高三化学一轮复习-氮与社会可持续发展

高三化学一轮复习--氮与社会可持续发展一、单选题1．下列叙述不属于固氮的是（）A．工业上合成氨B．NH3经催化氧化生成NOC．闪电时，大气中生成NOD．豆科植物根部的根瘤菌使空气中的氮气转变为铵态氮肥2．能用下图所示装置完成气体制备、尾气处理(加热和夹持等装置略去)的是气体制备试剂烧杯中试剂ASO2铜与浓硫酸饱和NaHSO3溶液BNH3浓氨水与碱石灰水CNO2铜与浓硝酸NaOH溶液DCl2MnO2与浓盐酸饱和NaCl溶液A．A B．B C．C D．D3．是重要的化工原料，下列流程涉及的制备与用途。有关说法正确的是（）A．过程Ⅰ中，实验室制氨可用氢氧化钠代替熟石灰B．过程Ⅱ中，物质A是一种高效氮肥C．过程Ⅲ中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1D．过程Ⅳ中，反应的离子方程式为：4．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（）A．B．C．D．5．下列气体的水溶液呈碱性的是A．Cl2 B．NO2 C．SO2 D．NH36．下列关于氨气的说法错误的是（）A．极易溶于水 B．用浓硫酸干燥C．用向下排空气法收集 D．有刺激性气味7．关于性质的解释合理的是（）选项性质解释A比容易液化分子间的范德华力更大B熔点高于键的键能比大C能与以配位键结合中氮原子有孤电子对D氨水中存在是离子化合物A．A B．B C．C D．D8．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法错误的是（）A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X可以是空气，且需过量C．捕获剂所捕获的气体主要是COD．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O9．一定条件下，将6体积的和一定体积的混合气体与4.5体积的氧气反应后置于试管中。将试管倒置于水中，充分反应后，剩余1.5体积气体，则原体积可能为①2体积②3体积③4体积④5体积⑤5.5体积A．①或⑤ B．①或④ C．④或⑤ D．①或③10．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，关于如图所示三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法正确的是（）A．加热时，①中上部汇集了固体B．加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色C．加热时，③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现的漂白性D．三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应11．下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是（）①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4③向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2④向石灰水中通入过量CO2⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸A．①②③ B．①②⑤ C．①②③⑤ D．①③⑤12．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图：下列有关该流程说法错误的是（）A．煅烧FeSO4发生反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑B．SO3和水反应生成H2SO4时放出热量C．H2SO4和KNO3反应制备HNO3属于置换反应D．上述制备过程中使用的铁锅容易损环13．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X一定是浓盐酸B用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中一定含Na+C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：H2O2>Fe3+D用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生Na2SO3样品中含有SO42－A．A B．B C．C D．D14．实验室模拟侯氏制碱过程中，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A．制取氨气B．制取C．分离D．制取A．A B．B C．C D．D15．下列反应的离子方程式正确的是A．碘化亚铁溶液与等物质的量的氯气：B．向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：C．铜与稀硝酸：D．向硫化钠溶液通入足量二氧化硫：16．用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理，下列说法错误的是A．图甲烧瓶中固体X可以是碱石灰或NaOHB．将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈烧瓶c口处，若试纸变红，说明已经集满C．