【化学】化工生产中的重要非金属元素测试题 2023-2024学年高一下学期人教版（2019）必修第二册

第五章化工生产中的重要非金属元素测试题一、单选题1．下列方法不合理的是（）A．用Ba(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3 B．用水鉴别乙醇和四氯化碳C．用澄清石灰水鉴别CO和CO2 D．用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠2．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是A．“84”消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B．加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C．中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiO2D．太阳能光催化环境技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于可再生资源3．下列关于浓硝酸和浓硫酸的叙述错误的是A．常温下，都可以贮存于铝制容器中B．分别露置在空气中，容器内溶质的物质的量浓度都降低C．都是常用的干燥剂D．和铜反应中都表现出强氧化性和酸性4．下列叙述和解释正确的是选项叙述原因或解释ASO2通入氢氧化钠酚酞溶液中，溶液褪色SO2具有漂白作用B将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性C过滤时应用玻璃棒引流和搅拌防止滤液溅出和缩短过滤时间D浓硝酸应保存在棕色瓶中浓硝酸易挥发A．A B．B C．C D．D5．雷雨时，空气中的氮气和氧气可生成氮的氧化物为A．NO2 B．HNO3 C．H2SO4 D．NH3•H2O6．下列实验中不能达到实验目的的是A．装置甲为配制一定浓度的溶液时的定容操作B．利用图乙制取并检验二氧化硫C．装置丙可用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性D．利用图丁制取并收集少量NH37．下列化学反应中起固氮作用的是（）A．雷电使氮气和氧气反应生成了一氧化氮气体B．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮C．氨气经催化氧化生成一氧化氮D．由氨气制碳酸氢氨和硫酸氨8．我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要流程如下(部分物质已略去)，下列有关说法正确的是A．①～③所涉及的操作方法相同B．饱和食盐水中先通入，再通入有助于制备产品C．该流程中可以循环使用D．溶液B中含有的阳离子只有9．下列说法不正确的是（）A．Fe2O3可用作红色颜料 B．浓H2SO4可用作干燥剂C．可用SiO2作半导体材料 D．NaHCO3可用作焙制糕点10．探究铜和浓硫酸的反应，下列装置或操作错误的是甲乙丙丁A．上下移动装置甲中的铜丝便于控制反应随开随停B．装置乙可用于收集气体C．将试管中的液体倒入装置丙中稀释，观察颜色可确定的生成D．利用装置丁将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出11．下列物质不具有漂白性的是（）A．O3 B．SO2 C．HClO D．NaOH12．下列方程式不正确的是（）A．铁粉与硫粉混合加热反应：2Fe＋3SFe2S3B．红热的碳与浓硫酸反应：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2OC．二氧化硫通入水中：D．过量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液：SO2+NaOH=NaHSO313．化学与生产、生活密切相关。下列有关硅及其化合物的说法不正确的是A．硅单质是常用的导体材料 B．硅单质常被用于制造太阳能电池C．玻璃能被氢氟酸刻蚀 D．二氧化硅常被用于制造光导纤维14．下列有关物质用途的叙述错误的是A．SO2可用于杀菌消毒，是一种食品添加剂B．液氨常用作制冷剂，是因为氨气液化时要吸收大量的热C．硅单质具有良好的半导体性能，可制成计算机的芯片D．硫酸铵、碳酸氢铵等铵盐是农业上常用的化肥15．下列对浓硫酸相应性质的描述正确的是A．浓硫酸使纸张变黑——吸水性B．浓硫酸作某些气体的干燥剂——脱水性C．浓硫酸与木炭在加热条件下反应——氧化性D．向蔗糖中加入浓硫酸生成海绵状的炭——酸性二、非选择题16．碳酸盐、有机物等均是自然界碳循环中的重要物质。回答下列问题：(1)下列物质属于化合物但不属于电解质的是______(填标号)。A．石墨B．C．乙醇()D．(2)金属镁在足量中燃烧能生成氧化物和单质，写出该反应的化学方程式：______(3)工业上制取金刚砂(SiC，Si为+4价)的反应为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。(4)含KCN的废水可用氯氧化法处理，反应原理为(化合物中N化合价均为-3价)，该反应中被氧化的元素是______(填元素符号)。