第五章 化工生产中的非金属元素 单元检测卷 2023-2024学年高一化学下册人教版（2019）必修 第二册

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第五章 化工生产中的非金属元素 单元检测卷 2023-2024学年高一化学下册人教版（2019）必修 第二册一、选择题1．下列有关氮及其化合物的性质和用途具有对应关系的是（　　）A．氮气难溶于水，可用于合成氨B．硝酸见光易分解，可用于制氮肥C．二氧化氮密度比空气大，可用于制硝酸D．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂2．第24届冬奥会于2月4日-2月20日在北京举行，我国冰雪健儿获得9枚金牌；该届奥运金牌采用金镶玉工艺制作，奖牌挂带采用传统桑蚕丝织造，奖牌正面浅刻装饰纹样，其中冰雪纹表现了冬奥会的特征，祥云纹传达了吉祥的寓意。下列说法错误的是（　　）A．金牌的主要成分金和玉都属于无机物B．制作金牌挂带的桑蚕丝属于天然有机物C．祥云纹中涉及的云会产生丁达尔现象D．冰雪纹中提到的雪属于纯净物3．瓷器的材质属于（　　）A．金属材料 B．无机非金属材料C．合成高分子材料 D．天然高分子材料4．下列试剂能盛装在玻璃塞试剂瓶中的是（　　） A．盐酸 B．氢氟酸 C．水玻璃 D．KOH溶液5．下列化学反应的离子方程式，书写正确的是（　　） A．碳酸钙与稀盐酸反应： CO32− +2H+=CO2↑+H2OB．铁跟稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C．钾跟冷水反应：K+H2O=K++OH-+H2↑D．氢氧化铁溶于盐酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O6．下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是A．H+、K+、NO3−、SO42− B．Na+、Cu2+、OH−、Cl−C．Na+、H+、CO32−、NO3− D．Fe2+、H+、SO42−、ClO−7．下列各组离子一定能大量共存的是 （　　） A．某无色透明的酸性溶液：Cl-、Na+、MnO4-、 SO42−B．能使pH试纸变深蓝色的溶液：Na+、N H4+ 、K+、CO32-C．加入过量NaOH溶液后可得到澄清的溶液：K+、Ba2+、HCO3-、Cl-D．常温下碱性的溶液：K+、Ba2+、Cl-、NO3-8．欲检验只含一种阴离子的溶液中是否含有SO42－，下列操作中正确是（　　） A．先加入稀硝酸，没有产生沉淀，然后再加硝酸钡，产生白色沉淀，证明有SO42－存在B．先加入硝酸钡，产生白色沉淀，然后再加稀硝酸，沉淀不溶解，证明有SO42－存在C．先加入稀盐酸，没有产生沉淀，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42－存在D．先加入氯化钡，产生白色沉淀，然后再加稀盐酸，沉淀不溶解，证明有SO42－存在9．某混合固体A可能由Fe(NO3)3、Na2CO3、AlCl3、(NH4)2SO4、Cu、SiO2组成，取固体A完成如下实验(所加试剂均过量)：下列说法错误的是（　　）A．无色气体可能为NO和CO2的混合物B．固体A中一定有Fe(NO3)3、AlCl3、(NH4)2SO4、Cu、SiO2，可能有Na2CO3C．取沉淀C加盐酸溶解，加硫氰化钾无明显现象，再加双氧水，溶液变红色D．可通过取溶液B进行焰色反应来检验固体A是否含有Na2CO310．室温下，在强酸性和强碱性溶液中都能大量共存的离子组是（　　） A．Ba2+ 、 NO3− 、 Cl− 、 HCO3−B．K+ 、 Na+ 、 Cl− 、 SO42−C．K+ 、 Na+ 、 CO32− 、 SO42−D．Ba2+ 、 Fe2+ 、 Cl− 、 NO3−11．某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42﹣、HCO3﹣等离子．当向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，发现生成沉淀的物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（　　） A．原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1B．ab段发生的离子反应为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓C．原溶液中含有的阳离子必定有H+、NH4+、Al3+但不能肯定Mg2+和Fe3+的中的哪一种D．d点溶液中含有的溶质只有Na2SO412．