引发喷泉实验的操作是封闭c，关闭a，打开b，用热毛巾捂住三颈烧瓶D．实验时三颈烧瓶内压强变化如图乙，C点时喷泉最剧烈17．下列离子方程式书写正确的是A．用食醋除水垢的原理：B．氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中：C．铜片投入稀硝酸中：D．通入水中制硝酸：18．下列说法正确的是（）A．反应1实现了氮的固定B．反应2没有发生电子的转移C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程19．下列实验操作能达到实验目的的是（）选项实验操作实验目的A取少量样品于试管中，加入稀溶液，试管口放一张湿润红色石蕊试纸，观察现象判断样品中是否含有B将炽热的木炭与浓硫酸混合后所得气体通入澄清石灰水中验证碳的氧化产物为C将适量气体通入硅酸钠溶液，观察能否出现白色胶状沉淀比较Cl和Si元素非金属强弱D其他条件相同，溶液和溶液反应，测定不同温度下出现乳白色浑浊所需时间探究温度对反应速率的影响A．A B．B C．C D．D20．氯气的氧化性比硫的氧化性强，能证明这一结论的事实是（）A．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，但被氯气氧化成高价态B．硫不溶于水，而氯气能溶于水C．与金属反应时，硫被还原为-2价而氯被还原为-1价D．通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体二、综合题21．工业合成氨技术开创了人工固氮的重要途径，但能耗高、碳排放量大。开发温和条件下合成氨的新工艺意义重大。（1）氮的固定有以下常见方式：生物固氮：工业合成氨：通过雷电固氮：。(写出反应方程式)（2）断开氮分子中的N≡N键，需要能量(填“吸收”或“释放”)。（3）高温不利于提高工业合成氨中N2的平衡转化率。①生产中依然选择高温合成氨，目的是。②针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了采用M—LiH(M表示金属)复合催化剂的解决方案。做对比实验，测得反应速率如下图所示。资料：用单位时间内每克催化剂所获得的NH3的物质的量表示反应速率a．无LiH，催化效率最高的金属是。b．有LiH，反应速率明显增大。文献报道了M—LiH可能的催化过程如下：i．N2=2N(在M表面解离)ii．iii．。在较低压强、较低温度下合成了NH3，这是合成氨反应研究中的重要突破。（4）最近，我国科研人员报道了一种氯化镁循环法，可进一步降低能耗。该方法的总反应为。转化关系如下：①A是。②科研人员将X与混合反应，证实了氮化镁中氮元素能转化为氨。不考虑其他副反应，产物中n(15NH322．按要求回答下列问题：（1）写出芒硝的化学式；写出CO2的空间构型。（2）写出氨的催化氧化的化学方程式。（3）C5H12的同分异构体中，沸点最低的物质的习惯命名法命名为。（4）某气体用品红试液检验，若观察到现象，则该气体一定是SO2。23．水合肼(N2H4·H2O)是一种精细化工原料，常用于医药、农药、染料、航天等领域。实验室模拟尿素法制备N2H4·H2O流程图如图所示。已知：①N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化成N2。②N2H4·H2O+H2SO4+6NaHCO3+2I2=N2↑+6CO2+Na2SO4+4NaI+7H2O（1）CO(NH2)2(尿素)是常见的化肥，其在土壤中水解生成碳酸铵或碳酸氢铵，写出其水解生成碳酸氢铵的化学方程式。（2）制备过程中NaClO溶液不能过量，其可能的原因是。（3）水合肼(N2H4·H2O)产品含量测定步骤：将1.000g样品配制成100mL溶液，取5mL溶液于锥形瓶中，加入30mL水，再加入适量稀硫酸及NaHCO3固体，用0.1000mol·L-1标准碘溶液滴定至终点，消耗16.8mL，计算该产品中水合肼的质量分数(写出计算过程，结果保留1位小数)。24．物质类别和核心元素的化合价是研究元素及其化合物性质的重要工具。下图是氮元素的“价一类”二维图，请回答：（1）图中的a可以用作火箭氧化剂，其化学式为。（2）无色的b和红棕色的c均为空气污染物，能造成的环境问题是(任填一种)。工业上可用c生产d，反应的化学方程式为，反应中被氧化的氮与被还原的氮的物质的量之比为。生产时的尾气中含有少量的b和c(假设两者的物质的量相等)，可将其通入烧碱溶液中加以吸收并生成e，反应的化学方程式为。（3）实验室可以利用下图装置制取，其原理是，球形干燥管的作用是，其中盛装的是(填物质名称)。25．研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。（1）Ⅰ.氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示：设备1、3中发生反应的化学方程式分别是、；设备2中通入的物质A是。（2）Ⅱ.氨氮废水的处理是当前科学研究的热点问题之一。氨氮废水中的氮元素多以和的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：

过程①的目的是将转化为，并通过鼓入大量热空气将氨气吹出，写出转化为的离子方程式：。（3）过程②中加入NaClO溶液可将氨氮化合物转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质的化学式分别为、。（4）图中含余氯废水中含有NaClO，则X可选用（填序号）的溶液达到去除余氯的目的。a.KOHb.c.d.

