高中化学苏教版硫氮和可持续发展 优秀

苏教版必修1单元试卷：专题4硫氮和可持续发展（01）一、选择题（共19小题）1．导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是（）A．酸雨 B．光化学烟雾 C．臭氧空洞 D．温室效应2．下列试剂中，标签上应标注和的是（）A．C2H5OH B．HNO3 C．NaOH D．HCl3．下列气体不会造成大气污染的是（）A．二氧化硫 B．氮气 C．一氧化碳 D．一氧化氮4．下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（）A．氮元素均被氧化B．工业合成氨属于人工固氮C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环5．下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2OC．4NH3+6NO→5N2+6H2O D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H26．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）A．还原性 B．氧化性 C．漂白性 D．酸性7．与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A．硫酸铜 B．氢氧化钠 C．硫酸亚铁 D．二氧化硫8．实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是（）A．操作I中苯作萃取剂B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C．通过操作II苯可循环使用D．三步操作均需要分液漏斗9．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（）A．采取低碳、节俭的生活方式B．按照规定对生活废弃物进行分类放置C．深入农村和社区宣传环保知识D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等10．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA纯碱是强碱弱酸盐用纯碱溶液可清洗油污B不锈钢是合金不锈钢在潮湿环境中容易被腐蚀CFe2O3是碱性氧化物Fe2O3可用作红色油漆和涂料DNO2是红棕色气体常温下可用铜与浓硝酸制取NO2A．A B．B C．C D．D11．化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A．铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放12．Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大进展，因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖，关于NO的下列叙述不正确的是（）A．NO可以是某些含低价N物质氧化的产物B．NO不是亚硝酸酐C．NO可以是某些含高价N物质还原的产物D．NO是红棕色气体13．下列有关物质性质的应用正确的是（）A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝14．下列措施不合理的是（）A．用SO2漂白纸浆和草帽辫B．用硫酸清洗锅炉中的水垢C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+15．下列叙述正确的是（）A．合成氨的“造气”阶段会产生废气B．电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放C．电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗D．使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染16．下列叙述错误的是（）A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同B．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率D．用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI17．向50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热．充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量（）A．小于 B．等于C．在和之间 D．大于18．起固定氮作用的化学反应是（）A．氮气与氢气在一定条件下反应生成氨气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．由氨气制碳酸氢铵和硫酸铵19．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（）A．X：SO2；Y：H2S B．X：Cl2；Y：CO2 C．X：NH3；Y：CO2 D．X：SO2；Y：Cl2二、填空题（共2小题）20．NOx是汽车尾气中的主要污染物之一．（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：．（2）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：①写出该反应的热化学方程式：．②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是：．（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放．①当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出．写出NO被CO还原的化学方程式：．②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐．其吸收能力顺序如下：12MgO＜20CaO＜38SrO＜56BaO．原因是：，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强．（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：①Pt电极上发生的是反应（填“氧化”或“还原”）．②写出NiO电极的电极反应式：．21．某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i．液面上方出现白雾；ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是．（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是．（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀．①实验a目的是．②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是．（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是．（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X．①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化．取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀．则沉淀X中含有的物质是．②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：．三、解答题（共9小题）22．利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保．