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高中化学试题高考一轮·通关卷考点巩固卷04非金属及其化合物-考点通关卷（新教材新高考）含解析答案
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这是一份高中化学试题高考一轮·通关卷考点巩固卷04非金属及其化合物-考点通关卷（新教材新高考）含解析答案，共62页。试卷主要包含了下列实验现象的描述正确的是，氯气性质的微型实验装置如图所示等内容，欢迎下载使用。
考点01 氯及其重要化合物
考法01氯气的性质
1．下列实验现象的描述正确的是
A．氢气在氧气中燃烧，发生苍白色火焰，瓶口上方形成白色烟雾
B．铁丝在氯气中燃烧，产生红棕色的烟，产物溶于水，溶液呈浅绿色
C．铜丝在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，产物溶于水，溶液呈蓝绿色
D．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体
2．向盛有的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入下列液体中的一种，经过振荡，现象如图所示，则甲、乙、丙中注入的液体分别是（ ）
①溶液 ②溶液 ③水
A．①②③B．②①③
C．③②①D．①③②
3．是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
下列解释事实的方程式不正确的是
A．电解饱和食盐水制取：
B．氯气用于自来水消毒：
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：
D．氯气“泄漏处理”中溶液的作用：
4．下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。已知：KMnO4+ 16HCl=2KCl+5Cl2↑ +2MnCl2+8H2O,向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。
下列有关说法正确的是
A．a处变蓝、b处变棕红说明非金属性:C1> Br > I
B．c处先变红、后褪色说明Cl2与H2O反应生成HCl
C．d处立即褪色说明Cl2与H2O反应生成HCIO
D．e处变红说明Cl2与Fe2+反应生成Fe3+
(2023·广东茂名市模拟)
5．氯气性质的微型实验装置如图所示。①是浓盐酸，⑥是高锰酸钾，②至⑤是滤纸条，依次滴有氢氧化钠溶液、石蕊溶液、淀粉—KI溶液、含KSCN的溶液，实验时滴几滴浓盐酸。下列说法不正确的是
A．③处先变红后褪色，是因为氯水具有酸性和强氧化性
B．④处变蓝色
C．⑤处变红色
D．本实验可推知氧化性
考法02 次氯酸及其重要的盐
(2023·福建漳州期末)
6．在探究新制饱和氯水成分及性质的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有
B．向氯水中滴加硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有
C．新制氯水能使品红溶液褪色，说明具有漂白性
D．向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水呈酸性
[2023·山东临沂期末]
7．下列有关含氯化合物的说法正确的是
A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
B．氯水中具有漂白性的物质是HClO
C．检验Cl2中是否混有HCl，可以用湿润的淀粉KI试纸
D．NaClO和Ca(ClO)2的溶液能杀菌消毒的原理是二者水解均呈碱性
(2024·广西钦州一中高三月考)
8．漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是
A．①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B．②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C．上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%
9．数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。数字化实验得到的光照过程中氯水的pH随时间的变化情况如图。对此，下列有关说法正确的是
A．pH减小的主要原因是光照使Cl2的溶解度减小，氯气逸出导致了溶液中H+浓度减小
B．光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl-的浓度也不断减小
C．溶液酸性增强的原因是光照使氯水中的次氯酸分解为HCl和氧气
D．对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性没有变化
10．在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是
A．再通入少量氯气，减小
B．通入少量SO2，溶液漂白性增强
C．加入少量的碳酸钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强
D．光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
考法03 氯气的实验室制法
(2023·广东深圳期末)
11．利用如图所示装置进行的制备与性质探究实验时，下列说法正确的是
A．装置甲中与浓盐酸的反应，只体现浓盐酸的还原性
B．装置乙的作用是除去中的
C．装置丙中溶液先变红后褪色，说明具有漂白性
D．装置丁中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
(2024·江苏扬州模拟)
12．实验室制备消毒液，有关实验装置和原理不能达到实验目的的是
A．用甲装置制备
B．用乙装置除去中混有的少量
C．用丙装置吸收
D．用丁装置蒸发浓缩消毒液
(2022·广东卷)
13．实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
14．四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如下装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是
A．②中应盛装浓H2SO4
B．冷凝管有冷凝、回流和导气的作用
C．③中的反应中，TiO2是氧化剂，炭粉是还原剂
D．该设计存在不足，如④、⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置
15．二氧化氯（C1O2）是一种黄绿色气体，沸点为11℃，不稳定，在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。C1O2易溶于水但不与水反应，其水溶液在温度过高时有可能爆炸。某小组按照以下实验装置制备C1O2并验证其某些性质。
请回答下列问题：
（1）实验时A装置需要控制温度为60～80℃，则A装置加热的方式是 ，该加热方式的优点是 。
（2）通入氨气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是 。
（3）B装置的作用是 。C装置用来吸收C1O2，则C中液体易选用下列 （填序号）。
①热水 ②冰水 ③饱和食盐水
（4）装置D中C1O2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中生成这两种钠盐的化学方程式为 。饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2．请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a． ；b． ；c．洗涤；d．干燥。
（5）设计一个简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性： 。
考法04 溴、碘
16．鉴别溶液、溶液、溶液可以选用的试剂是
①碘水、淀粉溶液 ②氯水、 ③溴水、苯 ④硝酸、溶液 ⑤氯水、苯 ⑥、淀粉溶液
A．①②④B．②③⑥C．②④⑤D．④⑤⑥
17．下列有关卤素的说法错误的是
A．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强
C．淀粉－碘化钾溶液在空气中变蓝，4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－
D．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度
18．某小组比较Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下：
下列对实验的分析合理的是
A．实验1中，白烟是(NH4)2SO4
B．根据实验1和实验2判断还原性：Br->Cl-
C．根据实验3判断还原性：I->Br-
D．上述实验利用了浓H2SO4的强酸性、强氧化性等性质
19．从淡化海水中提取溴的流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．X试剂可为Na2SO3饱和溶液
B．步骤Ⅲ的离子方程式：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2
C．工业上每获得1mlBr2，需要消耗Cl244.8L(标准状况下)
D．步骤Ⅳ包含萃取、分液和过滤
(2023·河北邯郸期中)
20．下列叙述中正确的是
A．能使湿润的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
B．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－
C．用硝酸酸化的硝酸银溶液能一次鉴别NaCl、NaBr、KI三种失去标签的溶液
D．某浅黄色的溴水，加入CCl4振荡静置后，上层显橙红色
考点02 硫及其重要化合物
考法01 硫单质
(2023·江苏苏州期末)
21．下列说法正确的是
A．硫质脆，微溶于酒精和二硫化碳
B．硫与氢气反应，体现了硫的还原性
C．硫与铁粉和铜粉分别反应，都可生成二价金属硫化物
D．从硫的化合价角度分析，硫单质既可作氧化剂又可作还原剂
22．下列化合物能用相应的单质直接化合制得的是
①CuS②FeS③HCl④SO2⑤SO3⑥FeCl2⑦CuCl2
A．①②③④⑤⑥⑦B．①②③④⑦
C．②③⑤⑦D．②③④⑦
23．下列说法中正确的是
A．根据化合价可知，S在化学反应中只能作还原剂
B．试管内壁上的硫黄可用CS2清洗
C．S＋O2SO2，S被氧化，作氧化剂
D．硫只以化合态存在于自然界中
(2024·广东广州模拟)
24．加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，继而有淡黄色气体产生。将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且装而有黑色物质生成。由上述现象得不出的结论是
A．硫的熔沸点较低B．硫晶体属于分子晶体
C．铜丝能在硫蒸气中燃烧D．黑色固体是
(2023·辽宁抚顺市模拟)
25．某化学小组在实验室进行铁粉和硫粉混合加热的实验，并对产物进行了系列实验，流程如图所示。下列说法正确的是
A．气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物
B．硫元素参加了2个氧化还原反应
C．沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应
D．若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素
考法02 硫的氧化物
(2023·湖南株洲月考)
26．下列对的性质描述不正确的是
A．无色、有刺激性气味的气体B．和水反应生成亚硫酸
C．能使溴水褪色，体现漂白性D．具有还原性，能被氧气氧化
27．根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是
A．AB．BC．CD．D
28．下列关于实验室制取SO2的实验，其中叙述正确的是
A．甲图中可利用70%的浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2
B．乙图中干燥SO2
C．可用丙图中装置和药品收集二氧化硫并吸收尾气
D．可用丁图中装置和药品检验铜和浓硫酸反应生成的CuSO4
(2022·江苏卷)
29．实验室制取少量水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取气体B．用装置乙制取水溶液
C．用装置丙吸收尾气中的D．用干燥pH试纸检验水溶液的酸性
30．某化学实验小组的同学为探究和比较SO2 和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。
(1)实验室用装置A制备SO2，某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，该同学怎样操作可以使分液漏斗液体顺利滴下 ；
(2)实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为 ，若实验室用酸性KMnO4 和浓盐酸反应制Cl2，反应的离子方程式为 。
(3)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，再给B、D 两个试管分别加热；两个试管中的现象分别为：B： ，D： 。
(4)若将B中品红换成Na2S溶液，通SO2一段时间后B中现象为 。
(5)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示) 。
考法03 硫酸
(2023·河北石家庄期中)
31．下列关于物质的检验，说法正确的是
A．待检液加入稀HCl酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定有SO存在
B．待检液加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有Cl-存在
C．待检液加入NaOH溶液并加热，有能使石蕊溶液变蓝的气体生成，则原溶液中定有NH存在
D．待检液加入盐酸，产生无色无味的气体，则原溶液中一定有CO存在
32．浓硫酸分别和三种钠盐反应,下列分析正确的是
A．对比①和②可以说明还原性Br->Cl-
B．①和③相比可说明氧化性Br2>SO2
C．②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致,说明酸性H2SO4>HCl
D．③中浓H2SO4被还原成SO2
(2022·广东卷)
33．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．与浓硫酸反应，只体现的酸性
B．a处变红，说明是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
34．某化学兴趣小组在实验室用除去表面氧化物的铁钉(碳素钢)与浓硫酸共热制取SO2并完成相关性质探究(不考虑水蒸气)。
(1)有同学认为制得的SO2中可能混有杂质，其化学式为 和 ，原因是 。
(2)为验证气体成分，兴趣小组同学设计了下图所示装置进行了实验探究。
①为验证并吸收SO2，装置B中加入的试剂为 ，装置C中品红溶液的作用是 ；
②装置D中加入的试剂为 ；
③装置G中可能出现的现象为 ；
④装置H的作用为 。
(2023·山东济宁模拟)
35．某同学在研究Fe与的反应时，进行了如图所示实验(部分夹持装置已略去)。
(1)实验Ⅰ中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为 。
(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是 。
(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，则试管A中产生的气体是 (填化学式)，C的作用是 。
(4)对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同学们得出以下结论：
①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于 。
②造成反应多样性的因素有 。
考法04 含硫物质的转化
(2023·广东梅州模拟)
36．下列化学方程式正确，且符合含硫物质的性质描述的是
A．非金属硫单质具有氧化性：
B．是一种酸性氧化物，可与碱性氧化物反应生成盐：
C．具有还原性，可吸收：
D．浓硫酸不易挥发，能用于制取挥发性酸：
37．已知通入溶液无明显现象。某同学利用如图装置探究与溶液反应生成白色沉淀的条件。下列判断正确的是
A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B．乙中产生的一定为氧化性气体，将氧化为沉淀
C．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
D．c、d两根导管都必须插入溶液中，保证气体与充分接触
(2023·湖南衡阳期末)
38．硫是生命代谢与发育必不可少的元素，在微生物作用下硫循环的一种途径如图所示，下列说法错误的是
A．自然界中存在游离态的硫
B．过程①②③④均属于氧化还原反应
C．S在足量的氧气中燃烧可以一步转化为SO3
D．人类对化石燃料的过度开采及使用会对硫循环造成巨大影响
39．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常用的食品抗氧化剂(易被氧化)。实验室利用如图所示装置制取少量焦亚硫酸钠并探究SO2的性质(夹持装置已略去)。
请回答下列问题：(实验前已除去装置中的空气)
(1)A中反应方程式为 。
(2)关闭K2、K3，打开K1，装置B中发生反应的离子方程式为 。观察到装置C中发生的现象是 。
(3)装置D和F的作用是 。
(4)实验前，装置E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是 ，关闭K1、K3，打开K2，一段时间后装置E中有Na2S2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为 。
40．亚硫酸钠(Na2SO3)是一种重要的化工产品，常用作防腐剂、漂白剂、脱氯剂等。为探究Na2SO3的性质，进行了如下实验。
(1)Na2SO3中硫元素的化合价是 ，属于S元素的中间价态，既具有氧化性，又具有还原性。
资料：酸性条件下，KMnO4为紫色，Mn2+为无色。
(2)实验ⅰ中，能说明Na2SO3具有 (填“氧化性”或“还原性”)。
(3)实验ⅱ中，能说明Na2S在酸性条件下被氧化的实验现象是 。
(4)甲同学认为实验ⅱ的现象不能直接得出“Na2SO3具有氧化性”。
①对淡黄色浑浊产生的原因作出如下假设：
假设a：酸性溶液中的SO具有氧化性，可产生S；
假设b：空气中存在O2，在酸性条件下，由于 (用离子方程式表示)，可产生S；
假设c：酸性溶液中的SO具有氧化性，可产生S。
②设计实验iii证实了假设a和b不是产生S的主要原因。
实验iii：向Na2S溶液中加入 (填试剂)，产生有臭鸡蛋气味的气体，溶液未变浑。
考点03 氮及其重要化合物
考法01 氮及其氧化物
41．汽车尾气中的氮氧化合物NOx与大气中的NH3发生如下作用，形成一种雾霾。
有关该雾霾的叙述正确的是
A．NOx为酸性氧化物，可形成酸雨B．反应②是氧化还原反应
C．NH3是形成该雾霾的催化剂D．NH3可能来自过度施用氮肥
42．氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分，人类活动影响了氮循环中的物质转化，如右图所示。下列说法中，不正确的是
A．工业合成氨属于人工固氮过程
B．硝化过程中氮元素被还原
C．含氮无机物与含氮有机化合物可相互转化
D．反硝化过程有助于稳定N2在大气中的含量
(2023·湖南长沙月考)
43．将盛有和的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余无色气体，则原混合气体中的体积可能是
A．0.6mLB．2mLC．2.4mLD．4mL
(2024·河北石家庄二中模拟)
44．下列有关氮的氧化物的说法正确的是
A．NO和NO2混合气体的尾气可以用水吸收
B．4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目小于0.2NA
C．用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别Br2(g)和NO2
D．除去NO中混有少量NO2气体时，可以用水洗涤后再干燥
(2023·日照模拟)
45．用石灰乳吸收硝酸工业的尾气(含NO、NO2)可获得Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O
B．将石灰乳改为澄清石灰水吸收效率将会增大
C．采用气液逆流接触有利于尾气中NO、NO2的充分吸收
D．若尾气中n(NO2)∶n(NO)＜1∶1，吸收后排放的气体中NO含量升高
考法02 硝酸
(2023·广东汕头质检)
46．将铜丝插入浓硝酸中进行如图(a~c是浸有相应试剂的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．Cu与浓硝酸反应，硝酸只表现出酸性，产生红棕色气体
B．a处可观察到棉花变红后褪色
C．b处观察到棉花变蓝，说明具有还原性
D．c处NaOH能与产生的气体发生复分解反应
(2023·湖北武汉华中师大附中模拟)
47．某学习小组利用下图装置(夹持仪器已略去)验证浓、稀硝酸氧化性的相对强弱。实验现象为：①中产生大量的红棕色气体，红棕色气体在②中转为无色，气体通过③后依然为无色，通过④后转为红棕色。
已知：浓硝酸能将NO氧化成，而稀硝酸不能氧化NO。
下列说法正确的是
A．实验之前不用通
B．①中也可加入稀硝酸
C．②和③中加入的都是水
D．⑤中只发生反应
(2023·铜陵模拟)
48．将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成两等份，其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO气体2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体。下列有关说法：①c(HNO3)=2ml·L-l ②c(HNO3)=0.5ml·L-l ③m=8.0 ④m=7.2。其中正确的是（ ）
A．①④B．①③C．②④D．②③
49．对比分析下列实验，所得结论正确的是
A．由①中收集的气体能使带火星木条复燃可推断NO2能助燃
B．②中产生红棕色气体可以证明浓硝酸有不稳定性
C．③的气体产物中检测出有CO2，由此证明C能将硝酸还原
D．①、②、③中产生的气体通入足量水中后都无污染性气体产生
50．将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：
（1）NO的体积为 L，NO2的体积为 L。
（2）参加反应的硝酸的物质的量是 ml。
（3）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a ml/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 ml/L。（结果不需化简）
（4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水 g。
考法03 氨、铵盐
51．如图所示是NH3的两个性质实验，下列有关说法中正确的是
A．两个实验均表现了NH3易溶于水
B．两个实验均表现了NH3易挥发
C．两个实验均表现了NH3是碱性气体
D．两个实验均表现了NH3是还原性气体
(2023·山西太原月考)
52．下列关于氨气的实验装置和操作正确且能达到实验目的的是
