河南省濮阳市第三次联考2023-2024学年高一下学期3月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省濮阳市第三次联考2023-2024学年高一下学期3月月考试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用铅笔把答题卡对应题目的〖答案〗标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16S32Fe56Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物属于陶瓷的是（）选项ABCD文物名称石鼓金瓯永固杯釉彩大瓶杜伯鬲组成CaCO3等Au等合金硅酸盐青铜合金〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗陶瓷、玻璃和水泥均为硅酸盐材料，属于传统的无机非金属材料，据此分析解题。【详析】A．石鼓主要成分CaCO3，属于碳酸盐、钙盐，属于无机非金属材料，不属于陶瓷，A不合题意；B．金瓯永固杯的主要成分为Au等合金，属于金属材料，不属于陶瓷，B不合题意；C．釉彩大瓶主要成分硅酸盐材质，属于陶瓷，为无机非金属材料，C符合题意；D．杜伯鬲主要成分为青铜合金，属于金属材料，不属于陶瓷，D不合题意；故〖答案〗为：C。2.1736年瓦德利用硫黄(S)和硝石(KNO3)制备硫酸。下列叙述错误的是（）A.制备硫酸过程中发生了氧化还原反应B.硝石在任何条件下都具有强氧化性C.制备硫酸过程中硫黄作还原剂D.采用蒸馏法可以除去硫酸中的少量硝酸〖答案〗B〖解析〗【详析】A.制备硫酸过程中S的化合价发生改变，发生了氧化还原反应，A正确；B.硝石只有在酸性条件下才具有强氧化性，B错误；C.制备硫酸过程中硫黄(S)失去电子化合价升高，作还原剂，C正确；D.由于硫酸和硝酸的沸点不同，可采用蒸馏法可以除去硫酸中的少量硝酸，D正确；故〖答案〗为：B3.如图所示装置(气密性良好)中，启动甲、乙发生化学反应，一段时间后U形管左侧液面高，右侧液面低。下列推断正确的是（）A.甲和乙一定发生了复分解反应 B.甲和乙一定发生了氧化还原反应C.甲和乙一定发生了放热反应 D.甲和乙一定发生了吸热反应〖答案〗D〖解析〗【详析】题意得，U形管中左侧液面高，右侧液面低，说明甲和乙发生的化学反应为吸热反应，吸热反应不一定为复分解反应，即甲乙不一定发生复分解反应，吸热反应也不一定是氧化还原反应，故〖答案〗为：D。4.下列各组离子能大量共存，通入NO2后，不能大量共存的是（）A.Fe2+、Al3+、、Cl- B.Na+、、ClO-、C.Cu2+、Fe3+、、 D.Na+、H+、[Al(OH)4]-、〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗溶液中通入NO2后将发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成具有强氧化性的HNO3，据此分析解题。【详析】A．Fe2+、Al3+、、Cl-各离子间不反应，能够大量共存，但通入NO2后，Fe2+与H+、会发生氧化还原反应而不能大量共存，A符合题意；B．ClO-与会发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；C．Cu2+、Fe3+、、各离子不反应，能够大量共存，通入NO2后仍然能够大量共存，C不合题意；D．H+、[Al(OH)4]-会发生复分解反应生成Al(OH)3或者Al3+和H2O而不能大量共存，D不合题意；故〖答案〗为：A。5.已知FeSO4有如图所示的转化关系，下列叙述正确的是（）A.M一定是红棕色粉末B.图中发生了3个氧化还原反应C.生成HNO3的反应中，浓硫酸表现强氧化性、难挥发性和强酸性D.“褪色”的原因是SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题干FeSO4的转化关系图示信息可知，FeSO4隔绝空气加强热生成SO3、SO2，根据氧化还原反应有升必有降的规律可知，铁的氧化物M中含有+3价铁，根据氧化还原反应配平可知，该反应方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑或3FeSO4Fe3O4+SO2↑+2SO3↑，然后SO3+H2O=H2SO4、NaNO3+H2SO4(浓)NaHSO4+HNO3，SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，铁的氧化物M中含有+3价铁，但不一定为Fe2O3，也可能是Fe3O4，即M不一定是红棕色粉末，A错误；B．由分析可知，图中发生了2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑或3FeSO4Fe3O4+SO2↑+2SO3↑、SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO42个氧化还原反应，B错误；C．由分析可知，生成HNO3的反应NaNO3+H2SO4(浓)NaHSO4+HNO3中，浓硫酸未表现强氧化性，只体现其难挥发性和强酸性，C错误；D．