第3章《物质的性质与转化》（含解析）课时测试题2023-2024学年高一上学期鲁科版（2019）必修第一册
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| 名称 | 第3章《物质的性质与转化》（含解析）课时测试题2023-2024学年高一上学期鲁科版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 486.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-18 19:33:26 | ||
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文档简介
第3章《物质的性质与转化》课时测试题
一、单选题
1．以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是（ ）
A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷
C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
D．用SiO2制备高纯硅
2．十九大报告指出：建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念.....，实行最严格的生态环境保护制度，形成绿色发展方式和生活方式。则下列说法错误的是（ ）
A．PM2.5是指粒径不大于2.5 m的可吸入悬浮颗粒物
B．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
C．生活污水可灌溉庄稼，所以能排放到自然界水体中
D．创新生产工艺，实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式
3．化学与科技、生活紧密相关。下列说法正确的是（ ）
A．“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关
B．SO2有毒，所以不能用作食品添加剂
C．新型冠状病毒粒子直径约60 ~ 220 nm，介于溶液和胶体之间
D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料由空心玻璃微球填充高强树脂制成，属于复合材料
4．下列说法正确的是（ ）
A．的空间构型为三角锥形
B．NO可用排空气法收集
C．与水反应仅体现的还原性
D．常温下可用铝制容器盛装稀硝酸
5．物质的性质决定物质的用途，下列性质与用途对应的是（ ）
A．钠在氧气中燃烧生成淡黄色的固体Na2O2，故可作为呼吸面具的供氧剂
B．N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止其氧化，可以用N2作保护气
C．SO2具有漂白性，可以用来漂白纸浆
D．NH3易溶于水，故工业上常用它来作制冷剂
6．下列说法正确的是（ ）
A．只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定是纯净物
B．用加热的方法可以除去混在NaCl固体中的NH4Cl，说明NH4Cl会升华
C．SO2气体和Cl2均能使品红溶液褪色，说明两者均有强氧化性
D．浓硫酸不能用来干燥HI，CO，SO2等气体，因为浓硫酸具有强氧化性
7．氮氧化物是很重要的一类化合物，在生产生活中有重要应用，但排放时会对环境产生危害。下列有关氮氧化物的描述中错误的是（ ）
A．可利用反应除去汽车尾气中的氮氧化物
B．可与水反应，是酸性氧化物；不溶于水，不是酸性氧化物
C．的排放会形成硝酸型酸雨，对环境产生危害
D．将、或液化收集的过程都不属于氮的固定
8．能使湿润的蓝色石蕊试纸最终褪色的气体是（ ）
A．SO2 B．Cl2 C．NH3 D．HCl
9．下列物质间的转化不能通过一步化合反应实现的是（ ）
A．Fe→Fe3O4 B．Fe→FeCl3
C．FeCl2→Fe(OH)2 D．FeCl3→FeCl2
10．在给定条件下，以下物质间的每步转化均可通过一步反应实现的是（ ）
A． B．
C． D．
11．下列气体中，既有颜色又有毒性的是（ ）
A．Cl2 B．CO C．N2 D．CO2
12．气相离子催化剂(等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中-----为副反应)，下列说法错误的是（ ）
A．主反应的总反应方程式为：
B．每生成消耗的物质的量等于
C．中碳原子的杂化方式有和两种
D．X与Y能互溶因为它们的分子结构具有相似性
13．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是 （ ）
A．可以利用易液化的性质分离出
B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
C．可以用进行氨氧化物的尾气处理
D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
14．下列叙述或操作正确的是（ ）
A．浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸无氧化性
B．浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用水冲洗
C．稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿着烧杯壁慢慢地注入盛有水的烧杯中，并不断搅拌
D．浓硫酸与铜的反应中，浓硫酸仅表现强氧化性
15．下列实验中，不能观察到明显变化的是（ ）
A．把Cl2通入FeCl2溶液中
B．把溴水滴加到淀粉KI溶液中
C．把一段打磨过的镁放入有酚酞的沸水中
D．把SO2通入BaCl2溶液中
16．K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO42－+10H2O 4Fe（OH）3（胶体）+8OH－+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如图所示。下列说法错误的是（）
图ⅠK2FeO4的稳定性与温度的关系
图ⅡK2FeO4的稳定性与溶液pH的关系
A．由图Ⅰ可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱
B．由图Ⅱ可知图中a＞c
C．由图Ⅰ可知温度：T1＞T2＞T3
D．由图Ⅰ可知上述反应△H＞0
17．下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列结论错误的是（ ）
实验① 实验② 实验③
A．实验①中生成的沉淀是BaCO3
B．实验①中有气体生成
C．实验②沉淀中可能含有BaSO4
D．实验③生成沉淀的离子方程式是：Ba2++ H2SO3=BaSO3↓+2H+
18．硝酸工业尾气中的氮氧化合物NOx(NO、NO2、N2O4)常用的处理方法有以下两种：
①碱液(Na2CO3或NaOH溶液)吸收法。用Na2CO3溶液吸收反应原理如下：
NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2；2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2
②氨的催化氧化法，反应原理是：NOx + NH3 N2 + H2O
现将标准状况下2.016 L氮氧化合物NOx 通入50 mL 1.0 mol·L-1的Na2CO3溶液，恰好反应完全，且测得反应后溶液中n(NO2-)∶n(NO3-) = 4∶1，下列说法正确的是（ ）
A．混合气体中V(N2O4) = 0.336 L
B．混合气体中n(NO)∶n(NO2) = 1∶5
C．NOx能够完全被Na2CO3溶液吸收，则x ≤ 1.5
D．如采用氨的催化氧化法处理，理论消耗n(NH3) = mol
19．向200 mL 2 mol·L－1 HNO3溶液中，逐渐加入铁粉至过量（假设生成的气体只有一种），在此过程中，n(Fe2+)随n(Fe)变化如右图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．当0＜n(Fe)≤b时，向所得的溶液中加入KSCN溶液没有血红色出现
B．向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显现象
C．当加入铁粉n mol时(0.1＜n＜0.15)，溶液中n(Fe3+)=(0.3-2n)mol
D．图中a=0.15 、b =0.15
二、综合题
20．用如图所示的实验装置，比较SO2和Cl2的漂白性．
请回答下列问题：
（1）若装置中通入一段时间的SO2，观察到试管中的品红溶液 ，然后再加热试管，溶液又呈现红色；
（2）若装置中通入一段时间的氯气，观察到试管中的品红也褪色，生成的具有漂白性的物质是 （ 填化学式），然后再加热试管，溶液 ；
（3）由以上两个实验可以说明SO2和Cl2的漂白原理 （填“相同”或“不相同”）；
（4）实验中NaOH溶液的作用是 ．
21．某化学兴趣小组利用下列实验装置制备并研究 SO2 的性质，请按要求回答下列问题（夹持装置和
A 中加热装置已省略）。
操作步骤择要如下：
Ⅰ．打开活塞 K，先通入一段时间 N2，再关闭活塞 K，加热 A 一段时间；
Ⅱ．A 中不再产生气体后，停止加热，打开活塞 K，缓慢通入氮气直至 A 装置冷却。
（1）装有 Cu 粒的仪器名称是 。
（2）实验室可用亚硫酸钠与浓硫酸制取 SO2，该化学方程式是 。
（3）下列说法正确的是（ ）
A．装置应在加入药品后检验装置气密性
B．操作Ⅱ中继续通入氮气可以避免溶液出现倒吸
C．装置 A 中的浓硫酸体现出了强氧化性、酸性
D．装置 B 和装置 D 中都出现了褪色，是因为 SO2 有漂白性
（4）装置 C 中出现白色浑浊，请用离子方程式解释原因： 。
22．自然界的氮循环如下图所示。
（1）自然固氮：一种途径是通过雷电将空气中的少量氮气转化为含氮化合物，主要转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去)：
N2NONO2HNO3硝酸盐[如Ca(NO3)2]