A．甲用于制备氨气
B．乙用于干燥氨气
C．丙用于收集氨气
D．丁引发喷泉的操作为打开弹簧夹，挤压胶头滴管
53．探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B．将pH=11的氨水稀释1000倍，测得pH > 8，说明NH3·H2O为弱碱
C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定
D．将红热的Pt丝伸入上图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO2
(2023·广东茂名市模拟)
54．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是
A．①是氨气发生装置B．②是氨气吸收装置
C．③是氨气发生装置D．④是氨气收集、检验装置
(2023·江西上饶鄱阳一中一模)
55．氮及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，但同时随意排放氮的化合物也会造成环境污染问题。
Ⅰ.某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)制取干燥的氨气并验证NH3具有还原性，请回答下列问题：
(1)实验室制备氨气有多种方法，现欲用NH4Cl与熟石灰反应制取NH3，则甲中的气体发生装置为 (从Ⅱ中选用)。
(2)装置丙用于收集NH3，应将导管 (填“a”或“b”)延长至集气瓶底部，装置乙中盛放的试剂为 。
Ⅱ.氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(3)氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式： 。
(4)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①纯碱溶液吸收法。纯碱吸收NO2的反应原理为 (请完成下面的离子方程式)。
______+____NO2=_______+______+____CO2
②氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为 。
考法04 含氮物质的转化
56．部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．a可经催化氧化生成bB．b为红棕色，可转化为c
C．密闭体系中，c存在2NO2⇌N2O4D．d的溶液与Cu反应可生成b或c
57．图是氮元素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：
下列说法正确的是
①可通过雷电作用将b转化为c，这是一种固氮方式
②可通过加氧化剂将e转化为f
③a→c→d→f这几个反应中，均发生了N元素被氧化的反应
④g只具有氧化性，还可能与碱发生反应
⑤将f转化为d必须选用合适的还原剂才能实现
⑥h可与f反应生成i
A．①③⑤⑥B．②③④C．①③⑥D．①④⑤
(2023·福建厦门月考)
58．一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是
A．循环转化中属于“固氮”过程的是“反应c”和“反应b”
B．转化过程中发生非氧化还原反应的过程只有“反应l”
C．若“反应h”是在NO2与H2O的作用下实现的，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
D．工业上可以用氢氧化钠溶液消除NO2
(2024·安徽A10联盟联考)
59．下图是氮元素的部分价类二维图，也是氮元素自然循环图，下列有关说法正确的是
A．由到B可以一步反应实现B．过程①和②中均发生氧化反应
C．过程③和④中氮元素化合价均仅升高D．硝化细菌应在适宜的温度下才可发挥作用
(2024·广东实验中学期中)
60．价类二维图是学习元素化合物的工具，a～g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法错误的是
A．可用a生成g的反应检验a
B．过量的f的水溶液可与硫酸铜溶液生成蓝色沉淀
C．通过a与c反应可以消除氮氧化物污染
D．a、b、c、e之间的相互转化不都属于氮的固定
考点04 碳、硅及无机非金属材料
考法01 碳及其重要化合物
(2024·湖南湘潭开学考)
61．有关碳和碳的氧化物的说法中，错误的是
A．古代用墨书写或绘制的字画长久不变色，是因为碳的化学性质不活泼
B．金刚石和石墨物理性质不同，是因为它们的碳原子排列方式不同
C．二氧化碳的排放是导致温室效应的原因之一
D．用煤火取暖是应注意通风，防止一氧化碳中毒
(2024·广东四校测试)
62．利用以下装置制备、纯化CO，并探究CO和Na2O2的反应(CO+Na2O2=Na2CO3)。下列说法正确的是
A．装置b中的试剂可选用无水CaCl2
B．装置d中的试剂可选用NaOH溶液
C．实验开始时，依次点燃a、c处酒精灯
D．加热一段时间后，硬质玻璃管中粉末由白色变为淡黄色
63．通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品(如图所示)，是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是
A．CO2经催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应
B．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法
C．过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同
D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率达100%
64．某兴趣小组欲对草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的分解产物进行探究，查阅相关资料得到草酸晶体的具体性质如表：
(1)对于175℃时的分解产物提出以下三种猜想：①CO2和H2O；②CO和H2O；③CO、CO2和H2O。无须实验验证便可判断猜想 一定不成立，理由是 。
(2)将分解产生的气体依次通过以下装置来验证其产物(可重复使用)。
①各装置合理的连接顺序为 。
分解产生的气体→B→_______→_______→_______→C→_______→________
②B装置的作用有两种，其一是通过 现象证明 ，其二是 。
③通过观察到 现象证明分解产物中有CO。
(3)草酸晶体受热完全分解的化学方程式为 。
(2023·北京通州摸底)
65．草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：
(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是 ，反应的离子方程式为 ，说明分解产物中含有 。装置B的主要作用是 。
(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、 。装置H反应管中盛有的物质是 。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是 。
(3)若将上图装置C中的澄清石灰水改为水玻璃，则装置C中的现象是 ，反应的离子方程式为 ，此现象说明H2SiO3比H2CO3的酸性 。
(4)若把上图装置C中的澄清石灰水改为饱和Na2CO3溶液，则装置C中的现象是 ，反应的离子方程式为 。
考法02 硅及其重要化合物
(2024·江苏常熟检测)
66．下列有关硅及其化合物的说法正确的是
A．在粗硅的制取中发生反应2C+SiO22CO↑+Si，Si被还原，所以C的还原性大于Si
B．光导纤维遇强碱不会“断路”
C．用SiO2制取硅酸，应先使SiO2与NaOH溶液反应，然后通入CO2
D．由Na2CO3+SiO2CO2↑+Na2SiO3可知，H2SiO3的酸性大于H2CO3
(2023·湖北卷)
67．工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂粗硅高纯硅
下列说法错误的是
A．制备粗硅的反应方程式为
B．1mlSi含Si-Si键的数目约为
C．原料气HCl和应充分去除水和氧气
D．生成的反应为熵减过程
68．高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如图所示。
已知：流化床反应器的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。
下列说法正确的是
A．电弧炉中发生的反应为C+SiO2CO2↑+Si
B．SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯
C．每生成1ml高纯硅，需要44.8LCl2(标准状况)
D．该工艺流程中Si的产率高，符合绿色化学要求
(2023·浙江绍兴模拟)
69．下列说法不正确的是
A．工业上常以左右的粗硅为原料制备高纯硅
B．工业上以纯碱、石膏和石英砂为原料制取玻璃
C．工业上为得到纯度较高的铜，常将火法炼铜得到的粗铜经过电解精炼制得
D．工业上常用的一种“吹出法”从海水提溴技术主要设备依次为吹出塔、吸收塔、蒸馏塔、冷凝器
(2024·湖北黄冈中学摸底)
70．ChatGPT是史上月活用户增长最快的消费者应用。下列说法中不正确的是
A．硅晶片是生产芯片的基础材料
B．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及化学变化
C．硅在自然界中主要以单质形式存在
D．硅是应用最广泛的半导体材料
考法03 无机非金属材料
(2023·广东卷)
71．“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是
A．AB．BC．CD．D
72．我国很早开始生产陶器和瓷器，并在民间广泛使用。明朝宋应星编写的《天工开物·陶埏》中记载：“水火既济而土合。万室之国，日勤千人而不足，民用亦繁矣哉。”下列说法错误的是
A．陶瓷是传统的无机非金属材料，与光导纤维的主要成分相同
B．制作传统陶瓷的主要原料为黏土
C．陶瓷材料在高温下不易被氧化，并对酸、碱具有良好的抗腐蚀能力
D．唐三彩陶器的黄色、褐色主要是因为添加了着色剂——氧化铁
(2023·山西太原联考)
73．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料制备而成的。下列说法正确的是
A．石英砂的主要成分为常用作太阳能板材料
B．从组成的阴离子来看，和都属于硅酸盐
C．纯碱所形成的溶液能使紫色石蕊溶液变红
D．实验室常用块状的石灰石与稀硫酸反应制备
(2023·北京房山区模拟)
74．碳纳米管是一种具有特殊结构的材料，具有许多异常的力学、电学和化学性能。近些年随着碳纳米管及纳米材料研究的深入，其广阔的应用前景也不断地展现出来。下列关于碳纳米管的说法错误的是
A．碳纳米管在常温下化学性质稳定
B．碳纳米管具有比表面积大、导电等特点
C．碳纳米管是一种新型有机材料
D．碳纳米管与金刚石互为同素异形体
(2023·浙江杭州模拟)
75．化学物质用途广泛，下列说法不正确的是
A．高纯度的硅可用作光导纤维B．碳酸氢钠可用于烘焙糕点
C．铁红可用于油墨和橡胶的红色颜料D．碳化硅可用作砂纸和砂轮的磨料
考点01氯及其重要化合物(限时：15min)
考法01氯气的性质
考法02次氯酸及其重要的盐
考法03氯气的实验室制法
考法04溴、碘
考点02硫及其重要化合物(限时：20min)
考法01硫单质
考法02硫的氧化物
考法03硫酸
考法04含硫物质的转化
考点03氮及其重要化合物(限时：20min)
考法01氮及其氧化物
考法02硝酸
考法03氨铵盐
考法04含氮物质的转化
考点04碳、硅及无机非金属材料(限时：10min)
考法01碳及其重要化合物
考法02硅及其重要化合物
考法03无机非金属材料
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
溶液吸收
实验1
实验2
实验3
装置
现象
试管内颜色无明显变化；用蘸浓氨水的玻璃棒靠近管口，产生白烟。
溶液变黄；把湿润的KI淀粉试纸靠近试管口，变蓝。
溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘。
选项
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
溴水
橙色褪去
SO2有还原性
实验序号
实验试剂X
实验现象
ⅰ
KMnO4溶液、稀硫酸
紫色褪去，变为无色
ⅱ
Na2S溶液、稀硫酸
加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊
熔点
沸点
热稳定性
其他
101～102℃
150～160℃升华
100.1℃分解出水，175℃分解成气体
与Ca(OH)2反应产生白色沉淀(CaC2O4)
A．九霄环佩木古琴
B．裴李岗文化骨笛
C．商朝后期陶埙
D．曾侯乙青铜编钟
参考答案：
1．C
【详解】A．氢气在氧气中燃烧，产生淡蓝色火焰，瓶内壁有水柱，A错误；
B．铁丝在氯气中燃烧，产生FeCl3固体，看到有棕褐色的烟，产物溶于水，形成黄色的FeCl3溶液，B错误；
C．铜丝在氯气中燃烧，产生氯化铜，而有棕黄色的烟，产物溶于水，溶液呈蓝绿色，C正确；
D．钠在空气中燃烧产生过氧化钠，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，D错误；
故选：C。
2．B
【详解】甲中气体和溶液都无色，说明不存在，氢氧化钠和氯气反应，故是加入溶液；乙中气体无色且溶液中出现白色浑浊，说明不存在，且溶液中生成了白色沉淀，是加入溶液；丙中气体和溶液都呈浅黄绿色，说明都存在，是加入水；
综上，注入的液体分别为②①③，答案选B。
3．B
【详解】A．电解饱和食盐水制取：，故A正确；
B．氯气用于自来水消毒，离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：，故C正确；
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液参与发生氧化还原反应，离子方程式为： +Cl2+H2O═+3H++2Cl﹣，故D正确；
故选B。
4．D
【详解】A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，则无法证明非金属性:C1> Br2 > I，选项A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则C处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，选项B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，消耗了氢氧化钠红色褪去，不能证明生成物质是HClO，选项C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，证明还原性Fe2+＞Cl-，选项D正确。答案选D。
点睛：本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键。
5．D
【详解】A．氯气遇到水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和氧化漂白性，遇到石蕊试液先变红色后褪色，A正确；
B．氯气和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，B正确；
C．氯气氧化氯化亚铁为氯化铁，三价铁离子遇到硫氰化钾溶液显红色，C正确；
D．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应，可知氧化性：，但是无法证明和之间氧化性的关系，D错误；
故选D。
6．C
【分析】氯气溶于水且与水反应，生成盐酸和次氯酸，依据此信息进行判断。
【详解】A．氯气为黄绿色气体，氯水呈黄绿色是因为含氯气，A正确；
B．氯水中有盐酸电离出的氯离子，加入硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀生成，说明有氯离子，B正确；
C．氯气没有漂白性，氯气溶于水且与水反应生成的次氯酸有漂白性，C错误；
D．能与碳酸氢钠反应生成气泡的为氢离子，所以反推氯水呈酸性，D正确；
故答案选C。
7．B
【详解】A．NaClO为盐，为强电解质，故A错误；
B．检验HCl中是否混有Cl2，可以用湿润的淀粉KI试纸，故B正确；
C．检验HCl中是否混有Cl2，可以用湿润的淀粉KI试纸，故C错误；
D．次氯酸盐溶液能杀菌消毒的原理是与酸性物质作用生成HClO，故D错误；
故答案为B。
8．D
【分析】饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。
【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；
C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；
故选D。
9．C
【详解】A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸见光易分解，生成HCl和氧气，使得溶液酸性增强，pH减小，A错误；
B．光照过程中，次氯酸分解生成HCl和氧气，氯水pH减小的同时，溶液中氯离子浓度增大，B错误；
C．溶液酸性增强的原因是光照使氯水中的次氯酸分解为HCl和氧气，C正确；
D．随着氯水光照时间的延长，次氯酸不断分解，氯水漂白性减弱，D错误；
答案选C。
10．C
【详解】A项、饱和氯水不能再溶解氯气，再通入少量氯气，各成分的浓度不变，故A错误；
B项、通入少量SO2，SO2与Cl2反应生成HCl和H2SO4，Cl2浓度减小，使平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO左移，HClO的浓度减小，漂白性减弱，故B错误；
C项、加入少量的碳酸钠粉末，碳酸钠与H+反应消耗H＋，使平衡正向移动，HClO的浓度增大，溶液漂白性增强，故C正确；
D项、光照过程中，弱酸HClO分解，生成O2和强酸HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，故D错误；
故选C。
【点睛】减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动，HClO浓度减小，漂白性减弱，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增大，漂白性增强。
11．B
【分析】利用浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，所得气体通过饱和氯化钠溶液除去氯气中的氯化氢，通入与紫色石蕊试液作用，先变红后褪色，证明氯气与水反应产生的盐酸具有酸性及次氯酸的漂白性，通入氯化亚铁溶液时浅绿色变黄色，证明氯气具有氧化性，最后利用氢氧化钠溶液吸收未反应的氯气，以免污染空气；
【详解】A．装置甲中与浓盐酸的反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为，体现浓盐酸的还原性和酸性，选项A错误；
B．装置甲中制备的氯气中混有HCl气体，乙中饱和NaCl溶液作用为除去Cl2中的HCl，选项B正确；
C．氯气与水反应生成HCl、HClO，且HClO具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，不是氯气具有漂白性，选项C错误；
D．装置丁中发生的反应为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，反应的氧化剂Cl2与还原剂FeCl2的物质的量之比为1:2，选项D错误；
答案选B。
12．D
【详解】A．实验室用浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，用甲装置能制备，A不符合题意；
B．易溶于水，饱和食盐水中氯离子浓度大，氯气难溶，用乙装置能除去中混有的少量，B不符合题意；
C．NaOH溶液与氯气反应，用丙装置能吸收，C不符合题意；
D．蒸发浓缩装置要用蒸发皿，不能用瓷坩埚，且消毒液加热会水解生成HClO再分解生成HCl和O2，用丁装置不能蒸发浓缩消毒液，D符合题意；
故选D。
13．D
【详解】A．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；
B．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；
C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；
D．氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；
答案选D。
14．C
【分析】①中浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，②中浓硫酸干燥氯气，③中制备TiCl4，④中收集TiCl4，⑤中氢氧化钠吸收氯气，防止污染空气。
【详解】A．已知TiCl4极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得的氯气中混有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，A正确；
B．TiCl4的熔、沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，B正确；
C．反应过程中钛的化合价不变，TiO2不是氧化剂，Cl2是氧化剂，C错误；
D．因TiCl4极易水解，所以应在装置④和⑤之间增加一个防止水蒸气进入④的装置，D正确；
故选C。
15． 水浴加热 受热均匀，易控制反应温度 降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸 安全瓶，防止倒吸 ② 2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O 蒸发结晶 趁热过滤 取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色
【分析】A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，C用于吸收C1O2，为避免温度过高，可用冷水，D装置观察氮气的通入速率，防止装置二氧化氯的浓度过高，D装置吸收尾气，以此解答该题。
【详解】(1)实验时A装置需要控制温度为60～80℃，则A装置加热的方式是水浴加热，该加热方式的优点是受热均匀，易控制反应温度， 故答案为：水浴加热；受热均匀，易控制反应温度；
(2)通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：降低ClO2的浓度(或减小ClO2的体积分数)，防止爆炸；
(3)B装置为安全瓶，可起到防止倒吸的作用，C用于吸收C1O2，为避免温度过高，可用冷水，故答案为：安全瓶，防止倒吸；②；
(4)装置D中C1O2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，另一种为NaClO3，装置C中生成这两种钠盐的化学方程式为2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O，饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，则从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a．蒸发结晶； b．趁热过滤； c．洗涤；d．干燥 故答案为：2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；蒸发结晶；趁热过滤；
(5)二氧化氯可使品红褪色，检验是否具有永久漂白性，可取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色，故答案为：取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色。