(5)通入过量氯气，可将氰酸盐进一步氧化，其反应为______，请将该反应的化学方程式补充完整。17．非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D，已知D为强酸。请回答下列问题。ABCD(1)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。①A、C的化学式分别是_________。②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，该反应的化学方程式为________；体现D的什么性质________。(2)氮化硅Si3N4)可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO①请写出氮化硅中氮元素的化合价是________，以上反应中的氧化剂是________，还原剂是________。②若该反应生成11.2L一氧化碳(标准状况)，则生成氮化硅的质量是________(保留小数点后一位)。18．盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”。现就三大酸与金属反应的情况，回答下列问题：（1）稀盐酸不与Cu反应，若在稀盐酸中加入H2O2(常见氧化剂，作氧化剂时还原产物为水)后，则可使铜顺利溶解。该反应的化学方程式为：______________________。（2）在一定体积的10mol·L－1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0．9mol。则浓硫酸的实际体积________________(填“大于”、“等于”或“小于”)180mL。若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液)，则该反应的离子方程式为__________________。（3）欲迅速除去铝壶底部的水垢，又不损坏铝壶，最好的方法是()A．浓盐酸B．稀硝酸C．冷的浓硝酸D．冷的浓硫酸19．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。(已知：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O)请回答下列问题：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是_______。(2)反应后，装置B中发生反应的离子方程式为_______，装置C中的现象是_______，表现了SO2的_______；装置D中现象是_______，发生反应的化学方程式为_______。(3)F装置的作用是_______，漏斗的作用是_______。20．喷泉是一种常见的现象，其产生原因是存在压强差。图I为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。(1)你认为下列组合中能形成喷泉的选项是_______。A．和 B．和C．和稀盐酸 D．和溶液(2)若要利用图II装置产生喷泉，则在图II的锥形瓶中分别加入足量的下列物质后，能产生喷泉的是_______。A．与稀硫酸 B．碳酸氢钠与稀盐酸C．碳酸钙与稀硫酸 D．与浓硝酸21．Zn与不同浓度的H2SO4反应，其还原产物不同，（1）将13g锌粉投入足量的18.4mol/L的浓硫酸中，充分反应后，所得SO2气体其标况下体积为多少升？_____（2）若将一定量的锌投入100mL14.5mol/L的浓硫酸中，反应后锌完全溶解，将反应后溶液稀释至1L，测得溶液中c（SO42﹣）＝1.05mol/L、[H+]＝0.1mol/L．反应产生SO2体积（标准状况下）V（SO2）＝_____L，V（H2）＝_____L。（3）将（1）中产生的气体缓缓通入100MLamol/LNaOH溶液中，SO2、NaOH都完全消耗，则a的取值范围为_____。22．氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、极易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。实验室用如图所示装置制备氨基甲酸铵，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备。(1)结合上述实验装置，写出制备氨基甲酸铵的化学方程式：_____。该反应为_____(填“吸热”或“放热”)反应。(2)液体石蜡鼓泡瓶的作用是_____，冰水的作用是_____。(3)从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是_____。(4)氨基甲酸铵极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，请写出其水解反应方程式：_____。(5)某实验小组通过上述实验装置进行实验，得到了一份只含有少量碳酸铵杂质的氨基甲酸铵固体产品。为验证氨基甲酸铵的水解产物有，该实验小组计划用上述样品进行实验。请补充以下实验设计方案：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，得到无色溶液，_____。