陕西省西安市大联考2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试卷（含答案）

陕西省西安市大联考2022-2023学年高一下学期4月期中考试化学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法正确的是（）A．汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2B．向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO3，可减少对大气的污染C．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维D．大量燃烧化石燃料排放的废气中含CO2、SO2，从而使雨水的pH＝5.6形成酸雨2．下列说法正确的是（）A．SO2有毒，不能用作食品添加剂B．燃煤中加入生石灰可以减少SO2的排放C．2molN2可与6molH2完全反应生成4molNH3D．氨水中只含有NH3·H2O和H2O两种分子3．《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴消(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”对此段话的说明中肯定错误的是（）A．绿矾的化学式为FeSO4·7H2OB．绿矾分解过程中没有发生电子的转移C．“色赤”物质可能是Fe2O3D．流出的液体中可能含有硫酸4．陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是（）A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点5．合成氨大大提高了农作物的产量，同时也是制取硝酸、炸药等的原料。下列说法中正确的是（）A．N2和H2在点燃或光照条件下可合成NH3B．NH3和HNO3溶于水后都能导电，故两者都是电解质C．NH3遇到浓硝酸会发生反应产生大量白烟D．由NH3制HNO3的过程中，氮元素被还原6．硅的氧化物及硅酸盐构成了地壳中大部分的岩石、沙子和土壤。在无机非金属材料中，硅一直扮演着主角。下面几种物质中含有硅单质的是（）ABCD​​​​​​​​玛瑙光导纤维太阳能电池板水晶A．A B．B C．C D．D7．下列制取SO2ABCD制取SO验证漂白性收集SO尾气处理A．A B．B C．C D．D8．“绿水青山就是金山银山”，旨在引导社会各界自觉践行绿色生活，共建美丽中国。下列现象与污染源对应不正确的是（）A．酸雨—硫的氧化物、氮的氧化物B．光化学烟雾—碳氢化合物、氮的氧化物C．臭氧空洞—氟氯代烷(如氟利昂)D．温室效应—SO29．下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。据此判断下列说法中正确的是（）A．石墨转变为金刚石是吸热反应B．等质量的S(g)完全燃烧放出的热量小于S(s)C．白磷比红磷稳定D．CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为吸热反应10．一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中•和○代表不同元素的原子。​​关于此反应说法错误的是（）A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应11．如图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是（）A．发生的反应可表示为2A(g)⇌2B(g)+C(g)B．前2minA的分解速率为0.1mol∙L−1∙min−1C．开始时，正、逆反应同时开始D．2min时，A，B，C的浓度之比为2∶3∶112．最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是（）A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程13．运用相关化学知识进行判断，下列结论正确的是（）A．需要加热或高温的条件才能发生的反应一定是吸热反应B．对于正向吸热的可逆反应，其他条件不变时，升高温度可以使正反应速率增加，逆反应速率减小C．为了减小稀盐酸与过量石灰石反应的速率而不影响生成气体的量，可向反应体系中加入适量的氯化钠溶液D．增大反应物浓度可加快反应速率，因此用浓硫酸与铁反应能增大生成H2的速率14．下列物质在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A．空气：HCl、CO2、SO2、NH3B．水玻璃：K+、H+、NO3-、ClC．氨水：Na+、NH4+、NO3-D．pH=1的溶液：Fe2+、Ca2+、NO3−、Cl15．下列实验目的可以用如图所示装置达到的是（）A．以MnO2、浓盐酸为原料，制备、干燥、收集Cl2B．以Na2SO3固体、质量分数为70%的浓硫酸为原料，制备、干燥、收集SO2C．以浓氨水、生石灰为原料，制备、干燥、收集NH3D．以Cu、稀硝酸为原料，制备、干燥、收集NO16．已知汽车尾气无害化处理反应为2NO(g)+2CO(g)⇌N2A．升高温度可使该反应的逆反应速率降低B．使用高效催化剂可有效提高正反应速率C．反应达到平衡后，NO的反应速率保持恒定D．单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡17．下列关于实验现象的描述不正确的是（）A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡B．用锌片作负极，铜片作正极，在CuSO4溶液中，铜片质量增加C．把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁D．Al和Cu分别作为两电极，用导线连接插入浓硝酸中，铜溶解，溶液变成蓝色18．下列事实可以用同一原理解释的是（）A．SO2、ClB．NH4C．S与铁、铜反应均生成低价硫化物D．ClO−与S2−、19．物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：①Cu与HNO3溶液；②Cu与FeCl3溶液；③Zn与H2SO4溶液；④Fe与HCl溶液其中由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是（）A．①② B．③④ C．②③ D．①③20．在两个恒容的密闭容器中进行下列两个可逆反应：甲：C(s)+H2O(g)⇌①混合气体平均相对分子质量不再改变②恒温时，气体压强不再改变③各气体浓度相等④绝热时，反应体系温度保持不变⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的2倍⑥混合气体密度不变⑦单位时间内，消耗水质量与生成氢气质量比为9∶1其中能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的是（）A．