第五章 化工生产中的重要非金属材料 课时练习
一、单选题
1．下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是（ ）
A．K+ H+ SO42- OH- B．Na+ Ca2+ CO32- NO3-
C．Na+ H+ Cl- CO32- D．Na+ Cu2+ Cl- SO42-
2．下列材料中不含SiO2的是（ ）
A．光纤 B．玻璃 C．石英 D．芯片
3．下列关于浓硫酸的说法正确的是（ ）
A．不能用铁制容器盛装冷浓硫酸
B．稀释浓硫酸是将水沿着容器壁慢慢倒入浓硫酸中
C．浓硫酸能使蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性
D．浓硫酸是一种常用的液体干燥剂，可用于干燥氨气
4．下列有关叙述均正确且存在因果关系的是（ ）
选项 叙述I 叙述II
A NH4HCO3受热易分解 NH4HCO3可用作化肥
B HClO见光易分解 用新制氯水杀菌、漂白
C 浓硫酸具有强氧化性 浓硫酸可用作H2、O2、CO2的干燥剂
D 胶体具有丁达尔效应 用可见光束照射可区别胶体和溶液
A．A B．B C．C D．D
5．化学与生活密切相关．下列有关说法不正确的是（ ）
A．燃料的脱硫脱氮、NO的催化转化都是减少酸雨产生的措施
B．利用稀硝酸清除铜镜表面的铜锈是因为稀硝酸具有强氧化性
C．BaSO4难溶于水和强酸，在医学上常用作钡餐
D．食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质
6．开发新材料是现代科技发展的方向之一．下列有关材料的说法正确的是（ ）
A．合成纤维和光导纤维都是有机高分子材料
B．SiO2是人类将太阳能转变为电能的常用材料
C．水晶、玛瑙、水泥和瓷器都是硅酸盐制品
D．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
7．下列有关物质性质的描述不符合事实的是
A．有机物不导电 B．金刚石是自然界最硬的物质
C．可用作食品防腐剂 D．NO可用于某些疾病的治疗
8．下列有关说法中错误的是（ ）
A．氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中
B．玻璃、水晶、陶瓷的主要成分均是硅酸盐
C．灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，因为坩埚中的SiO2能与NaOH反应
D．由沙子制备光伏材料时的反应之一为SiO2＋2C Si＋2CO↑
9．下列各组离子中，能在溶液里大量共存的是（ ）
A．H+、NH4+、SO42-、Cl- B．K+、Fe3+、OH-、SO42-
C．Na+、H+、HCO3-、Cl- D．Ca2+、Na+、CO32-、NO3-
10．下列关于C、Si及其化合物性质与应用的叙述错误的是（ ）
A．热稳定性CH4＞SiH4
B．硅可以用作制造变压器的铁芯材料
C．用焦炭还原二氧化硅可以得到含有少量杂质的粗硅
D．石墨烯是一种碳氢化合物
11．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图），下列说法正确的是（ ）
A．洗气瓶中产生的沉淀是BaCO3 B．在Z导管出来的气体中无CO2
C．洗气瓶中产生的沉淀是BaSO3 D．在Z导管口有红棕色气体出现
12．下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A．含有大量AlO2-的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-
B．pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Fe3+、SO42-
C．碱性溶液中： K+ 、Al3+、 Cl- 、HCO3-
D．Na2S溶液中： SO42- 、K+ 、Cu2+ 、Cl-
13．下列各组离子在常温下一定能大量共存的是（ ）
A．Na2S溶液中：SO 、K＋、Cl－、Cu2＋
B．在c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液中：NH 、NO 、K＋、Cl－
C．加入铝粉能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH 、NO 、Cl－
D．通入大量CO2的溶液中：Na＋、ClO－、CH3COO－、HCO
14．硫元素的价类二维图如图所示(其中h、g的阳离子均为Na+)。下列说法正确的是（ ）
A．可以用f的浓溶液除去a中混有的水蒸气