某溶液中可能含有NH4+、K+、Ba2+、Fe3+、I-、SO32-、SO42-中的几种，现取100mL溶液先加入少量氯水，溶液呈无色。然后滴加足量BaCl2溶液，得到沉淀4.66g,在滤液中加足量NaOH溶液并加热,生成的气体在标准状况下体积为1.12L。已知：SO32-+Cl2+H2O＝SO42-+2Cl-+2H+；2Fe3++2I-＝2Fe2++I2，根据上述实验，以下推测正确的是（　　） A．原溶液一定存在NH4+、I-B．原溶液一定不含Ba2+、Fe3+、I-C．原溶液可能存在K+、Fe3+、SO42-D．另取试液滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，即可确定溶液所有的离子组成二、非选择题13．研究不同价态含硫物质之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。I．某小组同学设计实验实现不同价态含硫物质的转化。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（1）实验ⅰ选择的试剂是①和　 　(填序号)，证明实现转化的现象是　 　。 （2）Ⅱ．该小组同学利用所选试剂，设计了如图所示装置研究实验ⅱ。试管A中发生反应的化学方程式为　 　。（3）试管B中的现象是　 　。 （4）实验结束后，发现试管A中溶液几乎为无色，且试管中有较多的白色固体。若要证明试管A中白色固体为无水CuSO4，需要采取的操作是　 　。 （5）III．工业上用Fe(SO4)3酸性溶液处理SO2尾气的工艺流程如下所示：反应①的离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=SO42−+2Z+4H+，Z是　 　。（6）反应②中通入空气的目的是　 　。三、综合题14．游离态的硫存在于火山口附近或地壳的岩层中，火山喷发会释放SO2、H2S、COS等气体。回答下列问题：（1）上述气体中　 　(填化学式)是形成酸雨的主要物质。（2）COS的结构与CO2类似，其电子式为　 　。（3）S与Cu反应的化学方程式为　 　。（4）H2S能与SO2反应，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为　 　。15．甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH－、Cl－、CO32－、SO42－中的不同阳、阴离子各一种组成已知：①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol/L乙溶液中c(H+)>0.1mol/L；③向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。（1）甲是　 　，乙是　 　，丙是　 　，丁是　 　。（2）50mL含Na2SO4、Na2CO3的混合溶液中加入过量的甲溶液，得到14.51g白色沉淀，向白色沉淀中加入过量的稀HNO3充分反应后，沉淀减少到4.66g，并有气体产生。①写出产生气体的离子方程式：　 　；②混合溶液中Na+的物质的量的浓度是　 　。四、推断题16．元素的价类二维图是学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图象。下图为氮元素的价类二维图，其中箭头表示部分物质间的转化关系。请结合所学知识回答下列问题：（1）上图所述物质中，常用作保护气的是　 　，A的电子式为　 　。（2）实验室常借助转化关系①来制备A，其反应原理可用方程式表示为　 　，通常用来干燥A的试剂是　 　(填选项字母)。a.浓硫酸 b.P2O5 c.无水CaCl2 d.碱石灰（3）A也可直接转化为B，该反应的化学方程式为　 　。（4）工业上，将NO2用水吸收可制得硝酸，该反应中n(氧化剂)：n(还原剂)=　 　。（5）在浓硝酸中放入足量铜片，随反应进行，气体产物的颜色会越来越浅。反应即将结束时的离子方程式为　 　；待反应停止后，再加入少量稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是　 　。（6）在50mL混合酸中，c(HNO3)=0.4mol⋅L−1，c(H2SO4)=0.2mol⋅L−1，向其中加入2.56g铜粉微热，待充分反应后，溶液中Cu2+的物质的量浓度为　 　。答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．氮气与氢气反应生成氨气，可用于合成氨原料，与氮气的物理性质无关，选项A不符合题意；B．N为植物生长的营养元素，则硝酸可用于制氮肥，与硝酸见光易分解的性质无关，见光易分解是硝酸的不稳定性，选项B不符合题意；C．