①②⑤ B．③④⑥ C．⑥⑦ D．④⑤21．科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在．在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是（）A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B．探究NO和N2O可能化合生成NO2C．探究NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是HClO的漂白作用22．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N2A．固体Ⅰ中主要含有Ca(OH)2、CaCOB．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+23．下列关于含硅元素物质的说法正确的是（）A．玻璃有固定的熔点B．单质硅可用来制造集成电路、太阳能电池C．SiO2制成的光导纤维具有良好的导电性D．NaOH溶液能保存在带玻璃塞的试剂瓶中24．下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A．往品红溶液中通入气体，红色褪去，证明气体一定是二氧化硫B．气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气C．加入氯化钡溶液生成沉淀，再加入盐酸沉淀不溶解证明一定含有硫酸根D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO225．下列离子方程式正确的是（）A．铁屑与稀硫酸反应：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑B．FeCl3溶液腐蚀铜板：Fe3＋＋Cu=Fe2＋＋Cu2＋C．FeO与稀硝酸反应：FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2OD．Fe3O4与稀硝酸反应：3Fe3O4＋28H＋＋NO3-=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O二、填空题26．一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。回答下列问题：（1）氮的原子结构示意图为。（2）图中属于“氮的固定”的是(填字母，下同)；转化过程中发生非氧化还原反应的是。（3）若“反应h”是在NO2与H2O的作用下实现，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为。（4）若“反应i”是在酸性条件下由NO3-与Zn的作用实现，则该反应的离子方程式为。三、实验题27．长期存放的亚硫酸钠可能会被空气中的氧气氧化。某化学兴趣小组通过实验来测定某无水亚硫酸钠试剂的质量分数，设计了如图所示实验装置：请回答下面的问题：（1）若将虚线框内的分液漏斗换成长颈漏斗，则应该怎样检查虚线框内装置的气密性？。（2）D装置中反应的化学方程式为，B装置中反应的离子方程式为。（3）称量agNa2SO3样品放入锥形瓶中，向B装置反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥得白色沉淀bg，原样品中Na2SO3的质量分数为。（4）C装置中反应的离子方程式为。（5）现有以下试剂：蒸馏水、稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液，请从中选择合适试剂，设计一种不同的实验方法测定试样中无水亚硫酸钠质量分数：。四、填空题28．运用化学反应原理研究化学反应有重要的意义。请回答下列问题：（1）已知在25℃，101kPa下，断开1molH—H键要吸收436kJ的能量，断开1molI—I键要吸收151kJ的能量，断开1molI—H键要吸收298kJ的能量。①通过以上数据计算当I2和H2反应生成2molH—I时会放出9kJ的能量；若将1molI2和1molH2置于密闭容器中，并在上述条件下反应，发现热量实测值（恢复到25℃，101kPa）远小于上述计算值，你认为最可能的原因是。（2）一定条件下，甲烷与水蒸气发生反应：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，工业上可利用此反应生产合成氨原料气H2。①一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.6molCH4和2.4molH2O(g)发生上述反应，CO(g)的物质的量随时间的变化如图所示。0~2min内的平均反应速率υ(H2)＝mol·L－1·min－1，平衡时CH4的转化率为。[转化率＝n转化n起始②若要进一步提高该反应的化学反应速率，除了使用催化剂和升高温度外，还可以采取的措施有（任写一条）。③下列能说明上述反应达到平衡状态的是（填代号）。aυ逆(CH4)＝3υ正(H2)b恒温恒容时，容器内混合气体的密度保持不变cCH4(g)、H2O(g)的浓度保持不变dCH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量之比为1：1：1：3e断开3molH-H键的同时断开2molO-H键29．如图表示在一定的温度下，容积固定的密闭容器中，A，B，C三种气体的物质的量浓度随时间变化的情况。试回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为。（2）0～t1s内气体B的平均反应速率为。（3）(t1＋10)s时，B的物质的量分数为，此时v正(A)v逆(B)(填“＞”“＜”或“＝”)，D点是否处于平衡状态(填“是”或“否”)。（4）下列关于该反应的说法正确的是(填序号)。a．到达t1时刻该反应已停止b．在t1时刻之前，气体B的消耗速率大于它的生成速率c．在t1时刻，气体C的正反应速率等于逆反应速率（5）容器中(t1＋10)s时的压强与起始时的压强之比为。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．汽车的排气管上装有“催化转化器”，能使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2，A项符合题意；B．向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO4，可减少对大气的污染，B项不符合题意；C．高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，C项不符合题意；D．大量燃烧化石燃料排放的废气中含SO2，从而使雨水的pH＝5.6形成酸雨，CO2不能形成酸雨，D项不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.利用催化剂将有毒的物质通过发生氧化还原反应得到无毒的物质排放到空气中