B．将c通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色
C．工业上制备f时，用浓度为98.3%的f溶液吸收d
D．b与Fe在加热条件下反应生成Fe2S3
15．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A．含有FeCl2的溶液中： 、H+、K+、Ca2+
B．中性溶液中：Fe3+、 、 、
C．澄清透明溶液中：Cu2+、 、Cl-、Mg2+
D． 的溶液中： 、Na+、OH-、S2-
16．二氧化硫、氮氧化物是大气的主要污染物。以下说法错误的是（ ）
A．用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染
B．往燃煤中加入生石灰，可减少的排放
C．、可在大气中稳定存在
D．城市空气中氮氧化合物主要来源于汽车尾气的排放
二、综合题
17．晶体硅（熔点1140℃）是良好的半导体材料．由粗硅制纯硅过程如下：
Si（粗） SiCl4 SiCl4（纯） Si（纯）
（1）试写出工业制粗硅的方程式： ．
（2）写出由SiCl4还原制得Si的方程式： ．
18．现有三种可溶性物质A、B、C，其中A、B属于盐，C属于碱，它们溶于水后电离产生的所有离子如下表所示：
阳离子 Na＋ H＋ Ba2＋
阴离子 OH－ CO32－ SO42－
请根据下列叙述回答问题：
（1）C的化学式为 。
（2）A溶液与B溶液反应可生成气体X，则X的化学式为 ，该反应的离子方程式为 。
（3）A,B溶液与C溶液反应可分别生成白色沉淀D和E，其中D可溶于稀硝酸。
①B的化学式为 ，鉴别溶液中B的阴离子的试剂为 。
②D溶于稀硝酸的离子方程式为 。
③D与E的混合物ag，加入足量盐酸，完全反应生成的气体在标准状况下体积为VL，则E在混合物中的质量分数的表达式为 。
19．下图是地壳中含量较大的九种元素分布图，图中X、Y、Z分别表示不同元素。
回答下列问题：
（1）X的名称为 ，硅元素在自然界以 (填"游离态"或“化合态”)形式存在。
（2）Y的氧化物属于 氧化物， 硅的氧化物属于 氧化物(填“酸性”、 “两性”或“碱性" )。
（3）常用ZCl3溶液作为刻制印刷电路时的“腐蚀液" ，该反应的离子方程式为 ，区别ZCl3溶液和Z(OH)3胶体的方法是 。
（4）由粗硅制备硅烷(SiH4)的基本流程如下图所示(反应条件均省略)：
已知：反应I、II的化学方程式分别为Si+3HCl=SiHCl3+A，SiHCl3+B=Si+3HCl( 均已配平)。
①A的化学式为 。
②反应I、II、III中，有 个属于氧化还原反应。
③反应IV中生成的SiH4和NH3两种气体的物质的量之比为 。
20．根据描述及要求填空：
（1）“纳米材料”是当今材料科学研究的前沿，其研究成果广泛应用于催化及军事科学中．所谓“纳米材料”是指研究、开发出的微粒粒度从几纳米至几十纳米的材料，如将纳米材料分散到分散剂中，所得混合物可能具有的性质是 ．
A．能全部透过半透膜 B．有丁达尔效应
C．所得液体呈胶状 D．所得物质一定是悬浊液
（2）把淀粉溶液溶于沸水中，制成淀粉胶体，回答下列问题．
①鉴别水溶液和胶体可以利用的方法是 ．
②60℃ 左右时，在淀粉胶体中加入淀粉酶，装入半透膜袋里，系紧袋口，并把它悬挂在盛有蒸镏水的烧杯里充分反应．从半透膜里析出的物质是 ，该操作的名称是 ．
21．硫化氢()、二氧化硫()是有害气体，可用多种方法进行脱除。
（1）实验室制取乙炔时，用硫酸铜溶液除去乙炔气体中混有的气体，发生反应：，计算25℃时，该反应的平衡常数为 。(已知25℃时，的，)
（2）某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的，装置示意图如图，主要反应：(FeS难溶于水)，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对的去除率的影响。
①装置中微电池负极的电极反应式为 。
②一段时间后，单位时间内的去除率降低，可能的原因是 。
（3）溶液脱除空气中并再生的原理如图所示。
将一定体积含的空气匀速通入溶液中，反应相同时间，初始浓度。及其pH与脱除率的关系如图所示。当，脱除率下降的原因是 。
（4）在恒容密闭容器中，用H2还原生成S的反应分两步完成(如图所示)，该过程中部分物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图所示：
依据上图描述H2还原生成S的过程： 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．H+与OH-反应生成水，不能大量共存，A不符合题意；
