北京市景山学校高一下学期3月月考化学试题（解析版）-A4

这是一份北京市景山学校高一下学期3月月考化学试题（解析版）-A4，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 S：32 Cu：64 I：127
本试卷共10页，满分100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。
一、选择题
1. 下列关于物质分类的叙述中，不正确的是
A. NH3属于盐B. HNO3属于酸
C. SO2属于氧化物D. KOH属于碱
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3不能电离出金属阳离子和酸根离子，NH3不属于盐，故A错误；
B．HNO3电离出的阳离子全是氢离子，所以HNO3属于酸，故B正确；
C．SO2由硫和氧两种元素组成，所以SO2属于氧化物，故C正确；
D．KOH电离出的阴离子全是氢氧根离子，所以KOH属于碱，故D正确；
选A；
2. 下列关于SO2和NO2的说法正确的是
A. 都是无色有毒的气体
B. 都可用向下排空气法收集
C. SO2与过量的NO2混合后通入水中可得到两种常见的酸
D. 盛满NO2的试管倒扣在水槽中，水可充满试管
【答案】C
【解析】
【详解】A．二氧化氮为红棕色，且都有毒，故A错误；
B．SO2和NO2密度都比空气大，可以通过向上排空气法收集，故B错误；
C．SO2与过量的NO2混合通入水中可得到硫酸和硝酸，生成两种酸，故C正确；
D．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，故不可充满试管，故D错误；
故选：C。
3. 下列反应中，硝酸既表现酸性，又表现氧化性的是
A. Fe2O3跟稀硝酸反应B. Fe(OH)2跟稀硝酸反应
C. CuO跟稀硝酸反应D. Al(OH)3跟稀硝酸反应
【答案】B
【解析】
详解】A．Fe2O3和HNO3反应生成硝酸和水，硝酸只表现出强酸性，故A错误；
B．Fe(OH)2和HNO3反应生成硝酸铁、NO和水，N元素化合价降低，硝酸表现出氧化性，生成硝酸铁，硝酸还表现出酸性，故B正确；
C．CuO和HNO3反应生成硝酸铜和水，化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故C错误；
D．Al(OH)3和HNO3反应生成硝酸铝和水，N元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故D错误；
答案选B。
4. 下列说法中错误的是（ ）
A. 化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化
B. 化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因
C. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
D. 反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量
【答案】C
【解析】
【详解】A、由于化学反应的本质是旧键断裂新键形成的过程，断键要吸热，形成化学键要放热，这样必然伴随整个化学反应吸热或放热，所以化学反应中的能量变化通常表现为热量的变化，A正确；
B、根据A中分析可知B正确；
C、一个化学反应是放热还是吸热主要取决于反应物的总能量与生成物总能量的相对大小，与外界条件没有关系，C错误；
D、反应物总能量和生成物总能量的相对大小决定了反应是放出能量还是吸收能量，D正确。
答案选C。
5. 下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 铝片与稀硫酸反应B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. 灼热的炭与CO2反应D. 甲烷在O2中的燃烧反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝片与稀硫酸反应，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故A错误；
B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，故B错误；
C．灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，且属于吸热反应，故C正确；
D．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故D错误；
故答案为C。
6. 下列各组离子中，在水溶液中能大量共存的是
A H+、Cl-、Fe2+、B. Na+、Cu2+、、OH-
C. K+、Na+、OH-、Cl-D. H+、Na+、I-、Fe3+
【答案】C
【解析】
【详解】A．4H++3Fe2++=3Fe3++NO↑+H2O，故H+、Fe2+、三者因发生氧化还原反应而不能大量共存，A不合题意；