B.亚硫酸钙不稳定在空气继续被氧化，成为硫酸钙

C.光导纤维的材料式二氧化硅，硅单质是做电池板和芯片

D.正常的雨水的pH是5.6，是溶了二氧化碳的缘故，酸雨的pH小于5.62．【答案】B【解析】【解答】A.二氧化硫有毒，可用作一定范围内的食品添加剂，但必须严格按照国家有关范围和标准使用，否则会影响人体健康，A错误；

B.燃煤中加入生石灰可以吸收二氧化硫，有关反应为CaO+SO2=CaSO3，2CaSO3+O2=2CaSO4，B正确；

C.合成氨反应是可逆反应，所以不能完全反应，2molN2可与6molH2完全反应生成NH3小于4mol，C错误；

D.氨水中除含有NH3·H2O和H2O两种分子外，还含有NH3，D错误。

故答案为：B。

【分析】依据元素及其化合物的性质分析。3．【答案】B【解析】【解答】绿矾在加热时会溶解在结晶水中，然后发生分解，化学方程式为2FeSO47H2O高温__Fe2O3+SO2+SO3+14H2故答案为：B【分析】A.绿矾的化学式为FeSO4·7H2O；

B.根据反应过程中元素的化合价分析；

C.根据Fe2O3的颜色分析；

D.根据反应的化学方程式分析；4．【答案】A【解析】【解答】A.氧化铁是红棕色。故A错误，符合题意。

B.陶制品主要成分是硅酸盐，黏土的成分是硅酸盐。故B不符合题意，

C.陶瓷的成分是硅酸盐，应用最早的硅酸盐无机非金属材料，不符合题意。

D.陶瓷性质稳定，不易被氧化，硅酸盐比较稳定，不符合题意。

故答案为：A

【分析】“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，一方面考查学生对中华化学史的了解，另一方面考查学生对常见化合物氧化铁颜色的掌握。5．【答案】C【解析】【解答】A.N2和H2在高温高压条件下反应生成NH3，A错误；

B.氨气溶于水与水发生反应，生成NH3·H2O。NH3·H2O电离产生NH4+、OH-能导电，因此NH3·H2O是电解质，而NH3没有发生电离，故NH3是非电解质，B错误；