①写出NO→NO2→HNO3的化学方程式 、 。
②将HNO3转化为Ca(NO3)2，列举两种不同类别的化合物M (写化学式)。
（2）人工固氮：工业上以氮气和氢气为原料，在高温、高压和有催化剂存在的条件下合成氨，该反应的化学方程式为 。
（3）在微生物作用下实现→→的转化，称为硝化过程。在一定条件下，被O2氧化成，参加反应的和O2的物质的量之比为 。
（4）有同学猜测，在被细菌分解生成N2的过程中，同时有O2生成。从化合价变化的角度分析有O2生成的合理性： 。
23．如图所示是工业生产硝酸铵的流程．
（1）写出N2和H2通过红热的铁纱网生成氨气的反应方程式： ．
（2）B装置中Pt﹣Rh合金网的作用是 ，写出B中有关反应方程式： ．
（3）写出D中反应方程式： ．
（4）A，B，C，D四个容器中的反应，属于氧化还原反应的是 （填字母）．
24．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．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】绿色化学原子经济性即反应不产生副产物和污染物。
A.nCH2=CH2，原子利用率达到100%，符合题意；
B.CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl、CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl……副产物过多；B项不符合还题意；
C.Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO2有毒，会产生污染；C项不符合题意；
D.SiO2制备高纯硅：SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑、Si(粗)＋2Cl2SiCl4、SiCl4＋2H2Si＋4HCl，会生成CO及HCl气体，污染环境，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】绿色化学原子经济性是指反应物完全转化为目标生成物，没有副产物产生
2．【答案】C
【解析】【解答】A．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，选项A不符合题意；
B.液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，选项B不符合题意；
C.生活污水可导致水体污染，若是含磷污水会造成水体富营养化，导致水华、赤潮等，选项C符合题意；
D.燃油中含有碳元素，燃烧会释放出大量的二氧化碳，因此实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.细颗粒物又称细粒、细颗粒、PM2.5。细颗粒物指环境空气中空气动力学当量直径小于等于 2.5 微米的颗粒物。它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重；
B.液化石油气是在炼油厂内，由天然气或者石油进行加压降温液化所得到的一种无色挥发性液体。它极易自燃，当其在空气中的含量达到了一定的浓度范围后，它遇到明火就能爆炸；
C.生活污水任意排放会污染水体和土壤，所以应进行处理后再排放；
D.汽车燃油会会释放出大量的二氧化碳和氮氧化合物等污染环境的气体。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．“光化学烟雾”的形成与氮氧化物有关，而“温室效应”的形成与二氧化碳及碳氢化合物等有关，故A不符合题意；
B．SO2可以添加到葡萄酒作为抗氧化剂，故B不符合题意；
C．溶液溶质粒子直径小于1nm，胶体粒子直径在1-100nm之间，所以冠状病毒粒子直径可能大于胶体粒子的直径，故C不符合题意；
D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料由空心玻璃微球填充高强树脂制成，具有玻璃和树脂多种物质的性能，属于复合材料，故D符合题意；
故答案为D
【分析】A.“温室效应”的形成与CO2及碳氢化合物等有关。
B. SO2对食品有漂白、防腐和抗氧化作用，但要严格按照国家有关范围和标准使用。
C.溶液中溶质粒子直径小于1nm，胶体中分散质粒子直径介于1~100nm之间。
D.复合材料是由两种或两种以上的不同材料复合起来的。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．氨气中N原子的价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，A符合题意；
B．NO与O2可以反应且密度与空气相近，不能用排空气法收集，B不符合题意；
C．NO2与水反应生成硝酸和NO，既有氧化性也有还原性，C不符合题意；
D．常温下铝与稀硝酸可以反应，不能用制容器盛装稀硝酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.NO与氧气反应，不能排空气法收集，只能用排水法收集。
D.常温下铝与浓硝酸可以发生钝化，可以盛装，稀硝酸不能盛装。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．因为Na2O2与CO2、H2O反应生成O2，故可作为呼吸面具的供氧剂，性质和用途不对应，A不符合题意；
B．N2在点燃的条件下与Mg反应生成氮化镁，B不符合题意；
C．SO2具有漂白性，可以用来漂白纸浆，C符合题意；
D．液氨气化时吸收大量的热，具有制冷作用，故工业上常用它来作制冷剂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气；
B.加热时Mg能与氮气反应；
C.SO2能与有色物质结合生成无色物质，具有漂白性；
D.NH3易液化，气液氨汽化会吸收大量的热。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故A错误；
B．用加热的方法可以除去混在NaCl固体中的NH4Cl，说明NH4Cl易分解，氯化氢和氨气易发生反应，不是升华，故B错误；
C．二氧化硫一般表现为还原性，与有色物质发生化合反应而漂白，但不稳定，加热时可恢复到原来的颜色，不是氧化还原反应，故C错误；
D．浓硫酸不和H2、Cl2、SO2等气体反应，浓硫酸可用来干燥H2、Cl2、SO2等气体，说明浓硫酸的吸水性，故D正确；
故选D．
【分析】A．纯净物是由一种物质构成的物质，只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定为纯净物；
B．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，上升过程中相遇会生成固体氯化铵，升华是物质三态变化属于物理变化；
C．二氧化硫与有色物质发生化合反应生成无色物质，没有发生氧化还原反应；
D．浓硫酸具有吸水性，能作干燥剂．
7．【答案】B
【解析】【解答】A．CO和氮氧化物在催化剂作用下生成无污染的二氧化碳和氮气，可除去汽车尾气中的氮氧化物，A不符合题意；
B． 可与水反应生成硝酸和NO， 不是酸性氧化物，B符合题意；
C． 的排放会形成硝酸型酸雨，对环境产生危害，C不符合题意；
D．由游离态转化为化合态是氮的固定，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．CO和氮氧化物在催化剂作用下生成无污染的二氧化碳和氮气；
B．可与水反应生成硝酸和NO， 不是酸性氧化物；
C． 的排放会形成硝酸型酸雨；
D．由游离态转化为化合态是氮的固定。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.SO2 属于酸性氧化物，能够使湿润的蓝色石蕊试纸变红，不褪色，A不符合题意；
B.Cl2的水溶液显酸性，含有氢离子，能够使蓝色石蕊试纸变红，氯水中含有次氯酸，具有强氧化性，有漂白作用，因此变红的试纸最终褪色，B符合题意；
C.NH3属于碱性气体，不能够使湿润的蓝色石蕊试纸变色，C不符合题意；
D. HCl的水溶液显酸性，能够使蓝色石蕊试纸变红，不褪色，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】能使湿润的蓝色石蕊试纸褪色的气体具有氧化性，或能与水反应生成具有氧化性的物质，据此结合选项所给物质的性质进行分析。
9．【答案】C
【解析】【解答】A.Fe和氧气发生化合反应生成Fe3O4，故A不符合题意；
B.铁与氯气发生化合反应生成氯化铁，故B不符合题意；
C.FeCl2和可溶性碱发生复分解反应得到Fe（OH）2和盐，故C符合题意；
D.FeCl3和铁发生化合反应生成FeCl2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据物质的性质，分析该物质转化成另一指定物质的反应，选出不是由一步反应实现的一组。
10．【答案】C
【解析】【解答】A、N2与H2反应可生成NH3，NH3经催化氧化生成NO和H2O，无法生成NO2，A不符合题意；
B、硫与O2反应只能生成SO2，无法直接得到SO3，B不符合题意；
C、Na与O2在点燃条件下反应生成Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH，NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3，C符合题意；
D、C与少量O2反应生成CO，CO不溶于水，无法直接转化为H2CO3，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对物质转化的考查，结合物质的性质和转化进行分析即可。
11．【答案】A
【解析】【解答】解：A、氯气是黄绿色气体，有毒，故A可选；
B、CO是无色无味气体，有毒，故B不选；
C、氮气是无色无味气体，无毒，故C不选；
D、二氧化碳是无色无味气体，无毒，故D不选．
故选：A．
【分析】A、氯气是黄绿色气体，有毒；
B、CO是无色无味气体，有毒；
C、氮气是无色无味气体，无毒；
D、二氧化碳是无色无味气体，无毒．
12．【答案】B