16．C
【详解】①NaCl、NaBr、NaI溶液都不能和碘水、淀粉溶液反应，混合后也没有明显不同现象，故①不可选用；
②氯水中的Cl2分别与NaBr、NaI反应：2NaBr＋Cl2 = 2NaCl＋Br2，2NaI＋Cl2 = 2NaCl＋I2，生成的Br2或I2均可被CCl4萃取形成Br2或I2的CCl4溶液(在下层)，分别显橙色和紫色；而NaCl溶液加氯水并加CCl4萃取，下层溶解了Cl2的CCl4溶液显黄绿色，故②可选用；
③溴水能置换NaI溶液中的碘，并溶于苯，但不能和NaCl、NaBr溶液反应，无法鉴别这两种溶液，故③不可选用；
④Cl－、Br－、I－分别与Ag＋反应，产生白色沉淀AgCl，浅黄色沉淀AgBr，黄色沉淀AgI，且均不溶于稀HNO3，可鉴别，故④可选用；
⑤氯水中的Cl2分别与NaBr、NaI反应：2NaBr＋Cl2 = 2NaCl＋Br2，2NaI＋Cl2 = 2NaCl＋I2，生成的Br2或I2均可被苯萃取形成Br2或I2的苯溶液(在上层)，分别显橙色和紫色，而NaCl溶液加氯水不反应，用苯萃取，上层溶解了苯的CCl4溶液显黄绿色，故⑤可选用；
⑥NaCl、NaBr、NaI溶液都不能和、淀粉溶液，混合后也没有明显不同现象，故⑥不可选用；
答案选C。
17．A
【详解】A项、元素的非金属性强弱与其对应的氢化物溶液的酸性强弱无关，可根据其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行比较，A错误；
D项、I2在KI溶液中存在I2＋I－I3-，可使其溶解度增大，D正确。
故选A。
【点睛】本题考查卤素单质及其化合物的性质，侧重于周期律的考查，注意把握元素周期律的递变规律是解答关键。
18．B
【详解】A．硫酸不具有挥发性，白烟不可能是(NH4)2SO4，而是浓硫酸与NaCl固体反应生成的挥发性酸HCl与氨气生成的氯化铵，故A错误；
B．浓硫酸具有氧化性，将溴离子氧化成具有挥发性的溴单质，溴单质将湿润KI淀粉试纸中的碘离子氧化成碘单质，使得KI淀粉试纸变蓝，可知氧化性：浓硫酸＞Br2；而浓硫酸不能氧化Cl-得到氯气，说明氯气的氧化性强于浓硫酸，则氧化性Cl2＞Br2，还原性Br-＞Cl-，故B正确；
C．结合试验2可知浓硫酸的氧化性大于溴，②中溶液中还有剩余的浓硫酸，也能氧化I－成碘单质；所以试验3中无法确定是何种物质将碘离子氧化，故C错误；
D．①中为难挥发性酸制备易挥发酸，②为浓硫酸氧化溴离子，所以利用了浓H2SO4的难挥发性、强氧化性，故D错误；
故答案为B。
19．D
【分析】淡化海水中通入氯气生成单质溴，单质溴被空气吹出用还原剂吸收转化为溴化氢，然后在通入氯气生成单质溴，最后萃取分液蒸馏得到液溴，据此解答。
【详解】A．X具有还原性，X试剂可为Na2SO3饱和溶液，发生的反应为Na2SO3＋Br2＋H2O＝Na2SO4＋2HBr，A正确；
B．步骤Ⅲ利用氯的非金属性比溴强，可以通过置换反应制取Br2，离子方程式：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2，B正确；
C．步骤Ⅰ和步骤Ⅲ均使用Cl2，故制取1 ml Br2消耗2 ml Cl2，标准状况下体积为44.8 L，C正确；
D．从浓溴水中提取溴，可利用有机溶剂(如苯)萃取溴，然后分液得到溴的有机溶液，再经蒸馏可得纯净的溴，D错误。
答案选D。
20．C
【详解】A．HNO3、Br2、Cl2等多种氧化剂都能将I－氧化为I2，从而淀粉变成蓝色，A错误；
B．CCl4萃取溶液中的碘单质而显紫色，证明原溶液中存在I2而不是I－，B错误；
C．分别生成白色的氯化银、浅黄色的溴化银、黄色的碘化银三种沉淀，都不溶解于稀硝酸，C正确；
D．CCl4的密度比水大，下层显橙红色，D错误；
答案选C。
21．D
【详解】A．硫质脆，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，A错误；
B．硫与氢气反应生成硫化氢，其中硫的化合价降低，表现氧化性，B错误；
C．硫与铁粉和铜粉反应分别生成FeS和Cu2S，C错误；
D．硫单质中S为0价，在反应中既可以作氧化剂，化合价降低到价，也可以作还原剂，化合价升高到、价，D正确；
答案选D。
22．D
【分析】S氧化性比较弱，只能把变价金属氧化为低价，Cl2氧化性比较强，能把变价金属氧化为高价、也能和氢气在一定条件下反应。
【详解】硫单质、Cl2分别发生的反应如下：，可知，②③④⑦正确，故选D。
23．B
【详解】A．0价是S的中间价态，所以S既可作氧化剂，又可作还原剂，A错误；
B．S易溶于CS2，所以可以用CS2清洗试管内壁的硫粉，B正确；
C．S被氧化，化合价升高，作还原剂，C错误；
D．硫在自然界中既有游离态又有化合态，D错误；
故选：B。
24．D
【详解】A．加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，说明硫的熔沸点较低，A正确；
B．硫的熔沸点较低，因此硫晶体属于分子晶体，B正确；
C．将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且装而有黑色物质生成，说明发生了化学反应，则铜丝能在硫蒸气中燃烧，C正确；
D．根据实验现象不能得出黑色固体是，因为CuS也是黑色的，D错误；
答案选D。
25．C
【分析】首先铁粉与硫粉反应生成FeS，S与O2反应生成SO2，FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和H2S，H2S与浓硫酸反应生成S、SO2和H2O，据此分析回答问题。
【详解】A．由以上分析可知，气体D中SO2是还原产物，A错误；
B．由以上分析可知，铁粉与硫粉反应生成FeS，S与O2反应生成SO2，H2S与H2SO4(浓)反应生成S、SO2和H2O，反应中S元素的化合价都发生改变，故硫元素至少参加了3个氧化还原反应，B错误；
C．沉淀F是S，S与NaOH加热条件下反应生成Na2S、Na2SO3和H2O，C正确；
D．固体B为FeS，FeS与浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3、S、SO2和H2O，其中被氧化的元素为Fe和S，被还原的元素为S，故发生反应时被氧化的和被还原的不为同一种元素，D错误；
答案选C。
26．C
【详解】A．二氧化硫是无色、有刺激性气味的气体，A正确；
B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，三氧化硫和水反应生成硫酸，B正确；
C．二氧化硫具有还原性，能和溴水发生氧化还原反应而使其褪色，C错误；
D．二氧化硫具有还原性，能被氧气氧化生成三氧化硫，D正确；
答案选C。
27．C
【详解】A．FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，选项A正确；
B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，表现了氧化性，选项B正确；
C．酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性，选项C错误；
D．SO2与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，该反应中SO2中+4价S元素被氧化生成+6价的硫酸，二氧化硫被氧化，表现了还原性，选项D正确；
答案选C。
28．A
【详解】A．常使用亚硫酸钠和70%的浓硫酸制SO2，反应不需要加热，采用固液不加热型装置，A叙述正确；
B．SO2能与碱性物质反应，不能用碱石灰干燥，B叙述错误；
C．澄清石灰水的浓度较稀，不适宜吸收SO2的尾气，C叙述错误；
D．反应后的液体混合物应倒入水中，类似于浓硫酸的稀释，D叙述错误；
选A。
29．C
【详解】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2↑+2H2O，因此装置甲可以制取气体，A正确；
B．气体通入液体时“长进短出”，装置乙可以制取水溶液，B正确；
C．SO2不会与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的，C错误；
D．水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确；
答案选C。
30． 取下分液漏斗的玻璃塞 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 褪色的品红溶液又恢复成红色 无明显现象 溶液变浑浊（或有沉淀生成） Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
【详解】试题分析：（1）打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，说明分液漏斗内压强小于外界大气压；（2）装置E适合二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2；酸性KMnO4 和浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰、氯化钾、水；（3）SO2、Cl2都能使品红褪色，SO2漂白具有暂时性，加热后可以恢复原色，次氯酸是氧化性漂白，具有永久性。（4）若将B 中品红换成Na2S溶液，通SO2后可以发生5 SO2 + 2 Na2S + 2 H2O == 3 S↓+ 4 NaHSO3；（5）SO2和Cl2 、H2O发生氧化还原反应生成HCl和H2SO4。
解析：（1）打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，说明分液漏斗内压强小于外界大气压，可以取下分液漏斗的玻璃塞使分液漏斗液体顺利滴下；（2）装置E适合二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2，反应方程式是MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；酸性KMnO4 和浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰、氯化钾、水，反应离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）SO2、Cl2都能使品红褪色，SO2漂白具有暂时性，加热后可以恢复原色，次氯酸是氧化性漂白，具有永久性，所以给B、D 两个试管分别加热，B试管褪色的品红溶液又恢复成红色、D试管无明显现象。（4）若将B中品红换成Na2S溶液，通SO2后发生5 SO2 + 2 Na2S + 2 H2O == 3 S↓+ 4 NaHSO3，现象是溶液变浑浊；（5）SO2和Cl2 、H2O发生氧化还原反应生成HCl和H2SO4，所以品红溶液不褪色，反应方程式是Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
31．C
【详解】A．待检液加入稀HCl酸化的BaCl2溶液，不能排除氯离子的干扰，可能生成AgCl沉淀，故A错误；
B．待检液加入AgNO3溶液，生成的白色沉淀不一定是氯化银，可能为硫酸银沉淀，故B错误；
C．检液加入NaOH溶液并加热，有能使石蕊溶液变蓝的气体生成，该气体为NH3，则原溶液中定有NH存在，故C正确；
D．待检液加入盐酸，产生无色无味的气体，该气体可能是CO2，则原溶液中存在CO或HCO，故D错误；
故选C。
32．A
【分析】反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气；反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应。
【详解】A．反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性Br-＞Cl-，故A正确；
B．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；
C．白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性H2SO4＜HCl，无法比较两者的酸性，故C错误；
D．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是体现了强酸制弱酸规律，故D错误。
答案选A。
33．B
【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；
C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；
D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；
综上所述，正确的是B项。
34．(1) CO2 H2 铁钉中含有的C在加热条件下会和浓硫酸反应生成CO2；随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气
(2) 酸性KMnO4溶液(或其他合理答案也可) 验证SO2是否吸收完全 澄清石灰水 无水硫酸铜变蓝色 防止空气中的水蒸气进入干燥管而影响H2的检验
【分析】A装置用于制取二氧化硫气体，装置B中酸性KMnO4溶液检验并吸收SO2，装置C中品红溶液用于检验SO2是否被吸收完全，装置D中澄清石灰水检验气体中是否有CO2，装置E中浓硫酸干燥气体，装置F中CuO与H2反应生成H2O，G中无水硫酸铜通过检验水蒸气，来检验氢气，装置H中盛装干燥剂，防止空气中的水蒸气进入干燥管而影响H2的检验。
【详解】（1）铁钉中含有的C在加热条件下会和浓硫酸反应生成CO2；随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气，所以制得的SO2中可能混有的杂质为CO2和H2；
（2）①为了检验并吸收SO2，装置B中加入酸性KMnO4溶液，装置C中品红溶液用于检验B中SO2是否被吸收完全；
②装置D中加入澄清石灰水，检验气体中是否有CO2；
③装置F中CuO与H2反应生成H2O，所以G中无水硫酸铜可检验水蒸气，若变蓝说明二氧化硫中混有氢气，即装置G中可能的现象为无水硫酸铜变蓝色；
④装置H装有干燥剂，其作用为防止空气中的水蒸气进入干燥管而影响H2的检验。
35． 常温下，铁遇浓硫酸发生钝化 吸收，防止污染环境 +1价的氢元素 反应物的浓度、温度
【分析】(1)Fe和稀硫酸反应生成和。
(2)在常温下，铁遇浓硫酸钝化。
(3)铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，会污染环境。
(4)浓硫酸的氧化性体现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性体现在+1价的氢元素上；反应物的浓度、温度会造成反应多样性。
【详解】(1)实验Ⅰ中，Fe和稀硫酸反应生成和，其离子方程式为；故答案为：。
(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，在常温下，浓硫酸与铁接触时，会使铁表面生成一层致密的氧化膜而钝化；故答案为：常温下，铁遇浓硫酸发生钝化。
(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，铁和浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，因此试管A中产生的气体是，会污染环境，因此C的作用是吸收，防止污染环境；故答案为：；吸收，防止污染环境。
(4)①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素。
②常温下，铁和浓硫酸发生钝化，加热条件下反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁和稀硫酸反应生成氢气，因此造成反应多样性的因素有反应物的浓度、温度；故答案为：反应物的浓度、温度。
【点睛】注意反应物的浓度和反应条件，浓度不同生成的产物不同，温度不同，发生的反应也不相同。
36．D
【详解】A．硫的化合价从0价→-2价，体现出氧化性，但硫的氧化性很弱，只能生成硫化亚铁，化学方程式为，A错误；
B．过氧化钠不是碱性氧化物，属于过氧化物，B错误；
C．亚硫酸钠具有还原性，但需要在水的参与下才能吸收氯气，化学方程式为：，C错误；
D．浓硫酸不易挥发，能用于制取挥发性酸，D正确；
答案选D。
37．A
【分析】SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的，如是氧化性气体，溶液中可生成，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4，容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。
【详解】A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和氢氧化钠固体，产生氨气与SO2反应生成，能与Ba2+结合成BaSO3沉淀，故A正确；
B．乙中产生的不一定为氧化性气体，可以是氨气，得到沉淀为亚硫酸钡，故B错误；
C．玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；
D．如果产生氨气，氨气极易溶于水防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误。
答案选A。
38．C
【详解】A．自然界中存在游离态的硫，如火山口附近就有单质硫，选项A正确；
B．过程①S元素由+2价变为+4价，②S元素由+4价变为+6价，③S元素由-2价变为+4价， ④S元素由-2价变为0价，化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，选项B正确；
C．S在足量的氧气中燃烧也只能转化为SO2，不可能一步转化为SO3，选项C错误；
D．人类对化石燃料的过度开采及使用，致使大气中产生较多的二氧化硫，会对硫循环造成巨大影响，选项D正确；
答案选C。
39．(1)Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O
(2) 2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋ 有黄色沉淀生成
(3)吸收SO2，防止污染空气；并防倒吸
(4) 去除水中溶解的氧气 SO2＋Na2SO3=Na2S2O5↓
【分析】装置A用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取二氧化硫，SO2具有还原性，与装置B中氯化铁溶液反应生成Fe2+，SO2具有弱氧化性，与硫化钠溶液反应生成S，装置D的NaOH溶液用于吸收二氧化硫；二氧化硫和亚硫酸钠饱和溶液反应制取Na2S2O5；
【详解】（1）利用强酸制取弱酸原理，A中Na2SO3和浓硫酸反应生成二氧化硫，反应方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；
（2）装置A中产生的SO2进入装置B中，SO2与FeCl3溶液反应生成FeSO4、FeCl2和HCl，离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋；装置C中SO2与Na2S溶液反应生成S单质，现象为有黄色沉淀(S)生成；
（3）SO2有毒，不能直接排放到空气中，可用NaOH溶液吸收。因此装置D和F的作用是吸收SO2，防止污染空气；
（4）装置E用于制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，但水中存在溶解的氧气，具有氧化性，影响焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备，因此装置E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解的氧气，制备焦亚硫酸钠的化学方程式为SO2＋Na2SO3=Na2S2O5↓。
40． +4 还原 加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊 4H++2S2-+O2=2S↓+2H2O 稀硫酸
【详解】(1)Na2SO3中氧元素为-2价，钠元素为+1价，故硫元素的化合价是+4；故答案为：+4；
(2)由资料可知，酸性条件下，KMnO4被还原为无色的Mn2+，Na2SO3具有还原性，Na2SO3与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为：；
(3)Na2SO3加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊，生成S，说明Na2S在酸性条件下被氧化；故答案为：加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊；
(4)①空气中存在O2，在酸性条件下，离子反应方程式为：；
②实验iii：向Na2S溶液中加入稀硫酸，产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，溶液未变浑浊，说明没有S生成，稀硫酸可以提供假设a的SO和H+，提供b中的H+。故答案为：稀硫酸。
41．D
【详解】A．NOx不一定为酸性氧化物，例如NO等，故A错误；
B．五氧化二氮和硝酸中的氮的化合价相同，所以反应②是非氧化还原反应，故B错误；
C．由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂，故C错误；
D．NH3可能来自过度施用氮肥，因为铵盐不稳定，易分解产生氨气，故D正确。
答案选D。
42．B
【详解】A．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，所以工业上用氮气和氢气合成氨气属于人工固氮过程，A正确；
B．硝化过程中氨气、铵根离子中-3价的氮元素化合价变化为NO2-、NO3-中的+3价、+5价氮，元素的化合价升高，失电子被氧化，发生氧化反应，B错误；
C．NO2-、NO3-经同化作用变为动植物蛋白中的N元素，动植物蛋白经氨化作用过转化为氨气或铵根离子，故含氮无机物与含氮有机化合物可相互转化，C正确；
D．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，D正确；
故合理选项是B。
43．D
【详解】根据化学方程式：；，设的体积为x，剩余的气体有两种可能：①若剩1mL，则另外5mL气体发生，则二氧化氮占5mL气体的五分之四，即体积为；②若剩1mL，根据，得到生成1mLNO气体消耗的二氧化氮气体体积为3mL，说明另外还有3mL气体发生，则这3mL气体中二氧化氮占五分之四，则总的二氧化氮气体体积为；故D符合题意。
综上所述，答案为D。
44．D
【详解】A．NO与水不反应，NO尾气不可以用水吸收，A错误；
B．根据原子守恒，可按NO2计算，4.6gNO2和N2O4混合气体物质的量为，含有的氧原子数目为0.2NA，不受平衡影响，B错误；
C．Br2、NO2具有氧化性，都能氧化碘离子生成碘单质，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C错误；
D．二氧化氮与水反应生成NO，用水洗涤后再干燥可除杂，D正确；
故选D。
45．B
【分析】该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1：1，原理为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O；若n(NO)：n(NO2)＞1：1，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高；若n(NO)：n(NO2)＜1：1，二氧化氮过量，被Ca(OH)2吸收，则发生了4NO2+2Ca(OH)2═Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O，产品中Ca(NO3)2含量升高，.