二氧化氮能与水反应生成硝酸，因此可用于制硝酸，与其密度比空气大无关，选项C不符合题意；D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，性质与用途对应，选项D符合题意；故答案为：D。【分析】A．氮气与氢气反应生成氨气，与氮气的物理性质无关；B．制氮肥与硝酸见光易分解的性质无关；C．二氧化氮能与水反应生成硝酸，与其密度比空气大无关；D．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，性质与用途对应。2．【答案】D【解析】【解答】A．金牌中的少量金和玉都属于无机物，A项不符合题意；B．金牌挂带由桑蚕丝制成，桑蚕丝属于天然有机物，B项不符合题意；C．分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系是胶体，自然界雾、云中分散质直径在1~100nm之间，属于胶体，能产生丁达尔现象，C项不符合题意；D．雪的主要成分都是水，同时含有其他杂质，不属于纯净物，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A.金为金属材料，玉的成分为硅酸盐，属于无机非金属材料；B.桑蚕丝的主要成分为蛋白质，属于天然有机物；C.丁达尔效应是胶体特有的性质。3．【答案】B【解析】【解答】A．金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称，而瓷器的材料主要是各种硅酸盐，故A不符合题意；B．无机非金属材料是以某些元素的氧化物、碳化物、氮化物、卤素化合物、硼化物以及硅酸盐、铝酸盐、磷酸盐、硼酸盐等物质组成的材料，而瓷器的材料主要是各种硅酸盐，故B符合题意；C．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，瓷器的材料主要是各种硅酸盐，不是合成高分子化合物，故C不符合题意；D．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物，高分子化合物分为天然高分子化合物、合成高分子化合物，瓷器的材料主要是各种硅酸盐，不是天然高分子化合物，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】瓷器的主要原料是硅酸盐，属于无机非金属材料。4．【答案】A【解析】【解答】A.盐酸和二氧化硅不反应，可以盛放在玻璃塞试剂瓶中，A符合题意；B.氟化氢能与二氧化硅反应生成四氟化硅气体和水，不能用玻璃瓶盛放，B不符合题意；C.硅酸钠黏性强，能用来粘合玻璃，不能用玻璃塞，C不符合题意；D.氢氧化钾能和二氧化硅反应生成硅酸钾，硅酸钾能用来粘合玻璃，不能用玻璃塞，D不符合题意。故答案为：A【分析】玻璃塞的主要成分是二氧化硅，选项中物质不能和其发生反应即可。5．【答案】D【解析】【解答】A．碳酸钙难溶于水，应以化学式表示，不能拆成离子，A不符合题意；B．稀硫酸的氧化能力弱，只能将Fe氧化为Fe2+，B不符合题意；C．钾跟冷水反应，生成KOH和H2，离子方程式为：2K+2H2O=2K++2OH-+H2↑，C不符合题意；D．氢氧化铁难溶于水，以化学式表示，溶于盐酸，生成FeCl3和H2O，离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O，D符合题意；故答案为：D。【分析】 根据离子方程式的书写要求：电荷守恒，质量守恒，难溶电解质写成化学式进行判读；A. 碳酸钙为难溶物；B. 铁与稀硫酸反应生成的是亚铁离子，不是铁离子；C. 质量不守恒；D. 氢氧化铁为难溶物，离子方程式中需要保留化学式．6．【答案】A【解析】【解答】A．四种离子间不形成沉淀、气体、水，故能够大量共存，故A符合题意；B．铜离子和氢氧根离子生成氢氧化铜沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；C．H+、CO32−反应生成水和二氧化碳，不能大量共存，故C不符合题意；D． 酸性条件下次氯酸根离子会把亚铁离子氧化为铁离子，不能大量共存，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A．四种离子间不反应；B． Cu2+与OH− 反应；C．H+与CO32−反应；D． Fe2+、H+、ClO− 之间反应。7．【答案】D【解析】【解答】A.高锰酸根和氯离子在酸性条件下，能发生氧化还原反应，故A不符合题意B.能使pH试纸变蓝的溶液，为碱性，氢氧根不能大量共存，故B不符合题意C.加入过量氢氧化钠，则碳酸氢根，不能大量共存，故C不符合题意D.碱性条件下，四种离子均能共存，故D符合题意故答案为：D【分析】能发生反应的即不能大量共存8．【答案】C【解析】【解答】A. 