由分析可知，“褪色”的原因是SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，则离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H+++2Br-，D正确；故〖答案〗为：D。6.下列有关化学反应的叙述正确的是（）A.加热才能发生的反应一定是吸热反应B.氧化还原反应都是放热反应C.活泼金属与酸发生的反应都是放热反应D.复分解反应都是吸热反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．反应放热或者吸热与反应条件无关，与反应物能量和生成物的能量大小有关，即加热才能发生的反应不一定是吸热反应，很多放热反应也需要加热条件，A错误；B．氧化还原反应不一定是放热反应，如C和CO2在高温下发生反应生成CO是一个吸热的氧化还原反应，B错误；C．活泼金属与酸发生的反应都是放热反应，C正确；D．复分解反应不一定是吸热反应，如酸碱中和反应是放热的复分解反应，D错误；故〖答案〗为：C。7.下列实验操作、现象和结论都正确的是（）选项操作及现象结论A常温下，在铝片上滴加浓硝酸，没有明显现象铝不和浓硝酸反应B将一支充满NO2的试管倒置于水中，试管中液面上升NO2和H2O反应，气体体积减小C向石蕊溶液中通入SO2，溶液先变红后褪色SO2表现漂白性D向酸雨中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀该酸雨中一定含有〖答案〗B〖解析〗【详析】A．铝片与浓硝酸发生钝化，钝化实质是氧化还原反应，而不能说明铝不和浓硝酸反应，B错误；B．由于NO2和H2O反应，方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，气体体积减小，将一支充满NO2的试管倒置于水中，可以观察到试管中液面上升，B正确；C．二氧化硫为酸性氧化物，可使石蕊溶液变红，但SO2不能漂白指示剂，C错误；D．氯化银或硫酸钡均为白色沉淀，向无色溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀为氯化银或硫酸钡，则原溶液中有Ag+或，但二者不同时存在，D错误；故〖答案〗为：B。8.下列反应不符合哲学中“量变引起质变”观点的是（）A.锌与硫酸 B.FeBr2溶液和氯水C.铜和硝酸 D.氨气和氯化氢〖答案〗D〖解析〗【详析】A．锌与稀硫酸的反应方程式为：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，而锌与浓硫酸的反应方程式为：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，符合“量变引起质变”，A不合题意；B．FeBr2溶液和少量氯水的反应离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，而FeBr2溶液与足量的氯水的反应离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，符合“量变引起质变”，B不合题意；C．铜和稀硝酸的反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，而铜和浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，符合“量变引起质变”，C不合题意；D．氨气和氯化氢的反应均为：NH3+HCl=NH4Cl，与NH3、HCl的量的相对多少无关，不符合“量变引起质变”，D符合题意；故〖答案〗为：D。9.下列叙述Ⅰ和Ⅱ都正确且有相关性的是（）选项叙述Ⅰ叙述ⅡA工业上常用SO2漂白纸张、毛、丝等SO2具有氧化性和还原性B实验室常用浓硫酸干燥H2、NH3和H2S浓硫酸具有脱水性C常用石膏制作各种模型和医疗用的石膏绷带熟石膏与水混合成糊状物后迅速凝固成石膏D工业上常用液氨作制冷剂液氨汽化过程是吸热反应〖答案〗C〖解析〗【详析】A．二氧化硫能与某些有色物质反应生成无色物质，具有漂白性，可用于漂白纸浆、毛、丝和草帽辫等，但未体现SO2的氧化性和还原性，A不合题意；B．浓硫酸可以用作干燥剂，是由于其具有吸水性，且浓硫酸不能干燥NH3和H2S，B不合题意；C．熟石膏与水混合成糊状后会很快凝固，转化为坚硬的生石膏，利用石膏的这一性质，人们常用它制作各种模型和医疗上用的石膏绷带，C符合题意；D．氨气易液化，且液氨汽化时吸收大量的热，但汽化过程不是化学反应，即不是吸热反应，具有制冷作用，可用作制冷剂，D不合题意；故〖答案〗为：C。10.工业上常用纯碱溶液吸收尾气中的NO、NO2，反应如下：反应1：NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2反应2：2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2已知：CO2与水的反应类似SO2和H2O的反应。若NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.反应1中放出2.24LCO2时，NO、NO2参与反应的总分子数为0.2NAB.1L0.5mol·L-1Na2CO3溶液恰好完全反应时，作氧化剂的分子数为0.5NAC.