B．Cu2++2OH- =Cu(OH)2↓，故Cu2+与OH-不能大量共存，B不合题意；
C．K+、Na+、OH-、Cl-各离子间不反应，能够大量共存，C符合题意；
D．2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，故I-、Fe3+因发生氧化还原反应而不能大量共存，D不合题意；
故答案为：C。
7. 下列关于Na2SO3性质的预测中，不合理的是
A. 具有氧化性B. 具有还原性
C. 能与KOH溶液反应D. 能与稀硫酸反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2SO3中S元素化合价为+4，S元素化合价可以降低，Na2SO3具有弱氧化性，故A合理；
B．Na2SO3中S元素化合价为+4，S元素化合价可以升高，Na2SO3具有还原性，故B合理；
C．Na2SO3和KOH溶液不反应，故C不合理；
D．Na2SO3能与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，故D合理；
选C。
8. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O
B. Cu与AgNO3溶液反应：Cu+Ag+=Cu2++Ag
C. Na与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
D. CaCO3与盐酸反应：+2H+=CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．Cu与AgNO3溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式是Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故B错误；
C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故C正确；
D．CaCO3与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式是+2H+= +CO2↑+H2O，故D错误；
选C。
9. 下列说法中，正确的是
A. Cu的摩尔质量是64g·ml-1
B. 常温常压下，1mlH2O的体积是22.4L
C. 1mlSO2中含有的原子数约为6.02×1023
D. 0.1ml·L-1KCl溶液中含有K+的物质的量是0.1ml
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cu的摩尔质量是64g·ml-1，故A正确；
B．常温常压下，水是液体，1mlH2O的体积大约是18mL，故B错误；
C．1mlSO2中含有的原子数约为3×6.02×1023=1.806×1024，故C错误；
D．没有溶液体积，不能计算0.1ml·L-1KCl溶液中含有K+的物质的量，故D错误；
选A。
10. 某同学配制的植物营养液中有4种离子，其中所含的、K+、的物质的量浓度分别为0.2ml·L-1、0.3ml·L-1、0.4ml·L-1，则Zn2+的物质的量浓度为
A. 0.5ml·L-1B. 0.7ml·L-1C. 0.35ml·L-1D. 0.9ml·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】已知、K+、的物质的量浓度分别为0.2ml·L-1、0.3ml·L-1、0.4ml·L-1由电荷守恒可得:，故0.35ml·L-1，答案为C。
实验室用下图装置(夹持装置已略去)制备，并研究其性质。其中a、b为湿润的红色石蕊试纸。回答问题。
11. 用装置甲制，试管中应加入的试剂是
A. B. 和的固体混合物
C. D. 和的固体混合物
12. 下列关于性质实验的说法中，不正确的是
A. 装置乙中，b先变蓝，a后变蓝B. 装置丙中，产生大量白烟
C. 装置丁中，试剂可以是水D. 装置丁具有防止倒吸的作用
13. 下列的干燥试剂和收集方法中，正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】11. D 12. A 13. D
【解析】
【分析】实验室制取氨气用固体Ca(OH)2和NH4Cl加热反应，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，浓盐酸易挥发，NH3与HCl生成NH4Cl，现象是有白烟生成，氨气易溶于水，尾气可以用水吸收，要有防倒吸功能。
【11题详解】
A．加热分解得到CO2、NH3和水，产物不纯净，A不符合；
B．和二者不反应，不能制取氨气，B不符合；
C．NH4Cl加热分解为NH3和HCl，在试管口有化合生成NH4Cl，C不符合；
D．实验室制取氨气用固体Ca(OH)2和NH4Cl加热反应，D符合；
答案选D；
【12题详解】
A．氨气密度小于空气，a处先接触到NH3变蓝色，A错误；
B．NH3与HCl生成NH4Cl，现象是有白烟生成，B正确；
C．氨气易溶于水，可以用水吸收氨气，C正确