(限选试剂：蒸馏水、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液)(6)氨基甲酸铵可用作肥料，其肥效比尿素_____(填“强”或“弱”)。【参考答案】一、单选题1．A解析：A、Ba(OH)2溶液和Na2CO3、NaHCO3反应，均会产生白色沉淀，故该方法无法鉴别Na2CO3和NaHCO3，A错误；B、水和乙醇互溶，和四氯化碳不互溶，会出现分层，且水在上层，故可以用水鉴别乙醇和四氯化碳，B正确；C、CO不和澄清石灰水反应，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故可以用澄清石灰水鉴别CO和CO2，C正确；D、硫酸和碳酸钠反应产生气泡，和硅酸钠反应产生白色沉淀，和硫酸钠不反应，故可以用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠，D正确；故选A。2．C解析：A．84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；B．生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；C．5G芯片主要材料是Si单质，C错误；D．太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料属于二次能源，D正确；故选C。3．C解析：A．浓硝酸、浓硫酸都具有强的氧化性，遇到铁、铝都发生钝化，故A正确；B．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸具有挥发性，所以敞口露置于空气中，一段时间后，容器内的溶质的物质的量浓度都降低，但浓硫酸质量增加、浓硝酸质量减少，故B正确；C．浓硝酸不具有吸水性，不能作干燥剂，故C错误；D．铜分别与浓硫酸和浓硝酸的反应中，浓硫酸和浓硝酸都是部分被氧化并生成相对应的盐和氧化物，体现了现了强氧化性和酸性，故D正确；故选：C。4．B解析：A、SO2通入氢氧化钠酚酞溶液中，溶液褪色，是因为SO2为酸性氧化物，与NaOH反应，使酚酞褪色，体现了SO2酸性氧化物的性质，A项错误；B、将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，由于浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水碳化，然后因为浓硫酸的强氧化性，浓硫酸与C反应生成SO2、CO2，固体膨胀，B项正确；C、过滤时应用玻璃棒引流，但不能用玻璃棒搅拌，C项错误；D、浓硝酸保存在棕色瓶中，是为了防止浓硝酸见光分解，D项错误；本题答案选B。5．A解析：A．NO2由N与O组成且只有两种元素，属于氧化物，故A符合；B．HNO3属于酸，故B不符；C．H2SO4属于酸，故C不符；D．NH3•H2O，属于碱，故D不符；故选A。6．B解析：A．配制一定浓度的溶液时的定容时，眼睛与刻度线相切，溶液凹液面与刻度线相平，能达到实验目的，故A不符合题意；B．品红溶液褪色后再将瑞色的品红溶液加热，无色变为红色，因此利用图乙不能验证是二氧化硫，故B符合题意；C．关闭活塞K，干燥红纸不变色，说明干燥的氯气没有漂白性，打开活塞K，干燥红纸褪色，说明湿润的氯气具有漂白性，因此装置丙能用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性，故C不符合题意；D．浓氨水加入到氧化钙中生成氨气，氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，利用图丁能制取并收集少量NH3，故D不符合题意。综上所述，答案为B。7．A解析：A．氮气与氧气在放电条件下生成一氧化氮，属于氮的固定，故A正确；B．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，是不同氮的化合物之间转化，不属于氮的固定，故B错误；C．氨气经催化氧化生成一氧化氮是氮的化合物之间的转化，不是固氮作用的反应，故C错误；D．由氨气制碳酸氢氨和硫酸氨，是氮的化合物之间的转化，不是固氮作用的反应，故D错误；故选A。8．C解析：A．由分析可知，①、③所涉及的操作方法为过滤，②涉及的操作方法为加热，与①、③不同，故A错误；B．由分析可知，制备碳酸氢钠的操作为向饱和食盐水中先通入极易溶于水的氨气，再通入溶于水的二氧化碳，这样操作的目的是增大二氧化碳在溶液中的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成和析出，故B错误；C．由分析可知，碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳可以循环使用，故C正确；D．由分析可知，滤液B中含有氯化钠、碳酸氢钠、氯化铵，溶液中含有的阳离子为铵根离子、钠离子，故D错误；故选C。9．C解析：A.Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；B.浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；C.