（1）工业上可用组成为K2O•M2O3•2RO2•nH2O的无机材料纯化制取的氢气①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为②常温下，不能与M单质发生反应的是（填序号）a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种①高温热分解法已知：H2S（g）⇌H2（g）+1/2S2（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果见右图．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：②电化学法该法制氢过程的示意图如右．反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是；反应池中发生反应的化学方程式为．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为．23．固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是．查阅资料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：（2）实验过程①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明②称取Mg（NO3）2固体置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先然后固定在管中固体部位下加热．③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化．④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为．⑤取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象．（3）实验结果分析讨论①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想是正确的．②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是．③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．24．现拟用图所示装置（尾气处理部分略）来制取一氧化碳，并用以测定某铜粉样品（混有CuO粉末）中金属铜的含量（1）制备一氧化碳的化学方程式是；（2）试验中，观察到反应管中发生的现象是；尾气的主要成分是；（3）反应完成后，正确的操作顺序为（填字母）a．关闭漏斗开关b．熄灭酒精1c．熄灭酒精灯2（4）若试验中称取铜粉样品，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为，则原样品中单质铜的质量分数为；（5）从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂，设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案；①设计方案的主要步骤是（不必描述操作过程的细节）；②写出有关反应的化学方程式．25．硫酸镍铵[（NH4）xNiy（SO4）m•nH2O]可用于电镀、印刷等领域．某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取样品，配制成溶液A；②准确量取溶液A，用•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+），消耗EDTA标准溶液；③另取溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3（标准状况）．（1）若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2+含量将（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）．（2）氨气常用检验，现象是．（3）通过计算确定银硫酸镍铵的化学式（写出计算过程）．26．二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用．二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体．无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要．完成下列填空：（1）实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫．如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是（填写字母）．（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取（标准状况）二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠g（保留一位小数）；如果已有%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠g（保留一位小数）．（3）实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通．石灰﹣石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法．石灰﹣石膏法的吸收反应为SO2+Ca（OH）2→CaSO3↓+H2O．吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4•2H2O．其流程如图：碱法的吸收反应为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O．碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高．其流程如图：已知：试剂Ca（OH）2NaOH价格（元/kg）吸收SO2的成本（元/mol）石灰﹣石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是．和碱法相比，石灰﹣石膏法的优点是，缺点是．（4）在石灰﹣石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）．27．电石中的碳化钙和水能完全反应：CaC2+2H2O=C2H2↑+Ca（OH）2使反应产生的气体排水，测量排出水的体积，可计算出标准状况乙炔的体积，从而可测定电石中碳化钙的含量．（1）若用下列仪器和导管组装实验装置：如果所制气体流向从左向右时，上述仪器和导管从左到右直接连接的顺序（填各仪器、导管的序号）是接接接接接．（2）仪器连接好后，进行实验时，有下列操作（每项操作只进行一次）：①称取一定量电石，置于仪器3中，塞紧橡皮塞．②检查装置的气密性．③在仪器6和5中注入适量水．④待仪器3恢复到室温时，量取仪器4中水的体积（导管2中的水忽略不计）．⑤慢慢开启仪器6的活塞，使水逐滴滴下，至不发生气体时，关闭活塞．正确的操作顺序（用操作编号填写）是．（3）若实验产生的气体有难闻的气味，且测定结果偏大，这是因为电石中含有杂质．（4）若实验时称取的电石克，测量排出水的体积后，折算成标准状况乙炔的体积为448毫升，此电石中碳化钙的百分含量是%．28．碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等．工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠．（1）某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠．称取该样品，用L盐酸滴定，耗用盐酸．若改用L硫酸滴定，需用硫酸mL（保留两位小数）．（2）某溶液组成如表一：表一化合物Na2CO3NaHCO3NaCl质量（kg）向该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体．