B． Ca2+和CO32-反应碳酸钙沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C． H+和CO32- 之间反应生成二氧化碳气体，不能大量共存，C不符合题意；
D．四种离子之间不反应，能大量共存，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．由于生成弱电解质不能大量共存；
B．由于生成沉淀不能大量共存；
C．由于生成气体不能大量共存；
D．各离子不能反应。
2．【答案】D
【解析】【解答】光纤、玻璃、石英中均含有SiO2，芯片是由单质硅制成的，不含有SiO2，故答案为：D。
【分析】（1）含二氧化硅的材料：玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件和陶器等；
（2）硅可以做半导体材料，如芯片、太阳能电池板。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．铁单质与浓硫酸在常温下会钝化，可用铁制容器盛装冷浓硫酸，故A不符合题意；
B．浓硫酸的稀释过程中需将浓硫酸加入水中，不能将水加热浓硫酸中，否则浓硫酸容易飞溅伤人，故B不符合题意；
C．浓硫酸能够将蔗糖中氢原子和氧原子按照2：1脱去，使蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，故C符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性和酸性，不能用于干燥氨气，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A、浓硫酸可使铁钝化；
B、浓硫酸的稀释时酸加入水；
C、浓硫酸具有脱水性，可以使含氧有机物变黑；
D、浓硫酸不可以干燥氨气。
4．【答案】D
【解析】【解答】A．NH4HCO3含有铵根离子，是植物能吸收的氮，NH4HCO3可用作化肥，与NH4HCO3的稳定性无关，A不符合题意；
B．HClO具有强氧化性，新制氯水中含有HClO能杀菌、漂白，与HClO见光易分解无关，B不符合题意；
C．浓硫酸具有吸水性，可用作H2、O2、CO2的干燥剂，与其氧化性无关，C不符合题意；
D．用可见光束照射胶体和溶液，胶体发生丁达尔现象，溶液不能，可以用丁达尔效应区别溶液和胶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮元素为植物生成需要的营养元素；
B.次氯酸具有强氧化性；
C.浓硫酸用于干燥气体，利用的是其吸水性；
D.丁达尔效应是胶体特有的性质。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：A．采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故A正确；
B．铜锈是碱式碳酸铜，利用稀硝酸清除铜镜表面的铜锈是利用了硝酸的酸性，故B错误；
C．X射线对BaSO4穿透能力较差，BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba2+中毒，所以常用BaSO4做内服造影剂，故C正确；
D．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，所以食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋，防止食物受潮和氧化变质，故D正确；
故选B．
【分析】A．二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质；为减少酸雨的产生，只要减少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的产生；
B．铜锈是碱式碳酸铜，和硝酸反应不是氧化还原反应；
C．X射线对BaSO4穿透能力较差，BaSO4既不溶于水，也不溶于酸，可经人体排出体外，不会引起Ba2+中毒；
D．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性；
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A、光导纤维的成分是SiO2，不是高分子，故A错误
B、硅是半导体，所以Si是人类将太阳能转变为电能的常用材料，故B错误；
C、水晶、玛瑙的主要成分是SiO2，而不是硅酸盐产品，故C错误；
D、氮化硅陶瓷硬度大、强度高，是新型无机非金属材料之一，故D正确；
故选D．
【分析】A、光导纤维的成分是SiO2；
B、硅是半导体；
C、水晶、玛瑙的主要成分是SiO2；