单质Si是半导体材料，故C错误；D.NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；答案选C。10．B解析：A．Cu和浓硫酸在加热条件下反应可产生二氧化硫，上下移动装置甲中的铜丝可控制反应的发生和停止，从而控制SO2的生成，A正确；B．SO2的的密度比空气大，可用向上排空气法收集，应采用长管进短管出，B错误；C．含铜离子的溶液呈蓝色，可以将试管中的液体倒入水中稀释，根据溶液是否呈蓝色确定是否有CuSO4生成，C正确；；D．结晶水合物加热时容易失去结晶水，不宜采取蒸发结晶的方法，硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶可析出CuSO4⋅5H2O，D正确；答案选B。11．D解析：A．O3有强氧化性，具有漂白性，A错误；B．SO2与水反应生成亚硫酸，可与色素结合，具有漂白性，B错误；C．HClO有强氧化性，具有漂白性，C错误；D．NaOH为强碱，不具备漂白性，D正确；故选D。12．A解析：A．硫的氧化性弱，铁粉与硫粉混合加热反应生成硫化亚铁，反应方程式Fe＋SFeS，故A错误；B．红热的碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应方程式是C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O，故B正确；C．二氧化硫通入水中生成亚硫酸，反应方程式是，故C正确；D．过量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠，反应的化学方程式是SO2+NaOH=NaHSO3，故D正确；选A。13．A解析：A.硅单质是常用的半导体材料，故A错误；B.硅单质常被用于制造太阳能电池、硅芯片，故B正确；C.玻璃能被氢氟酸刻蚀，因玻璃中的成分二氧化硅和氢氟酸反应，故C正确；D.二氧化硅常被用于制造光导纤维，故D正确。综上所述，答案为A。14．B解析：A．二氧化硫具有一定的抑制细菌和真菌滋生的作用，具有一定的防腐作用，如葡萄酒中加入少量二氧化硫，是一种食品添加剂，A正确；B．液氨常用作制冷剂，是因为液氨汽化吸收热量，B错误；C．硅位于金属与非金属的交界处，其导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，C正确；D．硫酸铵、碳酸氢铵、硝酸铵等铵盐都含铵根离子，能够被植物吸收，在农业生产中常用作氮肥，D正确；答案选B。15．C解析：A．浓硫酸可使纸中H、O元素以水的形式脱出，纸张变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A错误；B．浓硫酸具有吸水性，可以作某些气体的干燥剂，故B错误；C．浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了浓硫酸的氧化性，故C正确；D．向蔗糖中加入浓硫酸生成海绵状的炭，则浓硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出体现脱水性，故D错误；答案选C。二、非选择题16．BC1：2c解析：(1)A．石墨是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，A错误；B．溶于水生成碳酸溶液会导电、因碳酸电离出可自由移动离子而导电、二氧化碳自身不提供自由离子，故二氧化碳属于非电解质，B正确；C．乙醇()及其水溶液均不含可自由移动的离子、均不可导电，则乙醇属于非电解质，C正确；D．是难溶性盐、溶于水的部分能电离出离子、属于电解质，D错误；则属于化合物但不属于电解质的是BC；(2)金属镁在足量中燃烧，发生置换反应，能生成氧化镁和碳，该反应的化学方程式：；(3)反应中，硅和氧化合价不变，碳转变为CO时，碳化合价升2，作还原剂，碳转变为碳化硅时由0降低到-4，降低了4价、作氧化剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；(4)反应(化合物中N化合价均为-3价)中，该反应中KCN的碳化合价为+2、KOCN中碳化合价为+4、则KCN→KOCN时，C元素被氧化；(5)______的右边缺少碳元素、过量氯气环境中，碳元素对应的产物应为二氧化碳，则完整的该反应的化学方程式为：。答案为。17．(1)N2；NO2Cu+4HNO3=2NO2+Cu(NO3)2+2H2O氧化性、酸性(2)-3N2C11.7解析：A在常温下是非金属气体单质，且C为红棕色气体，则C为NO2，与水反应生成的含氧酸D为硝酸；B与氧气反应可得NO2，则B为NO；A与氧气反应可得NO，则A为N2。（1）①由分析知，A为N2，C为NO2；②D的浓溶液，即浓硝酸与铜反应可以生成硝酸铜、二氧化氮和水，其化学方程式为，生成盐的性质体现了酸性，生成二氧化氮，氮元素的化合价降低，体现了强氧化性。（2）①Si3N4中Si显+4价，可知N显-3价；上述反应中，N元素从0价变到-3价，C元素从0价变到+2价，所以氧化剂是N2，还原剂是C；②若该反应生成11.2L一氧化碳(标准状况)，其物质的量为0.5mol，根据方程式的系数关系知，氮化硅和一氧化碳的物质的量之比为1：6，则氮化硅的质量为：。18．