将反应2中9.2gNO2完全反应产生的CO2通入足量水中生成的H2CO3分子数为0.1NAD.上述制备的化工品(NaNO2、NaNO3)中含N元素的质量为28g，则所含的Na+数一定为NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．题干未告知CO2所处的状态，故无法计算反应1中放出2.24LCO2时，NO、NO2参与反应的总分子数，A错误；B．由反应方程式可知，反应NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2中NO2为氧化剂，即氧化剂与Na2CO3的物质的量之比为1:1，而反应2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2中NO2既是氧化剂又是还原剂且物质的量之比为1:1，即氧化剂与Na2CO3的物质的量之比也为1:1，故1L0.5mol·L-1Na2CO3溶液恰好完全反应时，作氧化剂的分子数为1L×0.5mol/L×NAmol-1=0.5NA，B正确；C．根据反应2即2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2可知，将反应2中9.2gNO2完全反应产生的CO2的物质的量为：0.1mol，但由于CO2和H2O反应是一个可逆反应，故通入足量水中生成的H2CO3分子数小于0.1NA，C错误；D．上述制备的化工品(NaNO2、NaNO3)中含N元素的质量为28g则N原子的物质的量为：=2mol，则所含的Na+数一定为2NA，D错误；故〖答案〗为：B。11.已知Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。某兴趣小组设计如图所示实验装置探究SO2的性质。下列叙述错误的是（）A.热水浴的作用是加快SO2逸出并降低SO2在水中的溶解度B.试管Ⅱ中出现乳白色浑浊，说明SO2具有氧化性C.试管Ⅲ中溶液变为无色D.试管Ⅳ中溶液红色变浅或消失，说明SO2是酸性氧化物〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗Ⅰ中稀硫酸和Na2S2O3反应生成SO2，SO2能和Na2S溶液反应生成浅黄色的S沉淀，SO2能被FeCl3溶液氧化而使FeCl3溶液颜色变浅，SO2有毒不能直接排入空气中，应该用碱液吸收，据此分析解题。【详析】A．已知气体在水中的溶解度随着温度升高而减小，故热水浴的作用是加快SO2逸出并降低SO2在水中的溶解度，A正确；B．由分析可知，试管Ⅱ中出现乳白色浑浊即产生了S单质，则SO2中的S被还原为S，S2-被氧化为S，故说明SO2具有氧化性，B正确；C．由分析可知，试管Ⅲ中反应为：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+2HCl+H2SO4，故溶液由黄色变为浅绿色，C错误；D．由分析可知，试管Ⅳ中反应为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，导致溶液红色变浅或消失，说明SO2是酸性氧化物，D正确；故〖答案〗为：C。12.科学家开发的锂–空气电池的装置如图所示。放电时，下列有关说法错误的是（）A.Li+向a极迁移 B.b极发生氧化反应C.每生成4.6gLi2O2时转移0.4mol电子 D.该装置化学能主要转化为电能〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗氧气得到电子，在正极通入，锂失去电子，作负极，据此解答。【详析】A．原电池中阳离子移向正极，a电极是正极，则Li+向a极迁移，A正确；B．b极锂失去电子，发生氧化反应，B正确；C．每生成4.6gLi2O2，物质的量是0.1mol，则消耗0.2molLi，转移0.2mol电子，C错误；D．该装置属于原电池，化学能主要转化为电能，D正确；〖答案〗选C。13.氮化硅常用于制造耐高温管、切削工具。某小组以石英砂为原料制备氮化硅的微型流程如图1所示：下列叙述正确的是（）A.反应①的氧化产物为CO2 B.粗硅中可能含有金刚砂C.反应③中的NH3可通过加热NH4Cl制备 D.反应③的尾气可用图2所示装置吸收〖答案〗B〖解析〗【详析】A.反应①中焦炭是还原剂，被氧化，生成氧化产物CO，A错误；B.金刚砂是SiC，焦炭与二氧化硅在高温下发生副反应生成SiC和CO，B正确；C.加热NH4Cl分解生成NH3和HCl，两者在温度降低时又重新化合成NH4Cl，制取NH3不能通过加热NH4Cl制备，C错误；D.反应③的尾气用图2所示装置吸收容易产生倒吸现象，D错误；故〖答案〗为：B。14.部分含氮物质的“价—类”二维图如图所示。下列叙述正确的是（）A.一定条件下，a和c反应能生成b B.常温下a和d相遇能发生氧化还原反应C.c难溶于水，在空气中能稳定存在 D.a在空气中催化氧化可生成b〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗由题干价类二维图可知，a为-3价的氢化物即NH3，b为氮的单质N2，c为+2价的氧化物NO，d为+5价的含氧酸即HNO3，据此分析解题。【详析】A．