C.浓硝酸具有挥发性，挥发的硝酸蒸汽与NH3会发生反应生成硝酸铵，有大量白烟，C正确；

D.由NH36．【答案】C【解析】【解答】玛瑙、光导纤维、水晶的主要成分是SiO2，而太阳能电池板的主要原料是晶体Si，故答案为C。

【分析】太阳能电池板或者是芯片主要成分是硅单质7．【答案】B【解析】【解答】A.稀H2SO4与铜片不反应，A错误；

B.SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，B正确；

C.SO2密度比空气大，应"长进短出"，C错误；

D.SO2不与NaHSO3反应，无法吸收SO2，D错误。

故答案为：B。

【分析】A.酸与金属活动性表氢后的金属不反应；

B.SO2能使品红溶液褪色；

C.应"长进短出"；

D.SO2不与NaHSO3反应。8．【答案】D【解析】【解答】A.造成酸雨的主要原因是二氧化硫、氮氧化物的过度排放，故A正确；

B.含氮氧化物为导致光化学烟雾的主要原因，故B正确；

C.臭氧层空洞是氟氯烃造成的，故C正确；

D.二氧化碳为导致温室效应的原因，除此之外还有甲烷等，故D错误。

故答案为：D。

【分析】依据物质的性质分析，其中D中二氧化碳会导致温室效应。9．【答案】A【解析】【解答】A.金刚石的能量高于石墨，所以石墨转变为金刚石是吸热反应，A正确；

B.由图可知S(s)的能量低于S(g)的能量，所以气态硫燃烧放出的能量多，B错误；

C.由图可知，白磷的能量高于红磷的能量，所以红磷李白磷稳定，C错误；

D.由图可知，CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)反应为放热反应，D错误。

故答案为：A。

【分析】根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；

物质的能量越低，越稳定；10．【答案】A【解析】【解答】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种。A.该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A符合题意；B.根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B不符合题意；C.该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C不符合题意；D.反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D不符合题意。故答案为：A。【分析】题目中并未给出有关能量的变化，故无法计算能量的变化情况。从反应前前后的物质来看是可逆反应且还是分解反应，根据物质中成键的连接情况即判断元素化合价发生改变11．【答案】C【解析】【解答】A．根据图像得出浓度改变量为Δc(A)＝0.2mol∙L−1，Δc(B)＝0.2mol∙L−1，Δc(C)＝0.1mol∙L−1，根据改变量之比等于计量系数之比得出反应可表示为2A(g)⇌2B(g)+C(g)，故A不符合题意；B．前2minA的分解速率为υ(A)=0.2mol⋅C．开始时，C的浓度为0，因此该平衡是正向开始建立的平衡，故C符合题意；D.2min时，c(A)＝0.2mol∙L−1，c(B)＝0.3mol∙L−1，c(C)＝0.1mol∙L−1，因此A、B、C的浓度之比为2∶3∶1，故D不符合题意。故答案为：C。

【分析】由图象可知，A的物质的量浓度减小，B和C的物质的量浓度增加，则A为反应物，B和C为生成物，由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得：△c(A)：△c(B)：△c(C)=0.2mol/L：0.2mol/L：0.1mol/L=2：2：1，则反应的化学方程式为2A=2B+C，根据v=ΔcΔt12．【答案】C【解析】【解答】根据能量--反应过程的图像知，状态的能量高于状态Ⅲ的能量，故该过程是放热反应，A错误；

根据状态Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；由状态Ⅲ可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。【分析】基础题，解题关键是明确化学反应中能量变化的原因，知道从能量高的状态变化到能量低的状态，可释放能量，并且要能根据图示内容正确分析物质变化情况。13．【答案】C【解析】【解答】A．反应条件与反应中能量变化无关，需要加热的反应可能为放热反应，如钠的燃烧为放热反应，故A错误；