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】固氮是把游离态的转化成化合态的过程，A、合成氨是N2转化成NH3，符合固氮，故A不符合题意；B、NH3催化氧化成NO，NH3的N不是游离态的，不符合固氮的定义，故B符合题意；C、闪电时发生N2＋O2=2NO，符合固氮的定义，故C不符合题意；D、根瘤菌是把游离态的氮转化成化合态的氮，符合固氮的定义，故D不符合题意。

【分析】氮的固定是将单质态的氮变为化合态。2．【答案】C3．【答案】B【解析】【解答】A.实验室制氨气不能用氢氧化钠代替熟石灰，因为氢氧化钠易吸水结块，且易腐蚀试管，故错误：

B.根据质量守恒定律可推出物质A为尿素，是一种高效氮肥，故B正确：

C．反应III的化学方程式为：2NH3＋NaClO＝N2H4＋NaCl＋H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故C错误：

D．过程IV的离子方程式为：Na＋＋NH3＋CO2＋H2O＝NH4Cl＋NaHCO3↓，故D错误。

故答案为：B。

【分析】熟石灰和氯化铵固体混合加热制备氨气，氨气先通入饱和食盐水中，然后再通入二氧化碳生成酸氢钠，氨气被次氯酸钠氧化生成N2H4。4．【答案】C【解析】【解答】A．氨分子在催化剂作用下能与一氧化氮共热反应生成氮气和水，物质间转化能实现，故A不符合题意；B．氮气高温条件下能与氧气反应生成一氧化氮，物质间转化能实现，故B不符合题意；C．碳酸的酸性弱于硝酸，硝酸铵不能与二氧化碳反应生成碳酸铵，物质间转化不能实现，故C符合题意；D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，物质间转化能实现，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A、氨中氮元素为-3，一氧化氮中氮元素为+2，结合归中不交叉定律可以转化为中间价态0；

B、氮气和氧气可以在放电或者高温条件下生成一氧化氮；

C、根据强酸制弱酸的原理，硝酸酸性强与碳酸酸性，无法由二氧化氮和硝酸铵制备得到碳酸铵和硝酸；

D、二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮。5．【答案】D6．【答案】B【解析】【解答】A．氨气分子是极性分子，与水分子能形成氢键，所以是极易溶于水的气体，故A不符合题意；B．氨气和浓硫酸反应生成硫酸铵，则不能用浓硫酸干燥氨气，故B符合题意；C．氨气分子的密度小于空气，则用向下排空气法收集氨气，故C不符合题意；D．氨气是无色有刺激性气味的气体，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】氨气分子易与水形成氢键，易溶于水，密度小于空气，不能用排水法收集，只能用向下排空气法收集，有刺激性气味需要进行尾气处理，氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，不能用浓硫酸干燥。7．【答案】C【解析】【解答】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A不符合题意；B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B不符合题意；C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C符合题意；D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】

A.主要是氨气中存在氢键；

B.氨气中存在氢键；

C.氨气中氮原子含孤对电子，可以与银离子构成配位离子；

D.氨水是共价化合物，但其是弱碱，可存在部分电离。8．【答案】B【解析】【解答】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A不符合题意；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B符合题意；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C不符合题意；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】本题主要考查工业流程及无机物的推断。工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，据此分析解答即可。9．【答案】A【解析】【解答】Ⅰ若剩余的1.5体积气体为O2，设原混合气体中NO的量为2x体积，则可得