D．氨气易溶于水，用水吸收氨气要防倒吸，球形干燥管具有防倒吸作用，D正确；
答案选A；
【13题详解】
氨气溶于水具有碱性，不能用浓硫酸干燥氨气，氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集氨气，答案选D。
14. 自然界的氮循环包括以下过程。下列说法中，不正确的是
A. 硝化过程中，含氮物质被氧化
B. 氨氧化过程中，亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为3：4
C. N2→属于氮的固定，N2发生还原反应
D. 土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图示可知，硝化过程为：转化为，在进一步转化为，该过程中N的化合价都在升高，故含氮物质被氧化，A正确；
B．由图示可知，氨氧化过程中的反应为：+=N2+2H2O，故亚硝态氮元素与铵态氮元素理论物质的量之比为1：1，B错误；
C．氮的固定是指由游离态的氮即N2转化为化合态的氮即含氮化合物的过程，故N2→属于氮的固定，过程中N2的化合价由0价降低到-3价，N2发生还原反应，C正确；
D．由图示可知，Fe2+能与反应转化为N2，Fe3+能与反应转化为N2，故土壤中Fe2+和Fe3+的存在有利于从与其接触的水体中除去氮元素，D正确；
故答案为：B。
粗食盐水中常含有少量杂质离子，实验室提纯粗食盐水制取食盐的流程如下。回答问题。
15. 过程Ⅰ中，不需要使用的实验仪器是
A. 酒精灯B. 玻璃棒C. 漏斗D. 烧杯
16. 过程Ⅲ中，用到的分离方法是
A. 吸附B. 加热蒸发C. 过滤D. 冷却结晶
17. 关于实验过程中所选用的试剂、目的及所发生反应的离子方程式均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】15. A 16. B 17. D
【解析】
【分析】食盐中离子分别用Na2CO3、NaOH、BaCl2除去，且Na2CO3要放到BaCl2溶液之后加入，Na2CO3还可以除去多余的Ba2+离子；过滤后，用盐酸除去过量的Na2CO3、NaOH。
【15题详解】
过程Ⅰ需要过滤，所用仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，不需要酒精灯，答案选A；
【16题详解】
过程Ⅲ由NaCl溶液得到NaCl固体，直接加热蒸发即可，答案选B；
【17题详解】
A．不用KOH溶液除去Mg2+，会引入杂质离子K+，A错误；
B．离子方程式错误，Na2SO4要拆成离子，正确的离子方程式为：，B错误；
C．加入Na2CO3溶液还可以除去过量的Ba2+，C错误；
D．过滤后，溶液中存在过量的NaOH和Na2CO3，加盐酸除去，离子方程式为：，，D正确；
答案选D。
18. 常温下，1体积水能溶解约700体积。用圆底烧瓶收集后进行如图所示的喷泉实验，下列分析不正确的是
A. 圆底烧瓶中的溶液呈红色，说明氨水呈碱性
B. 喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为的溶解已达到饱和
C. 实验过程中，不涉及氧化还原反应
D. 改用和NaOH溶液也能形成喷泉
【答案】B
【解析】
【详解】A．圆底烧瓶中的液体呈红色说明呈碱性，原因是，A正确；
B．用排空气法收集的气体不一定纯净，NH3极易溶于水，该实验中氨气的溶解远没有达到饱和状态，则圆底烧瓶内剩余少量气体，不是因为NH3在水中的溶解达到了饱和，而是因为收集的NH3中含有少量的空气杂质，B错误；
C．结合选项A可知，实验过程中，不涉及氧化还原反应，C正确；
D．改用和NaOH溶液也能形成喷泉，因为反应使装置内压强急剧减少，远小于外界大气压，故水通过长导管被压入烧瓶引发喷泉，D正确；
故选B。
19. 只用一种试剂就能把、NaCl、、四种溶液区分开来， 种试剂是
A. B. NaOHC. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．、NaCl、、四种溶液均与溶液反应生成白色沉淀，硝酸银溶液不能将4种溶液区分开来，A错误；
B．溶液和NaCl溶液均不能与NaOH溶液反应，NaOH溶液与、均反应，不能区分，B错误；
C．溶液和溶液均能与溶液反应生成白色沉淀，溶液与NaCl、均不反应，不能区分，C错误；
D．溶液与溶液反应有白色沉淀生成，与NaCl溶液不反应，与溶液共热反应生成白色沉淀和无色、具有刺激性气味的气体，与溶液共热反应生成无色、具有刺激性气味的气体，则氢氧化钡溶液能将4种溶液区分开来，D正确；
故选D。
20. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，原溶液中一定含有，+OH-NH3↑+H2O，A符合题意；
B．由于Ag2CO3为白色沉淀、Ag2SO4为白色微溶物，故向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，原溶液中不一定含有Cl-，也可能是等，B不合题意；