D、氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料；
7．【答案】A
【解析】【解答】A.有机物中有的物质也可以导电，如乙酸，A选项是错误的；
B. 金刚石是自然界最硬的物质 ，B选项是正确的；
C.SO2具有还原性，可以防止食物被氧化，C选项是正确的；
D.NO可以起到扩张血管的作用，D选项是正确的。
故答案为：A。
【分析】A.在一定的条件下能够实现电子传递的物质就可以导电；
B.金刚石为共价晶体，内部的C-C键比较稳定，因此具有高硬度、高熔沸点；
C.SO2具有还原性，可以与氧化性的物质发生反应，但是因为其有毒，所以作食品添加剂时应该少量；
D.NO虽是一种有毒气体，但是它也具有许多功效，可以治疗疾病。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.氢氟酸能腐蚀玻璃，所以氢氟酸不能盛放在玻璃试剂瓶中，A不符合题意；
B.水晶的主要成分是SiO2 ，不是硅酸盐，B符合题意；
C.瓷坩埚是硅酸盐产品，坩埚中的SiO2能与NaOH反应，用铁坩埚，C不符合题意；
D.沙子的主要成分是SiO2 ，光伏材料的成分是晶体硅，由沙子制备光伏材料时的反应之一为SiO2＋2C Si＋2CO↑，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氢氟酸能够腐蚀玻璃，导致溶液变质；
B、水晶的成分为二氧化硅，不是硅酸盐；
C、氢氧化钠能够与二氧化硅反应，所以不能用瓷坩埚灼烧氢氧化钠；
D、光伏材料主要为硅晶体，沙子的主要成分为二氧化硅，利用二氧化硅与碳单质在高温的条件下反应制备硅晶体；
9．【答案】A
【解析】【解答】A.四种离子彼此不反应，能大量共存，A项符合题意；
B.Fe3+与OH-生成沉淀，不能大量共存，B项不符合题意；
C.H+与HCO3-生成CO2气体和水，不能大量共存，C项不符合题意；
D.Ca2+与CO32-生成沉淀，不能大量共存，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据离子间的相互反应（复分解反应、氧化还原反应等）判断。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：C＞Si，所以物质的热稳定性：CH4＞SiH4，A不符合题意；
B．硅铁合金可以用作制造变压器的铁芯材料，B不符合题意；
C．二氧化硅中含有杂质，在高温下焦炭与二氧化硅反应产生Si和CO，杂质也被还原产生相应的单质，也会有部分碳混在硅中，因此用焦炭还原二氧化硅得到的是含有少量杂质的粗硅，C不符合题意；
D．石墨烯是一种碳元素的单质，不是化合物，D符合题意；
故答案为D。
【分析】A.非金属性越强对应的氢化物的稳定性越强
B.硅可做变压器材料
C.木炭可以还原二氧化硅得到粗硅
D.石墨烯是一种单质
11．【答案】D
【解析】【解答】碳和浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，铜和硝酸反应生成二氧化氮气体，同时通入氯化钡溶液中，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸可以氧化二氧化硫生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，二氧化碳不反应，所以沉淀为硫酸钡，不是碳酸钡，导管出来的气体有二氧化碳和一氧化氮，一氧化氮遇到空气，和氧气反应生成红棕色的二氧化氮。所以选D。
【分析】
解题第一步：写出碳和浓硫酸，铜和浓硝酸的反应方程式，判断各自产生的气体
（浓硫酸生成二氧化碳和二氧化硫气体，浓硝酸生成二氧化氮气体）
第二步：分析每一种气体通入氯化钡溶液的反应情况
（二氧化硫溶于水转化为亚硫酸，二氧化氮溶于水转化为稀硝酸和NO气体，强酸性溶液中二氧化碳不反应，）
第三步：分析溶液中各物质间的反应情况
（二氧化硫、亚硫酸具强还原性，稀硝酸具强氧化性，相互反应转化成硫酸和NO气体；生成的硫酸遇BaCl2转化为硫酸钡沉淀。）
第四步，解题。
A、沉淀为硫酸钡
B、Z中导出气体为CO2和NO
C、沉淀为硫酸钡
D、Z中导出的NO气体与空气被氧气氧化为NO2
12．【答案】B
【解析】【解答】A. HCO3 与AlO2 反应生成氢氧化铝沉淀和CO32 离子，不能大量共存，故A不符合题意；
B. pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故B符合题意。
C. 碱性溶液中含有大量OH－，会与Al3＋反应生成Al(OH)3沉淀，与HCO3－反应生成CO32－和H2O，不能大量共存，故C不符合题意；