，

所以可得

解得x=1

所以原混合气体中NO的体积为2体积。

Ⅱ若剩余的1.5体积气体为NO，则6体积NO2发生反应：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，则参与反应的O2为1.5体积。圣域3体积O2与NO发生反应：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，则参与反应的NO为4体积。反应后剩余NO1.5体积，因此原混合气体中NO的体积为5.5体积。

综上，原NO的体积为2体积或5.5体积，A符合题意；故答案为：A

【分析】NO、NO2和O2混合后发生反应：2NO＋O2=2NO2。再将反应后的试管倒扣在水中，发生反应：4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3。充分反应后1.5体积的气体剩余，则剩余的气体可能为NO或O2。相同状态下，气体体积之比等于物质的量之比，因此可直接将体积当做物质的量进行计算。10．【答案】A【解析】【解答】A．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，故A符合题意；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，故B不符合题意；C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故C不符合题意；D．可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，故D不符合题意。故答案为：A。

【分析】A.氯化铵加热易分解，但是氯化氢和氨气易反应变为氯化铵，因此冷却后氯化铵在上方试管

B.主要考查的是氨水易挥发，加热后氨气挥发酚酞褪色，冷却后氨气溶于水酚酞变为红色

C.现象描述错误，加热时是红色，冷却后是为无色

D.可逆反应是同一条件发生，而此三个实验条件不同不能说可逆11．【答案】D【解析】【解答】①Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，NaHCO3通入CO2时不会反应，①符合题意；

②先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，H2SO4过量时，Fe（OH）3溶解，②不符合题意；

③SO3+H2O＝H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2＝BaSO4↓+2HNO3，SO3过量时，BaSO4不会溶解，③符合题意；

④向石灰水中通入过量CO2时，先反应：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O＝Ca（HCO3）2，CO2过量时，沉淀消失，④不符合题意；

⑤向硅酸钠溶液中加入盐酸生成H2SiO3沉淀，H2SiO3不溶于HCl，⑤符合题意；

综上，上述各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是①③⑤，D符合题意；故答案为：D【分析】①NaHCO3的溶解度较小，反应后形成晶体析出；

②结合胶体的聚沉和Fe(OH)3与H2SO4的反应分析；

③酸性条件下NO3-具有氧化性，能将SO2氧化成SO42-；

④过量CO2与Ca(OH)2反应生成可溶性Ca(HCO3)2；

⑤H2SiO3不溶于过量的HCl；12．【答案】C【解析】【解答】A．FeSO4在高温条件下发生氧化还原反应生成Fe2O3、SO3、SO2，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑，A不符合题意；B．SO3和水反应生成H2SO4时放出大量的热，易导致形成酸雾，B不符合题意；C．由分析可知H2SO4+2KNO3=2HNO3+K2SO4，两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物，属于复分解反应，C符合题意；D．上述制备过程中产生的硝酸和硫酸均会腐蚀Fe，故制备过程使用的铁锅容易损环，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.煅烧硫酸亚铁生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫；

B.SO3和水反应生成H2SO4时放出大量的热；

C.硫酸和硝酸钾发生反应H2SO4+2KNO3=2HNO3+K2SO4，为复分解反应；

D.硝酸和硫酸均会腐蚀Fe。13．【答案】D【解析】【解答】A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项不符合题意；B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项不符合题意；C.在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3—具有强氧化性，优先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2>Fe3+，C项不符合题意；D.Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42－，D项符合题意。故答案为：D。【分析】A、浓氨水遇到浓硝酸也能产生白烟；

B、应排除刚开始玻璃棒上沾有的钠元素；

C、酸性条件下的硝酸根具有强氧化性；

D、亚硫酸钡沉淀，能溶于稀盐酸。14．【答案】C15．【答案】B【解析】【解答】A、由于还原性I－＞Fe2＋，因此等量的Cl2与FeI2反应，只发生反应Cl2＋2I－=I2＋2Cl－，A不符合题意。

B、由于酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸的原理可得，该反应的离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3－，B符合题意。