C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质有很多，如SO2、等，向某溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去，原溶液中不一定含Fe2+，C不合题意；
D．能使澄清石灰水溶液变浑浊的除了CO2还有SO2，向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，原溶液中不一定有，也可能是、，D不合题意；
故答案为：A。
21. 我国的环境空气质量标准中对空气中SO2的浓度限值规定如下表所示。
研究人员测定受污染空气中SO2含量的实验方法如下：用NaOH溶液吸收2m3空气，用0.1m·L-1硫酸调节pH，然后用I2溶液将其氧化，测得恰好完全反应时消耗I22.54mg。下列推断中，不正确的是
A. 恰好完全反应时消耗I2的物质的量为1×10-5ml
B. 反应中转移电子的物质的量为2×10-5ml
C. 被吸收的空气中SO2的质量为0.64mg
D. 被测空气样品中SO2的浓度达到了三级标准
【答案】D
【解析】
【详解】A．恰好完全反应时消耗I2物质的量为=1×10-5ml，A正确；
B．根据反应SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，反应中转移电子的物质的量为2×10-5ml，B正确；
C．根据反应SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，被吸收的空气中SO2的质量为0.64mg，C正确；
D．由C项分析可知，被测空气样品中SO2的浓度为：=0.32 mg·m-3，故达到了二级标准，D错误；
故答案为：D。
22. 工业上制备硝酸的主要流程如图所示。下列说法不正确的是
A. 氧化炉中发生的化学反应是
B. 物质X是氧气
C. 上述流程中，理论上用合成，至少需要
D. 吸收塔中为提高氮原子的利用率，可通入过量空气和循环利用尾气中
【答案】C
【解析】
【分析】氮气和氢气在合成塔中生成氨气，氨气在氧化炉中发生催化氧化生成一氧化氮和水，吸收塔中NO和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。
【详解】A．氧化炉中发生氨气的催化氧化，反应方程式为：，A正确；
B．由分析可知，物质X是氧气，B正确；
C．述流程中，理论上用合成1mlHNO3，氮元素化合价由0升高为+5，氧元素化合价由0降低为-2，根据得失电子守恒，至少需要1.25mlO2，故C错误；
D．吸收塔中为提高氮原子的利用率，可通入过量空气发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，还可以循环利用尾气中的NO，故D正确；
答案选C。
23. 一定条件下，氢气与氧气反应的能量变化如图所示，下列说法中正确的是
A. 该反应的反应热
B. 该反应为吸热反应
C. 断裂2mlH-H和1ml放出(b-a)KJ的能量
D. 燃烧热的热化学方程式为：
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A． 由图知：热化学方程式为：，该反应的反应热，A正确；
B．反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，该反应为放热反应，B错误；
C． 断裂化学键要吸收能量，断裂2mlH-H和1ml吸收bKJ的能量，C错误；
D．燃烧热是101kP时，1ml可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，常见元素的稳定产物：C→CO2(g)、H→H2O(l)，图中水呈气态而不是液态，则热化学方程式不能表示的燃烧热，D错误；
答案选A。
24. 下列说法或表示方法中正确的是
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·ml-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-890.3kJ·ml-1
B. 500℃、30MPa下，将0.5mlN2(g)和1.5mlH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ·ml-1
C. 等质量的硫蒸气和硫磺(s)分别完全燃烧，前者放出的热量多
D. 已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.4kJ·ml-1，则20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．甲烷燃烧热是1ml甲烷燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，甲烷的燃烧热为890.3kJ·ml-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ·ml-1，故A错误；