B．升高温度可以使正、逆反应速率都增加，故B错误；

C、可向反应体系中加入适量的氯化钠溶液，相当于加入水，所以氢离子的浓度减小，则减小稀盐酸与过量石灰石反应的速率而不影响生成气体的量，故C正确；

D．浓硫酸与铁反应发生钝化，且不生成氢气，不能增大生成氢气的反应速率，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A．反应条件与反应中能量变化无关；

B．升高温度可以使正、逆反应速率都增加；

C、可向反应体系中加入适量的氯化钠溶液，相当于加入水；

D．浓硫酸与铁反应发生钝化，且不生成氢气。14．【答案】C【解析】【解答】A．HCl与NH3反应生成氯化铵而不能大量共存，故A错误；

B．水玻璃不能存在于酸性环境中，生成硅酸沉淀，故B错误；

C．氢氧化铝不溶于弱碱，可大量共存，故C正确；

D．pH=2的溶液呈酸性，Fe2+、NO3-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A．HCl与NH3反应；

B．H+和SiO32-反应；

C．氢氧化铝不溶于弱碱；

D．H+和Fe15．【答案】B【解析】【解答】A.MnO2、浓盐酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，不能制备氯气，故A错误；

B.Na2SO3固体与质量分数为70%的浓硫酸反应生成二氧化硫，浓硫酸干燥二氧化硫，且可选向上排空气法收集，最后尾气处理，图中装置可制备、干燥、收集SO2，故B正确；

C.氨气不能用浓硫酸干燥，不能选图中向上排空气法收集，且尾气处理不能选NaOH溶液，故C错误；

D.NO与氧气反应，不能选排空气法收集，且NO与NaOH溶液不反应，不能处理尾气，故D错误；

故选B。

【分析】A.图中缺少酒精灯；

B.依据二氧化硫性质分析；

C.氨气不能用浓硫酸干燥；

D.NO与氧气反应；16．【答案】A【解析】【解答】A.升高温度，正、逆反应速率都增大，故A错误；

B.使用高效催化剂，能够降低活化能，从而提高反应速率，正、逆反应速率都提高，故B正确；

C.反应达到平衡后，体系各组分的反应速率都保持恒定，故C正确；

D.消耗1mol一氧化碳能生成1mol二氧化碳，而同时又消耗1mol二氧化碳，可知正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故D正确。

故答案为：A。

【分析】依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断和利用影响反应速率的因素分析；17．【答案】C【解析】【解答】A.铜片和铁片紧靠并浸入稀H2SO4中，铜片上的H＋获得由铁片传递过来的电子，电极反应为2H＋＋2e－=H2↑，所以可观察到铜片表面出现气泡，A正确；

B.锌片作负极，铜片作正极，发生反应Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu，生成的Cu在铜片上析出使其质量增加，B正确；

C.铜片插入FeCl3溶液中，发生的反应是Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，没有单质铁的析出，C不正确；

D.由于Al与浓硝酸常温下发生钝化，所以Cu为负极，电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，D正确。

故答案为：C。

【分析】根据两极现象判断：溶解或质量减少的一极为负极，质量增加或有气泡产生的一极为正极。18．【答案】C【解析】【解答】A.SO2、Cl2均能使品红溶液褪色，SO2与品红反应生成无色不稳定的物质，Cl2氧化使品红变质，原理不同，A错误；

B.NH4HCO3晶体、固体碘受热均能变成气体，NH4HCO3晶体受热分解生成氨气、二氧化碳和水，固体碘受热升华，变为气体，原理不同，B错误；

C.铁、铜的还原性较弱，与S反应均生成低价硫化物，原理相同，C正确；

D.ClO-与S2-、H+均不能在溶液中大量共存，ClO-与S2-发生氧化还原反应，与H+生成弱电解质，原理不同，D错误；

故答案为：C。

【分析】A.SO2与有色物质化合，Cl2有强氧化性；

B.NH4HCO3受热分解，固体碘受热升华；

C.铁、铜的还原性较弱且均为变价金属；

D.ClO-与S2-发生氧化还原反应，与H+生成弱电解质。19．【答案】D【解析】【解答】

硝酸浓度不同，与金属反应生成物也不同，浓硝酸与金属反应时生成二氧化氮、稀硝酸与金属反应生成一氧化氮，①正确；无论FeCl3溶液浓度多大，与铜反应只生成氯化亚铁和氯化铜，②不正确；浓硫酸与锌反应生成二氧化硫、稀硫酸与锌反应生成氢气，③正确；盐酸与铁反应，只生成氢气，④不正确，故选D。