由题干信息可知，一定条件下，a为NH3和c为NO反应能生成b即N2，反应方程式为：4NH3+6NO5N2+6H2O，A正确；B．由分析可知，常温下a即NH3和d即HNO3相遇不能发生氧化还原反应，而是发生复分解反应生成NH4NO3，B错误；C．由分析可知，c即NO难溶于水，但在空气中不能稳定存在，极易与氧气反应，方程式为：2NO+O2=2NO2，C错误；D．由分析可知，a即NH3在空气中催化氧化生成NO和H2O，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，而不能生成b即N2，D错误；故〖答案〗为：A。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫酸铵[(NH4)2SO4]俗称硫铵、肥田粉。模拟以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸铵的一种流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤ⅲ的目的是____________。（2）“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为_____________；在该反应中，36.0gFeS2完全反应时转移______mol电子。（3）合成氨反应中，1molN2和4molH2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量_______(填“>”“<”或“=”)2mol。（4）如果直接用水吸收SO3，会形成大量“酸雾”，污染环境。由此推知，SO3和H2O的反应是_____(填“吸”或“放”)热反应。（5）利用Fe3O4可以制备高纯度铁红，其步骤如下：步骤1：用足量稀硫酸溶解Fe3O4步骤2：向溶液中加入足量双氧水，氧化亚铁离子。步骤3：加入过量NaOH溶液，过滤﹑洗涤、灼烧。步骤2中氧化亚铁离子的离子方程式为_________________。（6）测定硫酸铵产品纯度(假设杂质不参加反应)：取Wg硫酸铵产品于试管中，向其中加入足量NaOH溶液，共热；产生的气体用V1mLc1mol/L盐酸吸收，得到吸收液；再向吸收液中滴加V2mLc2mol/LNaOH溶液恰好完全中和过量的盐酸。该产品中(NH4)2SO4的质量分数为________(用含c1、V1、c2、V2、W的代数式表示)。〖答案〗（1）循环利用，提高原料的利用率（2）①.②.3.2（3）<（4）放（5）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O（6）〖解析〗黄铁矿(主要成分为FeS2)在空气中煅烧，生成Fe3O4和气体，气体的主要成分是SO2和剩余空气，净化后得到SO2，通入空气进行催化氧化生成SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收得到硫酸，硫酸与氨气生成硫酸铵，剩余的SO2和O2返回催化氧化步骤进行循环利用，提高原料的利用率。（1）由上述分析可知，步骤ⅲ的目的是循环利用，提高原料的利用率；（2）“煅烧”过程中FeS2与氧气生成Fe3O4和SO2，化学方程式为：，当有3molFeS2反应时，转移32mol电子，36.0gFeS2的物质的量为：，转移的电子为3.2mol；（3）合成氨反应为可逆反应，反应物不能完全转化，故1molN2和4molH2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量<2mol；（4）通过形成大量酸雾的现象，可以判断SO3和H2O的反应是放热反应；（5）H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，自身还原为H2O，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（6）由数据可知，剩余的HCl的物质的量为，则吸收氨气所用HCl为，生成的氨气的物质的量也为，根据化学式(NH4)2SO4，可得n[(NH4)2SO4)]=，则硫酸铵的质量分数为：=。16.资料显示：NO和Cu反应生成CuO和N2。某小组设计如图所示的实验装置探究其真实性。回答下列问题：（1）装置A中盛放Cu的仪器名称是________。装置B的作用是_________。（2）装置A中发生反应的化学方程式为_________。（3）能证明NO和Cu反应的实验现象是_________。（4）已知：酸性KMnO4溶液吸收NO生成Mn2+、。实验中，观察到装置D中溶液的紫红色变浅，写出装置D中发生反应的离子方程式：__________。（5）装置C中NO和Cu的反应中，氧化剂、还原剂的物质的量之比为__________。（6）实验完毕后，过滤装置A中的混合物得到滤液，向滤液中加入适量H2O2溶液和足量NaOH溶液得到黄褐色固体M(只含Cu、O两种元素)，提纯干燥后的M在惰性氛围中加热，agM完全分解生成bg黑色氧化物N，经测定：5a=6b。则加热M除生成N外，还生成的物质是________(填化学式)，M的化学式为________。〖答案〗（1）①.具支试管②.