B．500℃、30MPa下，氮气和氢气合成氨气的反应可逆，将0.5mlN2(g)和1.5mlH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)的物质的量小于1ml，放热19.3kJ，则生成2ml氨气放出的能量大于38.6kJ，故B错误；
C．等质量的硫蒸气和硫磺(s)，前者能量大于后者，分别完全燃烧，前者放出的热量多，故C正确；
D．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-57.4kJ·ml-1，氢氧化钠固体溶于水放热，则20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出的热量大于28.7kJ，故D错误；
选C。
25. 常温下，1 ml化学键形成（或断裂）的能量变化用E表示。根据表中信息判断，下列说法正确的是
A. H2（g） + Cl2（g）= 2HCl（g）ΔH＝+ 247 kJ · ml-1
B. H（g） + Cl （g） → HCl（g）ΔH ＝＋432 kJ · ml-1
C. 1 ml H2 （g） 与1 ml Cl2 （g）的总能量高于2 ml HCl （g） 的总能量
D. 用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应物的总键能—生成物的总键能等=焓变。H2 （g） + Cl2 （g）= 2HCl（g） ∆H ＝436+243－2×432＝-185 kJ · ml-1，故A错误
B．生成化学键放热，H（g） + Cl（g）→ HCl （g） ∆H ＝－432 kJ · ml-1，故B错误；
C．H2（g + Cl2（g）=2HCl（g）为放热反应，1 ml H2（g）与1 ml Cl2（g）的总能量高于2 ml HCl（g）的总能量，故C正确；
D．HCl为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程为，故D错误。
故选C。
26. 已知下列热化学方程式：
① C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O (l) ΔH1
② H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2
③ CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH3
则反应 2CO(g)＋4H2(g)=H2O(l)＋C2H5OH(l)的 ΔH 为：
A. 2ΔH3＋3ΔH2－ΔH1B. ΔH1－2ΔH3－4ΔH2
C. 2ΔH3＋4ΔH2＋ΔH1D. 2ΔH3＋4ΔH2－ΔH1
【答案】D
【解析】
【详解】① C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O (l) ΔH1
② H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2
③ CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH3
利用盖斯定律，2×③+4×②-①，即得反应 2CO(g)＋4H2(g)=H2O(l)＋C2H5OH(l)，则其 ΔH = 2ΔH3＋4ΔH2－ΔH1，故选D。
二、填空题
27. 铵盐和硝酸是重要的化工原料。
（1）铵盐可以作化肥。
①NH4NO3是含氮量较高氮肥，可由和___________(填化学式)直接制取。
②可作氮肥，其保存和使用的方法合理的是___________(填序号)。
A．保存要注意防晒 B．不能与碱性肥料一起使用
（2）利用硝酸制备硝酸铜。
某工厂利用固体废渣(主要含和，还含有少量和)制取的部分工艺流程如图。
已知：①Cu+在酸性溶液中不稳定，会转变成和。
②是酸性氧化物，难溶于水和酸。
①酸溶过程中铜与稀硝酸反应的离子方程式为___________。
②试剂X应选用___________(填序号)。
A． B． C．
③若除酸时加入的X恰好完全反应，则过滤后所得废渣的成分为___________。
④将酸溶使用的稀硝酸改为和稀硝酸的混合液，其中作氧化剂，基本无氮氧化物排放，写出固体废渣中与该混合液反应的离子方程式___________。
【答案】（1） ①. NH3 ②. AB
（2） ①. 3Cu+28H+=3Cu2++2NO↑+4H2O ②. BC ③. SiO2 ④. Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
【解析】
【分析】固体废渣(主要含和，还含有少量和)加入稀硝酸酸溶，Cu、CuO和Cu2O都与硝酸反应得到Cu(NO3)、NO，加入X为CuO或Cu(OH)2除去未反应的硝酸，再过滤除去滤渣SiO2，最后得到Cu(NO3)溶液。
【小问1详解】
①NH4NO3是含氮量较高的氮肥，可由HNO3和NH3发生反应：HNO3+NH3=NH4NO3直接制取；
②A．NH4HCO3不稳定、易发生分解反应，易潮解并且在潮湿条件下分解加快，因此需要密封存放，防雨防晒，避免受潮和高温，A正确；