C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，C不符合题意。

D、S2－具有还原性，SO2具有氧化性，二者可发生氧化还原反应，生成单质S，过量的SO2反应生成HSO3－，因此该反应的离子方程式为5SO2＋2S2－＋2H2O=3S↓＋4HSO3－，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、I－的还原性强于Fe2＋，Cl2优先与I－反应。

B、酸性H2CO3>HClO>HCO3－，根据强酸制弱酸原理书写反应的离子方程式。

C、Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O。

D、SO2能与S2－反应生成S单质。16．【答案】B17．【答案】C18．【答案】A【解析】【解答】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应1中N2转化成NH3，属于氮的固定，故A符合题意；B．反应2为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故B不符合题意；C．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故C不符合题意；D．形成化学键放出热量，则在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.根据图示反应1由氮气生成了氨气，实现了氮的固定

B.氨气和一氧化氮中氮的化合价不同，故氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，发生电子的转移

C.催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成

D.形成化学键放出热量19．【答案】D【解析】【解答】A.检验铵根离子应加热，A选项是错误的；

B.炽热的木炭与浓硫酸反应得到的气体中除了有二氧化碳还有二氧化硫，都可以使澄清石灰水变浑浊，B选项是错误的；

C.该实验会得到白色的H2SiO4沉淀，符合强酸制弱酸的规律，但是并不是Cl的最高价含氧酸制取的Si的最高价含氧酸，因此无法通过该实验证明Cl与Si的非金属强弱，C选项是错误的；

D.该实验只有温度一个变量，可以通过沉淀产生的时间来标定化学反应速率，D选项是正确的。

故答案为：D。

【分析】A.NH4++OH-NH3+H2O，因为氨气溶于水显碱性，所以可以使红色的石蕊试纸变蓝；

B.C+2H2SO4CO2+2SO2+2H2O，CO2和SO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此无法鉴别出来产物中的CO2；

C.2HCl+Na2SiO4=H2SiO4+2NaCl，该反应属于强酸制弱酸，但是并不是Cl的最高价含氧酸制取的Si的最高价含氧酸，因此无法通过该实验证明Cl与Si的非金属强弱；

D.该反应的方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑。20．【答案】A【解析】【解答】A．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态，说明Cl得电子能力较强，氯气的氧化性强，故A符合题意；B．物质的溶解性属于物理性质，不能用来比较化学性质，故B不符合题意；C．与金属反应时，非金属元素的化合价取决于最外层电子数目的多少，与氧化性强弱无关，故C不符合题意；D．物质的颜色为物理性质，与化学性质无关，不能用来比较氧化性强弱，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】氧化性强弱的比较，主要比较是①与同一种还原性物质发生氧化还原反应时产生的化合价高低②氯气能否发生硫离子的化合物反应制备硫单质③比较最高价氧化物对应水合物的酸性强弱④比较氢化物的稳定性21．【答案】（1）（2）吸收（3）提高化学反应速率；Fe；3H（4）Cl2；22．【答案】（1）Na2SO4·10H2O；直线型（2）4NH3+5O24NO+6H2O12（3）新戊烷（4）品红褪色，加热后又恢复红色【解析】【解答】(1)芒硝是十水硫酸钠，其化学式为：Na2SO4·10H2O；CO2中碳原子与氧原子各共用2对电子，其结构式为：O=C=O，空间构型为直线型。(2)氨气催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。(3)烷烃C5H12的同分异构体有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、CH3C(CH3)3，烷烃的同分异构体中支链越多沸点越低，所以沸点最低的物质为：CH3C(CH3)3，用习惯命名法，其名称为：新戊烷。(4)二氧化硫有漂白性，能使品红溶液褪色，加热后又变红，因此若观察到：品红褪色，加热后又恢复红色，则该气体一定是SO2。

【分析】(1)芒硝是十水硫酸钠；(2)氨气催化氧化生成一氧化氮和水。(3)依据烷烃的同分异构体中支链越多沸点越低分析