【详解】A．根据分析过程，该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1：1，可以提高Ca(NO2)2的产率及纯度，吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，故A正确；
B．石灰乳更利于气体附着，改为澄清石灰水吸收效率将会降低，故B错误；
C．采用气液逆流接触，增大了气体和石灰乳的接触面积，有利于尾气中NO、NO2的充分吸收，故C正确；
D．尾气中n(NO2)∶n(NO)＜1∶1，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高，故D正确；
故选：B。
46．B
【详解】A．铜丝与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2，硝酸表现出氧化性，A错误；
B．NO2溶于水生成硝酸，可使紫色石蕊试液变红，然后硝酸的强氧化性又使其褪色，B正确；
C．b处观察到棉花变蓝，说明具有氧化性，C错误；
D．NaOH吸收NO2和NO尾气生成亚硝酸钠，有化合价的变化，是氧化还原反应，D错误；
故选B。
47．D
【详解】A．若实验之前不通入N2，则无法判断生成的红棕色气体NO2是NO被空气中的O2氧化的还是浓硝酸还原得到的，会干扰实验，选项A错误；
B．若①中加入稀硝酸，则会与铜生成NO为无色气体，与实验现象不符，选项B错误；
C．装置②中为水，目的在于将反应生成的NO2溶于水，生成NO:3NO2+H2O=2HNO3+NO；装置③中为稀硝酸，验证NO是否能被其氧化，选项C错误；
D．装置⑤为尾气处理装置，其中的溶液是氢氧化钠溶液，经过装置④气体全部转化为NO2，因此装置⑤发生的反应为:2NO2+2OH-=++H2O，选项D正确；
答案选D。
48．B
【详解】标况下2.24LNO的物质的量为：=0.1ml，生成0.1mlNO转移电子的物质的量为：0.1ml×(5−2)=0.3ml；铜和镁都是2价金属，根据电子守恒可知金属的物质的量为：=0.15ml，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，200mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.15ml×2+0.1ml=0.4ml，该硝酸溶液的浓度为：=2ml/L，故①正确、②错误；
铜与镁在空气中加热生成CuO、MgO,得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量为：+16g/ml×0.15ml=8g，故③正确、④错误；
根据分析可知，正确的为①③，
答案选B。
49．A
【详解】A．浓硝酸在加热时发生反应：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，用P2O5吸收其中的水分，得到的气体中n(NO2)：n(O2)=4：1，空气中n(N2)：n(O2)=4：1，空气不能使带火星木条复燃，但该气体由①中收集的气体能使带火星木条复燃，从而可推断NO2能助燃，A正确；
B．C与浓硝酸共热，会发生反应：C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O，可见该反应发生也会产生NO2气体，因此②中产生红棕色气体不能证明浓硝酸有不稳定性，B错误；
C．红热木炭能够与空气中的氧气反应产生CO2气体，因此不能根据③的气体产物中检测出有CO2，就得出C能将硝酸还原的结论，C错误；
D．对于②中NO2气体通入水中会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应产生的NO也是大气污染物，会造成空气污染，D错误；
故合理选项是A。
50． 5.376 5.824 1.52 57.8
【详解】铜的物质的量为n（Cu）==0.51ml，混合气体的物质的量为n（NO）+n（NO2）==0.5ml；
(1)设NO为xml，NO2为yml，电子得失守恒得：3x+y=0.51×2，气体的总物质的量为x+y=0.5，解之得x=0.26，y=0.24，则V（NO）=0.26ml×22.4L/ml≈5.8L，V（NO2）=0.24ml×22.4L/ml≈5.4L；
(2)铜与硝酸反应，反应生成硝酸铜、NO和NO2，由N原子守恒：参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO）+n（NO2）=0.51ml×2+0.5ml=1.52ml；
(3)当Cu2+全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，根据氮元素守恒，HNO3的物质的量为n（Na+）+n（NO）+n（NO2），n（Na+）=n（NaOH）=aV×10-3ml，n（NO）+n（NO2）=0.5ml，则原硝酸溶液的浓度为ml/L；
(4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，由得失电子守恒可得n（H2O2）×2=3n（NO）+n（NO2）=0.26ml×3+0.24ml，n（H2O2）=0.51ml，m（H2O2）==57.8g。
【点睛】本题以硝酸与铜反应为载体考查了氧化还原反应的有关计算，本题计算量较大，(1)用列方程组解较方便；(2)和(3)要注意反应中部分硝酸参加氧化还原反应，运用N原子守恒的解题，是本题的难点；(4)利用电子守恒技巧能快速解题，是本题的又一难点。
51．C
【详解】A．由图可知，实验一体现了氨气易溶于水的性质，实验二体现了氨气易挥发的性质，没有体现氨气易溶于水的性质，故A错误；
B．由图可知，实验一体现了氨气易溶于水的性质，没有体现氨气易挥发的性质，故B错误；
C．由图可知，实验一证明氨气极易溶于水，溶于水形成一水合氨弱碱溶液，滴加酚酞的溶液变红色，证明氨气是碱性气体；实验二证明浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气与挥发出的氯化氢反应生成氯化铵，说明氨气是碱性气体，所以两个实验均表现了氨气是碱性气体的性质，故C正确；
D．由图可知，两个实验中都未发生氧化还原反应，没有体现氨气的还原性，故D错误；
故选C。
52．D
【详解】A．实验室制备氨气常用氯化铵和氢氧化钙两种固体共热，只加热NH4Cl得不到NH3，A不合题意；
B．无水氯化钙能与氨气反应形成，因此不能用无水氯化钙作干燥剂，应该用碱石灰，B不合题意；
C．氨气密度比空气小，应采用向下排空气法，C不合题意；
D．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，产生压强差，形成喷泉，D符合题意；
故答案为：D。
53．D
【详解】氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中液体迅速充满试管，故A正确； pH=11的氨水中 ml/L，稀释1000倍,测得pH>8， ml/L，说明NH3·H2O的电离平衡正向移动，所以NH3·H2O为弱碱，故B正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。
点睛：氨气催化氧化生成NO， ，氨气催化氧化生成的NO可以再与氧气继续反应。
54．C
【详解】A．①装置加热分解生成和，在试管口处和气体遇冷会再反应生成，收集不到，A错误；
B．极易溶于水，溶解导致导气管中气体压强减小而引发倒吸现象，因此②不能用于的吸收，②装置，防倒吸装置中漏斗口与液面应接触，但插入液面之下不能防止倒吸，B错误；
C．③装置用浓氨水加热可分解制得，C正确；
D．由于的密度比空气小，因此收集可以采用向下排空气法，为防止空气对流应在试管口塞一团棉花，应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，D错误。
答案为：Ｃ。
55．(1)B
(2) b 碱石灰(或NaOH固体、生石灰)
(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O
(4) ＋2NO2=＋＋CO2 1∶3
【分析】Ⅰ．甲为NH4Cl与熟石灰反应制取NH3的发生装置，乙为碱石灰干燥氨气，丙用向下排空气法收集氨气，装置丁中NH3和CuO加热条件下反应有H2O生成，利用戊中的无水硫酸铜检验生成的水，己中浓硫酸吸收多余氨气，防止污染空气。Ⅱ．氮气和氢气在合成塔中反应生成氨气，氨气和氧气在氧化炉中反应生成NO，在吸收塔中NO和氧气、水反应生成HNO3；
【详解】（1）制NH3时若选用加热NH4Cl与熟石灰的混合物的方法，则应选择固体与固体加热制气装置，且试管口应向下倾斜，所以发生装置选择B；
（2）NH3的密度比空气小，所以用向上排空气法收集，应该将导管b延长到底部；装置乙起到干燥NH3的目的，可以盛装碱石灰(或NaOH固体、生石灰)；
（3）氨气在“氧化炉”中发生的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；
（4）
①纯碱中CO与NO2反应，NO2发生歧化生成NO与NO，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出纯碱溶液与NO2反应的离子方程式＋2NO2=＋＋CO2；
②设NO的物质的量是x ml，NO2的物质的量是(6－x) ml，反应过程中转移的电子数是2x＋(6－x)×4＝7×3，解得x＝1.5，故混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1.5 ml∶4.5 ml＝1∶3。
56．B
【详解】A．根据图象，a为NH3，b为NO，NH3可经催化氧化生成NO，A说法正确；
B．b为NO，为无色气体，与氧气反应可转化为c，即NO2，B说法错误；
C．+4价的含氮氧化物有NO2、N2O4，密闭体系中，c存在2NO2⇌N2O4，C说法正确；
D．d为硝酸，Cu与稀硝酸溶液反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，D说法正确；
答案为B。
57．C
【分析】根据物质类别及与N元素化合价的关系可知：a是-3价的N的氢化物，则a是NH3；b是N元素的单质N2；c是+2价的N的氧化物，则c是NO；d是+4价的N的氧化物，则d是NO2；e是+5价的N的氧化物，则e是N2O5；f是+5价的酸，则f是HNO3；g是+3价的酸，则g是HNO2；h是-3价的碱，则h是NH3·H2O；i是-3价和+5价N形成的盐，则i是NH4NO3。
【详解】①在电火花作用下N2与O2反应产生NO，从而实现了N元素的单质向化合物的转化，这是一种固氮方式，①正确；
②e是N2O5；f是HNO3，N2O5与水反应产生HNO3，反应过程中元素化合价不变，因此反应不需要加入氧化剂就可以实现，②错误；
③a是NH3，c是NO，d是NO2，f是HNO3。NH3与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生NO，NO与O2发生氧化反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3、NO。在a→c→d→f这几个反应中，N元素化合价升高，失去电子，被氧化，因此均发生了N元素被氧化的反应，③正确；
④g是HNO2，属于酸，N元素化合价是+3价，介于最高+5价和最低-3价之间，因此既具有氧化性，也具有还原性，同时也能与碱发生中和反应产生盐和水，④错误；
⑤f是HNO3，光照条件下自身分解即可生成NO2(d)，可以不用其他还原剂，⑤错误；
⑥f是HNO3，h是NH3·H2O；i是NH4NO3，HNO3与NH3·H2O发生中和反应产生NH4NO3和水，⑥正确；
综上所述可知：说法正确的是①③⑥，故合理选项是C。
58．D
【详解】A．氮的固定指由游离态的氮转化为化合态，图中属于氮的固定的是“反应c”和“反应k”，A错误；
B．没有元素化合价变化的反应属于非氧化还原反应，则过程中非氧化还原反应为a和l，B错误；
C．过程h发生反应为：，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为：，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，C错误；
D．能与发生反应：，所以工业上可以用氢氧化钠溶液消除，D正确；
故选D。
59．D
【详解】A．A为NO、B为NO2或N2O4，催化氧化只能生成NO不能生成NO2，A错误；
B．过程①中转变为氨气、发生还原反应，B错误；
C．若过程④为和反应生成硝酸和NO，则N元素化合价既升高又降低，C错误；
D．硝化细菌是微生物，温度高失活，温度活性降低，故在适宜的温度下才可发挥作用，D正确；
答案选D。
60．B
【分析】根据物质类别和化合价可知a为 NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4，e为HNO3，f为NH3▪H2O，g为铵盐，据此分析解题。
【详解】A．NH3可与氯化氢反应生成白烟(氯化铵)， 故可用氨气和盐酸反应检验氨气，A正确；
B．能够溶于，B错误；
C．氨气和一氧化氮反应可以生成无污染的氮气和水，故可以消除氮氧化物污染，C正确；
D．N2生成氮化合物的反应属于氮的固定，氮的化合物转化为氮的化合物的反应不属于氮的固定，D正确；
故选B。
61．A
【详解】A．古代书画家用墨书写或绘制的字画能长时间不变色，是因为常温下碳的化学性质不活泼，故选项A说法错误。
B．金刚石和石墨都是碳单质，但它们的物理性质差别很大，是因为他们的碳原子排列方式不同，故选项B说法正确。
C．二氧化碳的排放是导致温室效应的原因之一，故选项C说法正确。
D．煤不完全燃烧能产生一氧化碳，一氧化碳能使人中毒，所以用煤火取暖时应注意通风，防止一氧化碳中毒，故选项D说法正确。
故选：A。
62．C
【详解】A．装置b的作用是防止a中水蒸气、甲酸进入装置c，因此装备b中试剂可选用碱石灰等碱性干燥剂，故A项错误；
B．装置d的作用是吸收未反应完全的CO，防止污染空气，而NaOH溶液与CO不能反应，故B项错误；
C．实验过程中需先点燃a处酒精灯，再点燃c处酒精灯，利用装置a产生的CO将装置内空气排尽，防止空气中氧气与CO反应生成CO2干扰实验，故C项正确；
D．加热一段时间后，若CO与Na2O2反应生成Na2CO3，则固体颜色由淡黄色变为白色，故D项错误；
综上所述，正确的是C项。
63．B
【详解】A、该反应应为吸热反应，A错误；
B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法，B正确；
C、过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品红试剂化合生成不稳定的无色物质，原理不相同，C错误；
D、由图示可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%，D错误；
答案选B。
64．(1) ①、② ①、②两种猜想均违背了得失电子守恒
(2) EDAEF 白色粉末变蓝 分解产物中有H2O 使升华的草酸蒸气冷凝而除去，排除对CO2的检验的干扰 C中的黑色固体变红且后面澄清的石灰水变浑浊
(3)H2C2O4·2H2OCO2↑＋CO↑＋3H2O↑
【分析】（1）根据草酸晶体中C的化合价分析作答；
（2）草酸易升华，则用冰水混合物冷却得到草酸晶体，热分解产物中若有二氧化碳，则能使澄清石灰水变浑浊，装置B验证水并冷凝草酸蒸气；装置E是用来验证二氧化碳，装置D是用来除去二氧化碳，装置A是用来除水蒸气，是装置C中是为了检验一氧化碳的存在，若有CO，则CO会与氧化铜反应生成红色的铜，装置E是用来验证二氧化碳生成，装置F尾气处理CO，防止污染环境，据此分析作答；
【详解】（1）H2C2O4中碳元素的化合价为＋3价，反应中H、O元素的化合价均未变化，CO2中C显＋4价，CO中C显＋2价，无论生成哪种物质都会发生化合价变化，根据得失电子守恒，分解产物中CO和CO2必须都有，所以①、②两种猜想一定不成立，理由是①、②两种猜想均违背了得失电子守恒；
（2）①草酸晶体分解的产物中有H2O、CO、CO2，同时还混有草酸蒸气，所以验证其分解的产物，要考虑干扰因素，选择正确的验证方法和合理的验证顺序，结合提供的装置及其中所盛装的药品，H2O是通过无水硫酸铜来检验的，而且应当最先检验，CO2是用澄清的石灰水来检验的，但要注意草酸蒸气同样能使澄清石灰水变浑浊，故要先除草酸蒸气(可以用冷凝的方法除去)，检验CO的方法是使干燥气体通过灼热的氧化铜，看到黑色的固体变红且生成的气体能使澄清石灰水变浑浊即可确定CO存在，则各装置合理的连接顺序为分解产生的气体→B→E→D→A→C→E→F；
②B装置中白色粉末变蓝现象证明分解产物中有H2O；温度较低，有冷凝作用，使升华的草酸蒸气冷凝而除去，排除对CO2的检验的干扰；
③C中的黑色固体变红且后面澄清的石灰水变浑浊现象证明分解产物中有CO；
（3）草酸晶体受热完全分解产物中有H2O、CO、CO2，化学方程式为H2C2O4·2H2OCO2↑＋CO↑＋3H2O↑。
65．(1) 有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊 CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O CO2 冷凝(水蒸气、草酸蒸气等)，防止草酸进入装置C和Ca2＋反应生成沉淀，干扰CO2的检验
(2) F、D、G、H、D、I CuO H中黑色粉末变为红色，其前的D中澄清石灰水无现象，其后的D中澄清石灰水变浑浊
(3) 产生白色沉淀或变浑浊，且有气泡逸出 CO2＋＋H2O=H2SiO3↓＋ 弱
(4) 产生白色沉淀或变浑浊，有气泡逸出 2Na＋＋＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓
【分析】草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CuO还原，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO，据此判断。
【详解】（1）草酸晶体(H2C2O4•2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，离子方程式为CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O。
根据C中澄清石灰水变浑浊可知草酸晶体分解产物中有CO2；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，冷凝水蒸气和草酸，防止干扰二氧化碳的检验；
（2）①要检验生成CO，需要排除二氧化碳的干扰，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免污染环境，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO；
②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO。
（3）澄清石灰水改为水玻璃，CO2与水玻璃产生硅酸白色沉淀或变浑浊，且有气泡逸出，反应的离子方程式为：CO2＋＋H2O=H2SiO3↓＋，此现象原理为强酸制弱酸，说明H2SiO3比H2CO3的酸性弱；
（4）澄清石灰水改为饱和Na2CO3溶液，CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3沉淀，现象是产生白色沉淀或变浑浊，有气泡逸出，反应的离子方程式为：2Na＋＋＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；
66．C
【详解】A．Si与C同主族，Si的还原性比C的强，但在高温下能发生反应2C＋SiO22CO↑＋Si，A错误；
B．光导纤维的主要成分为SiO2，SiO2可与强碱反应，故光导纤维遇强碱会“断路”，B错误；
C．SiO2是酸性氧化物，但不能与水反应，所以制取硅酸可用可溶性硅酸盐与CO2或盐酸反应：Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓、Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓，，C正确；
D．Na2CO3与SiO2在高温下的反应与对应酸的酸性强弱无关，该反应说明硅酸盐在高温下比碳酸盐更稳定，D错误；
故选C。
67．B
【详解】A. 和在高温下发生反应生成和，因此，制备粗硅的反应方程式为，A说法正确；
B. 在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键， 1ml Si含Si-Si键的数目约为，B说法错误；
C. HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和应充分去除水和氧气 ，C说法正确；
D. ，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成的反应为熵减过程，D说法正确；
综上所述，本题选B。
68．B
【分析】在电弧炉中焦炭还原二氧化硅生成粗硅，粗硅与氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅被氢气还原生成纯硅，据此解答。
【详解】A．电弧炉中发生反应SiO2＋2CSi＋2CO↑，A错误；
B．根据已知信息可知，流化床反应器的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，因此进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯，B正确；
C．流化床反应器的产物中有多种含氯副产物，因此生成1 ml高纯硅，需要氯气的物质的量大于2 ml，C错误；
D．流化床反应器的产物中有多种含硅副产物，导致Si的损失，不符合绿色化学要求，D错误。
答案选B。
69．B
【详解】A．工业上制备高纯硅，一般先制得左右的粗硅，再以其为原料制备高纯硅，A不符合题意；
B．工业上以纯碱、石灰石和石英砂为原料制取玻璃，B符合题意；
C．火法炼铜得到的粗铜中含有多种杂质，如锌、银等，工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯，C不符合题意；
D．利用“吹出法”从海水提溴，主要包括氧化（将海水中溴离子氧化为溴单质）、吹出（利用空气将生成的溴吹出）、吸收（用二氧化硫将溴还原为氢溴酸，使其与空气分离）、蒸馏（用氯气将氢溴酸氧化为溴单质后蒸馏分离）等环节，主要设备依次为吹出塔、吸收塔、蒸馏塔、冷凝器，D不符合题意；
故选B。
70．C
【详解】A．硅晶片是优良的半导体材料，是生产芯片的基础材料，故A正确；
B．光敏树脂在曝光条件下成像时有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C．硅元素是亲氧元素，在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，不存在硅单质，故C错误；
D．硅是优良的半导体材料，可用于制造和生产芯片，故D正确；
故选C。
71．C
【详解】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误；
B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误；
C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确；
D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误；
故选C。
72．A
【详解】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，与陶瓷的主要成分为硅酸盐不同，A错误；
B．制作传统陶瓷的主要原料是黏土，B正确；
C．陶瓷的主要成分是硅酸盐，性质稳定，高温下不易被氧化，并对酸、碱具有较好的抗腐蚀能力，C正确；
D．唐三彩陶器的黄色、褐色主要是因为添加了不同量的氧化铁，D正确；
故选A。
73．B
【详解】A．太阳能板材料常用硅单质，A错误；
B．和 的阴离子都是硅酸根，都属于硅酸盐，B正确；
C．纯碱溶液显碱性，因此能使紫色石蕊溶液变蓝，C错误；
D．实验室常用块状的石灰石与稀盐酸反应制备，不能用稀硫酸，稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙附着在石灰石表面，阻碍反应继续进行，D错误；
故选B。
74．C