D. Na2S溶液中含有S2－，会与Cu2＋反应生成CuS沉淀，不能大量共存，故D不符合题意；
故答案选B。
【分析】根据溶液的环境和特定物质的存在，结合离子反应的条件分析离子间能否发生离子反应即可。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．含S2－溶液中不能大量存在Cu2＋，易生成CuS黑色沉淀，故A不符合题意；
B．c(H＋)/c(OH－)＝1012的溶液显酸性，在酸性条件下NH 、NO 、K＋、Cl－彼此间不发生离子反应，可大量共存，故B符合题意；
C．加入铝粉能放出H2的溶液中可能显酸性或碱性，碱性溶液中不可能大量存在Mg2＋、NH ，在酸性溶液中如存在NO ，则不可能生成氢气，故C不符合题意；
D．因HClO是弱酸，且酸性比碳酸弱，则通入大量CO2的溶液中不可能大量存在ClO－，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】离子共存就是判断离子间是否发生反应的问题。若在溶液中能够发生反应，就不能大量共存。判断能否发生反应，不仅是有沉淀、气体、水、难电离的物质产生，还涉及到溶液酸碱性、有色、无色，能否进行氧化还原反应等。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．a是S的-2价氢化物，a是H2S；b是S；c是S的+4价氧化物，c是SO2；d是S的+6价氧化物，c是SO3；e是S的+4价含氧酸，e是H2SO3；f是S的+6价含氧酸，f是H2SO4；g是S的+4价含氧酸的钠盐，g是Na2SO3；h是S的+6价含氧酸的钠盐，h是Na2SO4，浓H2SO4有强氧化性，H2S有还原性，发生氧化还原反应，不能用浓H2SO4除去H2S中的H2O，A不符合题意；
B．SO2有漂白性，但不能漂白指示剂，B不符合题意；
C．SO3与H2O反应放热剧烈，工业上用浓硫酸吸收SO3，C符合题意；
D．S与Fe反应生成FeS，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．a是S的-2价氢化物，a是H2S；b是S；c是S的+4价氧化物，c是SO2；d是S的+6价氧化物，c是SO3；e是S的+4价含氧酸，e是H2SO3；f是S的+6价含氧酸，f是H2SO4；g是S的+4价含氧酸的钠盐，g是Na2SO3；h是S的+6价含氧酸的钠盐，h是Na2SO4，浓H2SO4有强氧化性，H2S有还原性，发生氧化还原反应，不能用浓H2SO4除去H2S中的H2O；
B．SO2有漂白性，但不能漂白指示剂；
C．工业上用浓硫酸吸收SO3；
D．S与Fe反应生成FeS。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．含有FeCl2的溶液中，Fe2+、 、H+会发生氧化还原反应，在水溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．Fe3+在pH=4.4时已经沉淀完全，中性溶液中不能大量存在Fe3+、 和 之间会发生双水解反应，在水溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．Cu2+、 、Cl-、Mg2+之间不发生化学反应，在水溶液中可以大量共存，故C符合题意；
D．常温下，Kw=c(H+)c(OH-)=10-14， ，则c(OH-)=10-13mol/L，c(H+)=10-1mol/L，c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，酸性条件下， 、OH-、S2-与H+会发生反应生成Al(OH)3或Al3+、水、HS-或硫化氢，在溶液中不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】能够共存说明不发生复分解反应或者是不发生氧化还原反应
能够与氢离子反应的是：氢氧根、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸氢根、亚硫酸根、偏铝酸根等等
能够与氢氧根反应的是：氢离子、铁离子、镁离子、铜离子、碳酸氢根等等
具有还原性的离子是：碘离子、硫离子、亚硫酸根、亚铁离子
具有氧化性的离子是：铁离子、高锰酸根、硝酸根
16．【答案】C
【解析】【解答】Ａ． 用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染 ，A不符合题意；
Ｂ．二氧化硫在高温下和氧化钙反应生成亚硫酸钙，可减少二氧化硫的排放，B不符合题意；
Ｃ．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，不能稳定存在，C符合题意；