故答案为：D。

【分析】根据浓硝酸和稀硝酸、浓硫酸和稀硫酸化学性质的不同进行分析，浓硝酸氧化性强，与还原剂反应生成二氧化氮，稀硝酸氧化性弱，与还原剂反应生成一氧化氮。20．【答案】D【解析】【解答①乙中混合气体总质量、总物质的量为定值，则混合气体平均相对分子质量始终不变，故①错误；

②乙为气体体积不变的反应，压强始终不变，气体压强不再改变时，反应乙不一定达到平衡状态，故②错误；

③各气体组成浓度相等，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故③错误；

④两个反应均为吸热反应，绝热反应体系中温度为变量，当混合气体的温度保持不变时，表明正逆反应速率相等，均达到平衡状态，故④正确；

⑤断裂氢氧键速率是断裂氢氢键速率的$2$倍，甲和乙容器中正逆反应速率都相等，均达到平衡状态，故⑤正确；

⑥乙中混合气体的总质量、容器体积都是定制，则混合气体密度始终不变，乙容器中不能根据混合气体密度判断平衡状态，故⑥错误；

⑦单位时间内，消耗水与生成氢气质量比为$9：1$，表示的都是正反应速率，无法判断平衡状态，故⑦错误；

结合分析可知，能表明甲、乙容器中反应都达到平衡状态的为④⑤，故选D。

故答案为：D。

【分析】甲中C为固态，正反应为气体体积增大的反应，乙中反应前后气体体积不变，可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等不再变化，以此分析解答。21．【答案】B【解析】【解答】解：A、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，所以可以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故A不选；B、NO中氮元素化合价未+2价和N2O化合价未+1价，化合生成NO2时化合价都升高，不符合氧化还原反应的本质特征，故B选；C、NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3，氮元素化合价从+4价变化为+5价和+3价，符合氧化还原反应的规律特征，有探究的意义，故C不选；D、氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D不选；故选B．【分析】A、进行科学探究时，要有合理的理论依据，不能凭空猜测．二氧化硫还原性气体，可以与氧化剂反应生成三氧化硫，化学反应前后元素的种类不变；B、NO中氮元素化合价未+2价和N2O化合价未+1价，化合生成NO2时化合价都升高，不符合氧化还原反应的本质特征，无探究意义；C、NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2和NaNO3，依据氧化还原反应的化合价变化特征分析；D、依据氯气和碱反应，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性．22．【答案】B【解析】【解答】A.工业废气中CO2，SO2可被石灰乳吸收生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体一主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，A正确；

B.由分析可知，气体1是不能被过量石灰乳吸收的N2、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到亚硝酸钠，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，B错误；

C.气体2含有CO，N2，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，C正确；

D.亚硝酸钠与含有NH423．【答案】B【解析】【解答】A.玻璃是混合物，混合物没有固定的熔沸点，A不符合题意；B.单质硅可用来制造集成电路，电脑芯片，太阳能电池等，B符合题意；C.SiO2是原子晶体，不导电，C不符合题意；D.普通玻璃中含有SiO2，NaOH溶液能够与SiO2反应生成Na2SiO3，Na2SiO3能够把瓶口和瓶塞粘在一起，影响实验使用，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.玻璃为混合物；

B.单质硅是一种常用的半导体材料；

C.SiO2是原子晶体，不导电；

D.玻璃中含有SiO2，能与NaOH溶液反应；24．【答案】B【解析】【解答】A．向品红溶液中通入某气体后，品红溶液红色消失，不能证明该气体一定是SO2，氯气等氧化性气体也能使品红溶液褪色，故A错误；