取出晶体后溶液组成如表二：表二化合物Na2CO3NaHCO3NaCl质量（kg）计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1位小数）．（3）将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中NaHCO3的质量由降为，补加适量碳酸纳，使溶液组成回到表一状态．计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）．（4）某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳×103L（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg．通过计算确定该晶体的化学式．29．农作物生长发育需要大量的氮养分，除了可用人工固氮方法（合成氮）获得氨态氯外，自然界雷电现象也是一种固氮途经，经由雷电固定的氮是硝态氮（硝酸或硝酸盐形式），其相关的化学方程式为，，．30．A、B、C是在中学化学中常见的三种化合物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单质．这些化合物和单质之间存在如下的关系：据此判断：（1）在A、B、C这三种化合物中，必定含有乙元素的是．（用A、B、C字母填写）（2）单质乙必定是（填“金属“或“非金属“），其理由是．（3）单质乙的分子式可能是，则化合物B的分子式是．

苏教版必修1单元试卷：专题4硫氮和可持续发展（01）参考答案与试题解析一、选择题（共19小题）1．导致下列现象的主要原因与排放SO2有关的是（）A．酸雨 B．光化学烟雾 C．臭氧空洞 D．温室效应【考点】二氧化硫的污染及治理．【分析】A、根据形成酸雨的原因：氮的氧化物和硫的氧化物．B、根据形成光化学烟雾的原因：氮的氧化物；C、根据形成臭氧空洞的原因：氮的氧化物和卤化代烃；D、根据形成温室效应的原因：二氧化碳、氯氟烃（CFC〕、甲烷、低空臭氧和氮氧化物气体．【解答】解：A、因酸雨的形成与氮的氧化物和硫的氧化物有关，故A正确；B、因光化学烟雾的形成与氮的氧化物有关，故B错误；C、因臭氧空洞的形成与氮的氧化物和卤化代烃有关，故C错误；D、因温室效应的形成与二氧化碳、氯氟烃（CFC〕、甲烷、低空臭氧和氮氧化物气体有关，故D错误；故选：A．2．下列试剂中，标签上应标注和的是（）A．C2H5OH B．HNO3 C．NaOH D．HCl【考点】硝酸的化学性质．【分析】警示标记标注和说明该物质具有强的氧化性和腐蚀性，据此解答．【解答】解：A．C2H5OH为易燃品，不具有强的氧化性和腐蚀性，故A错误；B．硝酸具有强的氧化性和腐蚀性，应标注和，故B正确；C．NaOH具有腐蚀性，但是不具有氧化性，故C错误；D．盐酸具有腐蚀性，但是不具有强的氧化性，故D错误；故选：B．3．下列气体不会造成大气污染的是（）A．二氧化硫 B．氮气 C．一氧化碳 D．一氧化氮【考点】常见的生活环境的污染及治理；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的污染及治理．【分析】题目中二氧化硫、一氧化碳、一氧化氮都是有毒气体，会造成大气污染，并且二氧化硫形成酸雨，一氧化氮形成光化学烟雾．【解答】解：A、二氧化硫是有毒气体，是形成酸雨的有害气体，会污染大气，故A错误；B、空气中有的气体是氮气，不会造成污染，故B正确；C、一氧化碳有毒，会污染大气，故C错误；D、一氧化氮有毒，会污染大气，并能形成形成光化学烟雾，故D错误．故选B．4．下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是（）A．氮元素均被氧化B．工业合成氨属于人工固氮C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环【考点】氮的固定；真题集萃．【分析】A．根据N元素的化合价升高被氧化，N元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；B．人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；C．根据氮循环中物质的分类进行解答；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如大气中的氮气转化氮的氧化物，氧元素参与，转化为铵盐，氢元素参加．【解答】解：A．硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；B．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C正确；D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确．故选A．5．下列反应中的氨与反应4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2OC．4NH3+6NO→5N2+6H2O D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2【考点】氨的化学性质．【分析】4NH3+5O2→4NO+6H2O反应中氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，根据化合价的变化分析．【解答】解：A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑反应中，NH3中N元素的化合价不变，故A错误；B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故B正确；C．4NH3+6NO→5N2+6H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故C正确；D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2反应中，氨气中H元素的化合价降低，则氨气作氧化剂，故D错误．故选BC．6．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）A．还原性 B．氧化性 C．漂白性 D．酸性【考点】二氧化硫的化学性质．【分析】二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸．【解答】解：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性．故选A．7．与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A．硫酸铜 B．氢氧化钠 C．硫酸亚铁 D．二氧化硫【考点】硫化氢．【分析】A、CuS不溶于酸；B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应；C、FeS不溶于水但溶于酸；D、SO2和H2S发生归中反应．【解答】解：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水．A、CuS不溶于水也不溶于酸，故CuSO4能和H2S反应生成CuS沉淀：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，且硫酸铜为电解质，故A正确；B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生成，故B错误；C、FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应，故C错误；D、SO2和H2S发生归中反应有硫单质生成：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，但二氧化硫不是电解质，故D错误．故选A．8．实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是（）A．操作I中苯作萃取剂B．苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C．通过操作II苯可循环使用D．