【解析】【解答】A．根据分析，主反应符合题意，A不符合题意；
B．根据分析，存在副反应[(C2H5)Fe(OH)]+生成乙醇和Fe+，铁元素化合价降低，有电子转移，每生成1molCH3CHO消耗N2O的物质的量大于2mol，B符合题意；
C．CH3CHO中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种，C不符合题意；
D．X为乙醇，Ｙ为水，乙醇与水均为极性分子，故能互溶因为它们的分子结构具有相似性，D不符合题意；
故答案为：Ｂ。
【分析】A、结合图象进行分析，反应物为N2O、C2H6，生成物为N2、CH3CHO，结合原子守恒可以直达X为水；
B、反应中存在副反应，因此消耗的物质的量大于2mol；
C、CH3CHO中-CH3的杂化为sp3杂化，-CHO的杂化为sp2杂化；
D、乙醇和水都是极性分子，根据相似相溶的特性，两者可以互溶。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向移动，A项不符合题意；
B．合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价由-3价升高到+2价，被氧化，B项符合题意；
C．氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C项不符合题意；
D．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸， A 为O2，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分离出产物有利于提高产率；
B．元素化合价降低被还原，元素化合价升高被氧化；
C．利用价态归中规律分析；
D．增大一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸能够与活泼金属反应生成氢气，该反应中稀硫酸表现了氧化性，选项A不符合题意；
B．浓硫酸具有强腐蚀性，不慎沾到皮肤上，立即用大量水冲洗会灼伤皮肤，应立即用布拭去，再用大量清水冲洗，选项B不符合题意；
C．浓硫酸密度大于水，稀释会放出大量热，所以稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿着烧杯壁慢慢地注入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，选项C符合题意；
D．浓硫酸与铜发生反应：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O，生成二氧化硫时S元素的化合价降低，体现其强氧化性，生成硫酸铜时硫元素的化合价不变体现酸性的作用，所以浓硫酸既表现强氧化性又表现酸性，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．浓硫酸、稀硫酸都具有氧化性；
B．浓硫酸具有强腐蚀性，且稀释时会放出大量的热；
C．浓硫酸稀释过程中放出大量热，且浓硫酸密度大于水，据此判断正确的稀释方法；
D．浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，根据化合价变化及反应产物可知，浓硫酸表现了强氧化性和酸性。
15．【答案】D
【解析】【解答】A、因Cl2与FeCl2溶液反应：Cl2+2FeCl2=2 FeCl3，溶液由浅绿色变为棕黄色，现象明显，故A不符合题意；
B、因单质溴与KI溶液反应： 2KI+Br2=2KBr+I2，I2遇淀粉变蓝，现象明显，故B不符合题意；
C、镁要与沸水反应生成碱性的氢氧化镁和氢气，所以有气泡冒出且溶液变红，现象明显，故C不符合题意；
D、亚硫酸钡可溶于盐酸，所以把 SO2通入BaCl2溶液中不能生成亚硫酸钡沉淀，无明显现象，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，而亚硫酸是无法继续和氯化钡反应的，因为亚硫酸钡会和生产的盐酸反应。
16．【答案】B
【解析】【解答】A、由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，故A不符合题意；
B、pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，故B符合题意；
C、温度越高，反应速率越快，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3，故B不符合题意；
D、温度越高FeO42-浓度越小，正向反应是吸热反应，说明平衡正向移动，即ΔH＞0，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据浓度的变化速率，结合图像分析，K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，根据方程式与平衡移动原理，pH越小，平衡正向移动，故B符合题意。
17．【答案】D
【解析】【解答】A. 碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离过程，电离生成的碳酸根离子能够与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，故A不符合题意；
B. 实验①中形成沉淀时促进碳酸氢根离子的电离，溶液的酸性逐渐增强，氢离子与碳酸氢根离子反应放出二氧化碳气体，故B不符合题意；
C. 实验②中亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡被空气中的氧气氧化生成硫酸钡，故C不符合题意；
D. 实验③中，如果发生Ba2++ H2SO3=BaSO3↓+2H+，生成的亚硫酸钡能够被氢离子溶解，应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】此题根据实验现象，作出合理的推测和解释，考查无机物之间的反应。实验①氯化钡溶液滴入碳酸氢钠溶液，若产生白色沉淀则为碳酸钡；实验②氯化钡溶液中滴入亚硫酸钠溶液，若产生白色沉淀，可能是亚硫酸钡或硫酸钡；实验③氯化钡溶液中滴入亚硫酸溶液，不能反应生成沉淀，若有白色沉淀产生，应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀。
18．【答案】D
【解析】【解答】（1）用Na2CO3溶液吸收：由方程式NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2和2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被Na2CO3溶液完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为 =1.5，即x 1.5；（2）2.016 L氮氧化合物的物质的量为 ，其中含有NO、NO2、N2O4三种气体，由方程式NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2和2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2，把N2O4折换成NO2，恰好反应，溶液溶质为NaNO2、NaNO3，
由N元素守恒可知①n（NaNO2）+n（NaNO3）=n（NO2）+2n（N2O4）+n（NO），
由Na元素可知②2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），
已知n（NO2）+n（N2O4）+n（NO）=0.09mol，
而n（NO2）+2n（N2O4）+n（NO）= n（NaNO2）+n（NaNO3）=2n（Na2CO3）=2×0.05L×1.0mol/L=0.1mol，
解得，n（N2O4）=0.01mol，V(N2O4)=0.01mol×22.4L/mol=0.224L，
因n(NO2-)∶n(NO3-) = 4∶1，n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.1mol，
解得，n（NaNO2）=0.08mol，n（NaNO3）=0.02mol，
由方程式可知，
2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2
0.04mol 0.02mol 0.02mol
NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2
0.03mol 0.03mol 0.08mol-0.02mol
所以0.09mol氮氧化物中含有0.03molNO、0.01molN2O4和（0.07mol-0.01mol×2）=0.05molNO2，
n(NO)∶n(NO2)= 0.03mol：0.05mol=3:5，（3）氨的催化氧化法：因为在氨催化还原法反应中， NO、NO2、N2O4 中的 N 分别由+2 价和+4价→ 0 价， NH3 中的 N 由－3 价→ 0 ．根据得失电子相等的原理有：
0.03mol 2+0.01mol 2 4+0.05mol 4=n(NH3) 3，
解得n(NH3)= mol ，即如采用氨的催化氧化法处理，理论消耗n(NH3) = mol。
A. 根据以上分析，混合气体中V(N2O4) = 0.224 L，故A不符合题意；
B. 根据以上分析，混合气体中n(NO)∶n(NO2) = 0.03mol：0.05mol=3:5，故B不符合题意；
C. 根据以上分析，NOx能够完全被Na2CO3溶液吸收，则x 1.5，故C不符合题意；
D. 如采用氨的催化氧化法处理，理论消耗n(NH3) = mol，故D符合题意。
答案选D。
【分析】本题涉及两个氮氧化合物的氧化还原反应，解决本题的关键是氮元素的守恒。
19．【答案】C
【解析】【解答】铁粉刚加入到足量的硝酸溶液中，生成硝酸铁和一氧化氮，所以当0＜n(Fe)≤b时，向所得的溶液中加入KSCN溶液有血红色出现，A错误；
c点处的反应液为硝酸亚铁溶液，向其中加入稀盐酸后，亚铁离子、硝酸根离子在酸性环境下发生氧化还原反应生成铁离子和一氧化氮气体，遇到空气无色气体变为红棕色，B错误；