B．无水硫酸铜能与水反应生成五水硫酸铜，现象是无色粉末变成蓝色晶体，所以通过无水硫酸铜、粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气，故B正确；

C．加入氯化钡溶液生成沉淀，再加入盐酸沉淀不溶解，则该沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，则原溶液中可能含有Ag+，不一定含有硫酸根离子，故C错误；

D．将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则原气体可能是SO2，不一定是CO2，故D错误；

故答案为：B。

【分析】A．二氧化硫具有漂白性，但氯气等氧化性气体也能使品红褪色；

B．无水硫酸铜能与水反应生成五水硫酸铜；

C．加入氯化钡溶液生成沉淀，再加入盐酸沉淀不溶解，则该沉淀可能是AgCl；

D．能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2、SO2。25．【答案】D【解析】【解答】A.稀硫酸的氧化性比较弱，只能把Fe氧化为Fe2+，离子方程式是铁屑与稀硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2+＋H2↑，A不符合题意；B.电子、电荷不守恒，应该为2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，B不符合题意；C.硝酸具有强的氧化性，与FeO发生氧化还原反应，离子方程式是：3FeO+10H＋+NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，C不符合题意；D.二者发生氧化还原反应，离子方程式符合反应事实，D符合题意；故答案为：D。

【分析】根据氧化还原反应的特点书写化学反应方程式，在书写时注意遵循电子守恒、原子守恒与质量守恒，据此分析即可得出答案。26．【答案】（1）（2）k和c；a和l（3）2∶1（4）4Zn+2NO3-+10H+=4Zn2++N2O↑+5H2O【解析】【解答】（1）N位于第二周期VA族，其原子结构示意图为，故答案为：；

（2）氮的固定是游离态的氮转化成为化合态的氮，根据循环图，得出属于氮的固定的是k和c；发生非氧化还原反应，说明化合价没有发生变化，即属于非氧化还原反应的是a和l；故答案为：k和c；a和l；

（3）反应h的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3是氧化产物，NO是还原产物，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1；故答案为：2∶1；

(4)根据信息确定反应物和生成物的化学式，Zn的化合价升高2价，N2O中N的化合价共降低8价，最小公倍数为8，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒，该反应的离子方程式为4Zn+2NO3-+10H+=4Zn2++N2O↑+5H2O，故答案为：4Zn+2NO3-+10H+=4Zn2++N2O↑+5H2O。【分析】（1）依据元素在表中位置书写；

（2）氮的固定是游离态的氮转化成为化合态的氮；依据氧化还原反应中化合价有升必有降进行选择；

（3）元素化合价降低、生成还原产物；元素化合价升高、生成氧化产物；

(4)根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；27．【答案】（1）关闭弹簧夹(或止水夹)a，由长颈漏斗向锥形瓶中加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，过一段时间观察液面是否变化，若不变，说明气密性好，否则说明装置漏气（2）MnO2+4HCl(浓)Δ__MnCl2+Cl2↑+2H2O；Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl—（3）126b233a（4）Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+2H2O（5）将样品溶于水，然后向其中加入稀盐酸至不再产生气体为止，再加BaCl2溶液，然后将生成的沉淀过滤、洗涤、干燥、称量其质量，得到Na2SO4的质量，继而求得Na2SO3的质量分数【解析】【解答】（1）检验实验装置的气密性常用的做法是加热或形成液面差，以形成压强差来观察是否有气泡或液面是否发生变化，长颈漏斗没有塞子，必须加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，形成密闭系统并形成压强差，观察液面变化，

故答案为：关闭弹簧夹（或止水夹）a，由长颈漏斗向锥形瓶中加水至漏斗内液面高于锥形瓶内液面，过一段时间观察液面是否变化，若不变，说明气密性好，否则说明装置漏气；

（2）D为实验室制备氯气的发生装置，二氧化锰与