B．碳酸氢铵不能与碱性肥料一起使用，碳酸氢铵与碱反应放出氨气，降低肥效，同时造成环境污染，B正确；
答案选AB；
【小问2详解】
①酸溶过程中，铜被氧化为Cu2+，稀硝酸被还原为NO，离子方程式为：3Cu+28H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
②由分析可知，X的作用是中和过量的硝酸，为了避免引入杂质离子，试剂X可以选用含铜元素的氧化物或者碱，反应溶液中的H+，则答案答案选BC；
③由分析可知，若除酸时加入的X恰好完全反应，则过滤后所得废渣的成分为SiO2；
④将酸溶使用的稀硝酸改为10%H2O2和20%稀硝酸的混合液，其中H2O2作氧化剂，被还原为H2O，基本无氮氧化物排放，说明稀硝酸只体现酸性，铜单质被氧化为Cu2+，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。
28. 在葡萄酒中添加适量，可以起到防腐、抗氧化等作用。化学小组用如下方法测定某葡萄酒中SO2的残留量。
I．向反应容器①中加入足量溶液，再加入葡萄酒样品。摇匀后用超声波振荡一段时间，静置。
Ⅱ．向步骤I所得溶液中加入足量硫酸，用空气泵将产生的全部鼓入盛有足量溶液的反应容器②中。
Ⅲ．利用中和反应测定反应容器②中生成的的量。当恰好完全反应时，消耗溶液。
已知：葡萄酒中大部分被有机化合物结合，可解离出被结合的。
（1）配制一定体积的溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量简、胶头滴管和___________。
（2）步骤I中，加入溶液，静置后的溶液中硫元素的主要以___________形态存在。
（3）步骤I中与发生反应的化学方程式为___________。
（4）反应容器②中生成的的物质的量为___________。
（5）国家标准规定了葡萄酒中残留量不得超过。根据上述方法的测定结果，该葡萄酒中的残留量___________(填“符合”或“不符合”)国家标准。
（6）若将步骤Ⅱ中的硫酸换成浓盐酸，测定结果将___________(填“偏高”、“不变”或“偏低”)。
【答案】（1）容量瓶 （2）
（3）SO2+H2O2=H2SO4
（4）3×10-5 （5）符合
（6）偏高
【解析】
【分析】葡萄酒中的SO2用足量的NaOH吸收得到Na2SO3，溶液中加入足量的硫酸，用空气将产生的SO2排出，并用足量的H2O2溶液吸收生成H2SO4，最后H2SO4用标准浓度的NaOH溶液吸收，根据关系式可以计算出SO2的含量。
【小问1详解】
配制一定体积的0.01 ml·L-1NaOH溶液，实验步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤定容、摇匀和装瓶，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和容量瓶，故答案为：容量瓶；
【小问2详解】
根据题干信息知，步骤Ⅰ中，加入NaOH的目的是解离被有机化合物结合的SO2；SO2为酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水，则静置后的溶液中+4价硫元素的主要存在形态是；
【小问3详解】
SO2 具有还原性，与H2O2发生氧化还原反应生成硫酸，反应方程式为：SO2 + H2O2 = H2SO4；
【小问4详解】
根据关系式：SO2~H2SO4~2NaOH，n(H2SO4)=n(NaOH)=×0.01ml/L×6.00×10-3L=3×10-5，故答案为：3×10-5；
【小问5详解】
10 mL葡萄酒中含有SO2的物质的量为3×10-5ml，即浓度为3×10-3ml/L，3×10-3ml/L×64000mg/ml=192 mg·L-1＜250 mg·L-1，故答案为：符合；
【小问6详解】
由于盐酸易挥发，用空气泵将产生的SO2全部鼓出时会被带出，消耗氢氧化钠偏多，则该测定结果比实际值偏高，故答案为：偏高。
29. 某小组利用下图装置进行实验(加热、夹持装置略去，已检查气密性)，探究CO2、SO2分别通入KI溶液中对反应4I-+4H++O2=2I2+2H2O的影响。
（1）探究通入CO2的影响。
①甲是实验室制CO2的装置，b为石灰石，则c为_______，其作用是_______。
②实验发现：若仅向丙中通入O2，1小时后丙中溶液颜色未发生明显变化；若同时向丙中通入CO2与O2，1小时后，丙中溶液变为浅黄色，生成了可使淀粉变蓝的物质，该物质是_______(写化学式)。依据实验现象，可得结论：_______。
（2）探究通入SO2的影响。
①若试剂b为Na2SO3，试剂a为70%的硫酸，甲中加热反应的化学方程式是_______。
②向丙中同时通入O2和SO2，1小时后，溶液中出现浑浊。查资料可知，O2未参与反应，SO2与水在I-催化下生成了硫单质和硫酸。化学方程式是_______。
【答案】（1） ①. 饱和碳酸氢钠溶液 ②. 除去CO2气体中的HCl ③. I2 ④. 碘离子和O2在中性条件下不反应，酸性条件下发生反应
（2） ①. ②.