Cu＋H2O2＋2HCl===2H2O＋CuCl2大于3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OC解析：试题分析：（1）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，用电解原理实现铜和盐酸的反应，根据电解原理阳极必须是金属铜，电解质必须是稀盐酸，故答案为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+H2O，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，当被还原的硫酸是0．9mol，则10mol•L-1的浓硫酸的实际体积要大于180mL；若使剩余的铜片继续溶解，可向其中加入硝酸盐，应为溶液中有H+，再加入硝酸盐引入NO3-，相当于存在了硝酸，硝酸能将同溶解，反应实质为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为大于；3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；（3）A、浓盐酸能够与水垢反应，也能与铝反应，除去水垢时会损坏铝壶，错误；B、稀硝酸能够与水垢反应，也能与铝反应，除去水垢时会损坏铝壶，错误；C、冷的浓硝酸能够与水垢反应，遇到铝发生钝化，除去水垢时不会损坏铝壶，正确；D、冷的浓硫酸中氢离子很少，与水垢反应后生成的硫酸钙阻止反应的继续，不能除去水垢，错误；故选C。考点：考查了金属与酸反应的化学性质的相关知识。19．分液漏斗SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO溶液紫色褪去(溶液褪色)还原性有黄色沉淀生成2H2S+SO2=3S↓+2H2O吸收多余的SO2防止倒吸解析：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是分液漏斗。(2)硫酸与亚硫酸钠反应产物SO2具有还原性，能使新制氯水及酸性高锰酸钾溶液褪色，B中发生的离子反应为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO；装置C中的现象是溶液紫色褪去；二氧化硫与装置D中的硫化氢发生反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O，从而使溶液变浑浊，有黄色沉淀生成。(3)装置F用于吸收多余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，又因为二氧化硫易溶于水(1:40)，因此采用倒扣漏斗吸收二氧化硫可防止液体倒吸。20．(1)ACD(2)B解析：（1）形成喷泉要求烧瓶内的气体能溶于液体或与溶液反应，气体减少形成压强差，据此分析：A．易溶于水，能使烧瓶内压强减小形成喷泉，A符合题意；B．不溶于水，不能形成压强差，B不符合题意；C．与稀盐酸反应，能使烧瓶内压强减小形成喷泉，C符合题意；D．与NaOH溶液反应，能使烧瓶内压强减小形成喷泉，D符合题意；故答案为：ACD；（2）装置Ⅱ形成喷泉的原理是锥形瓶中产生气体，使锥形瓶内压强增大，将锥形瓶中溶液压入烧瓶，形成喷泉，据此分析：A．与稀硫酸不反应，不能产生气体，A不符合题意；B．碳酸氢钠与稀盐酸反应生成CO2气体，能使锥形瓶内压强增大，将锥形瓶中溶液压入烧瓶，形成喷泉，B符合题意；C．碳酸钙与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4，阻止碳酸钙与稀硫酸继续反应，所以产生的气体较少，无法形成喷泉，C不符合题意；D．常温下，与浓硝酸会发生钝化，不能形成喷泉，D不符合题意；故答案为：B。21．48L8.9613.342≤a≤4解析：（1）由于浓硫酸足量，Zn完全反应，还原产物为SO2气体，13gZn的物质的量＝13g÷65g/mol＝0.2mol，根据电子转移守恒：n（SO2）＝0.2mol×2/(6-4)＝0.2mol，故V（SO2）＝0.2mol×22.4L/mol＝4.48L；答：标况下生成SO2气的体积为4.48L；（2）n（H2SO4）＝0.1L×14.5mol/L＝1.45mol，反应后溶液中n（SO42﹣）＝1L×1.05mol/L＝1.05mol，根据S原子守恒：n（SO2）＝n（H2SO4）﹣n（SO42﹣）＝1.45mol﹣1.05mol＝0.4mol，故V（SO2）＝0.4mol×22.4L/mol＝8.96L；反应后溶液中n（H+）＝1L×0.1mol/L＝0.1mol，根据电荷守恒：2n（Zn2+）+n（H+）＝2n（SO42﹣），故n（Zn2+）＝1/2×（2×1.05mol﹣0.1mol）＝1mol，根据电子转移守恒：n（H2）＝(1mol×2=0.4mol×2)/2＝0.6mol，故V（H2）＝0.6mol×22.4L/mol＝13.34L；故答案为8.96；13.34；（3）生成的二氧化硫为0.2mol，完全反应生成NaHSO3消耗NaOH最少，最少为0.2mol，完全反应生成Na2SO3消耗NaOH最多，最多为0.2mol×2＝0.4mol，故0.2mol≤0.1L×amol/L≤0.4mol，即2≤a≤4；故答案为2≤a≤4。22．(1)2NH3+CO2=NH2COONH4放热(2)通过观察气泡，调节NH3与CO2