【详解】A．碳纳米管是碳的一种单质，在常温下化学性质稳定，属于新型无机非金属材料，A正确；
B．碳纳米管具有纳米尺度的直径，比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能，B正确；
C．碳纳米管是一种碳单质，属于新型无机非金属材料，C错误；
D．碳纳米管与金刚石都是碳的单质，二者互为同素异形体，D正确；
故选C。
75．A
【详解】A．用于光导纤维的为二氧化硅，故A错误；
B．NaHCO3受热分解生成CO2气体，所以可用于烘焙糕点，故B正确；
C．Fe2O3俗称铁红，为红棕色物质，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，故C正确；
D．碳化硅是硬度大的新型无机非金属材料，常用作砂纸、砂轮的磨料，故D正确；
故选A。
考点01 氯及其重要化合物
考法01氯气的性质
1．下列实验现象的描述正确的是
A．氢气在氧气中燃烧，发生苍白色火焰，瓶口上方形成白色烟雾
B．铁丝在氯气中燃烧，产生红棕色的烟，产物溶于水，溶液呈浅绿色
C．铜丝在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，产物溶于水，溶液呈蓝绿色
D．钠在空气中燃烧，发出黄色火焰，生成白色固体
2．向盛有的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入下列液体中的一种，经过振荡，现象如图所示，则甲、乙、丙中注入的液体分别是（ ）
①溶液 ②溶液 ③水
A．①②③B．②①③
C．③②①D．①③②
3．是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
下列解释事实的方程式不正确的是
A．电解饱和食盐水制取：
B．氯气用于自来水消毒：
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：
D．氯气“泄漏处理”中溶液的作用：
4．下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。已知：KMnO4+ 16HCl=2KCl+5Cl2↑ +2MnCl2+8H2O,向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。
下列有关说法正确的是
A．a处变蓝、b处变棕红说明非金属性:C1> Br > I
B．c处先变红、后褪色说明Cl2与H2O反应生成HCl
C．d处立即褪色说明Cl2与H2O反应生成HCIO
D．e处变红说明Cl2与Fe2+反应生成Fe3+
(2023·广东茂名市模拟)
5．氯气性质的微型实验装置如图所示。①是浓盐酸，⑥是高锰酸钾，②至⑤是滤纸条，依次滴有氢氧化钠溶液、石蕊溶液、淀粉—KI溶液、含KSCN的溶液，实验时滴几滴浓盐酸。下列说法不正确的是
A．③处先变红后褪色，是因为氯水具有酸性和强氧化性
B．④处变蓝色
C．⑤处变红色
D．本实验可推知氧化性
考法02 次氯酸及其重要的盐
(2023·福建漳州期末)
6．在探究新制饱和氯水成分及性质的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是
A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有
B．向氯水中滴加硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有
C．新制氯水能使品红溶液褪色，说明具有漂白性
D．向氯水中加入粉末，有气泡产生，说明氯水呈酸性
[2023·山东临沂期末]
7．下列有关含氯化合物的说法正确的是
A．HClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质
B．氯水中具有漂白性的物质是HClO
C．检验Cl2中是否混有HCl，可以用湿润的淀粉KI试纸
D．NaClO和Ca(ClO)2的溶液能杀菌消毒的原理是二者水解均呈碱性
(2024·广西钦州一中高三月考)
8．漂白粉和漂粉精是常用的消毒清洁用品，有效成分均为Ca(ClO)2，相应的生产流程如下。
下列说法不正确的是
A．①中阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑
B．②中反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
C．上述过程涉及氧化还原反应、化合反应、复分解反应
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时，Cl的原子利用率为100%
9．数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。数字化实验得到的光照过程中氯水的pH随时间的变化情况如图。对此，下列有关说法正确的是
A．pH减小的主要原因是光照使Cl2的溶解度减小，氯气逸出导致了溶液中H+浓度减小
B．光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中Cl-的浓度也不断减小
C．溶液酸性增强的原因是光照使氯水中的次氯酸分解为HCl和氧气
D．对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性没有变化
10．在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是
A．再通入少量氯气，减小
B．通入少量SO2，溶液漂白性增强
C．加入少量的碳酸钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强
D．光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱
考法03 氯气的实验室制法
(2023·广东深圳期末)
11．利用如图所示装置进行的制备与性质探究实验时，下列说法正确的是
A．装置甲中与浓盐酸的反应，只体现浓盐酸的还原性
B．装置乙的作用是除去中的
C．装置丙中溶液先变红后褪色，说明具有漂白性
D．装置丁中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为
(2024·江苏扬州模拟)
12．实验室制备消毒液，有关实验装置和原理不能达到实验目的的是
A．用甲装置制备
B．用乙装置除去中混有的少量
C．用丙装置吸收
D．用丁装置蒸发浓缩消毒液
(2022·广东卷)
13．实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
14．四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如下装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是
A．②中应盛装浓H2SO4
B．冷凝管有冷凝、回流和导气的作用
C．③中的反应中，TiO2是氧化剂，炭粉是还原剂
D．该设计存在不足，如④、⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置
15．二氧化氯（C1O2）是一种黄绿色气体，沸点为11℃，不稳定，在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。C1O2易溶于水但不与水反应，其水溶液在温度过高时有可能爆炸。某小组按照以下实验装置制备C1O2并验证其某些性质。
请回答下列问题：
（1）实验时A装置需要控制温度为60～80℃，则A装置加热的方式是 ，该加热方式的优点是 。
（2）通入氨气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是 。
（3）B装置的作用是 。C装置用来吸收C1O2，则C中液体易选用下列 （填序号）。
①热水 ②冰水 ③饱和食盐水
（4）装置D中C1O2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中生成这两种钠盐的化学方程式为 。饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2．请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a． ；b． ；c．洗涤；d．干燥。
（5）设计一个简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性： 。
考法04 溴、碘
16．鉴别溶液、溶液、溶液可以选用的试剂是
①碘水、淀粉溶液 ②氯水、 ③溴水、苯 ④硝酸、溶液 ⑤氯水、苯 ⑥、淀粉溶液
A．①②④B．②③⑥C．②④⑤D．④⑤⑥
17．下列有关卤素的说法错误的是
A．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强
C．淀粉－碘化钾溶液在空气中变蓝，4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－
D．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度
18．某小组比较Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下：
下列对实验的分析合理的是
A．实验1中，白烟是(NH4)2SO4
B．根据实验1和实验2判断还原性：Br->Cl-
C．根据实验3判断还原性：I->Br-
D．上述实验利用了浓H2SO4的强酸性、强氧化性等性质
19．从淡化海水中提取溴的流程如下：
下列有关说法不正确的是
A．X试剂可为Na2SO3饱和溶液
B．步骤Ⅲ的离子方程式：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2
C．工业上每获得1mlBr2，需要消耗Cl244.8L(标准状况下)
D．步骤Ⅳ包含萃取、分液和过滤
(2023·河北邯郸期中)
20．下列叙述中正确的是
A．能使湿润的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
B．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－
C．用硝酸酸化的硝酸银溶液能一次鉴别NaCl、NaBr、KI三种失去标签的溶液
D．某浅黄色的溴水，加入CCl4振荡静置后，上层显橙红色
考点02 硫及其重要化合物
考法01 硫单质
(2023·江苏苏州期末)
21．下列说法正确的是
A．硫质脆，微溶于酒精和二硫化碳
B．硫与氢气反应，体现了硫的还原性
C．硫与铁粉和铜粉分别反应，都可生成二价金属硫化物
D．从硫的化合价角度分析，硫单质既可作氧化剂又可作还原剂
22．下列化合物能用相应的单质直接化合制得的是
①CuS②FeS③HCl④SO2⑤SO3⑥FeCl2⑦CuCl2
A．①②③④⑤⑥⑦B．①②③④⑦
C．②③⑤⑦D．②③④⑦
23．下列说法中正确的是
A．根据化合价可知，S在化学反应中只能作还原剂
B．试管内壁上的硫黄可用CS2清洗
C．S＋O2SO2，S被氧化，作氧化剂
D．硫只以化合态存在于自然界中
(2024·广东广州模拟)
24．加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，继而有淡黄色气体产生。将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且装而有黑色物质生成。由上述现象得不出的结论是
A．硫的熔沸点较低B．硫晶体属于分子晶体
C．铜丝能在硫蒸气中燃烧D．黑色固体是
(2023·辽宁抚顺市模拟)
25．某化学小组在实验室进行铁粉和硫粉混合加热的实验，并对产物进行了系列实验，流程如图所示。下列说法正确的是
A．气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物
B．硫元素参加了2个氧化还原反应
C．沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应
D．若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素
考法02 硫的氧化物
(2023·湖南株洲月考)
26．下列对的性质描述不正确的是
A．无色、有刺激性气味的气体B．和水反应生成亚硫酸
C．能使溴水褪色，体现漂白性D．具有还原性，能被氧气氧化
27．根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是
A．AB．BC．CD．D
28．下列关于实验室制取SO2的实验，其中叙述正确的是
A．甲图中可利用70%的浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2
B．乙图中干燥SO2
C．可用丙图中装置和药品收集二氧化硫并吸收尾气
D．可用丁图中装置和药品检验铜和浓硫酸反应生成的CuSO4
(2022·江苏卷)
29．实验室制取少量水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取气体B．用装置乙制取水溶液
C．用装置丙吸收尾气中的D．用干燥pH试纸检验水溶液的酸性
30．某化学实验小组的同学为探究和比较SO2 和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。
(1)实验室用装置A制备SO2，某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，该同学怎样操作可以使分液漏斗液体顺利滴下 ；
(2)实验室用装置E制备Cl2，其反应的化学方程式为 ，若实验室用酸性KMnO4 和浓盐酸反应制Cl2，反应的离子方程式为 。
(3)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液都褪色，停止通气后，再给B、D 两个试管分别加热；两个试管中的现象分别为：B： ，D： 。
(4)若将B中品红换成Na2S溶液，通SO2一段时间后B中现象为 。
(5)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示) 。
考法03 硫酸
(2023·河北石家庄期中)
31．下列关于物质的检验，说法正确的是
A．待检液加入稀HCl酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中一定有SO存在
B．待检液加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定有Cl-存在
C．待检液加入NaOH溶液并加热，有能使石蕊溶液变蓝的气体生成，则原溶液中定有NH存在
D．待检液加入盐酸，产生无色无味的气体，则原溶液中一定有CO存在
32．浓硫酸分别和三种钠盐反应,下列分析正确的是
A．对比①和②可以说明还原性Br->Cl-
B．①和③相比可说明氧化性Br2>SO2
C．②中试管口白雾是HCl遇水蒸气所致,说明酸性H2SO4>HCl
D．③中浓H2SO4被还原成SO2
(2022·广东卷)
33．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．与浓硫酸反应，只体现的酸性
B．a处变红，说明是酸性氧化物
C．b或c处褪色，均说明具有漂白性
D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成
34．某化学兴趣小组在实验室用除去表面氧化物的铁钉(碳素钢)与浓硫酸共热制取SO2并完成相关性质探究(不考虑水蒸气)。
(1)有同学认为制得的SO2中可能混有杂质，其化学式为 和 ，原因是 。
(2)为验证气体成分，兴趣小组同学设计了下图所示装置进行了实验探究。
①为验证并吸收SO2，装置B中加入的试剂为 ，装置C中品红溶液的作用是 ；
②装置D中加入的试剂为 ；
③装置G中可能出现的现象为 ；
④装置H的作用为 。
(2023·山东济宁模拟)
35．某同学在研究Fe与的反应时，进行了如图所示实验(部分夹持装置已略去)。
(1)实验Ⅰ中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为 。
(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是 。
(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，则试管A中产生的气体是 (填化学式)，C的作用是 。
(4)对比实验Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，同学们得出以下结论：
①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于 。
②造成反应多样性的因素有 。
考法04 含硫物质的转化
(2023·广东梅州模拟)
36．下列化学方程式正确，且符合含硫物质的性质描述的是
A．非金属硫单质具有氧化性：
B．是一种酸性氧化物，可与碱性氧化物反应生成盐：
C．具有还原性，可吸收：
D．浓硫酸不易挥发，能用于制取挥发性酸：
37．已知通入溶液无明显现象。某同学利用如图装置探究与溶液反应生成白色沉淀的条件。下列判断正确的是
A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体
B．乙中产生的一定为氧化性气体，将氧化为沉淀
C．玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应
D．c、d两根导管都必须插入溶液中，保证气体与充分接触
(2023·湖南衡阳期末)
38．硫是生命代谢与发育必不可少的元素，在微生物作用下硫循环的一种途径如图所示，下列说法错误的是
A．自然界中存在游离态的硫
B．过程①②③④均属于氧化还原反应
C．S在足量的氧气中燃烧可以一步转化为SO3
D．人类对化石燃料的过度开采及使用会对硫循环造成巨大影响
39．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常用的食品抗氧化剂(易被氧化)。实验室利用如图所示装置制取少量焦亚硫酸钠并探究SO2的性质(夹持装置已略去)。
请回答下列问题：(实验前已除去装置中的空气)
(1)A中反应方程式为 。
(2)关闭K2、K3，打开K1，装置B中发生反应的离子方程式为 。观察到装置C中发生的现象是 。
(3)装置D和F的作用是 。
(4)实验前，装置E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是 ，关闭K1、K3，打开K2，一段时间后装置E中有Na2S2O5晶体析出，装置E中发生反应的化学方程式为 。
40．亚硫酸钠(Na2SO3)是一种重要的化工产品，常用作防腐剂、漂白剂、脱氯剂等。为探究Na2SO3的性质，进行了如下实验。
(1)Na2SO3中硫元素的化合价是 ，属于S元素的中间价态，既具有氧化性，又具有还原性。
资料：酸性条件下，KMnO4为紫色，Mn2+为无色。
(2)实验ⅰ中，能说明Na2SO3具有 (填“氧化性”或“还原性”)。
(3)实验ⅱ中，能说明Na2S在酸性条件下被氧化的实验现象是 。
(4)甲同学认为实验ⅱ的现象不能直接得出“Na2SO3具有氧化性”。
①对淡黄色浑浊产生的原因作出如下假设：
假设a：酸性溶液中的SO具有氧化性，可产生S；
假设b：空气中存在O2，在酸性条件下，由于 (用离子方程式表示)，可产生S；
假设c：酸性溶液中的SO具有氧化性，可产生S。
②设计实验iii证实了假设a和b不是产生S的主要原因。
实验iii：向Na2S溶液中加入 (填试剂)，产生有臭鸡蛋气味的气体，溶液未变浑。
考点03 氮及其重要化合物
考法01 氮及其氧化物
41．汽车尾气中的氮氧化合物NOx与大气中的NH3发生如下作用，形成一种雾霾。
有关该雾霾的叙述正确的是
A．NOx为酸性氧化物，可形成酸雨B．反应②是氧化还原反应
C．NH3是形成该雾霾的催化剂D．NH3可能来自过度施用氮肥
42．氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分，人类活动影响了氮循环中的物质转化，如右图所示。下列说法中，不正确的是
A．工业合成氨属于人工固氮过程
B．硝化过程中氮元素被还原
C．含氮无机物与含氮有机化合物可相互转化
D．反硝化过程有助于稳定N2在大气中的含量
(2023·湖南长沙月考)
43．将盛有和的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余无色气体，则原混合气体中的体积可能是
A．0.6mLB．2mLC．2.4mLD．4mL
(2024·河北石家庄二中模拟)
44．下列有关氮的氧化物的说法正确的是
A．NO和NO2混合气体的尾气可以用水吸收
B．4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的氧原子数目小于0.2NA
C．用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别Br2(g)和NO2
D．除去NO中混有少量NO2气体时，可以用水洗涤后再干燥
(2023·日照模拟)
45．用石灰乳吸收硝酸工业的尾气(含NO、NO2)可获得Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：
下列说法不正确的是
A．吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O
B．将石灰乳改为澄清石灰水吸收效率将会增大
C．采用气液逆流接触有利于尾气中NO、NO2的充分吸收
D．若尾气中n(NO2)∶n(NO)＜1∶1，吸收后排放的气体中NO含量升高
考法02 硝酸
(2023·广东汕头质检)
46．将铜丝插入浓硝酸中进行如图(a~c是浸有相应试剂的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是
A．Cu与浓硝酸反应，硝酸只表现出酸性，产生红棕色气体
B．a处可观察到棉花变红后褪色
C．b处观察到棉花变蓝，说明具有还原性
D．c处NaOH能与产生的气体发生复分解反应
(2023·湖北武汉华中师大附中模拟)
47．某学习小组利用下图装置(夹持仪器已略去)验证浓、稀硝酸氧化性的相对强弱。实验现象为：①中产生大量的红棕色气体，红棕色气体在②中转为无色，气体通过③后依然为无色，通过④后转为红棕色。
已知：浓硝酸能将NO氧化成，而稀硝酸不能氧化NO。
下列说法正确的是
A．实验之前不用通
B．①中也可加入稀硝酸
C．②和③中加入的都是水
D．⑤中只发生反应
(2023·铜陵模拟)
48．将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成两等份，其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO气体2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体。下列有关说法：①c(HNO3)=2ml·L-l ②c(HNO3)=0.5ml·L-l ③m=8.0 ④m=7.2。其中正确的是（ ）
A．①④B．①③C．②④D．②③
49．对比分析下列实验，所得结论正确的是
A．由①中收集的气体能使带火星木条复燃可推断NO2能助燃
B．②中产生红棕色气体可以证明浓硝酸有不稳定性
C．③的气体产物中检测出有CO2，由此证明C能将硝酸还原
D．①、②、③中产生的气体通入足量水中后都无污染性气体产生
50．将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：
（1）NO的体积为 L，NO2的体积为 L。
（2）参加反应的硝酸的物质的量是 ml。
（3）待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmL a ml/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为 ml/L。（结果不需化简）
（4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水 g。
考法03 氨、铵盐
51．如图所示是NH3的两个性质实验，下列有关说法中正确的是
A．两个实验均表现了NH3易溶于水
B．两个实验均表现了NH3易挥发
C．两个实验均表现了NH3是碱性气体
D．两个实验均表现了NH3是还原性气体
(2023·山西太原月考)
52．下列关于氨气的实验装置和操作正确且能达到实验目的的是