硝酸具有强氧化性，故在溶液中先加入硝酸，会将可能存在的SO32−氧化为SO42-，也会生成白色沉淀，即此方法不能排除SO32−的干扰，不能说明原溶液中含SO42-，A项不符合题意；B. 先加硝酸钡，产生白色沉淀，则白色沉淀可能是BaCO3或BaSO3或BaSO4，再加稀硝酸，则BaCO3会溶解，但会将可能生成的BaSO3氧化为BaSO4，故白色沉淀不溶解，不能说明原溶液中含SO42-，故B不符合题意；C. 先加稀盐酸，可以排除SO32−、CO32−的干扰，再加BaCl2，如果生成白色沉淀，则说明溶液中含SO42-，C项符合题意；D. 先加BaCl2，如果生成白色沉淀，则白色沉淀可能是BaCO3或BaSO3或BaSO4，还可能是AgCl，再加稀盐酸，BaCO3或BaSO3均溶解，但BaSO4和AgCl均不溶解，故原溶液中可能含SO42-，也可能含Ag+，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】SO32-、CO32-能和Ba2+生成白色沉淀，同时Cl-可以和Ag+反应也生成白色沉淀，故在检验SO42-的过程中要注意排除SO32-、CO32- 、Ag+等离子的影响，9．【答案】C【解析】【解答】A. 据分析可知，无色气体可能为NO和CO2的混合物，故A不符合题意；B. 据分析可知，该固体样品中一定含有Fe(NO3)3、AlCl3、(NH4)2SO4、SiO2，Cu，可能含有Na2CO3，故B不符合题意；C. 沉淀C含有Fe(OH)2，会有部分发生氧化，加盐酸溶解后再加硫氰化钾，溶液会变红色，故C符合题意；D. 取溶液B进行焰色反应，若产生黄色火焰，则说明固体A含有Na2CO3，反之则不含，故D不符合题意。【分析】固体A加入过量盐酸后得到固体B，固体B加入过量NaOH溶液有部分溶解，则固体B为Cu和SiO2的混合物，固体E为Cu；溶液B加入过量NaOH溶液后，先沉淀后沉淀溶解，说明固体A含有AlCl3和Fe(NO3)3，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，加入盐酸后发生反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所以沉淀C为中含有Fe(OH)2和Cu(OH)2，溶液B中通入氯化钡生成沉淀D，由于之前加入过盐酸则溶液A中含有(NH4)2SO4，无色气体B为NO，如果固体A中还含有Na2CO3，则气体B中还有CO2，由以上推断可知，固体A中一定含有Fe(NO3)3、AlCl3、(NH4)2SO4、SiO2，Cu，可能含有Na2CO3。10．【答案】B【解析】【解答】A． HCO3− 与 H+ 、 OH− 都不能共存，故A不符合题意； B． K+ 、 Na+ 、 Cl− 、 SO42− 在强酸性和强碱性溶液中都能大量共存，故B符合题意；C． CO32− 与 H+ 不能共存，故C不符合题意；D． Fe2+ ， NO3− 在酸性条件下会发生氧化还原反应， Fe2+ 与 OH− 不能共存，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】如离子之间不发生复分解反应（生成沉淀、气体、弱电解质）、不发生氧化还原反应或络合反应等，则离子之间能大量共存，以此解答该题。11．【答案】A【解析】【解答】A．根据分析可知，原溶液中含有的Fe3+和Al3+，且二者的物质的量相等，即其物质的量之比为1：1，故A符合题意；B．溶液中不存在镁离子，ab段发生的反应为：Al3++3OH-=Al（OH）3↓、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓，故B不符合题意；C．溶液中含有的阳离子必定有Fe3+、H+、NH4+、Al3+，一定不存在Mg2+，故C不符合题意；D．在d点溶液中含有的溶质并不只有Na2SO4，还含有NaAlO2，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】加入NaOH溶液，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，沉淀部分溶解，则溶液中一定含有Al3+，根据离子共存可知，溶液中一定不存在CO32-；当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+；根据溶液电中性可知，溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有NO3-；从ab和cd耗碱体积比值可知，若为Fe3+，则Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，刚好与纵坐标数据吻合；若为Mg2+，Mg2+和Al3+的物质的量之比为1.5：1，不能与纵坐标数据吻合，所以溶液中一定含有Fe3+，一定不含Mg2+．12．