o-b过程中发生反应为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)2+NO↑+2H2O，根据Fe~4HNO3反应关系，200 mL 2 mol·L－1 HNO3溶液含有硝酸溶质0.4mol，消耗铁0.1 mol，所以b=0.1 mol，D错误；
o-b反应过程中，消耗铁0.1 mol，生成Fe3+为0.1 mol，反应剩余铁为n-0.1 mol，剩余的铁接着与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁，离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，设反应消耗Fe3+为xmol,根据反应关系：Fe~2Fe3+，（n-0.1）/x=1/2, x = 2n-0.2 mol, 溶液中n(Fe3+)=0.1-2n+0.2=(0.3-2n)mol，C正确；正确选项C。
【分析】A、0~b之间，没有亚铁离子生成，则生成的是铁离子，有血红色出现
B、c硝酸亚铁中的硝酸根离子又能跟氢离子组合成稀硝酸
D、该反应可统一写为铁和硝酸，生成硝酸亚铁和一氧化氮的反应，根据化学反应方程式中，反应的物质的量之比等于化学计量系数之比。
20．【答案】（1）褪色
（2）HClO；不恢复红色
（3）不相同
（4）吸收尾气
【解析】【解答】解：（1）二氧化硫的漂白性，所以观察到试管中的品红溶液褪色，二氧化硫与有色物质生成无色不稳定的大分子，加热又还原，故答案为：褪色； （2）氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸的漂白不可逆，所以再加热试管，溶液不恢复红色，故答案为：HClO；不恢复红色；（3）由SO2结合有机色素形成不稳定无色物质，加热后恢复原来的颜色而Cl2和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，次氯酸的漂白作用不可恢复可知，SO2和Cl2的漂白原理不相同；故答案为：不相同； （4）SO2和Cl2都有毒，可通过NaOH溶液吸收；故答案为：吸收尾气．
【分析】（1）二氧化硫的漂白性，所以观察到试管中的品红溶液褪色；二氧化硫与有色物质生成无色不稳定的大分子；（2）氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸的漂白不可逆；（3）根据SO2结合有机色素形成不稳定无色物质，加热后恢复原来的颜色而Cl2和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，次氯酸的漂白作用不可恢复；（4）根据二氧化硫与Cl2都有毒，应进行尾气处理．
21．【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4+SO2↑+H2O
（3）B；C
（4）2Fe3++SO2+2H2O+Ba2+=2Fe2++4H++BaSO4↓或 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + 4H+ + SO2－（0.5分）、SO2－ + Ba2+ = BaSO4↓
【解析】【解答】（1）图示盛放Cu粒的仪器为蒸馏烧瓶；
（2）浓硫酸能与Na2SO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，该反应的化学方程式为： Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4+SO2↑+H2O；
（3）A、实验时应先检查装置的气密性，再加入药品，A不符合题意；
B、操作Ⅱ中继续通入氮气，可维持装置内压强较大，防止由于压强减小而发生倒吸，B符合题意；
C、装置A中发生反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，过程中体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，C符合题意；
D、装置B中品红溶液褪色，是由于SO2与品红中的有色物质发生化合反应，生成不稳定的无色物质，体现了SO2的漂白性，而装置D中溶液褪色，是由于SO2与NaOH反应，使得溶液碱性减小，溶液褪色，不体现SO2的漂白性，D不符合题意；
故答案为：BC
（4）装置C中Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，与Ba2＋形成BaSO4沉淀，该反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O+Ba2+=2Fe2++4H++BaSO4↓；
【分析】（1）根据图示装置确定仪器名称；
（2）浓硫酸能与Na2SO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，据此写出反应的化学方程式；
（3）A、根据实验步骤分析；
B、继续通入氮气可使得装置内压强恒定；
C、根据浓硫酸发生的反应进行分析；
D、根据B、D中发生的反应进行分析；
（4）装置C中Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，与Ba2＋形成BaSO4沉淀，据此写出反应的离子方程式；
22．【答案】（1）2NO+O2 =2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；CaO、Ca(OH)2、CaCO3等
（2）N2+3H22NH3
（3）1：2
（4）转化成N2，氮元素的化合价降低，则一定有元素化合价升高；生成O2，氧元素的化合价升高
【解析】【解答】(1)①NO与O2在室温下反应产生NO2，该反应的化学方程式为：2NO+O2 =2NO2；
NO2与水反应产生HNO3、NO，该反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
②HNO3与CaO反应产生Ca(NO3)2、H2O，反应方程式为：2HNO3+CaO=Ca(NO3)2+H2O；
HNO3与Ca(OH)2发生中和反应产生Ca(NO3)2、H2O，反应方程式为：2HNO3+ Ca(OH)2=Ca(NO3)2+2H2O；
HNO3具有酸的通性，由于硝酸的酸性比碳酸强，所以HNO3与CaCO3发生复分解反应产生Ca(NO3)2、CO2、H2O，反应方程式为：2HNO3+ CaCO3=Ca(NO3)2+ CO2↑+2H2O，故能够与HNO3反应制取Ca(NO3)2的不同类别的物质可以是CaO、Ca(OH)2、Ca(NO3)2等；
(2)在工业上以氮气和氢气为原料，在高温、高压和有催化剂存在的条件下合成氨，该反应是可逆反应，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为；N2+3H22NH3；
(3)在一定条件下，
被O2氧化成
，N元素化合价由反应前
中的-3价变为反应后
中的+5价，化合价升高8价；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后
中的-2价，化合价降低2×2=4价，化合价升降最小公倍数是8，所以参加反应的
和O2的物质的量之比为1：2；
(4)有同学猜测，在
被细菌分解生成N2的过程中，同时有O2生成。这是由于在反应过程中
转化成N2，氮元素的化合价降低，则一定有元素化合价升高，可能的元素是O元素，故从化合价变化的角度分析应该有O2生成。
【分析】（1）①根据NO和NO2的化学性质书写方程式；
②根据酸的通性分析，酸能与碱、金属氧化物和碳酸钙反应；
（2）工业上以氮气和氢气为原料，在高温、高压和有催化剂存在的条件下反应生成氨气；
（3）NH4＋被O2氧化成NO3 ，根据得失电子守恒确定反应物的物质的量之比；
（4）氧化还原反应中有元素的化合价降低，则一定有元素化合价升高。
23．【答案】（1）N2+3H2 2NH3
（2）催化剂；4NH3+5O2 4NO+6H2O
（3）NH3+HNO3=NH4NO3
（4）ABC
【解析】【解答】解：（1）N2和H2在红热铁砂网的催化作用下合成氨气，化学方程式为：N2+3H2 2NH3，故答案为：N2+3H2 2NH3；（2）B装置中在的催化作用下，氨气和氧气发生催化氧化反应，B装置中在Pt﹣Rh合金网的催化作用下，氨气和氧气发生催化氧化反应生成NO和H2O，化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：催化剂；4NH3+5O2 4NO+6H2O；（3）在D中，NH3和HNO3反应生成NH4NO3，故化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；（4）题中涉及的化学反应有：①N2+3H2 2NH3②4NH3+5O2 4NO+6H2O③2NO+O2═2NO2④3NO2+H2O═2HNO3+NO⑤4NO2+O2+H2O═4HNO3⑥NH3+HNO3═NH4NO3，其中①②③④⑤属于氧化还原反应，即ABC属于氧化还原反应，故答案为：ABC．
【分析】从流程图可知，N2和H2在红热铁砂网的催化作用下合成氨气，氨气和空气中的O2在铂铑合金网的催化作用下发生催化氧化生成NO和H2O，将NO和空气、水混合，NO和O2和水反应生成HNO3，然后NH3和HNO3反应生成NH4NO3，据此分析．
24．【答案】（1）Cu+H2O2+2HCl═2H2O+CuCl2
（2）大于；3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
（3）C
【解析】【解答】解：（1）铜、过氧化氢、盐酸混合，反应生成氯化铜、水，化学方程式：Cu+H2O2+2HCl═2H2O+CuCl2；
故答案为：Cu+H2O2+2HCl═2H2O+CuCl2；（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．浓盐酸不但和碳酸钙反应和铝也反应，所以加入的浓盐酸不能过量，会腐蚀铝壶，故A不选；
B．稀硝酸不但和碳酸钙反应和铝也反应，所以加入的浓盐酸不能过量，会腐蚀铝壶，故B不选；
C．冷的浓硝酸与铝钝化，不会腐蚀铝壶，和碳酸钙反应溶解水垢，符合题意，故C选；