A．甲用于制备氨气
B．乙用于干燥氨气
C．丙用于收集氨气
D．丁引发喷泉的操作为打开弹簧夹，挤压胶头滴管
53．探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B．将pH=11的氨水稀释1000倍，测得pH > 8，说明NH3·H2O为弱碱
C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定
D．将红热的Pt丝伸入上图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO2
(2023·广东茂名市模拟)
54．实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是
A．①是氨气发生装置B．②是氨气吸收装置
C．③是氨气发生装置D．④是氨气收集、检验装置
(2023·江西上饶鄱阳一中一模)
55．氮及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，但同时随意排放氮的化合物也会造成环境污染问题。
Ⅰ.某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)制取干燥的氨气并验证NH3具有还原性，请回答下列问题：
(1)实验室制备氨气有多种方法，现欲用NH4Cl与熟石灰反应制取NH3，则甲中的气体发生装置为 (从Ⅱ中选用)。
(2)装置丙用于收集NH3，应将导管 (填“a”或“b”)延长至集气瓶底部，装置乙中盛放的试剂为 。
Ⅱ.氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(3)氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式： 。
(4)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①纯碱溶液吸收法。纯碱吸收NO2的反应原理为 (请完成下面的离子方程式)。
______+____NO2=_______+______+____CO2
②氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为 。
考法04 含氮物质的转化
56．部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．a可经催化氧化生成bB．b为红棕色，可转化为c
C．密闭体系中，c存在2NO2⇌N2O4D．d的溶液与Cu反应可生成b或c
57．图是氮元素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：
下列说法正确的是
①可通过雷电作用将b转化为c，这是一种固氮方式
②可通过加氧化剂将e转化为f
③a→c→d→f这几个反应中，均发生了N元素被氧化的反应
④g只具有氧化性，还可能与碱发生反应
⑤将f转化为d必须选用合适的还原剂才能实现
⑥h可与f反应生成i
A．①③⑤⑥B．②③④C．①③⑥D．①④⑤
(2023·福建厦门月考)
58．一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是
A．循环转化中属于“固氮”过程的是“反应c”和“反应b”
B．转化过程中发生非氧化还原反应的过程只有“反应l”
C．若“反应h”是在NO2与H2O的作用下实现的，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2
D．工业上可以用氢氧化钠溶液消除NO2
(2024·安徽A10联盟联考)
59．下图是氮元素的部分价类二维图，也是氮元素自然循环图，下列有关说法正确的是
A．由到B可以一步反应实现B．过程①和②中均发生氧化反应
C．过程③和④中氮元素化合价均仅升高D．硝化细菌应在适宜的温度下才可发挥作用
(2024·广东实验中学期中)
60．价类二维图是学习元素化合物的工具，a～g分别表示氮元素的不同价态所对应的物质，其关系如图所示。下列说法错误的是
A．可用a生成g的反应检验a
B．过量的f的水溶液可与硫酸铜溶液生成蓝色沉淀
C．通过a与c反应可以消除氮氧化物污染
D．a、b、c、e之间的相互转化不都属于氮的固定
考点04 碳、硅及无机非金属材料
考法01 碳及其重要化合物
(2024·湖南湘潭开学考)
61．有关碳和碳的氧化物的说法中，错误的是
A．古代用墨书写或绘制的字画长久不变色，是因为碳的化学性质不活泼
B．金刚石和石墨物理性质不同，是因为它们的碳原子排列方式不同
C．二氧化碳的排放是导致温室效应的原因之一
D．用煤火取暖是应注意通风，防止一氧化碳中毒
(2024·广东四校测试)
62．利用以下装置制备、纯化CO，并探究CO和Na2O2的反应(CO+Na2O2=Na2CO3)。下列说法正确的是
A．装置b中的试剂可选用无水CaCl2
B．装置d中的试剂可选用NaOH溶液
C．实验开始时，依次点燃a、c处酒精灯
D．加热一段时间后，硬质玻璃管中粉末由白色变为淡黄色
63．通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品(如图所示)，是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是
A．CO2经催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应
B．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法
C．过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同
D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率达100%
64．某兴趣小组欲对草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的分解产物进行探究，查阅相关资料得到草酸晶体的具体性质如表：
(1)对于175℃时的分解产物提出以下三种猜想：①CO2和H2O；②CO和H2O；③CO、CO2和H2O。无须实验验证便可判断猜想 一定不成立，理由是 。
(2)将分解产生的气体依次通过以下装置来验证其产物(可重复使用)。
①各装置合理的连接顺序为 。
分解产生的气体→B→_______→_______→_______→C→_______→________
②B装置的作用有两种，其一是通过 现象证明 ，其二是 。
③通过观察到 现象证明分解产物中有CO。
(3)草酸晶体受热完全分解的化学方程式为 。
(2023·北京通州摸底)
65．草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：
(1)甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物。装置C中可观察到的现象是 ，反应的离子方程式为 ，说明分解产物中含有 。装置B的主要作用是 。
(2)乙组同学认为草酸晶体分解产物中还有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和下图所示的部分装置(可以重复选用)进行实验。
①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、 。装置H反应管中盛有的物质是 。
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是 。
(3)若将上图装置C中的澄清石灰水改为水玻璃，则装置C中的现象是 ，反应的离子方程式为 ，此现象说明H2SiO3比H2CO3的酸性 。
(4)若把上图装置C中的澄清石灰水改为饱和Na2CO3溶液，则装置C中的现象是 ，反应的离子方程式为 。
考法02 硅及其重要化合物
(2024·江苏常熟检测)
66．下列有关硅及其化合物的说法正确的是
A．在粗硅的制取中发生反应2C+SiO22CO↑+Si，Si被还原，所以C的还原性大于Si
B．光导纤维遇强碱不会“断路”
C．用SiO2制取硅酸，应先使SiO2与NaOH溶液反应，然后通入CO2
D．由Na2CO3+SiO2CO2↑+Na2SiO3可知，H2SiO3的酸性大于H2CO3
(2023·湖北卷)
67．工业制备高纯硅的主要过程如下：
石英砂粗硅高纯硅
下列说法错误的是
A．制备粗硅的反应方程式为
B．1mlSi含Si-Si键的数目约为
C．原料气HCl和应充分去除水和氧气
D．生成的反应为熵减过程
68．高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如图所示。
已知：流化床反应器的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。
下列说法正确的是
A．电弧炉中发生的反应为C+SiO2CO2↑+Si
B．SiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯
C．每生成1ml高纯硅，需要44.8LCl2(标准状况)
D．该工艺流程中Si的产率高，符合绿色化学要求
(2023·浙江绍兴模拟)
69．下列说法不正确的是
A．工业上常以左右的粗硅为原料制备高纯硅
B．工业上以纯碱、石膏和石英砂为原料制取玻璃
C．工业上为得到纯度较高的铜，常将火法炼铜得到的粗铜经过电解精炼制得
D．工业上常用的一种“吹出法”从海水提溴技术主要设备依次为吹出塔、吸收塔、蒸馏塔、冷凝器
(2024·湖北黄冈中学摸底)
70．ChatGPT是史上月活用户增长最快的消费者应用。下列说法中不正确的是
A．硅晶片是生产芯片的基础材料
B．芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程涉及化学变化
C．硅在自然界中主要以单质形式存在
D．硅是应用最广泛的半导体材料
考法03 无机非金属材料
(2023·广东卷)
71．“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是
A．AB．BC．CD．D
72．我国很早开始生产陶器和瓷器，并在民间广泛使用。明朝宋应星编写的《天工开物·陶埏》中记载：“水火既济而土合。万室之国，日勤千人而不足，民用亦繁矣哉。”下列说法错误的是
A．陶瓷是传统的无机非金属材料，与光导纤维的主要成分相同
B．制作传统陶瓷的主要原料为黏土
C．陶瓷材料在高温下不易被氧化，并对酸、碱具有良好的抗腐蚀能力
D．唐三彩陶器的黄色、褐色主要是因为添加了着色剂——氧化铁
(2023·山西太原联考)
73．普通玻璃是以纯碱、石灰石和石英砂为原料制备而成的。下列说法正确的是
A．石英砂的主要成分为常用作太阳能板材料
B．从组成的阴离子来看，和都属于硅酸盐
C．纯碱所形成的溶液能使紫色石蕊溶液变红
D．实验室常用块状的石灰石与稀硫酸反应制备
(2023·北京房山区模拟)
74．碳纳米管是一种具有特殊结构的材料，具有许多异常的力学、电学和化学性能。近些年随着碳纳米管及纳米材料研究的深入，其广阔的应用前景也不断地展现出来。下列关于碳纳米管的说法错误的是
A．碳纳米管在常温下化学性质稳定
B．碳纳米管具有比表面积大、导电等特点
C．碳纳米管是一种新型有机材料
D．碳纳米管与金刚石互为同素异形体
(2023·浙江杭州模拟)
75．化学物质用途广泛，下列说法不正确的是
A．高纯度的硅可用作光导纤维B．碳酸氢钠可用于烘焙糕点
C．铁红可用于油墨和橡胶的红色颜料D．碳化硅可用作砂纸和砂轮的磨料
考点01氯及其重要化合物(限时：15min)
考法01氯气的性质
考法02次氯酸及其重要的盐
考法03氯气的实验室制法
考法04溴、碘
考点02硫及其重要化合物(限时：20min)
考法01硫单质
考法02硫的氧化物
考法03硫酸
考法04含硫物质的转化
考点03氮及其重要化合物(限时：20min)
考法01氮及其氧化物
考法02硝酸
考法03氨铵盐
考法04含氮物质的转化
考点04碳、硅及无机非金属材料(限时：10min)
考法01碳及其重要化合物
考法02硅及其重要化合物
考法03无机非金属材料
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
溶液吸收
实验1
实验2
实验3
装置
现象
试管内颜色无明显变化；用蘸浓氨水的玻璃棒靠近管口，产生白烟。
溶液变黄；把湿润的KI淀粉试纸靠近试管口，变蓝。
溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘。
选项
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
溴水
橙色褪去
SO2有还原性
实验序号
实验试剂X
实验现象
ⅰ
KMnO4溶液、稀硫酸
紫色褪去，变为无色
ⅱ
Na2S溶液、稀硫酸
加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊
熔点
沸点
热稳定性
其他
101～102℃
150～160℃升华
100.1℃分解出水，175℃分解成气体
与Ca(OH)2反应产生白色沉淀(CaC2O4)
A．九霄环佩木古琴
B．裴李岗文化骨笛
C．商朝后期陶埙
D．曾侯乙青铜编钟
参考答案：
1．C
【详解】A．氢气在氧气中燃烧，产生淡蓝色火焰，瓶内壁有水柱，A错误；
B．铁丝在氯气中燃烧，产生FeCl3固体，看到有棕褐色的烟，产物溶于水，形成黄色的FeCl3溶液，B错误；
C．铜丝在氯气中燃烧，产生氯化铜，而有棕黄色的烟，产物溶于水，溶液呈蓝绿色，C正确；
D．钠在空气中燃烧产生过氧化钠，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，D错误；
故选：C。
2．B
【详解】甲中气体和溶液都无色，说明不存在，氢氧化钠和氯气反应，故是加入溶液；乙中气体无色且溶液中出现白色浑浊，说明不存在，且溶液中生成了白色沉淀，是加入溶液；丙中气体和溶液都呈浅黄绿色，说明都存在，是加入水；
综上，注入的液体分别为②①③，答案选B。
3．B
【详解】A．电解饱和食盐水制取：，故A正确；
B．氯气用于自来水消毒，离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：，故C正确；
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液参与发生氧化还原反应，离子方程式为： +Cl2+H2O═+3H++2Cl﹣，故D正确；
故选B。
4．D
【详解】A、Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，则无法证明非金属性:C1> Br2 > I，选项A错误；B、氯气与水反应Cl2+H2OH++Cl-+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则C处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，选项B错误；C、Cl2和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，消耗了氢氧化钠红色褪去，不能证明生成物质是HClO，选项C错误；D、Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，证明还原性Fe2+＞Cl-，选项D正确。答案选D。
点睛：本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力，注意把握氯气以及其它物质的相关化学性质，把握离子检验方法和特征反应的现象是关键。
5．D
【详解】A．氯气遇到水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和氧化漂白性，遇到石蕊试液先变红色后褪色，A正确；
B．氯气和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，B正确；
C．氯气氧化氯化亚铁为氯化铁，三价铁离子遇到硫氰化钾溶液显红色，C正确；
D．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应，可知氧化性：，但是无法证明和之间氧化性的关系，D错误；
故选D。
6．C
【分析】氯气溶于水且与水反应，生成盐酸和次氯酸，依据此信息进行判断。
【详解】A．氯气为黄绿色气体，氯水呈黄绿色是因为含氯气，A正确；
B．氯水中有盐酸电离出的氯离子，加入硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀生成，说明有氯离子，B正确；
C．氯气没有漂白性，氯气溶于水且与水反应生成的次氯酸有漂白性，C错误；
D．能与碳酸氢钠反应生成气泡的为氢离子，所以反推氯水呈酸性，D正确；
故答案选C。
7．B
【详解】A．NaClO为盐，为强电解质，故A错误；
B．检验HCl中是否混有Cl2，可以用湿润的淀粉KI试纸，故B正确；
C．检验HCl中是否混有Cl2，可以用湿润的淀粉KI试纸，故C错误；
D．次氯酸盐溶液能杀菌消毒的原理是与酸性物质作用生成HClO，故D错误；
故答案为B。
8．D
【分析】饱和食盐水进行电解可以制得Cl2，将得到的Cl2分别与Ca(OH)2和Na2CO3反应经一系列流程可以分别制得漂白粉和漂粉精；电解过程中，溶液中的Cl-失电子生成氯气发生阳极反应，水中的H+得电子生成氢气发生还原反应，溶液中剩余氢氧化钠；氯气与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，同时还生成氯化钙；氯气与湿润的碳酸钠反应生成Cl2O，Cl2O与水发生化合反应生成HClO，HClO与氢氧化钙浆料反应生成次氯酸钙，据此分析。
【详解】A．电解过程中阳极失电子，溶液中Cl-发生阳极反应生成Cl2，阳极的电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B．反应②为氯气和氢氧化钙的反应，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，B正确；
C．上述过程中反应①②③为氧化还原反应，反应④为化合反应，反应⑤为复分解反应，C正确；
D．制备漂粉精过程中，Cl2转化为Ca(ClO)2时有CaCl2生成，Cl原子没有完全转化为Ca(ClO)2，因此Cl的原子利用率不为100%，D错误；
故选D。
9．C
【详解】A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸见光易分解，生成HCl和氧气，使得溶液酸性增强，pH减小，A错误；
B．光照过程中，次氯酸分解生成HCl和氧气，氯水pH减小的同时，溶液中氯离子浓度增大，B错误；
C．溶液酸性增强的原因是光照使氯水中的次氯酸分解为HCl和氧气，C正确；
D．随着氯水光照时间的延长，次氯酸不断分解，氯水漂白性减弱，D错误；
答案选C。
10．C
【详解】A项、饱和氯水不能再溶解氯气，再通入少量氯气，各成分的浓度不变，故A错误；
B项、通入少量SO2，SO2与Cl2反应生成HCl和H2SO4，Cl2浓度减小，使平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO左移，HClO的浓度减小，漂白性减弱，故B错误；
C项、加入少量的碳酸钠粉末，碳酸钠与H+反应消耗H＋，使平衡正向移动，HClO的浓度增大，溶液漂白性增强，故C正确；
D项、光照过程中，弱酸HClO分解，生成O2和强酸HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，故D错误；
故选C。
【点睛】减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动，HClO浓度减小，漂白性减弱，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增大，漂白性增强。
11．B
【分析】利用浓盐酸与二氧化锰共热反应制备氯气，所得气体通过饱和氯化钠溶液除去氯气中的氯化氢，通入与紫色石蕊试液作用，先变红后褪色，证明氯气与水反应产生的盐酸具有酸性及次氯酸的漂白性，通入氯化亚铁溶液时浅绿色变黄色，证明氯气具有氧化性，最后利用氢氧化钠溶液吸收未反应的氯气，以免污染空气；
【详解】A．装置甲中与浓盐酸的反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为，体现浓盐酸的还原性和酸性，选项A错误；
B．装置甲中制备的氯气中混有HCl气体，乙中饱和NaCl溶液作用为除去Cl2中的HCl，选项B正确；
C．氯气与水反应生成HCl、HClO，且HClO具有漂白性，则使紫色石蕊试液先变红后褪色，不是氯气具有漂白性，选项C错误；
D．装置丁中发生的反应为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，反应的氧化剂Cl2与还原剂FeCl2的物质的量之比为1:2，选项D错误；
答案选B。
12．D
【详解】A．实验室用浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，用甲装置能制备，A不符合题意；
B．易溶于水，饱和食盐水中氯离子浓度大，氯气难溶，用乙装置能除去中混有的少量，B不符合题意；
C．NaOH溶液与氯气反应，用丙装置能吸收，C不符合题意；
D．蒸发浓缩装置要用蒸发皿，不能用瓷坩埚，且消毒液加热会水解生成HClO再分解生成HCl和O2，用丁装置不能蒸发浓缩消毒液，D符合题意；
故选D。
13．D
【详解】A．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；
B．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；
C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；
D．氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；
答案选D。
14．C
【分析】①中浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，②中浓硫酸干燥氯气，③中制备TiCl4，④中收集TiCl4，⑤中氢氧化钠吸收氯气，防止污染空气。
【详解】A．已知TiCl4极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得的氯气中混有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，A正确；
B．TiCl4的熔、沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，B正确；
C．反应过程中钛的化合价不变，TiO2不是氧化剂，Cl2是氧化剂，C错误；
D．因TiCl4极易水解，所以应在装置④和⑤之间增加一个防止水蒸气进入④的装置，D正确；
故选C。
15． 水浴加热 受热均匀，易控制反应温度 降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸 安全瓶，防止倒吸 ② 2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O 蒸发结晶 趁热过滤 取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色
【分析】A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，C用于吸收C1O2，为避免温度过高，可用冷水，D装置观察氮气的通入速率，防止装置二氧化氯的浓度过高，D装置吸收尾气，以此解答该题。
【详解】(1)实验时A装置需要控制温度为60～80℃，则A装置加热的方式是水浴加热，该加热方式的优点是受热均匀，易控制反应温度， 故答案为：水浴加热；受热均匀，易控制反应温度；
(2)通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：降低ClO2的浓度(或减小ClO2的体积分数)，防止爆炸；
(3)B装置为安全瓶，可起到防止倒吸的作用，C用于吸收C1O2，为避免温度过高，可用冷水，故答案为：安全瓶，防止倒吸；②；