三步操作均需要分液漏斗【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过过滤操作进行分离得到苯酚．【解答】解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚．A．操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确；B．苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B错误；C．操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C正确；D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确．故选：B．9．“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（）A．采取低碳、节俭的生活方式B．按照规定对生活废弃物进行分类放置C．深入农村和社区宣传环保知识D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析．【解答】解：A、采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故A不选；B、垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故B不选；C、伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意识，符合保护环境的措施，故C不选；D、经常使用一次性筷子和纸杯，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，故措施不合理，故D选；故选D．10．下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA纯碱是强碱弱酸盐用纯碱溶液可清洗油污B不锈钢是合金不锈钢在潮湿环境中容易被腐蚀CFe2O3是碱性氧化物Fe2O3可用作红色油漆和涂料DNO2是红棕色气体常温下可用铜与浓硝酸制取NO2A．A B．B C．C D．D【考点】盐类水解的应用；酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；合金的概念及其重要应用．【分析】A．强碱弱酸盐水解显碱性，油脂在碱性环境下水解彻底；B．依据合金的概念和不锈钢的性质解答；C．Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为其颜色为红色；D．铜与浓硝酸常温下反应生成红棕色二氧化氮．【解答】解：A．纯碱为碳酸钠，是强碱弱酸盐，水解显碱性，用纯碱溶液可清洗油污，故A正确；B．不锈钢含有碳、铁、镍等元素属于合金，不锈钢因为改变钢的内部结构而耐腐蚀，故B错误；C．Ⅰ和Ⅱ均正确，但是二者不存在因果关系，故C错误；D．Ⅰ和Ⅱ均正确，但是二者不存在因果关系，故D错误；故选：A．11．化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A．铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．大量燃烧化石燃料是造成雾霾天气的一种重要因素D．含重金属离子的电镀废液不能随意排放【考点】常见的生活环境的污染及治理；金属的电化学腐蚀与防护；塑料的老化和降解．【分析】A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈；B．白色污染是人们对难降解的聚苯乙烯、聚丙烯、聚氯乙烯等高分子化合物制成塑料垃圾（多指塑料袋）污染环境现象的一种形象称谓；聚乙烯塑料难降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染；C．根据造成雾霾天气的原因判断；D．重金属离子有毒．【解答】解：A．锌比铁活泼，并且在空气中容易形成致密的氧化膜，防止生锈，故A正确；B．聚乙烯塑料难降解，可造成白色污染，聚乳酸塑料易降解不会造成白色污染，故B错误；C．大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故C正确；D．重金属离子有毒，含重金属离子的电镀废液不能随意排放，故D正确；故选B．12．Murad等三位教授最早提出NO分子在人体内有独特功能，近年来此领域研究有很大进展，因此这三位教授荣获了1998年诺贝尔医学及生理学奖，关于NO的下列叙述不正确的是（）A．NO可以是某些含低价N物质氧化的产物B．NO不是亚硝酸酐C．NO可以是某些含高价N物质还原的产物D．NO是红棕色气体【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】NO中N元素的化合价为+2价，为无色气体，具有还原性，某些含高价N物质还原可生成NO，以此解答该题．【解答】解：A．NO中N元素的化合价为+2价，为低价氧化物，故A正确；B．亚硝酸中N元素的化合价为+3价，NO不是亚硝酸酐，故B正确；C．NO为低价氧化物，某些含高价N物质还原可生成NO，故C正确；D．NO为无色气体，故D错误．故选D．13．下列有关物质性质的应用正确的是（）A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B．二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C．生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【考点】氨的用途；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；气体的净化和干燥．【分析】A．液氨汽化时要吸收大量的热；B．二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体；C．氢氧化钙能和氯气反应；D．氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电．【解答】解：A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确；B．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故B错误；C．CaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，故C错误；D．氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝，故D错误．故选A．14．下列措施不合理的是（）A．用SO2漂白纸浆和草帽辫B．用硫酸清洗锅炉中的水垢C．高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D．用Na2S做沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+【考点】二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅；物质的分离、提纯和除杂．【分析】A、二氧化硫具有漂白性，可以漂白有机色素；B、硫酸和水垢反应，其中碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙微溶于水；C、工业上在高温条件下用碳还原二氧化硅制备粗硅；D、硫离子和重金属离子形成难溶的沉淀，可以除去废水中重金属离子；【解答】解：A、二氧化硫具有漂白性，可以漂白有机色素，用SO2漂白纸浆和草帽辫，故A合理；B、用硫酸清洗锅炉中的水垢反应生成硫酸钙是微溶于水的盐，不能除净水垢，故B不合理；C、工业上在高温条件下用碳还原二氧化硅制备粗硅；2C+SiO2Si+2CO，故C合理；D、用Na2S做沉淀剂，硫离子和重金属离子形成难溶的沉淀，除去废水中的Cu2+和Hg2+，故D合理；故选B．15．下列叙述正确的是（）A．合成氨的“造气”阶段会产生废气B．电镀的酸性废液用碱中和后就可以排放C．电解制铝的过程中，作为阳极材料的无烟煤不会消耗D．