【答案】A【解析】【解答】取100mL溶液加入少量氯水，由于还原性SO32-＞I-，首先会发生反应：Cl2+SO32-+H2O＝2Cl-+SO42-+2H+，然后可能会发生反应：Cl2+2I-＝2Cl-+I2，溶液呈无色说明一定含有SO32-，SO32-会被氯水氧化为SO42-，SO32-与Fe3+、Ba2+均不能共存，故溶液中一定无Fe3+、Ba2+；此时白色沉淀是BaSO4，根据S元素守恒可知n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，故生成沉淀中的0.02molSO42-可能全部来自于被氧化的SO32-，也可能部分是原溶液中含有SO42-，向滤液加足量NaOH溶液、加热，生成气体为NH3，即原来溶液中一定含NH4+，在标准状况下体积为1.12L，故NH4+的物质的量为0.05mol。由于0.02mol SO32-(或SO32-和SO42-)带0.04mol负电荷，而0.05mol NH4+带0.05mol正电荷，而溶液要保持电中性，故溶液中一定含I-，可能含K+。另取试液滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，只能检验硫酸根离子，不能检验碘离子或钾离子，故上述说法正确的是A，A符合题意；故答案为：A。【分析】A．由分析知溶液中一定不存在I-；B．由分析知原溶液一定不含Ba2+、Fe3+、I-；C．由分析知溶液中一定不存在Fe3+；D．另取试液滴加足量盐酸、BaCl2溶液，只能检验出溶液中含不含SO42-，对K+的存在不能确定。13．【答案】（1）⑤；酸性 KMnO4 溶液褪色（2）Cu+2H2SO4(浓)Δ__CuSO4+SO2↑+2H2O（3）品红溶液褪色（4）冷却后，将装置A中溶液慢慢倒入盛有少量水的另一支试管中，观察溶液颜色变化（5）Fe2+（6）将 Fe2+ 氧化为 Fe3+ ，实现原料循环利用【解析】【解答】 (1)实验ⅰ选择的试剂是溶液 ① NaSO3是还原剂，需要加入氧化剂⑤酸性KMnO4， 现象是溶液紫色褪去；故答案为：第1空、⑤； 第2空、 酸性溶液褪色；(2) 试管A中发生反应是铜和浓硫酸反应，故答案为： 第1空、Cu+2H2SO4(浓)Δ__CuSO4+SO2↑+2H2O 。(3) 用品红溶液检验SO2，现象是品红溶液褪色，故答案为： 第1空、 品红溶液褪色。(4) 采取的操作是冷却后，将装置A中溶液慢慢倒入盛有少量水的另一支试管中，观察溶液颜色变化；故答案为：第1空、冷却后，将装置A中溶液慢慢倒入盛有少量水的另一支试管中，观察溶液颜色变化。(5) 根据电荷守恒可知，Z是Fe2+；故答案为：第1空、Fe2+。(6) 硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化生成硫酸铁，所以反应②中通入空气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，循环利用；故答案为：第1空、将Fe2+氧化为Fe3+，实现原料循环利用。【分析】(1) 实验ⅰ是将+4价的S转化为+6价，对应+4价的S的化合物是NaSO3，可以作为反应的还原剂，所以此反应还需要加酸性KMnO4作为强氧化剂把+4价的S氧化成+6价，反应的现象是溶液紫色褪去；(2) 铜和浓硫酸在加热的情况下反应会生成硫酸铜和二氧化硫以及水；(3) 品红溶液可以用来检验SO2，实验的现象是品红溶液褪色；(4) 鉴定白色固体是否是硫酸铜，可以采取的操作是冷却后，将装置A中溶液慢慢倒入盛有少量水的另一支试管中，如果发现溶液变成蓝色，说明白色固体是硫酸铜；(5) 电荷守恒是指反应物所有的电荷之和等于生成物所有的电荷之和；(6) 硫酸亚铁在酸性条件下可以被氧气氧化生成硫酸铁，通入空气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，从而实现循环利用。14．【答案】（1）SO2（2）（3）2Cu+SΔ__Cu2S（4）2：1【解析】【解答】（1）弄够形成酸雨的气体为二氧化硫、氮的氧化物等；（2） COS的结构与CO2类似 ，根据二氧化碳电子式，可得 COS的电子式为： ；（3）由于硫的氧化性弱，所以生成低价态的硫化亚铜，反应为： 2Cu+SΔ__Cu2S；（4）H2S能与SO2反应方程式为：2H2S+SO2=3S+H2O，产物中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2：1；【分析】（3）由于硫的氧化性弱，所以S与铜和铁反应都是生成低价态的物质，Cu2S和FeS。15．