D．铝在浓硫酸中常温下钝化，浓硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙附着在铝壶表面，阻止反应继续进行，无法去除水垢，故D不选；
故选：C．
【分析】（1）过氧化氢酸性环境下具有强的氧化性能够氧化铜生成二价铜离子；（2）铜只能和浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，随着反应进行浓硫酸浓度减小，不再与铜反应，硝酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下铜可以被硝酸根离子氧化；（3）根据碳酸钙和铝的化学性质进行分析：碳酸钙会和酸溶液发生反应；铝和酸反应，常温下在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化阻止反应进行．
一、单选题
1．以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是（ ）
A．乙烯聚合为聚乙烯高分子材料
B．甲烷与氯气制备一氯甲烷
C．以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜
D．用SiO2制备高纯硅
2．十九大报告指出：建设生态文明是中华民族永续发展的千年大计。必须树立和践行绿水青山就是金山银山的理念.....，实行最严格的生态环境保护制度，形成绿色发展方式和生活方式。则下列说法错误的是（ ）
A．PM2.5是指粒径不大于2.5 m的可吸入悬浮颗粒物
B．以液化石油气代替燃油可减少大气污染
C．生活污水可灌溉庄稼，所以能排放到自然界水体中
D．创新生产工艺，实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式
3．化学与科技、生活紧密相关。下列说法正确的是（ ）
A．“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关
B．SO2有毒，所以不能用作食品添加剂
C．新型冠状病毒粒子直径约60 ~ 220 nm，介于溶液和胶体之间
D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料由空心玻璃微球填充高强树脂制成，属于复合材料
4．下列说法正确的是（ ）
A．的空间构型为三角锥形
B．NO可用排空气法收集
C．与水反应仅体现的还原性
D．常温下可用铝制容器盛装稀硝酸
5．物质的性质决定物质的用途，下列性质与用途对应的是（ ）
A．钠在氧气中燃烧生成淡黄色的固体Na2O2，故可作为呼吸面具的供氧剂
B．N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止其氧化，可以用N2作保护气
C．SO2具有漂白性，可以用来漂白纸浆
D．NH3易溶于水，故工业上常用它来作制冷剂
6．下列说法正确的是（ ）
A．只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定是纯净物
B．用加热的方法可以除去混在NaCl固体中的NH4Cl，说明NH4Cl会升华
C．SO2气体和Cl2均能使品红溶液褪色，说明两者均有强氧化性
D．浓硫酸不能用来干燥HI，CO，SO2等气体，因为浓硫酸具有强氧化性
7．氮氧化物是很重要的一类化合物，在生产生活中有重要应用，但排放时会对环境产生危害。下列有关氮氧化物的描述中错误的是（ ）
A．可利用反应除去汽车尾气中的氮氧化物
B．可与水反应，是酸性氧化物；不溶于水，不是酸性氧化物
C．的排放会形成硝酸型酸雨，对环境产生危害
D．将、或液化收集的过程都不属于氮的固定
8．能使湿润的蓝色石蕊试纸最终褪色的气体是（ ）
A．SO2 B．Cl2 C．NH3 D．HCl
9．下列物质间的转化不能通过一步化合反应实现的是（ ）
A．Fe→Fe3O4 B．Fe→FeCl3
C．FeCl2→Fe(OH)2 D．FeCl3→FeCl2
10．在给定条件下，以下物质间的每步转化均可通过一步反应实现的是（ ）
A． B．
C． D．
11．下列气体中，既有颜色又有毒性的是（ ）
A．Cl2 B．CO C．N2 D．CO2
12．气相离子催化剂(等)具有优良的催化效果。其中在催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中-----为副反应)，下列说法错误的是（ ）
A．主反应的总反应方程式为：
B．每生成消耗的物质的量等于
C．中碳原子的杂化方式有和两种
D．X与Y能互溶因为它们的分子结构具有相似性
13．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法错误的是 （ ）
A．可以利用易液化的性质分离出
B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
C．可以用进行氨氧化物的尾气处理
D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
14．下列叙述或操作正确的是（ ）
A．浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸无氧化性
B．浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用水冲洗
C．稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿着烧杯壁慢慢地注入盛有水的烧杯中，并不断搅拌
D．浓硫酸与铜的反应中，浓硫酸仅表现强氧化性
15．下列实验中，不能观察到明显变化的是（ ）
A．把Cl2通入FeCl2溶液中
B．把溴水滴加到淀粉KI溶液中
C．把一段打磨过的镁放入有酚酞的沸水中
D．把SO2通入BaCl2溶液中
16．K2FeO4在水中不稳定，发生反应：4FeO42－+10H2O 4Fe（OH）3（胶体）+8OH－+3O2，其稳定性与温度（T）和溶液pH的关系分别如图所示。下列说法错误的是（）
图ⅠK2FeO4的稳定性与温度的关系
图ⅡK2FeO4的稳定性与溶液pH的关系
A．由图Ⅰ可知K2FeO4的稳定性随温度的升高而减弱
B．由图Ⅱ可知图中a＞c
C．由图Ⅰ可知温度：T1＞T2＞T3
D．由图Ⅰ可知上述反应△H＞0
17．下列三组实验进行一段时间后，溶液中均有白色沉淀生成，下列结论错误的是（ ）
实验① 实验② 实验③
A．实验①中生成的沉淀是BaCO3
B．实验①中有气体生成
C．实验②沉淀中可能含有BaSO4
D．实验③生成沉淀的离子方程式是：Ba2++ H2SO3=BaSO3↓+2H+
18．硝酸工业尾气中的氮氧化合物NOx(NO、NO2、N2O4)常用的处理方法有以下两种：
①碱液(Na2CO3或NaOH溶液)吸收法。用Na2CO3溶液吸收反应原理如下：
NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2；2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2
②氨的催化氧化法，反应原理是：NOx + NH3 N2 + H2O
现将标准状况下2.016 L氮氧化合物NOx 通入50 mL 1.0 mol·L-1的Na2CO3溶液，恰好反应完全，且测得反应后溶液中n(NO2-)∶n(NO3-) = 4∶1，下列说法正确的是（ ）
A．混合气体中V(N2O4) = 0.336 L
B．混合气体中n(NO)∶n(NO2) = 1∶5
C．NOx能够完全被Na2CO3溶液吸收，则x ≤ 1.5
D．如采用氨的催化氧化法处理，理论消耗n(NH3) = mol
19．向200 mL 2 mol·L－1 HNO3溶液中，逐渐加入铁粉至过量（假设生成的气体只有一种），在此过程中，n(Fe2+)随n(Fe)变化如右图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．当0＜n(Fe)≤b时，向所得的溶液中加入KSCN溶液没有血红色出现
B．向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显现象
C．当加入铁粉n mol时(0.1＜n＜0.15)，溶液中n(Fe3+)=(0.3-2n)mol
D．图中a=0.15 、b =0.15
二、综合题
20．用如图所示的实验装置，比较SO2和Cl2的漂白性．
请回答下列问题：
（1）若装置中通入一段时间的SO2，观察到试管中的品红溶液 ，然后再加热试管，溶液又呈现红色；
（2）若装置中通入一段时间的氯气，观察到试管中的品红也褪色，生成的具有漂白性的物质是 （ 填化学式），然后再加热试管，溶液 ；
（3）由以上两个实验可以说明SO2和Cl2的漂白原理 （填“相同”或“不相同”）；
（4）实验中NaOH溶液的作用是 ．
21．某化学兴趣小组利用下列实验装置制备并研究 SO2 的性质，请按要求回答下列问题（夹持装置和
A 中加热装置已省略）。
操作步骤择要如下：
Ⅰ．打开活塞 K，先通入一段时间 N2，再关闭活塞 K，加热 A 一段时间；
Ⅱ．A 中不再产生气体后，停止加热，打开活塞 K，缓慢通入氮气直至 A 装置冷却。
（1）装有 Cu 粒的仪器名称是 。
（2）实验室可用亚硫酸钠与浓硫酸制取 SO2，该化学方程式是 。
（3）下列说法正确的是（ ）
A．装置应在加入药品后检验装置气密性
B．操作Ⅱ中继续通入氮气可以避免溶液出现倒吸
C．装置 A 中的浓硫酸体现出了强氧化性、酸性
D．装置 B 和装置 D 中都出现了褪色，是因为 SO2 有漂白性
（4）装置 C 中出现白色浑浊，请用离子方程式解释原因： 。
22．自然界的氮循环如下图所示。
（1）自然固氮：一种途径是通过雷电将空气中的少量氮气转化为含氮化合物，主要转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去)：
N2NONO2HNO3硝酸盐[如Ca(NO3)2]
①写出NO→NO2→HNO3的化学方程式 、 。
②将HNO3转化为Ca(NO3)2，列举两种不同类别的化合物M (写化学式)。
（2）人工固氮：工业上以氮气和氢气为原料，在高温、高压和有催化剂存在的条件下合成氨，该反应的化学方程式为 。
（3）在微生物作用下实现→→的转化，称为硝化过程。在一定条件下，被O2氧化成，参加反应的和O2的物质的量之比为 。