使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染【考点】常见的生活环境的污染及治理．【分析】A．氨的造气用天燃气或煤，会产生二氧化碳；B．电镀废液含有重金属，直接排放会造成污染，不利于环境保护；C．铝的生产中阳极会产生二氧化碳，煤会消耗；D．煤的气化后作了脱硫处理，污染减少；【解答】解：A．合成氨反应为N2+3H2⇌2NH3，所用的原料气是氮气、氢气，氮气来自空气，氢气来自水和碳氢化合物的反应，用天燃气或煤，会产生废气二氧化碳，故A正确；B．酸性废液用碱中和后，溶液呈中性，但电镀液含重金属离子，应处理后排放，故B错误；C．电解熔融氧化铝制金属铝的阳极上产生的是氧气，作为阳极材料的无烟煤会被氧化成二氧化碳，煤会消耗，故C错误；D．煤的燃烧能够产生二氧化硫，导致产生酸雨，煤通过液化气化，提高了燃烧效率，降低了污染，故D正确；故选AD．16．下列叙述错误的是（）A．SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同B．制备乙酸乙酯时可用热的NaOH溶液收集产物以除去其中的乙酸C．用饱和食盐水替代水跟电石反应，可以减缓乙炔的产生速率D．用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI【考点】二氧化硫的化学性质；化学反应速率的影响因素；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；乙酸乙酯的制取．【分析】A．SO2能与溴水发生氧化还原反应；乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应；B．乙酸乙酯在热的NaOH溶液中会发生水解；C．用饱和食盐水替代水，相当于降低了水的浓度；D．AgNO3溶液与KCl反应生成白色沉淀；AgNO3溶液与KI反应生成黄色沉淀．【解答】解：A．SO2能与溴水发生氧化还原反应；乙烯能与KMnO4溶液发生氧化还原反应，故SO2使溴水褪色与乙烯使KMnO4溶液褪色的原理相同，故A正确；B．乙酸乙酯在热的NaOH溶液中会发生水解，应用饱和碳酸钠溶液收集产物以除去其中的乙酸，故B错误；C．用饱和食盐水替代水，相当于降低了水的浓度，可以减缓乙炔的产生速率，故C正确；D．AgNO3溶液与KCl反应生成白色沉淀；AgNO3溶液与KI反应生成黄色沉淀，故用AgNO3溶液可以鉴别KCl和KI，故D正确，故选B．17．向50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热．充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量（）A．小于 B．等于C．在和之间 D．大于【考点】浓硫酸的性质；氧化还原反应．【分析】根据浓硫酸与铜反应，随着反应的进行，浓硫酸变稀，稀硫酸与铜不反应，浓硫酸与铜反应时被还原的H2SO4为参加反应的浓硫酸的一半．【解答】解：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，被还原的硫酸的物质的量理论上应是参加反应的硫酸的一半，但随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，因此，被还原的硫酸的物质的量应小于一半，则50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热后被还原的硫酸的物质的量应为：小于．故答案为：A．18．起固定氮作用的化学反应是（）A．氮气与氢气在一定条件下反应生成氨气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．由氨气制碳酸氢铵和硫酸铵【考点】氮的固定．【分析】根据氮的固定是指将游离态的氮转变为氮的化合物来思考分析．【解答】解：A．氮元素由游离态的氮气转化为化合态的氨气，故A正确；B．氮元素由化合态的一氧化氮转变为化合态的二氧化氮，不是游离态转化为化合态，故B错误；C．氮元素由化合态的氨气转变为化合态的一氧化氮，不是游离态转化为化合态，故C错误；D．氮元素由化合态的氨气转变为化合态的铵盐，不是游离态转化为化合态，故D错误；故选A．19．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（）A．X：SO2；Y：H2S B．X：Cl2；Y：CO2 C．X：NH3；Y：CO2 D．X：SO2；Y：Cl2【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质．【分析】A、硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；B、氯气不和BaCl2溶液反应，通入二氧化碳不能反应，无沉淀生成；C、氨气显碱性，能和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸根离子结合钡离子生成碳酸钡沉淀；D、氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到两种强酸溶液；【解答】解：A、2H2S+SO2═3S↓+2H2O，有沉淀生成，故A不符合；B、氯气不和BaCl2溶液反应，通入二氧化碳不能反应，无沉淀生成，故B符合；C、2NH3+H2O+CO2═（NH4）2C03，（NH4）2C03+BaCl2═BaCO3↓+2NH4Cl，故C不符合；D、Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故D不符合；故选B．二、填空题（共2小题）20．NOx是汽车尾气中的主要污染物之一．（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO．（2）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：①写出该反应的热化学方程式：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183kJ•moL﹣1．②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是：增大．（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放．①当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出．写出NO被CO还原的化学方程式：2CO+2NON2+2CO2．②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐．其吸收能力顺序如下：12MgO＜20CaO＜38SrO＜56BaO．原因是：根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强．（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：①Pt电极上发生的是还原反应（填“氧化”或“还原”）．②写出NiO电极的电极反应式：NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2．【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【分析】（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（2）①根据能量变化图计算反应热，反应热=吸收的能量﹣放出的能量，再根据热化学反应方程式的书写规则书写；②升高温度，平衡向吸热反应方向移动，根据生成物和反应物浓度变化确定平衡常数变化；（3）①NO被CO还原，则CO被NO氧化生成二氧化碳，据此写出反应方程式；②原子半径越大，其吸收范围越大，则吸收能力越强；（4）①得电子的物质发生还原反应；②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮．【解答】解：（1）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）①该反应中的反应热=kJ/mol﹣2×630kJ/mol=+183kJ/mol，所以其热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183kJ•moL﹣1，故答案为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183kJ•moL﹣1；②该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，生成物浓度增大，反应物浓度减小，所以平衡常数增大，故答案为：增大；（3）①在催化剂条件下，一氧化碳被氧化生成二氧化碳，一氧化氮被还原生成氮气，所以其反应方程式为：2CO+2NON2+2CO2，故答案为：2CO+2NON2+2CO2；②根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素．同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径越大，反应接触面积越大，则吸收能力越大，故答案为：根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为ⅡA族元素，同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大．（4）①铂电极上氧气得电子生成氧离子而被还原，故答案为：还原；②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2，故答案为：NO+O2﹣﹣2e﹣=NO2．21．某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i．液面上方出现白雾；ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）Cl2和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O．（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是碱性、漂白性．（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象i的白雾由HCl小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀．①实验a目的是检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰．②由实验a、b不能判断白雾中含有HCl，理由是白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀．（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色．（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X．①向沉淀X中加入稀HCl，无明显变化．取上层清液，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀．则沉淀X中含有的物质是CaSO4．②用离子方程式解释现象ⅲ中黄绿色褪去的原因：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+．【考点】二氧化硫的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸；【解答】解：（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝（约为12）溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；故答案为：碱性、漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为：检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为：白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl﹣发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5））①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42﹣，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；故答案为：CaSO4：SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+；三、解答题（共9小题）22．利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保．（1）工业上可用组成为K2O•M2O3•2RO2•nH2O的无机材料纯化制取的氢气①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为②常温下，不能与M单质发生反应的是be（填序号）a．CuSO4溶液b．Fe2O3c．浓硫酸d．NaOH溶液e．Na2CO3固体（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种①高温热分解法已知：H2S（g）⇌H2（g）+1/2S2（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验．以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，结果见右图．图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率．据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短②电化学法该法制氢过程的示意图如右．反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；反应池中发生反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl．反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．【考点】硫化氢．【分析】（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14；②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；（2）①K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答．【解答】解：（1）①M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14，其原子结构示意图为，故答案为：；②M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应，如a、c，还能与d中NaOH溶液反应生成氢气，而高温下与氧化铁反应，与碳酸钠不反应，故答案为：be；（2）①以H2S起始浓度均为cmol•L﹣1测定H2S的转化率，985℃时H2S的转化率为40%，则H2S（g）⇌H2（g）+1/2S2（g）开始c00转化平衡K==；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，故答案为：；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；②反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为2Fe2++2H+2Fe3++H2↑，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl；2Fe2++2H+2Fe3++H2↑．23．固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂．某学习小组以Mg（NO3）2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg（NO3）2、NO2、O2乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）．查阅资料得知：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：（2）实验过程①仪器连接后，放入固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，表明装置气密性良好②称取Mg（NO3）2固体置于A中，加热前通入N2以驱尽装置内的空气，其目的是避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案）；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先移动酒精灯预热硬质玻璃管然后固定在管中固体部位下加热．③观察到A中有红棕色气体出现，C、D中未见明显变化．④待样品完全分解，A装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为．⑤取少量剩余固体于试管中，加入适量水，未见明显现象．（3）实验结果分析讨论①根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想乙是正确的．②根据D中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：2Na2SO3+O2=2Na2SO4（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）．③小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装置进一步研究．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【分析】（1）根据氧化还原反应化合价升降相等判断；（2）①反应前检验装置的气密性；②甲、乙、丙中都有氧气，避免空气中氧气干扰；根据加热试管的操作要求完成；（3）①根据硝酸镁的反应现象进行判断；②D中亚硫酸钠具有还原性，能够和氧气反应生成硫酸钠，溶液褪色；二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，一氧化氮会消耗氧气．【解答】解：（1）由于产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，故答案为：不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）；（2）①实验前需要检验装置的气密性，方法是关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E中有气泡连续放出，证明装置气密性良好，故答案为：装置气密性良好；②由于甲乙丙猜想中产物都有氧气，没有氮气，用氮气排出装置中空气避免对产物氧气检验的干扰，集中加热前先预热硬质试管，然后固定在管中固体部位下加热，故答案为：避免对产物O2检验产生干扰（或其它合理答案）；移动酒精灯预热硬质玻璃管；（3）①硝酸镁分解，红棕色气体是二氧化氮，镁元素不会还是硝酸镁形式，所以乙正确；故答案为：乙；②亚硫酸钠和氧气的反应，反应方程式是：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，在B装置中，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成一氧化氮，生成的一氧化氮消耗了氧气，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案）．24．现拟用图所示装置（尾气处理部分略）来制取一氧化碳，并用以测定某铜粉样品（混有CuO粉末）中金属铜的含量（1）制备一氧化碳的化学方程式是HCOOHCO↑+H2O；（2）试验中，观察到反应管中发生的现象是样品由黑色变红色；尾气的主要成分是CO、CO2；（3）反应完成后，正确的操作顺序为cab（填字母）a．关闭漏斗开关b．熄灭酒精1c．熄灭酒精灯2（4）若试验中称取铜粉样品，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为，则原样品中单质铜的质量分数为80%；（5）从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水、双氧水中选用合适的试剂，设计一个测定样品中金属铜质量分数的方案；①设计方案的主要步骤是（不必描述操作过程的细节）将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量；②写出有关反应的化学方程式CuO+H2SO4=CuSO4+H2O．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】（1）甲酸在浓硫酸、加热的条件下分解生成CO与H2O；（2）实验中，反应管中发生反应CuO+COCu+CO2，反应管中发生的现象是黑色粉末变红；尾气的主要成分是CO、CO2；（3）实验步骤：先通入CO一会儿后，加热待反应管内的药品完全后，停止加热，然后继续通入CO到玻璃管冷却为止；（4）若试验中称取铜粉样品，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为，剩余固体全部为铜，利用差量法计算出原样品中氧化铜的质量，进而计算铜的质量分数；（5）①要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可．②反应的化学方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O．【解答】解：（1）甲酸在浓硫酸、加热的条件下分解生成CO与H2O，反应方程式为HCOOHCO↑+H2O；故答案为：HCOOHCO↑+H2O；（2）实验中，反应管中发生反应CuO+COCu+CO2，反应管中发生的现象是黑色粉末变红；尾气的主要成分是CO、CO2；故答案为：样品由黑色变红色；CO、CO2；（3）反应完后，操作顺序先撤酒精灯2，此时左边装置仍在制取CO，然后再关闭分液漏斗的开关，不再加入反应试剂，最后撤酒精灯1停止反应，这样操作防止空气中O2进入右边装置铜又被氧化为氧化铜了，正确的操作顺序为：熄灭酒精灯2，关闭漏斗开关，最后熄灭酒精1，即cab；故答案为：cab；（4）若试验中称取铜粉样品，充分反应后，反应管中剩余固体的质量为，剩余固体全部为铜，令样品中CuO的质量为m，则：CuO+COCu+CO2，固体质量减少△m8016m5g﹣=故m=×=1g，所以原样品中金属铜的质量分数为×100%=80%；故答案为：80%；（5）①要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；②反应的化学方程式为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O．25．硫酸镍铵[（NH4）xNiy（SO4）m•nH2O]可用于电镀、印刷等领域．某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取样品，配制成溶液A；②准确量取溶液A，用•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+），消耗EDTA标准溶液；③另取溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3（标准状况）．（1）若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni2+含量将偏高（填“偏高”、或“偏低”或“不变”）．（2）氨气常用湿润的红色石蕊试纸检验，现象是试纸颜色由红变蓝．（3）通过计算确定银硫酸镍铵的化学式（写出计算过程）（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．