(4)装置D中C1O2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，另一种为NaClO3，装置C中生成这两种钠盐的化学方程式为2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O，饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，则从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a．蒸发结晶； b．趁热过滤； c．洗涤；d．干燥 故答案为：2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；蒸发结晶；趁热过滤；
(5)二氧化氯可使品红褪色，检验是否具有永久漂白性，可取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色，故答案为：取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色。
16．C
【详解】①NaCl、NaBr、NaI溶液都不能和碘水、淀粉溶液反应，混合后也没有明显不同现象，故①不可选用；
②氯水中的Cl2分别与NaBr、NaI反应：2NaBr＋Cl2 = 2NaCl＋Br2，2NaI＋Cl2 = 2NaCl＋I2，生成的Br2或I2均可被CCl4萃取形成Br2或I2的CCl4溶液(在下层)，分别显橙色和紫色；而NaCl溶液加氯水并加CCl4萃取，下层溶解了Cl2的CCl4溶液显黄绿色，故②可选用；
③溴水能置换NaI溶液中的碘，并溶于苯，但不能和NaCl、NaBr溶液反应，无法鉴别这两种溶液，故③不可选用；
④Cl－、Br－、I－分别与Ag＋反应，产生白色沉淀AgCl，浅黄色沉淀AgBr，黄色沉淀AgI，且均不溶于稀HNO3，可鉴别，故④可选用；
⑤氯水中的Cl2分别与NaBr、NaI反应：2NaBr＋Cl2 = 2NaCl＋Br2，2NaI＋Cl2 = 2NaCl＋I2，生成的Br2或I2均可被苯萃取形成Br2或I2的苯溶液(在上层)，分别显橙色和紫色，而NaCl溶液加氯水不反应，用苯萃取，上层溶解了苯的CCl4溶液显黄绿色，故⑤可选用；
⑥NaCl、NaBr、NaI溶液都不能和、淀粉溶液，混合后也没有明显不同现象，故⑥不可选用；
答案选C。
17．A
【详解】A项、元素的非金属性强弱与其对应的氢化物溶液的酸性强弱无关，可根据其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行比较，A错误；
D项、I2在KI溶液中存在I2＋I－I3-，可使其溶解度增大，D正确。
故选A。
【点睛】本题考查卤素单质及其化合物的性质，侧重于周期律的考查，注意把握元素周期律的递变规律是解答关键。
18．B
【详解】A．硫酸不具有挥发性，白烟不可能是(NH4)2SO4，而是浓硫酸与NaCl固体反应生成的挥发性酸HCl与氨气生成的氯化铵，故A错误；
B．浓硫酸具有氧化性，将溴离子氧化成具有挥发性的溴单质，溴单质将湿润KI淀粉试纸中的碘离子氧化成碘单质，使得KI淀粉试纸变蓝，可知氧化性：浓硫酸＞Br2；而浓硫酸不能氧化Cl-得到氯气，说明氯气的氧化性强于浓硫酸，则氧化性Cl2＞Br2，还原性Br-＞Cl-，故B正确；
C．结合试验2可知浓硫酸的氧化性大于溴，②中溶液中还有剩余的浓硫酸，也能氧化I－成碘单质；所以试验3中无法确定是何种物质将碘离子氧化，故C错误；
D．①中为难挥发性酸制备易挥发酸，②为浓硫酸氧化溴离子，所以利用了浓H2SO4的难挥发性、强氧化性，故D错误；
故答案为B。
19．D
【分析】淡化海水中通入氯气生成单质溴，单质溴被空气吹出用还原剂吸收转化为溴化氢，然后在通入氯气生成单质溴，最后萃取分液蒸馏得到液溴，据此解答。
【详解】A．X具有还原性，X试剂可为Na2SO3饱和溶液，发生的反应为Na2SO3＋Br2＋H2O＝Na2SO4＋2HBr，A正确；
B．步骤Ⅲ利用氯的非金属性比溴强，可以通过置换反应制取Br2，离子方程式：2Br-+Cl2＝2Cl-+Br2，B正确；
C．步骤Ⅰ和步骤Ⅲ均使用Cl2，故制取1 ml Br2消耗2 ml Cl2，标准状况下体积为44.8 L，C正确；
D．从浓溴水中提取溴，可利用有机溶剂(如苯)萃取溴，然后分液得到溴的有机溶液，再经蒸馏可得纯净的溴，D错误。
答案选D。
20．C
【详解】A．HNO3、Br2、Cl2等多种氧化剂都能将I－氧化为I2，从而淀粉变成蓝色，A错误；
B．CCl4萃取溶液中的碘单质而显紫色，证明原溶液中存在I2而不是I－，B错误；
C．分别生成白色的氯化银、浅黄色的溴化银、黄色的碘化银三种沉淀，都不溶解于稀硝酸，C正确；
D．CCl4的密度比水大，下层显橙红色，D错误；
答案选C。
21．D
【详解】A．硫质脆，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，A错误；
B．硫与氢气反应生成硫化氢，其中硫的化合价降低，表现氧化性，B错误；
C．硫与铁粉和铜粉反应分别生成FeS和Cu2S，C错误；
D．硫单质中S为0价，在反应中既可以作氧化剂，化合价降低到价，也可以作还原剂，化合价升高到、价，D正确；
答案选D。
22．D
【分析】S氧化性比较弱，只能把变价金属氧化为低价，Cl2氧化性比较强，能把变价金属氧化为高价、也能和氢气在一定条件下反应。
【详解】硫单质、Cl2分别发生的反应如下：，可知，②③④⑦正确，故选D。
23．B
【详解】A．0价是S的中间价态，所以S既可作氧化剂，又可作还原剂，A错误；
B．S易溶于CS2，所以可以用CS2清洗试管内壁的硫粉，B正确；
C．S被氧化，化合价升高，作还原剂，C错误；
D．硫在自然界中既有游离态又有化合态，D错误；
故选：B。
24．D
【详解】A．加热装有硫粉的试管，硫粉很快熔化为液体，说明硫的熔沸点较低，A正确；
B．硫的熔沸点较低，因此硫晶体属于分子晶体，B正确；
C．将光亮细铜丝伸气体中，铜丝发光发热且装而有黑色物质生成，说明发生了化学反应，则铜丝能在硫蒸气中燃烧，C正确；
D．根据实验现象不能得出黑色固体是，因为CuS也是黑色的，D错误；
答案选D。
25．C
【分析】首先铁粉与硫粉反应生成FeS，S与O2反应生成SO2，FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和H2S，H2S与浓硫酸反应生成S、SO2和H2O，据此分析回答问题。
【详解】A．由以上分析可知，气体D中SO2是还原产物，A错误；
B．由以上分析可知，铁粉与硫粉反应生成FeS，S与O2反应生成SO2，H2S与H2SO4(浓)反应生成S、SO2和H2O，反应中S元素的化合价都发生改变，故硫元素至少参加了3个氧化还原反应，B错误；
C．沉淀F是S，S与NaOH加热条件下反应生成Na2S、Na2SO3和H2O，C正确；
D．固体B为FeS，FeS与浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3、S、SO2和H2O，其中被氧化的元素为Fe和S，被还原的元素为S，故发生反应时被氧化的和被还原的不为同一种元素，D错误；
答案选C。
26．C
【详解】A．二氧化硫是无色、有刺激性气味的气体，A正确；
B．二氧化硫和水反应生成亚硫酸，三氧化硫和水反应生成硫酸，B正确；
C．二氧化硫具有还原性，能和溴水发生氧化还原反应而使其褪色，C错误；
D．二氧化硫具有还原性，能被氧气氧化生成三氧化硫，D正确；
答案选C。
27．C
【详解】A．FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，选项A正确；
B．SO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，表现了氧化性，选项B正确；
C．酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性，选项C错误；
D．SO2与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，该反应中SO2中+4价S元素被氧化生成+6价的硫酸，二氧化硫被氧化，表现了还原性，选项D正确；
答案选C。
28．A
【详解】A．常使用亚硫酸钠和70%的浓硫酸制SO2，反应不需要加热，采用固液不加热型装置，A叙述正确；
B．SO2能与碱性物质反应，不能用碱石灰干燥，B叙述错误；
C．澄清石灰水的浓度较稀，不适宜吸收SO2的尾气，C叙述错误；
D．反应后的液体混合物应倒入水中，类似于浓硫酸的稀释，D叙述错误；
选A。
29．C
【详解】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2↑+2H2O，因此装置甲可以制取气体，A正确；
B．气体通入液体时“长进短出”，装置乙可以制取水溶液，B正确；
C．SO2不会与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的，C错误；
D．水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确；
答案选C。
30． 取下分液漏斗的玻璃塞 MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O 2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 褪色的品红溶液又恢复成红色 无明显现象 溶液变浑浊（或有沉淀生成） Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
【详解】试题分析：（1）打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，说明分液漏斗内压强小于外界大气压；（2）装置E适合二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2；酸性KMnO4 和浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰、氯化钾、水；（3）SO2、Cl2都能使品红褪色，SO2漂白具有暂时性，加热后可以恢复原色，次氯酸是氧化性漂白，具有永久性。（4）若将B 中品红换成Na2S溶液，通SO2后可以发生5 SO2 + 2 Na2S + 2 H2O == 3 S↓+ 4 NaHSO3；（5）SO2和Cl2 、H2O发生氧化还原反应生成HCl和H2SO4。
解析：（1）打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，说明分液漏斗内压强小于外界大气压，可以取下分液漏斗的玻璃塞使分液漏斗液体顺利滴下；（2）装置E适合二氧化锰与浓盐酸加热制备Cl2，反应方程式是MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；酸性KMnO4 和浓盐酸反应生成Cl2、氯化锰、氯化钾、水，反应离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）SO2、Cl2都能使品红褪色，SO2漂白具有暂时性，加热后可以恢复原色，次氯酸是氧化性漂白，具有永久性，所以给B、D 两个试管分别加热，B试管褪色的品红溶液又恢复成红色、D试管无明显现象。（4）若将B中品红换成Na2S溶液，通SO2后发生5 SO2 + 2 Na2S + 2 H2O == 3 S↓+ 4 NaHSO3，现象是溶液变浑浊；（5）SO2和Cl2 、H2O发生氧化还原反应生成HCl和H2SO4，所以品红溶液不褪色，反应方程式是Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
31．C
【详解】A．待检液加入稀HCl酸化的BaCl2溶液，不能排除氯离子的干扰，可能生成AgCl沉淀，故A错误；
B．待检液加入AgNO3溶液，生成的白色沉淀不一定是氯化银，可能为硫酸银沉淀，故B错误；
C．检液加入NaOH溶液并加热，有能使石蕊溶液变蓝的气体生成，该气体为NH3，则原溶液中定有NH存在，故C正确；
D．待检液加入盐酸，产生无色无味的气体，该气体可能是CO2，则原溶液中存在CO或HCO，故D错误；
故选C。
32．A
【分析】反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气；反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应。
【详解】A．反应①生成棕色气体是溴蒸气，反应②白雾是氯化氢，说明浓硫酸能将溴离子氧化成溴单质，而不能将氯离子氧化成氯气，与同一种氧化剂在相同条件下反应，溴离子被氧化成溴单质，而氯离子不能被氧化，说明还原性Br-＞Cl-，故A正确；
B．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而且亚硫酸钠与溴化钠不是同一类型，所以不能比较Br2、SO2的氧化性，故B错误；
C．白雾说明氯化氢易挥发，说明挥发性H2SO4＜HCl，无法比较两者的酸性，故C错误；
D．反应③生成是二氧化硫气体，非氧化还原反应，而是体现了强酸制弱酸规律，故D错误。
答案选A。
33．B
【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；
B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；
C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；
D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；
综上所述，正确的是B项。
34．(1) CO2 H2 铁钉中含有的C在加热条件下会和浓硫酸反应生成CO2；随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气
(2) 酸性KMnO4溶液(或其他合理答案也可) 验证SO2是否吸收完全 澄清石灰水 无水硫酸铜变蓝色 防止空气中的水蒸气进入干燥管而影响H2的检验
【分析】A装置用于制取二氧化硫气体，装置B中酸性KMnO4溶液检验并吸收SO2，装置C中品红溶液用于检验SO2是否被吸收完全，装置D中澄清石灰水检验气体中是否有CO2，装置E中浓硫酸干燥气体，装置F中CuO与H2反应生成H2O，G中无水硫酸铜通过检验水蒸气，来检验氢气，装置H中盛装干燥剂，防止空气中的水蒸气进入干燥管而影响H2的检验。
【详解】（1）铁钉中含有的C在加热条件下会和浓硫酸反应生成CO2；随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气，所以制得的SO2中可能混有的杂质为CO2和H2；
（2）①为了检验并吸收SO2，装置B中加入酸性KMnO4溶液，装置C中品红溶液用于检验B中SO2是否被吸收完全；
②装置D中加入澄清石灰水，检验气体中是否有CO2；
③装置F中CuO与H2反应生成H2O，所以G中无水硫酸铜可检验水蒸气，若变蓝说明二氧化硫中混有氢气，即装置G中可能的现象为无水硫酸铜变蓝色；
④装置H装有干燥剂，其作用为防止空气中的水蒸气进入干燥管而影响H2的检验。
35． 常温下，铁遇浓硫酸发生钝化 吸收，防止污染环境 +1价的氢元素 反应物的浓度、温度
【分析】(1)Fe和稀硫酸反应生成和。
(2)在常温下，铁遇浓硫酸钝化。
(3)铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，会污染环境。
(4)浓硫酸的氧化性体现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性体现在+1价的氢元素上；反应物的浓度、温度会造成反应多样性。
【详解】(1)实验Ⅰ中，Fe和稀硫酸反应生成和，其离子方程式为；故答案为：。
(2)实验Ⅱ中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，在常温下，浓硫酸与铁接触时，会使铁表面生成一层致密的氧化膜而钝化；故答案为：常温下，铁遇浓硫酸发生钝化。
(3)实验Ⅲ中，加热试管A，产生大量气体，B中品红溶液褪色，D处始终未检测到可燃性气体，铁和浓硫酸反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，因此试管A中产生的气体是，会污染环境，因此C的作用是吸收，防止污染环境；故答案为：；吸收，防止污染环境。
(4)①浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素；故答案为：+1价的氢元素。
②常温下，铁和浓硫酸发生钝化，加热条件下反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，铁和稀硫酸反应生成氢气，因此造成反应多样性的因素有反应物的浓度、温度；故答案为：反应物的浓度、温度。
【点睛】注意反应物的浓度和反应条件，浓度不同生成的产物不同，温度不同，发生的反应也不相同。
36．D
【详解】A．硫的化合价从0价→-2价，体现出氧化性，但硫的氧化性很弱，只能生成硫化亚铁，化学方程式为，A错误；
B．过氧化钠不是碱性氧化物，属于过氧化物，B错误；
C．亚硫酸钠具有还原性，但需要在水的参与下才能吸收氯气，化学方程式为：，C错误；
D．浓硫酸不易挥发，能用于制取挥发性酸，D正确；
答案选D。
37．A
【分析】SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的，如是氧化性气体，溶液中可生成，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4，容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，由此分析解答。
【详解】A．e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和氢氧化钠固体，产生氨气与SO2反应生成，能与Ba2+结合成BaSO3沉淀，故A正确；
B．乙中产生的不一定为氧化性气体，可以是氨气，得到沉淀为亚硫酸钡，故B错误；
C．玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故C错误；
D．如果产生氨气，氨气极易溶于水防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误。
答案选A。
38．C
【详解】A．自然界中存在游离态的硫，如火山口附近就有单质硫，选项A正确；
B．过程①S元素由+2价变为+4价，②S元素由+4价变为+6价，③S元素由-2价变为+4价， ④S元素由-2价变为0价，化合价均发生变化，均属于氧化还原反应，选项B正确；
C．S在足量的氧气中燃烧也只能转化为SO2，不可能一步转化为SO3，选项C错误；
D．人类对化石燃料的过度开采及使用，致使大气中产生较多的二氧化硫，会对硫循环造成巨大影响，选项D正确；
答案选C。
39．(1)Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O
(2) 2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋ 有黄色沉淀生成
(3)吸收SO2，防止污染空气；并防倒吸
(4) 去除水中溶解的氧气 SO2＋Na2SO3=Na2S2O5↓
【分析】装置A用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取二氧化硫，SO2具有还原性，与装置B中氯化铁溶液反应生成Fe2+，SO2具有弱氧化性，与硫化钠溶液反应生成S，装置D的NaOH溶液用于吸收二氧化硫；二氧化硫和亚硫酸钠饱和溶液反应制取Na2S2O5；
【详解】（1）利用强酸制取弱酸原理，A中Na2SO3和浓硫酸反应生成二氧化硫，反应方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；
（2）装置A中产生的SO2进入装置B中，SO2与FeCl3溶液反应生成FeSO4、FeCl2和HCl，离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋；装置C中SO2与Na2S溶液反应生成S单质，现象为有黄色沉淀(S)生成；
（3）SO2有毒，不能直接排放到空气中，可用NaOH溶液吸收。因此装置D和F的作用是吸收SO2，防止污染空气；
（4）装置E用于制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，但水中存在溶解的氧气，具有氧化性，影响焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备，因此装置E中所用蒸馏水需经煮沸后迅速冷却，目的是去除水中溶解的氧气，制备焦亚硫酸钠的化学方程式为SO2＋Na2SO3=Na2S2O5↓。
40． +4 还原 加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊 4H++2S2-+O2=2S↓+2H2O 稀硫酸
【详解】(1)Na2SO3中氧元素为-2价，钠元素为+1价，故硫元素的化合价是+4；故答案为：+4；
(2)由资料可知，酸性条件下，KMnO4被还原为无色的Mn2+，Na2SO3具有还原性，Na2SO3与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为：；
(3)Na2SO3加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊，生成S，说明Na2S在酸性条件下被氧化；故答案为：加入Na2S溶液，无明显现象；再加入稀硫酸，产生淡黄色浑浊；
(4)①空气中存在O2，在酸性条件下，离子反应方程式为：；
②实验iii：向Na2S溶液中加入稀硫酸，产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，溶液未变浑浊，说明没有S生成，稀硫酸可以提供假设a的SO和H+，提供b中的H+。故答案为：稀硫酸。
41．D
【详解】A．NOx不一定为酸性氧化物，例如NO等，故A错误；
B．五氧化二氮和硝酸中的氮的化合价相同，所以反应②是非氧化还原反应，故B错误；
C．由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂，故C错误；
D．NH3可能来自过度施用氮肥，因为铵盐不稳定，易分解产生氨气，故D正确。
答案选D。
42．B
【详解】A．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，所以工业上用氮气和氢气合成氨气属于人工固氮过程，A正确；
B．硝化过程中氨气、铵根离子中-3价的氮元素化合价变化为NO2-、NO3-中的+3价、+5价氮，元素的化合价升高，失电子被氧化，发生氧化反应，B错误；
C．NO2-、NO3-经同化作用变为动植物蛋白中的N元素，动植物蛋白经氨化作用过转化为氨气或铵根离子，故含氮无机物与含氮有机化合物可相互转化，C正确；
D．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，D正确；
故合理选项是B。
43．D
【详解】根据化学方程式：；，设的体积为x，剩余的气体有两种可能：①若剩1mL，则另外5mL气体发生，则二氧化氮占5mL气体的五分之四，即体积为；②若剩1mL，根据，得到生成1mLNO气体消耗的二氧化氮气体体积为3mL，说明另外还有3mL气体发生，则这3mL气体中二氧化氮占五分之四，则总的二氧化氮气体体积为；故D符合题意。
综上所述，答案为D。
44．D
【详解】A．NO与水不反应，NO尾气不可以用水吸收，A错误；
B．根据原子守恒，可按NO2计算，4.6gNO2和N2O4混合气体物质的量为，含有的氧原子数目为0.2NA，不受平衡影响，B错误；
C．Br2、NO2具有氧化性，都能氧化碘离子生成碘单质，都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，C错误；
D．二氧化氮与水反应生成NO，用水洗涤后再干燥可除杂，D正确；
故选D。
45．B
【分析】该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1：1，原理为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O；若n(NO)：n(NO2)＞1：1，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高；若n(NO)：n(NO2)＜1：1，二氧化氮过量，被Ca(OH)2吸收，则发生了4NO2+2Ca(OH)2═Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O，产品中Ca(NO3)2含量升高，.