（4）有同学猜测，在被细菌分解生成N2的过程中，同时有O2生成。从化合价变化的角度分析有O2生成的合理性： 。
23．如图所示是工业生产硝酸铵的流程．
（1）写出N2和H2通过红热的铁纱网生成氨气的反应方程式： ．
（2）B装置中Pt﹣Rh合金网的作用是 ，写出B中有关反应方程式： ．
（3）写出D中反应方程式： ．
（4）A，B，C，D四个容器中的反应，属于氧化还原反应的是 （填字母）．
24．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．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】绿色化学原子经济性即反应不产生副产物和污染物。
A.nCH2=CH2，原子利用率达到100%，符合题意；
B.CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl、CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl……副产物过多；B项不符合还题意；
C.Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO2有毒，会产生污染；C项不符合题意；
D.SiO2制备高纯硅：SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑、Si(粗)＋2Cl2SiCl4、SiCl4＋2H2Si＋4HCl，会生成CO及HCl气体，污染环境，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】绿色化学原子经济性是指反应物完全转化为目标生成物，没有副产物产生
2．【答案】C
【解析】【解答】A．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5μm的悬浮颗粒物，它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，选项A不符合题意；
B.液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，选项B不符合题意；
C.生活污水可导致水体污染，若是含磷污水会造成水体富营养化，导致水华、赤潮等，选项C符合题意；
D.燃油中含有碳元素，燃烧会释放出大量的二氧化碳，因此实现电动机车替代燃油机车符合绿色发展方式，选项D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.细颗粒物又称细粒、细颗粒、PM2.5。细颗粒物指环境空气中空气动力学当量直径小于等于 2.5 微米的颗粒物。它能较长时间悬浮于空气中，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重；
B.液化石油气是在炼油厂内，由天然气或者石油进行加压降温液化所得到的一种无色挥发性液体。它极易自燃，当其在空气中的含量达到了一定的浓度范围后，它遇到明火就能爆炸；
C.生活污水任意排放会污染水体和土壤，所以应进行处理后再排放；
D.汽车燃油会会释放出大量的二氧化碳和氮氧化合物等污染环境的气体。
3．【答案】D
【解析】【解答】A．“光化学烟雾”的形成与氮氧化物有关，而“温室效应”的形成与二氧化碳及碳氢化合物等有关，故A不符合题意；
B．SO2可以添加到葡萄酒作为抗氧化剂，故B不符合题意；
C．溶液溶质粒子直径小于1nm，胶体粒子直径在1-100nm之间，所以冠状病毒粒子直径可能大于胶体粒子的直径，故C不符合题意；
D．“奋斗者号”潜水器使用的固体浮力材料由空心玻璃微球填充高强树脂制成，具有玻璃和树脂多种物质的性能，属于复合材料，故D符合题意；
故答案为D
【分析】A.“温室效应”的形成与CO2及碳氢化合物等有关。
B. SO2对食品有漂白、防腐和抗氧化作用，但要严格按照国家有关范围和标准使用。
C.溶液中溶质粒子直径小于1nm，胶体中分散质粒子直径介于1~100nm之间。
D.复合材料是由两种或两种以上的不同材料复合起来的。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．氨气中N原子的价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，A符合题意；
B．NO与O2可以反应且密度与空气相近，不能用排空气法收集，B不符合题意；
C．NO2与水反应生成硝酸和NO，既有氧化性也有还原性，C不符合题意；
D．常温下铝与稀硝酸可以反应，不能用制容器盛装稀硝酸，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.NO与氧气反应，不能排空气法收集，只能用排水法收集。
D.常温下铝与浓硝酸可以发生钝化，可以盛装，稀硝酸不能盛装。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．因为Na2O2与CO2、H2O反应生成O2，故可作为呼吸面具的供氧剂，性质和用途不对应，A不符合题意；
B．N2在点燃的条件下与Mg反应生成氮化镁，B不符合题意；
C．SO2具有漂白性，可以用来漂白纸浆，C符合题意；
D．液氨气化时吸收大量的热，具有制冷作用，故工业上常用它来作制冷剂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气；
B.加热时Mg能与氮气反应；
C.SO2能与有色物质结合生成无色物质，具有漂白性；
D.NH3易液化，气液氨汽化会吸收大量的热。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．对于离子化合物来说，一种阳离子和一种阴离子只能得到一种物质（电荷守恒），当阴、阳离子个数比不同时，其组成物质的种类可能是多种，如FeCl3与FeCl2，故A错误；
B．用加热的方法可以除去混在NaCl固体中的NH4Cl，说明NH4Cl易分解，氯化氢和氨气易发生反应，不是升华，故B错误；
C．二氧化硫一般表现为还原性，与有色物质发生化合反应而漂白，但不稳定，加热时可恢复到原来的颜色，不是氧化还原反应，故C错误；
D．浓硫酸不和H2、Cl2、SO2等气体反应，浓硫酸可用来干燥H2、Cl2、SO2等气体，说明浓硫酸的吸水性，故D正确；
故选D．
【分析】A．纯净物是由一种物质构成的物质，只由一种元素的阳离子与另一种元素的阴离子组成的物质不一定为纯净物；
B．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，上升过程中相遇会生成固体氯化铵，升华是物质三态变化属于物理变化；
C．二氧化硫与有色物质发生化合反应生成无色物质，没有发生氧化还原反应；
D．浓硫酸具有吸水性，能作干燥剂．
7．【答案】B
【解析】【解答】A．CO和氮氧化物在催化剂作用下生成无污染的二氧化碳和氮气，可除去汽车尾气中的氮氧化物，A不符合题意；
B． 可与水反应生成硝酸和NO， 不是酸性氧化物，B符合题意；
C． 的排放会形成硝酸型酸雨，对环境产生危害，C不符合题意；
D．由游离态转化为化合态是氮的固定，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．CO和氮氧化物在催化剂作用下生成无污染的二氧化碳和氮气；
B．可与水反应生成硝酸和NO， 不是酸性氧化物；
C． 的排放会形成硝酸型酸雨；
D．由游离态转化为化合态是氮的固定。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.SO2 属于酸性氧化物，能够使湿润的蓝色石蕊试纸变红，不褪色，A不符合题意；
B.Cl2的水溶液显酸性，含有氢离子，能够使蓝色石蕊试纸变红，氯水中含有次氯酸，具有强氧化性，有漂白作用，因此变红的试纸最终褪色，B符合题意；
C.NH3属于碱性气体，不能够使湿润的蓝色石蕊试纸变色，C不符合题意；
D. HCl的水溶液显酸性，能够使蓝色石蕊试纸变红，不褪色，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】能使湿润的蓝色石蕊试纸褪色的气体具有氧化性，或能与水反应生成具有氧化性的物质，据此结合选项所给物质的性质进行分析。
9．【答案】C
【解析】【解答】A.Fe和氧气发生化合反应生成Fe3O4，故A不符合题意；
B.铁与氯气发生化合反应生成氯化铁，故B不符合题意；
C.FeCl2和可溶性碱发生复分解反应得到Fe（OH）2和盐，故C符合题意；
D.FeCl3和铁发生化合反应生成FeCl2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据物质的性质，分析该物质转化成另一指定物质的反应，选出不是由一步反应实现的一组。
10．【答案】C
【解析】【解答】A、N2与H2反应可生成NH3，NH3经催化氧化生成NO和H2O，无法生成NO2，A不符合题意；
B、硫与O2反应只能生成SO2，无法直接得到SO3，B不符合题意；
C、Na与O2在点燃条件下反应生成Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH，NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3，C符合题意；
D、C与少量O2反应生成CO，CO不溶于水，无法直接转化为H2CO3，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】此题是对物质转化的考查，结合物质的性质和转化进行分析即可。
11．【答案】A
【解析】【解答】解：A、氯气是黄绿色气体，有毒，故A可选；
B、CO是无色无味气体，有毒，故B不选；
C、氮气是无色无味气体，无毒，故C不选；
D、二氧化碳是无色无味气体，无毒，故D不选．
故选：A．
【分析】A、氯气是黄绿色气体，有毒；
B、CO是无色无味气体，有毒；
C、氮气是无色无味气体，无毒；
D、二氧化碳是无色无味气体，无毒．
12．【答案】B
【解析】【解答】A．根据分析，主反应符合题意，A不符合题意；
B．根据分析，存在副反应[(C2H5)Fe(OH)]+生成乙醇和Fe+，铁元素化合价降低，有电子转移，每生成1molCH3CHO消耗N2O的物质的量大于2mol，B符合题意；