Ｄ． 城市空气中氮氧化合物主要来源于汽车尾气的排放 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】Ａ． 用碱液吸收燃煤废气可减少环境污染 ；
Ｂ．二氧化硫在高温下和氧化钙反应生成亚硫酸钙；
Ｃ．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮；
Ｄ． 城市空气中氮氧化合物主要来源于汽车尾气的排放 。
17．【答案】（1）SiO2+2C Si+2CO↑
（2）2H2+SiCl4 Si+4HCl
【解析】【解答】解：（1）C还原二氧化硅制粗硅，化学反应为SiO2+2C Si+2CO↑，
故答案为：SiO2+2C Si+2CO↑；（2）高温下氢气与四氯化硅（SiCl4）反应可制得高纯度的硅，同时生成氯化氢气体，反应的化学方程式为2H2+SiCl4 Si+4HCl．
故答案为：2H2+SiCl4 Si+4HCl．
【分析】（1）C还原二氧化硅制粗硅；（2）高温下氢气与四氯化硅（SiCl4）反应可制得高纯度的硅，同时生成氯化氢气体．
18．【答案】（1）Ba(OH)2
（2）CO2；2H++CO32-=H2O+CO2↑
（3）NaHSO4；盐酸、BaCl2溶液；2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑； ×100%
【解析】【解答】（1）通过以上分析，C是氢氧化钡，其化学式为Ba(OH)2；（2）A是碳酸钠、B是硫酸氢钠，二者反应生成二氧化碳，所以X是CO2，离子方程式为2H++CO32-=H2O+CO2↑，故答案为：CO2；2H++CO32-=H2O+CO2↑；（3）①通过以上分析知，B的化学式为NaHSO4，B中阴离子为硫酸根离子，其检验方法是先加稀盐酸除去其它离子干扰，然后再滴加氯化钡溶液，如果有白色沉淀生成，就说明含有硫酸根离子，故答案为：NaHSO4；盐酸、BaCl2溶液；
②D是碳酸钡，碳酸钡和稀硝酸反应生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为2H++BaCO3=Ba2++H2O+CO2↑；
③D是碳酸钡、E是硫酸钡，碳酸钡和稀盐酸反应，而硫酸钡和稀盐酸不反应，n(CO2)= = mol，根据C原子守恒得n(CO2)=n(BaCO3)= mol，则m(BaCO3)= mol×197g/mol= g，硫酸钡的质量=(a )g，则E在混合物中的质量分数的表达式为 ×100%。
【分析】（1）根据题意，可知A是碳酸钠、B是硫酸氢钠，C是氢氧化钡；
（2）碳酸钠和硫酸氢钠可以反应得到二氧化碳；
（3）在检验离子时，应该消除其他离子的干扰；溶质质量分数等于溶质的质量与溶液质量之比。
19．【答案】（1）氧；化合态
（2）两性；酸性
（3）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；丁达尔效应
（4）H2；3；1：4
【解析】【解答】（1）由上述分析可知，X为氧元素，Si是亲氧元素，在自然界中没有游离态的Si存在，以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，则硅只以化合态形式存在；故答案为：氧，化合态。（2）Y为Al元素，其氧化物为Al2O3，既能与酸反应生成盐和水，即Al2O3+ 6H+ =2Al3+ + 3H2O，又能与强碱反应生成盐和水，即Al2O3 + 2OH- =2AlO2-+ H2O，Al2O3属于两性氧化物，硅的氧化物为SiO2，与强碱反应生成盐和水，即能和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，因SiO2也和氢氟酸反应生成SiF4和水，由于SiF4不是盐，所以SiO2不是碱性氧化物，SiO2是酸性氧化物；故答案为：两性，酸性。（3）Z为Fe元素，ZCl3为FeCl3，铁离子具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应生成铜离子和亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；丁达尔效应，是胶体特有的性质，可鉴别胶体和溶液，区别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体用丁达尔效应；故答案为：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，丁达尔效应。（4）①由Si+3HCl=SiHCl3+A反应可知，化学反应遵循质量守恒定律，则A为H2；故答案为：H2。