【详解】A．根据分析过程，该工艺中NO和NO2物质的量之比接近1：1，可以提高Ca(NO2)2的产率及纯度，吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，故A正确；
B．石灰乳更利于气体附着，改为澄清石灰水吸收效率将会降低，故B错误；
C．采用气液逆流接触，增大了气体和石灰乳的接触面积，有利于尾气中NO、NO2的充分吸收，故C正确；
D．尾气中n(NO2)∶n(NO)＜1∶1，发生反应NO+NO2+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O，多余的NO无法被Ca(OH)2吸收，造成排放气体中NO含量升高，故D正确；
故选：B。
46．B
【详解】A．铜丝与浓硝酸反应生成红棕色气体NO2，硝酸表现出氧化性，A错误；
B．NO2溶于水生成硝酸，可使紫色石蕊试液变红，然后硝酸的强氧化性又使其褪色，B正确；
C．b处观察到棉花变蓝，说明具有氧化性，C错误；
D．NaOH吸收NO2和NO尾气生成亚硝酸钠，有化合价的变化，是氧化还原反应，D错误；
故选B。
47．D
【详解】A．若实验之前不通入N2，则无法判断生成的红棕色气体NO2是NO被空气中的O2氧化的还是浓硝酸还原得到的，会干扰实验，选项A错误；
B．若①中加入稀硝酸，则会与铜生成NO为无色气体，与实验现象不符，选项B错误；
C．装置②中为水，目的在于将反应生成的NO2溶于水，生成NO:3NO2+H2O=2HNO3+NO；装置③中为稀硝酸，验证NO是否能被其氧化，选项C错误；
D．装置⑤为尾气处理装置，其中的溶液是氢氧化钠溶液，经过装置④气体全部转化为NO2，因此装置⑤发生的反应为:2NO2+2OH-=++H2O，选项D正确；
答案选D。
48．B
【详解】标况下2.24LNO的物质的量为：=0.1ml，生成0.1mlNO转移电子的物质的量为：0.1ml×(5−2)=0.3ml；铜和镁都是2价金属，根据电子守恒可知金属的物质的量为：=0.15ml，固体和硝酸恰好完全反应，反应生成硝酸铜、硝酸镁，根据N原子守恒，200mL该硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为：0.15ml×2+0.1ml=0.4ml，该硝酸溶液的浓度为：=2ml/L，故①正确、②错误；
铜与镁在空气中加热生成CuO、MgO,得到固体中含有氧元素的物质的量与金属的物质的量相等，则得到固体的质量为：+16g/ml×0.15ml=8g，故③正确、④错误；
根据分析可知，正确的为①③，
答案选B。
49．A
【详解】A．浓硝酸在加热时发生反应：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，用P2O5吸收其中的水分，得到的气体中n(NO2)：n(O2)=4：1，空气中n(N2)：n(O2)=4：1，空气不能使带火星木条复燃，但该气体由①中收集的气体能使带火星木条复燃，从而可推断NO2能助燃，A正确；
B．C与浓硝酸共热，会发生反应：C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O，可见该反应发生也会产生NO2气体，因此②中产生红棕色气体不能证明浓硝酸有不稳定性，B错误；
C．红热木炭能够与空气中的氧气反应产生CO2气体，因此不能根据③的气体产物中检测出有CO2，就得出C能将硝酸还原的结论，C错误；
D．对于②中NO2气体通入水中会发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，反应产生的NO也是大气污染物，会造成空气污染，D错误；
故合理选项是A。
50． 5.376 5.824 1.52 57.8
【详解】铜的物质的量为n（Cu）==0.51ml，混合气体的物质的量为n（NO）+n（NO2）==0.5ml；
(1)设NO为xml，NO2为yml，电子得失守恒得：3x+y=0.51×2，气体的总物质的量为x+y=0.5，解之得x=0.26，y=0.24，则V（NO）=0.26ml×22.4L/ml≈5.8L，V（NO2）=0.24ml×22.4L/ml≈5.4L；
(2)铜与硝酸反应，反应生成硝酸铜、NO和NO2，由N原子守恒：参加反应的硝酸n（HNO3）=2n[Cu（NO3）2]+n（NO）+n（NO2）=0.51ml×2+0.5ml=1.52ml；
(3)当Cu2+全部转化成沉淀时，溶液中的溶质为NaNO3，根据氮元素守恒，HNO3的物质的量为n（Na+）+n（NO）+n（NO2），n（Na+）=n（NaOH）=aV×10-3ml，n（NO）+n（NO2）=0.5ml，则原硝酸溶液的浓度为ml/L；
(4)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，由得失电子守恒可得n（H2O2）×2=3n（NO）+n（NO2）=0.26ml×3+0.24ml，n（H2O2）=0.51ml，m（H2O2）==57.8g。
【点睛】本题以硝酸与铜反应为载体考查了氧化还原反应的有关计算，本题计算量较大，(1)用列方程组解较方便；(2)和(3)要注意反应中部分硝酸参加氧化还原反应，运用N原子守恒的解题，是本题的难点；(4)利用电子守恒技巧能快速解题，是本题的又一难点。
51．C
【详解】A．由图可知，实验一体现了氨气易溶于水的性质，实验二体现了氨气易挥发的性质，没有体现氨气易溶于水的性质，故A错误；
B．由图可知，实验一体现了氨气易溶于水的性质，没有体现氨气易挥发的性质，故B错误；
C．由图可知，实验一证明氨气极易溶于水，溶于水形成一水合氨弱碱溶液，滴加酚酞的溶液变红色，证明氨气是碱性气体；实验二证明浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气与挥发出的氯化氢反应生成氯化铵，说明氨气是碱性气体，所以两个实验均表现了氨气是碱性气体的性质，故C正确；
D．由图可知，两个实验中都未发生氧化还原反应，没有体现氨气的还原性，故D错误；
故选C。
52．D
【详解】A．实验室制备氨气常用氯化铵和氢氧化钙两种固体共热，只加热NH4Cl得不到NH3，A不合题意；
B．无水氯化钙能与氨气反应形成，因此不能用无水氯化钙作干燥剂，应该用碱石灰，B不合题意；
C．氨气密度比空气小，应采用向下排空气法，C不合题意；
D．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，产生压强差，形成喷泉，D符合题意；
故答案为：D。
53．D
【详解】氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中液体迅速充满试管，故A正确； pH=11的氨水中 ml/L，稀释1000倍,测得pH>8， ml/L，说明NH3·H2O的电离平衡正向移动，所以NH3·H2O为弱碱，故B正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳、水，故C正确；氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。
点睛：氨气催化氧化生成NO， ，氨气催化氧化生成的NO可以再与氧气继续反应。
54．C
【详解】A．①装置加热分解生成和，在试管口处和气体遇冷会再反应生成，收集不到，A错误；
B．极易溶于水，溶解导致导气管中气体压强减小而引发倒吸现象，因此②不能用于的吸收，②装置，防倒吸装置中漏斗口与液面应接触，但插入液面之下不能防止倒吸，B错误；
C．③装置用浓氨水加热可分解制得，C正确；
D．由于的密度比空气小，因此收集可以采用向下排空气法，为防止空气对流应在试管口塞一团棉花，应该用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，D错误。
答案为：Ｃ。
55．(1)B
(2) b 碱石灰(或NaOH固体、生石灰)
(3)4NH3＋5O24NO＋6H2O
(4) ＋2NO2=＋＋CO2 1∶3
【分析】Ⅰ．甲为NH4Cl与熟石灰反应制取NH3的发生装置，乙为碱石灰干燥氨气，丙用向下排空气法收集氨气，装置丁中NH3和CuO加热条件下反应有H2O生成，利用戊中的无水硫酸铜检验生成的水，己中浓硫酸吸收多余氨气，防止污染空气。Ⅱ．氮气和氢气在合成塔中反应生成氨气，氨气和氧气在氧化炉中反应生成NO，在吸收塔中NO和氧气、水反应生成HNO3；
【详解】（1）制NH3时若选用加热NH4Cl与熟石灰的混合物的方法，则应选择固体与固体加热制气装置，且试管口应向下倾斜，所以发生装置选择B；
（2）NH3的密度比空气小，所以用向上排空气法收集，应该将导管b延长到底部；装置乙起到干燥NH3的目的，可以盛装碱石灰(或NaOH固体、生石灰)；
（3）氨气在“氧化炉”中发生的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；
（4）
①纯碱中CO与NO2反应，NO2发生歧化生成NO与NO，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出纯碱溶液与NO2反应的离子方程式＋2NO2=＋＋CO2；
②设NO的物质的量是x ml，NO2的物质的量是(6－x) ml，反应过程中转移的电子数是2x＋(6－x)×4＝7×3，解得x＝1.5，故混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1.5 ml∶4.5 ml＝1∶3。
56．B
【详解】A．根据图象，a为NH3，b为NO，NH3可经催化氧化生成NO，A说法正确；
B．b为NO，为无色气体，与氧气反应可转化为c，即NO2，B说法错误；
C．+4价的含氮氧化物有NO2、N2O4，密闭体系中，c存在2NO2⇌N2O4，C说法正确；
D．d为硝酸，Cu与稀硝酸溶液反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，D说法正确；
答案为B。
57．C
【分析】根据物质类别及与N元素化合价的关系可知：a是-3价的N的氢化物，则a是NH3；b是N元素的单质N2；c是+2价的N的氧化物，则c是NO；d是+4价的N的氧化物，则d是NO2；e是+5价的N的氧化物，则e是N2O5；f是+5价的酸，则f是HNO3；g是+3价的酸，则g是HNO2；h是-3价的碱，则h是NH3·H2O；i是-3价和+5价N形成的盐，则i是NH4NO3。
【详解】①在电火花作用下N2与O2反应产生NO，从而实现了N元素的单质向化合物的转化，这是一种固氮方式，①正确；
②e是N2O5；f是HNO3，N2O5与水反应产生HNO3，反应过程中元素化合价不变，因此反应不需要加入氧化剂就可以实现，②错误；
③a是NH3，c是NO，d是NO2，f是HNO3。NH3与O2在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生NO，NO与O2发生氧化反应产生NO2，NO2与H2O反应产生HNO3、NO。在a→c→d→f这几个反应中，N元素化合价升高，失去电子，被氧化，因此均发生了N元素被氧化的反应，③正确；
④g是HNO2，属于酸，N元素化合价是+3价，介于最高+5价和最低-3价之间，因此既具有氧化性，也具有还原性，同时也能与碱发生中和反应产生盐和水，④错误；
⑤f是HNO3，光照条件下自身分解即可生成NO2(d)，可以不用其他还原剂，⑤错误；
⑥f是HNO3，h是NH3·H2O；i是NH4NO3，HNO3与NH3·H2O发生中和反应产生NH4NO3和水，⑥正确；
综上所述可知：说法正确的是①③⑥，故合理选项是C。
58．D
【详解】A．氮的固定指由游离态的氮转化为化合态，图中属于氮的固定的是“反应c”和“反应k”，A错误；
B．没有元素化合价变化的反应属于非氧化还原反应，则过程中非氧化还原反应为a和l，B错误；
C．过程h发生反应为：，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为：，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，C错误；
D．能与发生反应：，所以工业上可以用氢氧化钠溶液消除，D正确；
故选D。
59．D
【详解】A．A为NO、B为NO2或N2O4，催化氧化只能生成NO不能生成NO2，A错误；
B．过程①中转变为氨气、发生还原反应，B错误；
C．若过程④为和反应生成硝酸和NO，则N元素化合价既升高又降低，C错误；
D．硝化细菌是微生物，温度高失活，温度活性降低，故在适宜的温度下才可发挥作用，D正确；
答案选D。
60．B
【分析】根据物质类别和化合价可知a为 NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4，e为HNO3，f为NH3▪H2O，g为铵盐，据此分析解题。
【详解】A．NH3可与氯化氢反应生成白烟(氯化铵)， 故可用氨气和盐酸反应检验氨气，A正确；
B．能够溶于，B错误；
C．氨气和一氧化氮反应可以生成无污染的氮气和水，故可以消除氮氧化物污染，C正确；
D．N2生成氮化合物的反应属于氮的固定，氮的化合物转化为氮的化合物的反应不属于氮的固定，D正确；
故选B。
61．A
【详解】A．古代书画家用墨书写或绘制的字画能长时间不变色，是因为常温下碳的化学性质不活泼，故选项A说法错误。
B．金刚石和石墨都是碳单质，但它们的物理性质差别很大，是因为他们的碳原子排列方式不同，故选项B说法正确。
C．二氧化碳的排放是导致温室效应的原因之一，故选项C说法正确。
D．煤不完全燃烧能产生一氧化碳，一氧化碳能使人中毒，所以用煤火取暖时应注意通风，防止一氧化碳中毒，故选项D说法正确。
故选：A。
62．C
【详解】A．装置b的作用是防止a中水蒸气、甲酸进入装置c，因此装备b中试剂可选用碱石灰等碱性干燥剂，故A项错误；
B．装置d的作用是吸收未反应完全的CO，防止污染空气，而NaOH溶液与CO不能反应，故B项错误；
C．实验过程中需先点燃a处酒精灯，再点燃c处酒精灯，利用装置a产生的CO将装置内空气排尽，防止空气中氧气与CO反应生成CO2干扰实验，故C项正确；
D．加热一段时间后，若CO与Na2O2反应生成Na2CO3，则固体颜色由淡黄色变为白色，故D项错误；
综上所述，正确的是C项。
63．B
【详解】A、该反应应为吸热反应，A错误；
B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法，B正确；
C、过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品红试剂化合生成不稳定的无色物质，原理不相同，C错误；
D、由图示可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%，D错误；
答案选B。
64．(1) ①、② ①、②两种猜想均违背了得失电子守恒
(2) EDAEF 白色粉末变蓝 分解产物中有H2O 使升华的草酸蒸气冷凝而除去，排除对CO2的检验的干扰 C中的黑色固体变红且后面澄清的石灰水变浑浊
(3)H2C2O4·2H2OCO2↑＋CO↑＋3H2O↑
【分析】（1）根据草酸晶体中C的化合价分析作答；
（2）草酸易升华，则用冰水混合物冷却得到草酸晶体，热分解产物中若有二氧化碳，则能使澄清石灰水变浑浊，装置B验证水并冷凝草酸蒸气；装置E是用来验证二氧化碳，装置D是用来除去二氧化碳，装置A是用来除水蒸气，是装置C中是为了检验一氧化碳的存在，若有CO，则CO会与氧化铜反应生成红色的铜，装置E是用来验证二氧化碳生成，装置F尾气处理CO，防止污染环境，据此分析作答；
【详解】（1）H2C2O4中碳元素的化合价为＋3价，反应中H、O元素的化合价均未变化，CO2中C显＋4价，CO中C显＋2价，无论生成哪种物质都会发生化合价变化，根据得失电子守恒，分解产物中CO和CO2必须都有，所以①、②两种猜想一定不成立，理由是①、②两种猜想均违背了得失电子守恒；
（2）①草酸晶体分解的产物中有H2O、CO、CO2，同时还混有草酸蒸气，所以验证其分解的产物，要考虑干扰因素，选择正确的验证方法和合理的验证顺序，结合提供的装置及其中所盛装的药品，H2O是通过无水硫酸铜来检验的，而且应当最先检验，CO2是用澄清的石灰水来检验的，但要注意草酸蒸气同样能使澄清石灰水变浑浊，故要先除草酸蒸气(可以用冷凝的方法除去)，检验CO的方法是使干燥气体通过灼热的氧化铜，看到黑色的固体变红且生成的气体能使澄清石灰水变浑浊即可确定CO存在，则各装置合理的连接顺序为分解产生的气体→B→E→D→A→C→E→F；
②B装置中白色粉末变蓝现象证明分解产物中有H2O；温度较低，有冷凝作用，使升华的草酸蒸气冷凝而除去，排除对CO2的检验的干扰；
③C中的黑色固体变红且后面澄清的石灰水变浑浊现象证明分解产物中有CO；
（3）草酸晶体受热完全分解产物中有H2O、CO、CO2，化学方程式为H2C2O4·2H2OCO2↑＋CO↑＋3H2O↑。
65．(1) 有气泡逸出、澄清石灰水变浑浊 CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O CO2 冷凝(水蒸气、草酸蒸气等)，防止草酸进入装置C和Ca2＋反应生成沉淀，干扰CO2的检验
(2) F、D、G、H、D、I CuO H中黑色粉末变为红色，其前的D中澄清石灰水无现象，其后的D中澄清石灰水变浑浊
(3) 产生白色沉淀或变浑浊，且有气泡逸出 CO2＋＋H2O=H2SiO3↓＋ 弱
(4) 产生白色沉淀或变浑浊，有气泡逸出 2Na＋＋＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓
【分析】草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，使澄清石灰水变浑浊；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CuO还原，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO，据此判断。
【详解】（1）草酸晶体(H2C2O4•2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解，如果草酸受热分解，分解时会产生二氧化碳，二氧化碳和氢氧化钙反应生成难溶的碳酸钙沉淀而使澄清石灰水变浑浊，所以C中观察到的现象是：有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，离子方程式为CO2＋Ca2＋＋2OH－=CaCO3↓＋H2O。
根据C中澄清石灰水变浑浊可知草酸晶体分解产物中有CO2；草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水，草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶的草酸钙而干扰二氧化碳的检验，B装置温度较低，有冷凝作用，冷凝水蒸气和草酸，防止干扰二氧化碳的检验；
（2）①要检验生成CO，需要排除二氧化碳的干扰，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验二氧化碳是否除尽，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的二氧化碳，用排水法收集CO避免污染环境，所以其连接顺序是A、B、F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO；
②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且其后的D装置溶液变浑浊就说明含有CO。
（3）澄清石灰水改为水玻璃，CO2与水玻璃产生硅酸白色沉淀或变浑浊，且有气泡逸出，反应的离子方程式为：CO2＋＋H2O=H2SiO3↓＋，此现象原理为强酸制弱酸，说明H2SiO3比H2CO3的酸性弱；
（4）澄清石灰水改为饱和Na2CO3溶液，CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3沉淀，现象是产生白色沉淀或变浑浊，有气泡逸出，反应的离子方程式为：2Na＋＋＋CO2＋H2O=2NaHCO3↓；
66．C
【详解】A．Si与C同主族，Si的还原性比C的强，但在高温下能发生反应2C＋SiO22CO↑＋Si，A错误；
B．光导纤维的主要成分为SiO2，SiO2可与强碱反应，故光导纤维遇强碱会“断路”，B错误；
C．SiO2是酸性氧化物，但不能与水反应，所以制取硅酸可用可溶性硅酸盐与CO2或盐酸反应：Na2SiO3＋CO2(少量)＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓、Na2SiO3＋2HCl=2NaCl＋H2SiO3↓，，C正确；
D．Na2CO3与SiO2在高温下的反应与对应酸的酸性强弱无关，该反应说明硅酸盐在高温下比碳酸盐更稳定，D错误；
故选C。
67．B
【详解】A. 和在高温下发生反应生成和，因此，制备粗硅的反应方程式为，A说法正确；
B. 在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键， 1ml Si含Si-Si键的数目约为，B说法错误；
C. HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和应充分去除水和氧气 ，C说法正确；
D. ，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成的反应为熵减过程，D说法正确；
综上所述，本题选B。
68．B
【分析】在电弧炉中焦炭还原二氧化硅生成粗硅，粗硅与氯气反应生成四氯化硅，四氯化硅被氢气还原生成纯硅，据此解答。
【详解】A．电弧炉中发生反应SiO2＋2CSi＋2CO↑，A错误；
B．根据已知信息可知，流化床反应器的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，因此进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯，B正确；
C．流化床反应器的产物中有多种含氯副产物，因此生成1 ml高纯硅，需要氯气的物质的量大于2 ml，C错误；
D．流化床反应器的产物中有多种含硅副产物，导致Si的损失，不符合绿色化学要求，D错误。
答案选B。
69．B
【详解】A．工业上制备高纯硅，一般先制得左右的粗硅，再以其为原料制备高纯硅，A不符合题意；
B．工业上以纯碱、石灰石和石英砂为原料制取玻璃，B符合题意；
C．火法炼铜得到的粗铜中含有多种杂质，如锌、银等，工业上常使用电解精炼法将粗铜提纯，C不符合题意；
D．利用“吹出法”从海水提溴，主要包括氧化（将海水中溴离子氧化为溴单质）、吹出（利用空气将生成的溴吹出）、吸收（用二氧化硫将溴还原为氢溴酸，使其与空气分离）、蒸馏（用氯气将氢溴酸氧化为溴单质后蒸馏分离）等环节，主要设备依次为吹出塔、吸收塔、蒸馏塔、冷凝器，D不符合题意；
故选B。
70．C
【详解】A．硅晶片是优良的半导体材料，是生产芯片的基础材料，故A正确；
B．光敏树脂在曝光条件下成像时有新物质生成，属于化学变化，故B正确；
C．硅元素是亲氧元素，在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，不存在硅单质，故C错误；
D．硅是优良的半导体材料，可用于制造和生产芯片，故D正确；
故选C。
71．C
【详解】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，动物筋制得，A错误；
B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误；
C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确；
D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误；
故选C。
72．A
【详解】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，与陶瓷的主要成分为硅酸盐不同，A错误；
B．制作传统陶瓷的主要原料是黏土，B正确；
C．陶瓷的主要成分是硅酸盐，性质稳定，高温下不易被氧化，并对酸、碱具有较好的抗腐蚀能力，C正确；
D．唐三彩陶器的黄色、褐色主要是因为添加了不同量的氧化铁，D正确；
故选A。
73．B
【详解】A．太阳能板材料常用硅单质，A错误；
B．和 的阴离子都是硅酸根，都属于硅酸盐，B正确；
C．纯碱溶液显碱性，因此能使紫色石蕊溶液变蓝，C错误；
D．实验室常用块状的石灰石与稀盐酸反应制备，不能用稀硫酸，稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙附着在石灰石表面，阻碍反应继续进行，D错误；
故选B。
74．C
【详解】A．碳纳米管是碳的一种单质，在常温下化学性质稳定，属于新型无机非金属材料，A正确；
B．碳纳米管具有纳米尺度的直径，比表面积大，有相当高的强度和优良的电学性能，B正确；
C．碳纳米管是一种碳单质，属于新型无机非金属材料，C错误；
D．碳纳米管与金刚石都是碳的单质，二者互为同素异形体，D正确；
故选C。
75．A
【详解】A．用于光导纤维的为二氧化硅，故A错误；
B．NaHCO3受热分解生成CO2气体，所以可用于烘焙糕点，故B正确；
C．Fe2O3俗称铁红，为红棕色物质，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，故C正确；
D．碳化硅是硬度大的新型无机非金属材料，常用作砂纸、砂轮的磨料，故D正确；
故选A。
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