【分析】（1）滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，测定结果会偏高；（2）根据氨气的检验方法完成；（3）根据反应和滴定数据计算出镍离子的物质的量；根据氨气的体积计算出氨气的物质的量；根据正负电荷相等求算出硫酸根的物质的量，再利用质量计算出水的物质的量，最后求出硫酸镍铵的化学式．【解答】解：（1）由于没有用标准液润洗滴定管，使得滴定管中的标准液浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，测定结果偏高，故答案是：偏高；（2）氨气常用湿润的红色石蕊试纸进行检验，试纸由红色变成蓝色，故答案是：湿润的红色石蕊试纸；试纸颜色由红变蓝；（3）25mL溶液中镍离子的物质的量是：n（Ni2+）=n（H2Y2﹣）=mol•L﹣1×=×10﹣3mol，氨气的物质的量等于铵离子的物质的量，n（NH4+）==×10﹣3mol根据电荷守恒，硫酸根的物质的量是：n（SO42﹣）=×[2n（Ni2+）+n（NH4+）]=×10﹣3mol，所以：m（Ni2+）=59g•mol﹣1××10﹣3mol=gm（NH4+）=18g•mol﹣1××10﹣3mol=gm（SO42﹣）=96g•mol﹣1××10﹣3mol=gn（H2O）==×10﹣2molx：y：m：n=n（NH4+）：n（Ni2+）：n（SO42﹣）：n（H2O）=2：1：2：10，硫酸镍铵的化学式为（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O，答：硫酸镍铵的化学式是（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O．26．二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用．二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体．无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要．完成下列填空：（1）实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫．如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是ae（填写字母）．（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取（标准状况）二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠g（保留一位小数）；如果已有%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠g（保留一位小数）．（3）实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通．石灰﹣石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法．石灰﹣石膏法的吸收反应为SO2+Ca（OH）2→CaSO3↓+H2O．吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4•2H2O．其流程如图：碱法的吸收反应为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O．碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高．其流程如图：已知：试剂Ca（OH）2NaOH价格（元/kg）吸收SO2的成本（元/mol）石灰﹣石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是利用SO2是酸性氧化物，可与碱反应．和碱法相比，石灰﹣石膏法的优点是原料易得，吸收成本低，缺点是亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞，吸收速率慢，效率低．（4）在石灰﹣石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）．【考点】二氧化硫的化学性质；二氧化硫的污染及治理；浓硫酸的性质．【分析】（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知a、e可达到目的；（2）由硫守恒可得：Na2SO3～SO2，因此需称取m（Na2SO3）=126g•mol﹣1×=；4g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为（4×142）/126=，则有%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：96/=%，因此称取变质样品的质量应为：÷%=；（3）石灰﹣石膏法与碱法吸收SO2都是利用SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收SO2的；利用题中已知和有关信息可知采用石灰﹣石膏法所用原料易得、成本低等，但因Ca（OH）2碱性弱，导致吸收速率慢、效率低；（4）流程中的氢氧化钠可以循环使用；【解答】解：（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知a、e可达到目的；故答案为：ae；（2）由硫守恒可得：Na2SO3～SO2，因此需称取m（Na2SO3）=126g•mol﹣1×=；4g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为（4×142）/126=，则有%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：96/=%，因此称取变质样品的质量应为：÷%=；故答案为：；；（3）石灰﹣石膏法与碱法吸收SO2都是利用SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收SO2的；利用题中已知和有关信息可知采用石灰﹣石膏法所用原料易得、成本低等，但因Ca（OH）2碱性弱，导致吸收速率慢、效率低；故答案为：利用SO2是酸性氧化物，可与碱反应，原料易得，吸收成本低；亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞，吸收速率慢，效率低；（4）依据上述流程操作存在的缺点，能实现物料循环的烟气脱硫方案；故答案为：；27．电石中的碳化钙和水能完全反应：CaC2+2H2O=C2H2↑+Ca（OH）2使反应产生的气体排水，测量排出水的体积，可计算出标准状况乙炔的体积，从而可测定电石中碳化钙的含量．（1）若用下列仪器和导管组装实验装置：如果所制气体流向从左向右时，上述仪器和导管从左到右直接连接的顺序（填各仪器、导管的序号）是（6）接（3）接（1）接（5）接（2）接（4）．（2）仪器连接好后，进行实验时，有下列操作（每项操作只进行一次）：①称取一定量电石，置于仪器3中，塞紧橡皮塞．②检查装置的气密性．③在仪器6和5中注入适量水．④待仪器3恢复到室温时，量取仪器4中水的体积（导管2中的水忽略不计）．⑤慢慢开启仪器6的活塞，使水逐滴滴下，至不发生气体时，关闭活塞．正确的操作顺序（用操作编号填写）是②①③⑤④．（3）若实验产生的气体有难闻的气味，且测定结果偏大，这是因为电石中含有其它可与水反应产生气体的杂质．（4）若实验时称取的电石克，测量排出水的体积后，折算成标准状况乙炔的体积为448毫升，此电石中碳化钙的百分含量是80%%．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；连接仪器装置；化学实验操作的先后顺序．【分析】（1）制备气体并测量气体体积时注意排水瓶（即5）中的两个导管应短进长出；（2）制备气体时并测量气体实验步骤应按照检验气密性→装药品→发生反应→量取体积的步骤操作；（3）电石中含有磷化物和硫化物，生成臭鸡蛋气味的硫化氢气体；（4）根据方程式计算含量．【解答】解：（1）本实验仪器的连接顺序应按照发生装置（3和6）、排水装置（5）和接受装置（4）连接，连接时要考虑排水瓶（即5）中的两个导管应短进长出，故答案为：（6）接（3）接（1）接（5）接（2）接（4）；（2）本实验操作按照检验气密性→装药品→发