝化过程是将转化为，氮元素的化合价从-3价升高到+3价，转化为，氮元素化合价从+3价升高到+5价，化合价升高，发生了氧化反应；(4)氧化生成H2O和N2，离子方程式为+N2↑+2H2O，转化为氮气时，氮元素的化合价从-3价升高到0价，1mol转化为氮气时，氮元素的化合价从+3价升高到0价，当生成1mol氮气时，转移3mole-，即n(e-)=3n(N2)=3×0.02mol=0.06mol；(5)由图可知：铁循环脱除水体中硝态氮过程是Fe2+和反应生成Fe3+和N2，离子方程式为10Fe2++2+12H+=10Fe3++N2↑+6H2O。
20．某小组同学欲探究NH3催化氧化反应，按如图1装置进行实验。

A、B装置可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、NaOH固体、MnO2。
(1)B装置中烧瓶内固体名称为___________。
(2)NH3催化氧化的化学方程式是___________。
(3)甲乙两同学分别按上述装置进行实验，一段时间后，装置G中溶液都变成蓝色。
①甲观察到装置F中有红棕色气体，生成红棕色气体的化学方程式是___________。
②乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是(写化学式)___________。
③已知酸性条件下的硝酸根有强氧化性，G中生成亿能用排水法收集的无色气体。试根据条件，用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因：___________。
(4)为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进。
①甲认为可调节K1和K2控制A、B装置中的产气量，应___________(填“增加”或“减少”，下同)装置A的产气量，或___________装置B中的产气量。
②乙认为可在装置E、F间增加一个装置，该装置可以是图2中___________。(填字母)
(5)为实现该反应，也可用图3所示的装置替换上述装置中虚线框部分，化合物X为___________，NH4HCO3的作用是___________。
【答案】氢氧化钠4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O2=2NO2NH4NO33Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O增加减少acNa2O2NH4HCO3分解放出NH3，同时放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2
【解析】(1)B装置是氨水滴入到氢氧化钠固体上，NaOH固体溶于水放出大量热，氨气在温度高的情况下溶解度小，在氨水中存在平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，平衡向左移动；加入NaOH固体，氢氧化钠电离出氢氧根离子，OH﹣浓度增加，平衡向左移动，故答案为：氢氧化钠；(2)氨的催化氧化反应，氨气中﹣3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧化氮，化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(3)①氨气发生了催化氧化的产物一氧化氮，一氧化氮是无色气体，一氧化氮极易和氧气化合为红棕色的二氧化氮，即2NO+O2=2NO2，所以装置F中有红棕色气体产生，故答案为：2NO+O2═2NO2；②乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟是由于碱性气体氨气和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体，故答案为：NH4NO3；③在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO，获得硝酸，金属铜和硝酸反应，3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，实质是：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；(4)①为了氧化氨气，氧气需过量，需增加氧气的量，减少氨气的量，A为制氧气的装置，增加A中氧气的量，故答案为：增加；减少；②在F中看到红棕色的二氧化氮，为了避免生成硝酸铵，需要避免生成硝酸，需除去水或氨气，可以在装置E、F间增加一个装置，该装置可以是将氨气或水除去，故答案为：ac；(5)为实现2NO+O2═2NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，故答案为：Na2O2；NH4HCO3分解放出NH3，同时放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2。
21．研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。
I．以下是硫元素形成物质的价类二维图及含硫物质相互转化的部分信息。

(1)B的化学式是______________；G是一种钠盐，它的电离方程式是_________________。
(2)C有毒，实验室可以用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式是_________________。
(3)检验H中阴离子的实验操作及现象是_____________。
(4)C→D→E以及C→F→E都是造成酸雨的可能途径，请写出其中任意一条路径的化学方程式_________。
II．某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。
可选用的实验药品如下：①Na2SO3溶液②浓硫酸③Na2S溶液④稀硫酸⑤酸性KMnO4溶液⑥品红溶液⑦铜片
实验序号
预期转化
选择试剂(填序号)
证明实现转化的现象
i



ii

①、③、④
淡黄色沉淀
iii

②、⑦、⑥

(5)实验i选择的试剂是①和_____(填序号)，证明实现转化的现象是______，该转化利用了Na2SO3的_______性。
(6)实验ii实现了________价S向__________价S的转化。
(7)实验iii中发生反应的化学方程式是________，证明实现转化的现象是___________。
【答案】SNa2SO3=2Na++SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O先滴加稀盐酸没有明显现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，则可推断该溶液中有SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=H2SO4或者2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4⑤酸性高锰酸钾溶液褪色还原性+4(或者-2)0Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O将产生气体通入品红溶液，品红褪色
【解析】I．(1)B是硫元素的单质，化学式是S；G是硫元素的+4价钠盐，化学式为Na2SO3，该物质是易溶性的强电解质，电离产生Na+、，电离方程式为：Na2SO3=2Na++；(2)C是S元素的+4价的氧化物，则该氧化物化学式是SO2，该气体能够与NaOH反应产生Na2SO3、H2O，反应的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O；H是S元素+6价的盐，其阴离子是，可利用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质检验，具体检验方法是：先滴加稀盐酸没有明显现象，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀产生，则可推断该溶液中有；(4)C是+4价S的氧化物SO2，D是+6价S的氧化物SO3，E是+6价的S元素的酸H2SO4；SO2与O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生SO3，SO3溶于水得到H2SO4，反应方程式为：2SO2+O22SO3、SO3+H2O=H2SO4；F是S元素+4价的酸H2SO3，SO2溶于水反应产生H2SO3，H2SO3被溶于水的O2氧化产生H2SO4，反应方程式为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=H2SO4；II．i.要实现+4价的S的化合物转化为+6价的S的化合物，可以利用Na2SO3具有强还原性，能够与酸性能够与KMnO4溶液发生氧化还原反应产生Na2SO4、MnSO4、K2SO4及水，使溶液紫色褪色，故使用物质是①⑤，反应现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；该转化利用了Na2SO3的还原性；ii.①Na2SO3溶液，③Na2S溶液，④稀硫酸，三种物质在溶液中会发生反应：Na2SO3+2Na2S+3H2SO4=3S↓+3Na2SO4+3H2O，该反应实现了+4价与-2价的S的化合物向0价的S单质之间的转化关系；iii.②是浓硫酸，⑥是品红溶液，⑦是铜片，在反应中要实现S元素由+6价变为+4价，可以是Cu与浓硫酸混合加热，然后将反应产生的气体通入品红溶液中进行检验。Cu与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；SO2气体具有漂白性，能够使品红溶液褪色，因此若观察到品红溶液褪色，就可以证明发生了该反应，实现了+6价S转化为+4价的S 。