②由反应I：Si+3HCl=SiHCl3+H2，反应II：SiHCl3+H2=Si+3HCl，反应III：2Mg+Si Mg2Si，三个反应均涉及单质的反应，均存在元素化合价的变化，则Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应；故答案为：3。③由题中信息可知，Mg2Si与NH4Cl发生反应，生成SiH4、NH3和MgCl2，其化学方程式为Mg2Si+4NH4Cl=SiH4↑+4NH3↑+2MgCl2，SiH4和NH3两种气体的物质的量之比为1：4；故答案为：1：4。
【分析】根据地壳中元素含量可知，地壳中含量最高的为氧元素，占48.6%，第二位是硅元素，占26.3%，第三位是铝元素，占7.73%，也是地壳中含量最多的金属元素，第四位是铁元素，占4.75%，则可判断X为O元素，Y为Al元素，Z为Fe元素；根据题中所给的化学方程式，由质量守恒定律，判断A的化学式和氧化还原反应个数；根据题中信息，写出反应IV，得出气体的物质的量之比；据此解答。
20．【答案】（1）B
（2）让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；麦芽糖；渗析
【解析】【解答】解：（1）散系中分散质的直径在1nm～100nm之间的属于胶体分散系，由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间，则该混合物属于胶体，所以所得混合物可能具有的性质是胶体的性质，胶体的分散质微粒较大，不能通过半透膜，但能透过滤纸胶体都能产生丁达尔效应，故答案为：B；（2）①胶体和溶液的区别是：胶体具有丁达尔效应，而溶液不具备，可以据此来鉴别二者，故答案为：让一束可见光分别照射两瓶无色液体，可见到一条光亮通路的为淀粉胶体；②淀粉水解生成葡萄糖，胶粒不能透过半透膜，萄糖是小分子，能透过，可用渗析提纯胶体，故答案为：麦芽糖；渗析．
【分析】（1）由“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十米的材料，则分散到液体分散剂中，分散质的直径在1nm～100nm之间；（2）①虽然外观相同的水溶液和胶体有很多性质差异，但用于区别二者最简便可靠的特征性质还是丁达尔现象；②淀粉在淀粉酶的作用下会水解成小分子，可透过半透膜，但酶作为蛋白质留在半透膜袋内．
21．【答案】（1）
（2）；生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢，铁的量因消耗而减少，形成微原电池的数量减少，化学反应速率减慢
（3）增大铁离子浓度，会促进硫化氢被氧化，生成的氢离子使溶液的pH降低，降低硫化氢的溶解度，前者影响小于后者时，硫化氢的去除率降低
（4）0~t1时间内，氢气与二氧化硫反应生成硫化氢气体，时间内二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质
【解析】【解答】（1）反应的平衡常数表达式为，即，故填；
（2）①根据反应可知，该电池铁作负极，负极反应为：，故填；
②一段时间后，单位时间内硫化氢的去除率降低，可能的原因是生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢，铁的量因消耗而减少，形成微原电池的数量减少，化学反应速率减慢，故填生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢，铁的量因消耗而减少，形成微原电池的数量减少，化学反应速率减慢；
（3）从图中可以看出时，硫化氢的去除率降低，其原因为：增大铁离子浓度，会促进硫化氢被氧化，其方程式为，生成的氢离子使溶液的pH降低，降低硫化氢的溶解度，前者影响小于后者时，硫化氢的去除率降低，故填增大铁离子浓度，会促进硫化氢被氧化，生成的氢离子使溶液的pH降低，降低硫化氢的溶解度，前者影响小于后者时，硫化氢的去除率降低；
（4）从图中可以看出，0~t1时间内，氢气反应完全，与二氧化硫反应生成的X的量达到最大值，消耗的H2与SO2物质的量之比为6：2=3：1，则X为硫化氢气体，时间内为二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质，故填0~t1时间内，氢气与二氧化硫反应生成硫化氢气体，时间内二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质。
【分析】（1）利用计算；
（2）①根据电池反应确定负极反应；
②依据影响反应速率的因素分析；
（3）依据化学平衡移动原理分析；
（4）先生成硫化氢，再二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质。