【答案】（1）氢氧化钡；硫酸；氯化镁；碳酸铵（2）BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；2.8mol/L【解析】【解答】（1）由分析可知，甲为氢氧化钡，乙为硫酸，丙为氯化镁，丁为碳酸铵，故答案为：氢氧化钡；硫酸；氯化镁；碳酸铵；（2） ①Na2SO4、Na2CO3的混合溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和BaSO4沉淀，加入过量的稀HNO3充分反应，BaCO3与稀HNO3反应生成CO2气体， 则反应生成气体的离子方程式为 BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑ ，故答案为： BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑ ；②最后剩余的沉淀为硫酸钡，质量为4.66g，其物质的量为0.02mol，则硫酸钠的物质的量也为0.02mol，碳酸钡的质量为14.51g-4.66g=9.85g，物质的量为0.05mol，则碳酸钠的物质的量为0.05mol，根据钠原子守恒可知， n（Na+）=2n（Na2SO4）+2n（Na2CO3）=2×0.02mol+2×0.05mol=0.14mol ，则c(Na+)=0.14mol50×10−3L=2.8mol/L，故答案为：2.8mol/L。【分析】（1）①将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成，离子组合后生成的沉淀应是：碳酸钡、硫酸钡、氢氧化镁，所以甲是氢氧化钡；②0.1mol/L乙溶液中c(H+)>0.1mol/L，说明乙是二元强酸，则乙是硫酸；③向丙容器中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成，说明丙中含有Cl-，且丙、丁都易溶于水，故丙为氯化镁，丁是碳酸铵； （2）Ba(OH)2和Na2SO4生成BaSO4不溶于硝酸，Ba(OH)2和Na2CO3反应生成BaCO3溶于硝酸，所以不溶的4.66g是BaSO4。16．【答案】（1）N2；（2）2NH4Cl+Ca(OH)2Δ__CaCl2+2NH3↑+2H2O；d（3）4NH3+5O2催化剂__Δ4NO+6H2O（4）1：2（5）3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；稀硫酸电离出H+，与溶液中剩余NO3−一起继续和Cu反应（6）0.3mol·L-1【解析】【解答】（1）氮气化学性质比较稳定，故常用作保护气的是N2；A为氨气，电子式为：；（2）实验时常利用氢氧化钙固体和氯化铵固体加热制备氨气，化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 Δ  __CaCl2+2NH3↑+2H2O；通常用来干燥氨气的试剂是d碱石灰，浓硫酸和P2O5与氨气反应，无水氯化钙与氨气能形成配合物，故答案为：d；（3）氨气催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O2催化剂__Δ4NO+6H2O；（4）NO2用水吸收可制得硝酸，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，其中2分子NO2化合价升高被氧化，1分子NO2化合价降低被还原，故该反应中n(氧化剂)：n(还原剂)=1：2；（5）浓硝酸与铜反应得到二氧化氮，随着反应进行，浓硝酸变稀，与铜反应生成NO，气体颜色变浅，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O；待反应停止后，再加入少量稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是：硝酸根有剩余，稀硫酸电离出H+，与溶液中剩余NO3−一起继续和Cu反应；（6）在混合酸中，n(H+)=[0.4mol⋅L−1+0.2×2mol⋅L−1]×0.05L=0.04mol，n(NO3−)=0.4mol⋅L−1×0.05L=0.02mol，2.56g铜粉的物质的量为：0.04mol，根据离子方程式：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，氢离子少量，氢离子完全反应，共消耗氢离子0.04mol，按比例消耗铜：0.015mol，故溶液中Cu2+的物质的量浓度为：0.015mol0.05L=0.3mol/L。【分析】（1）氮气化学性质比较稳定；氨气是共价化合物；（2）实验时常利用氢氧化钙固体和氯化铵固体加热制备氨气；依据气体的性质选择试剂；（3）氨气催化氧化生成一氧化氮；（4）氧化剂元素化合价降低； 还原剂元素化合价升高；（5）依据实验现象和硝酸浓度变化判断；（6）根据离子方程式计算。实验序号预期转化选择试剂证明实现转化的现象ⅰS+4→S+6 　 　ⅱS+6→S+4②⑥⑦