C．CH3CHO中碳原子的杂化方式有sp3和sp2两种，C不符合题意；
D．X为乙醇，Ｙ为水，乙醇与水均为极性分子，故能互溶因为它们的分子结构具有相似性，D不符合题意；
故答案为：Ｂ。
【分析】A、结合图象进行分析，反应物为N2O、C2H6，生成物为N2、CH3CHO，结合原子守恒可以直达X为水；
B、反应中存在副反应，因此消耗的物质的量大于2mol；
C、CH3CHO中-CH3的杂化为sp3杂化，-CHO的杂化为sp2杂化；
D、乙醇和水都是极性分子，根据相似相溶的特性，两者可以互溶。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向移动，A项不符合题意；
B．合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价由-3价升高到+2价，被氧化，B项符合题意；
C．氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C项不符合题意；
D．一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸， A 为O2，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分离出产物有利于提高产率；
B．元素化合价降低被还原，元素化合价升高被氧化；
C．利用价态归中规律分析；
D．增大一种反应物的量可以提高另一种反应物的转化率。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸能够与活泼金属反应生成氢气，该反应中稀硫酸表现了氧化性，选项A不符合题意；
B．浓硫酸具有强腐蚀性，不慎沾到皮肤上，立即用大量水冲洗会灼伤皮肤，应立即用布拭去，再用大量清水冲洗，选项B不符合题意；
C．浓硫酸密度大于水，稀释会放出大量热，所以稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿着烧杯壁慢慢地注入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，选项C符合题意；
D．浓硫酸与铜发生反应：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O，生成二氧化硫时S元素的化合价降低，体现其强氧化性，生成硫酸铜时硫元素的化合价不变体现酸性的作用，所以浓硫酸既表现强氧化性又表现酸性，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．浓硫酸、稀硫酸都具有氧化性；
B．浓硫酸具有强腐蚀性，且稀释时会放出大量的热；
C．浓硫酸稀释过程中放出大量热，且浓硫酸密度大于水，据此判断正确的稀释方法；
D．浓硫酸与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，根据化合价变化及反应产物可知，浓硫酸表现了强氧化性和酸性。
15．【答案】D
【解析】【解答】A、因Cl2与FeCl2溶液反应：Cl2+2FeCl2=2 FeCl3，溶液由浅绿色变为棕黄色，现象明显，故A不符合题意；
B、因单质溴与KI溶液反应： 2KI+Br2=2KBr+I2，I2遇淀粉变蓝，现象明显，故B不符合题意；
C、镁要与沸水反应生成碱性的氢氧化镁和氢气，所以有气泡冒出且溶液变红，现象明显，故C不符合题意；
D、亚硫酸钡可溶于盐酸，所以把 SO2通入BaCl2溶液中不能生成亚硫酸钡沉淀，无明显现象，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，而亚硫酸是无法继续和氯化钡反应的，因为亚硫酸钡会和生产的盐酸反应。
16．【答案】B
【解析】【解答】A、由图1数据可知，温度越高，相同时间内FeO42-浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，温度越高FeO42-浓度越小，所以K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，故A不符合题意；
B、pH越小，氢离子浓度越大，由4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时FeO42-浓度越小，pH越小，由图知a＜c，故B符合题意；
C、温度越高，反应速率越快，相同时间内FeO42-浓度变化越快，则由图Ⅰ可知温度：T1>T2>T3，故B不符合题意；
D、温度越高FeO42-浓度越小，正向反应是吸热反应，说明平衡正向移动，即ΔH＞0，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据浓度的变化速率，结合图像分析，K2FeO4的稳定性随着温度的升高而减弱，根据方程式与平衡移动原理，pH越小，平衡正向移动，故B符合题意。
17．【答案】D
【解析】【解答】A. 碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根离子的电离过程，电离生成的碳酸根离子能够与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，故A不符合题意；
B. 实验①中形成沉淀时促进碳酸氢根离子的电离，溶液的酸性逐渐增强，氢离子与碳酸氢根离子反应放出二氧化碳气体，故B不符合题意；
C. 实验②中亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，亚硫酸钡被空气中的氧气氧化生成硫酸钡，故C不符合题意；
D. 实验③中，如果发生Ba2++ H2SO3=BaSO3↓+2H+，生成的亚硫酸钡能够被氢离子溶解，应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】此题根据实验现象，作出合理的推测和解释，考查无机物之间的反应。实验①氯化钡溶液滴入碳酸氢钠溶液，若产生白色沉淀则为碳酸钡；实验②氯化钡溶液中滴入亚硫酸钠溶液，若产生白色沉淀，可能是亚硫酸钡或硫酸钡；实验③氯化钡溶液中滴入亚硫酸溶液，不能反应生成沉淀，若有白色沉淀产生，应该是亚硫酸被氧化生成了硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀。
18．【答案】D
【解析】【解答】（1）用Na2CO3溶液吸收：由方程式NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2和2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2可知，NO单独不能被吸收，NO和NO2混合气体被Na2CO3溶液完全吸收，满足n（NO2）：n（NO）≥1，当n（NO2）：n（NO）=1时x值最小，x最小值为 =1.5，即x 1.5；（2）2.016 L氮氧化合物的物质的量为 ，其中含有NO、NO2、N2O4三种气体，由方程式NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2和2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2，把N2O4折换成NO2，恰好反应，溶液溶质为NaNO2、NaNO3，
由N元素守恒可知①n（NaNO2）+n（NaNO3）=n（NO2）+2n（N2O4）+n（NO），
由Na元素可知②2n（Na2CO3）=n（NaNO2）+n（NaNO3），
已知n（NO2）+n（N2O4）+n（NO）=0.09mol，
而n（NO2）+2n（N2O4）+n（NO）= n（NaNO2）+n（NaNO3）=2n（Na2CO3）=2×0.05L×1.0mol/L=0.1mol，
解得，n（N2O4）=0.01mol，V(N2O4)=0.01mol×22.4L/mol=0.224L，
因n(NO2-)∶n(NO3-) = 4∶1，n（NaNO2）+n（NaNO3）=0.1mol，
解得，n（NaNO2）=0.08mol，n（NaNO3）=0.02mol，
由方程式可知，
2NO2 + Na2CO3 = NaNO2 + NaNO3 + CO2
0.04mol 0.02mol 0.02mol
NO + NO2 + Na2CO3 = 2NaNO2 + CO2
0.03mol 0.03mol 0.08mol-0.02mol
所以0.09mol氮氧化物中含有0.03molNO、0.01molN2O4和（0.07mol-0.01mol×2）=0.05molNO2，
n(NO)∶n(NO2)= 0.03mol：0.05mol=3:5，（3）氨的催化氧化法：因为在氨催化还原法反应中， NO、NO2、N2O4 中的 N 分别由+2 价和+4价→ 0 价， NH3 中的 N 由－3 价→ 0 ．根据得失电子相等的原理有：
0.03mol 2+0.01mol 2 4+0.05mol 4=n(NH3) 3，
解得n(NH3)= mol ，即如采用氨的催化氧化法处理，理论消耗n(NH3) = mol。
A. 根据以上分析，混合气体中V(N2O4) = 0.224 L，故A不符合题意；
B. 根据以上分析，混合气体中n(NO)∶n(NO2) = 0.03mol：0.05mol=3:5，故B不符合题意；
C. 根据以上分析，NOx能够完全被Na2CO3溶液吸收，则x 1.5，故C不符合题意；
D. 如采用氨的催化氧化法处理，理论消耗n(NH3) = mol，故D符合题意。
答案选D。
【分析】本题涉及两个氮氧化合物的氧化还原反应，解决本题的关键是氮元素的守恒。
19．【答案】C
【解析】【解答】铁粉刚加入到足量的硝酸溶液中，生成硝酸铁和一氧化氮，所以当0＜n(Fe)≤b时，向所得的溶液中加入KSCN溶液有血红色出现，A错误；
c点处的反应液为硝酸亚铁溶液，向其中加入稀盐酸后，亚铁离子、硝酸根离子在酸性环境下发生氧化还原反应生成铁离子和一氧化氮气体，遇到空气无色气体变为红棕色，B错误；
o-b过程中发生反应为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)2+NO↑+2H2O，根据Fe~4HNO3反应关系，200 mL 2 mol·L－1 HNO3溶液含有硝酸溶质0.4mol，消耗铁0.1 mol，所以b=0.1 mol，D错误；