干燥NO（2）3Cu+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（3）装置C中红色固体变为黑色（4）3+5NO+4H＋＝3Mn2＋+2H2O+5（5）1:1（6）①.O2②.CuO2〖解析〗装置A制备NO，通入水中除去挥发出的硝酸以及可能产生的NO2，利用浓硫酸干燥NO，在装置C中NO和铜反应生成CuO和N2，最后尾气处理，据此解答。（1）装置A中盛放Cu的仪器名称是具支试管。由于反应与铜反应的一氧化氮需要是干燥的，所以装置B的作用是干燥NO。（2）装置A中发生反应的化学方程式为3Cu+8HNO3＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。（3）由于氧化铜是黑色的，则能证明NO和Cu反应的实验现象是装置C中红色固体变为黑色。（4）已知酸性KMnO4溶液吸收NO生成Mn2+、。实验中，观察到装置D中溶液的紫红色变浅，说明一氧化氮被氧化，则装置D中发生反应的离子方程式为3+5NO+4H＋＝3Mn2＋+2H2O+5。（5）装置C中NO和Cu的反应为2NO+2Cu2CuO和N2，氧化剂是NO，还原剂是铜，二者的物质的量之比为1:1。（6）黄褐色固体M(只含Cu、O两种元素)，提纯干燥后的M在惰性氛围中加热，agM完全分解生成bg黑色氧化物N应该是CuO，经测定：5a=6b，因此M的相对分子质量是，所以M是CuO2。根据氧元素化合价变化可知加热M除生成氧化铜外，还生成的物质是O2。17.短周期主族元素T的一种氧化物为TO2。根据下列信息回答相关问题：（1）若T位于第三周期ⅣA族，则T的简单氢化物的电子式为________。含有TO2的材料在碱性土壤中会“短路”，其原因是______________(用离子方程式表示)。（2）若TO2气体具有刺激性气味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫红色变为无色。食品中添加适量TO2可起到防腐和抗氧化作用，则TO2的化学式为_________，常温下，TO2与T的简单氢化物不能大量共存，原因是__________________(用化学方程式表示)。（3）常温下，若TO2是红棕色气体。在针管实验中，乙管中充满TO2，使甲管中物质和乙管中物质反应。启动实验后，下列叙述正确的是_________(填标号)。A．若甲管中充满KI–淀粉溶液，则溶液变蓝B．若甲管中充满FeCl2溶液，则溶液变黄色C．若甲管中充满H2S，则颜色无明显变化（4）若将无色无味的TO2气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清。TO2和T的单质的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。将TO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，过一会儿，棉花燃烧起来。由此推知，TO2和Na2O2反应的能量变化符合图_________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。〖答案〗（1）①.②.SiO2是酸性氧化物，能与碱反应，离子方程式为SiO2+2OH-=+H2O（2）①.SO2②.2H2S+SO2=3S↓+2H2O（3）AB（4）①.吸热②.Ⅱ〖解析〗（1）若T位于第三周期ⅣA族，故T为Si，则T的简单氢化物即SiH4的电子式为，SiO2是酸性氧化物，能与碱反应，离子方程式为SiO2+2OH-=+H2O，故含有TO2即SiO2的材料在碱性土壤中会“短路”，故〖答案〗为：；SiO2是酸性氧化物，能与碱反应，离子方程式为SiO2+2OH-=+H2O；（2）已知SO2是一种无色有刺激性气味的气体，具有强还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而是酸性高锰酸钾溶液褪色，故若TO2气体具有刺激性气味，通入酸性KMnO4溶液中，溶液由紫红色变为无色，食品中添加适量TO2可起到防腐和抗氧化作用，则TO2的化学式为SO2，常温下，TO2即SO2与T的简单氢化物即H2S不能大量共存，原因是2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故〖答案〗为：SO2；2H2S+SO2=3S↓+2H2O；（3）常温下，若TO2是红棕色气体即为NO2，据此分析解题：A．由于NO2能与水反应生产HNO3，HNO3具有强氧化性，能将KI氧化为I2，故若甲管中充满KI–淀粉溶液，则溶液变蓝，A符合题意；B．由于NO2能与水反应生产HNO3，HNO3具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，故若甲管中充满FeCl2溶液，则溶液变黄色，B符合题意；C．由于NO2能将H2S氧化为S，NO2的红棕色褪去，且产生淡黄色沉淀，故若甲管中充满H2S，则颜色有明显变化，C不合题意；故〖答案〗为：AB；（4）若将无色无味的TO2气体持续通入澄清石灰水中，石灰水先变浑浊，后变澄清，则TO2为为CO2，则TO2和T的单质即CO2和C的反应是吸热反应，将TO2即CO2通入棉花包裹的Na2O2粉末中，过一会儿，棉花燃烧起来，由此推知，TO2即CO2和Na2O2反应是一个放热反应，即反应物总能量高于生成物总能量，故故反应的能量变化符合图Ⅱ，故〖答案〗