o-b反应过程中，消耗铁0.1 mol，生成Fe3+为0.1 mol，反应剩余铁为n-0.1 mol，剩余的铁接着与硝酸铁溶液反应生成硝酸亚铁，离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，设反应消耗Fe3+为xmol,根据反应关系：Fe~2Fe3+，（n-0.1）/x=1/2, x = 2n-0.2 mol, 溶液中n(Fe3+)=0.1-2n+0.2=(0.3-2n)mol，C正确；正确选项C。
【分析】A、0~b之间，没有亚铁离子生成，则生成的是铁离子，有血红色出现
B、c硝酸亚铁中的硝酸根离子又能跟氢离子组合成稀硝酸
D、该反应可统一写为铁和硝酸，生成硝酸亚铁和一氧化氮的反应，根据化学反应方程式中，反应的物质的量之比等于化学计量系数之比。
20．【答案】（1）褪色
（2）HClO；不恢复红色
（3）不相同
（4）吸收尾气
【解析】【解答】解：（1）二氧化硫的漂白性，所以观察到试管中的品红溶液褪色，二氧化硫与有色物质生成无色不稳定的大分子，加热又还原，故答案为：褪色； （2）氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸的漂白不可逆，所以再加热试管，溶液不恢复红色，故答案为：HClO；不恢复红色；（3）由SO2结合有机色素形成不稳定无色物质，加热后恢复原来的颜色而Cl2和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，次氯酸的漂白作用不可恢复可知，SO2和Cl2的漂白原理不相同；故答案为：不相同； （4）SO2和Cl2都有毒，可通过NaOH溶液吸收；故答案为：吸收尾气．
【分析】（1）二氧化硫的漂白性，所以观察到试管中的品红溶液褪色；二氧化硫与有色物质生成无色不稳定的大分子；（2）氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸的漂白不可逆；（3）根据SO2结合有机色素形成不稳定无色物质，加热后恢复原来的颜色而Cl2和水反应生成具有强氧化性的次氯酸，次氯酸的漂白作用不可恢复；（4）根据二氧化硫与Cl2都有毒，应进行尾气处理．
21．【答案】（1）蒸馏烧瓶
（2）Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4+SO2↑+H2O
（3）B；C
（4）2Fe3++SO2+2H2O+Ba2+=2Fe2++4H++BaSO4↓或 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + 4H+ + SO2－（0.5分）、SO2－ + Ba2+ = BaSO4↓
【解析】【解答】（1）图示盛放Cu粒的仪器为蒸馏烧瓶；
（2）浓硫酸能与Na2SO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，该反应的化学方程式为： Na2SO3+H2SO4(浓)= Na2SO4+SO2↑+H2O；
（3）A、实验时应先检查装置的气密性，再加入药品，A不符合题意；
B、操作Ⅱ中继续通入氮气，可维持装置内压强较大，防止由于压强减小而发生倒吸，B符合题意；
C、装置A中发生反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，过程中体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，C符合题意；
D、装置B中品红溶液褪色，是由于SO2与品红中的有色物质发生化合反应，生成不稳定的无色物质，体现了SO2的漂白性，而装置D中溶液褪色，是由于SO2与NaOH反应，使得溶液碱性减小，溶液褪色，不体现SO2的漂白性，D不符合题意；
故答案为：BC
（4）装置C中Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，与Ba2＋形成BaSO4沉淀，该反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O+Ba2+=2Fe2++4H++BaSO4↓；
【分析】（1）根据图示装置确定仪器名称；
（2）浓硫酸能与Na2SO3反应生成Na2SO4、H2O和SO2，据此写出反应的化学方程式；
（3）A、根据实验步骤分析；
B、继续通入氮气可使得装置内压强恒定；
C、根据浓硫酸发生的反应进行分析；
D、根据B、D中发生的反应进行分析；
（4）装置C中Fe3＋具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，与Ba2＋形成BaSO4沉淀，据此写出反应的离子方程式；
22．【答案】（1）2NO+O2 =2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；CaO、Ca(OH)2、CaCO3等
（2）N2+3H22NH3
（3）1：2
（4）转化成N2，氮元素的化合价降低，则一定有元素化合价升高；生成O2，氧元素的化合价升高
【解析】【解答】(1)①NO与O2在室温下反应产生NO2，该反应的化学方程式为：2NO+O2 =2NO2；
NO2与水反应产生HNO3、NO，该反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
②HNO3与CaO反应产生Ca(NO3)2、H2O，反应方程式为：2HNO3+CaO=Ca(NO3)2+H2O；
HNO3与Ca(OH)2发生中和反应产生Ca(NO3)2、H2O，反应方程式为：2HNO3+ Ca(OH)2=Ca(NO3)2+2H2O；
HNO3具有酸的通性，由于硝酸的酸性比碳酸强，所以HNO3与CaCO3发生复分解反应产生Ca(NO3)2、CO2、H2O，反应方程式为：2HNO3+ CaCO3=Ca(NO3)2+ CO2↑+2H2O，故能够与HNO3反应制取Ca(NO3)2的不同类别的物质可以是CaO、Ca(OH)2、Ca(NO3)2等；
(2)在工业上以氮气和氢气为原料，在高温、高压和有催化剂存在的条件下合成氨，该反应是可逆反应，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为；N2+3H22NH3；
(3)在一定条件下，
被O2氧化成
，N元素化合价由反应前
中的-3价变为反应后
中的+5价，化合价升高8价；O元素化合价由反应前O2中的0价变为反应后
中的-2价，化合价降低2×2=4价，化合价升降最小公倍数是8，所以参加反应的
和O2的物质的量之比为1：2；
(4)有同学猜测，在
被细菌分解生成N2的过程中，同时有O2生成。这是由于在反应过程中
转化成N2，氮元素的化合价降低，则一定有元素化合价升高，可能的元素是O元素，故从化合价变化的角度分析应该有O2生成。
【分析】（1）①根据NO和NO2的化学性质书写方程式；
②根据酸的通性分析，酸能与碱、金属氧化物和碳酸钙反应；
（2）工业上以氮气和氢气为原料，在高温、高压和有催化剂存在的条件下反应生成氨气；
（3）NH4＋被O2氧化成NO3 ，根据得失电子守恒确定反应物的物质的量之比；
（4）氧化还原反应中有元素的化合价降低，则一定有元素化合价升高。
23．【答案】（1）N2+3H2 2NH3
（2）催化剂；4NH3+5O2 4NO+6H2O
（3）NH3+HNO3=NH4NO3
（4）ABC
【解析】【解答】解：（1）N2和H2在红热铁砂网的催化作用下合成氨气，化学方程式为：N2+3H2 2NH3，故答案为：N2+3H2 2NH3；（2）B装置中在的催化作用下，氨气和氧气发生催化氧化反应，B装置中在Pt﹣Rh合金网的催化作用下，氨气和氧气发生催化氧化反应生成NO和H2O，化学方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，故答案为：催化剂；4NH3+5O2 4NO+6H2O；（3）在D中，NH3和HNO3反应生成NH4NO3，故化学方程式为：NH3+HNO3=NH4NO3故答案为：NH3+HNO3=NH4NO3；（4）题中涉及的化学反应有：①N2+3H2 2NH3②4NH3+5O2 4NO+6H2O③2NO+O2═2NO2④3NO2+H2O═2HNO3+NO⑤4NO2+O2+H2O═4HNO3⑥NH3+HNO3═NH4NO3，其中①②③④⑤属于氧化还原反应，即ABC属于氧化还原反应，故答案为：ABC．
【分析】从流程图可知，N2和H2在红热铁砂网的催化作用下合成氨气，氨气和空气中的O2在铂铑合金网的催化作用下发生催化氧化生成NO和H2O，将NO和空气、水混合，NO和O2和水反应生成HNO3，然后NH3和HNO3反应生成NH4NO3，据此分析．
24．【答案】（1）Cu+H2O2+2HCl═2H2O+CuCl2
（2）大于；3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
（3）C
【解析】【解答】解：（1）铜、过氧化氢、盐酸混合，反应生成氯化铜、水，化学方程式：Cu+H2O2+2HCl═2H2O+CuCl2；
故答案为：Cu+H2O2+2HCl═2H2O+CuCl2；（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．浓盐酸不但和碳酸钙反应和铝也反应，所以加入的浓盐酸不能过量，会腐蚀铝壶，故A不选；
B．稀硝酸不但和碳酸钙反应和铝也反应，所以加入的浓盐酸不能过量，会腐蚀铝壶，故B不选；
C．冷的浓硝酸与铝钝化，不会腐蚀铝壶，和碳酸钙反应溶解水垢，符合题意，故C选；
D．铝在浓硫酸中常温下钝化，浓硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙附着在铝壶表面，阻止反应继续进行，无法去除水垢，故D不选；
故选：C．
【分析】（1）过氧化氢酸性环境下具有强的氧化性能够氧化铜生成二价铜离子；（2）铜只能和浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，随着反应进行浓硫酸浓度减小，不再与铜反应，硝酸根离子具有强的氧化性，酸性环境下铜可以被硝酸根离子氧化；（3）根据碳酸钙和铝的化学性质进行分析：碳酸钙会和酸溶液发生反应；铝和酸反应，常温下在浓硫酸、浓硝酸中发生钝化阻止反应进行．