【解析】
【分析】装置甲采用石灰石和盐酸反应制CO2，生成的CO2中含有HCl，c为饱和碳酸氢钠溶液，除去CO2气体中的HCl；②淀粉遇到碘变蓝，该物质是I2，依据实验现象，可得结论碘离子和O2在中性条件下不反应，酸性条件下发生反应；
【小问1详解】
①实验室制CO2采用石灰石和盐酸反应，生成的CO2中含有HCl，b为石灰石，则c为饱和碳酸氢钠溶液，其作用是除去CO2气体中的HCl，故答案为：饱和碳酸氢钠溶液；除去CO2气体中的HCl；
②同时向丙中通入CO2与O2，1小时后，丙中溶液变为浅黄色，生成了可使淀粉变蓝的物质，淀粉遇到碘变蓝，该物质是I2，依据实验现象，可得结论碘离子和O2在中性条件下不反应，酸性条件下发生反应，故答案为：I2；碘离子和O2在中性条件下不反应，酸性条件下发生反应；
【小问2详解】
①若试剂b为Na2SO3，试剂a为70%的硫酸，两者反应生成SO2气体，则甲中加热反应的化学方程式是；
②SO2与水在I-催化下生成了硫单质和硫酸，化学方程式为。
30. 实验室常用NaOH溶液吸收NO2尾气，探究其适宜条件原理。20℃时，将4mL不同浓度NaOH溶液一次性推入中40mLNO2，观察现象。
（1）NaOH溶液吸收NO2时生成两种钠盐，分别为NaNO2和_____。
（2）检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理是_____。
（3）某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部OH-浓度过低，导致部分NO2与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将NO2缓慢推入NaOH溶液中，_____(补全实验现象)。
（4）进一步探究NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。
【查阅资料】
i.NO2遇水时发生反应：a.
b. ；
ii.酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。
【实验】将2mLNO2推入5mL下列试剂中，随即取出0.1mL溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。
①通过实验_____(填编号)对比，说明NO2遇水时发生了反应a和b。
②从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是_____。
（5）若用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL(20℃)无色气体。
综上，用NaOH溶液吸收NO2尾气，适宜的条件是______(写出两点即可)。
【答案】（1）NaNO3
（2）
（3）最终剩余气体小于7mL
（4） ①. 丙和戊 ②. HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率
（5）低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
【解析】
【小问1详解】
NaOH溶液吸收NO2时，所发生的化学反应为：，生成两种钠盐分为别NaNO3和NaNO2，故答案为NaNO3；
【小问2详解】
吸入少量空气，气体变为红棕色，根据守恒规律不难得出生成了NO2，化学方程式表示检验的反应原理为，故答案为：；
【小问3详解】
NO2是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部浓度过低，导致部分NO2与水反应而产生了NO，当缓慢推入NO2后，最终剩余气体小于7mL，则说明可能是该原因导致，故答案为：最终剩余气体小于7mL；
【小问4详解】
丙中是将2mLNO2推入5mL水中，而戊中试剂为酸性对氨基苯磺酸溶液，根据题中信息知，在酸性条件下，或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深，再根据溶液颜色变化来看，溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅，丙中加水一定程度上稀释了溶液，导致相对减小，也说明了的确是产生了和；根据题干信息可知，NO2遇水时发生反应：a.
b.，由实验丁的现象几乎与戊的颜色相同可知，此时是与戊差不多的，但是实验戊较实验丙而言颜色浅，说明实验丙中反应速率较慢，那就从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是，HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率，故答案为：丙和戊；HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率；
【小问5详解】
用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分，故答案为：低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
干燥试剂
收集方法
A．
浓硫酸
向上排空气法
B．
浓硫酸
向下排空气法
C．
碱石灰
向上排空气法
D．
碱石灰
向下排空气法
选项
试剂
目的
离子方程式
A
溶液
仅除去
B
溶液
仅除去
C
溶液
仅除去
D
盐酸
除去和
，
选项
实验操作及现象
实验结论
A
向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
原溶液中一定含有
B
向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
原溶液中一定含有Cl-
C
向某溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
原溶液中一定含Fe2+
D
向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊
原溶液中一定有
标准等级
一级标准
二级标准
三级标准
浓度限值(mg·m-3)
0~0.15
0.15~0.50
0.50~0.70
共价键
H — H
Cl — Cl
H — Cl
E （kJ · ml-1）
436
243
432
编号
c(NaOH)
现象
甲
2ml•L-1
活塞自动内移，最终剩余约7mL无色气体
乙
6ml•L-1
活塞自动内移，最终气体全部被吸收
编号
试剂
溶液颜色
丙
水
溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅
丁
6ml•L-1NaOH溶液
戊
酸性对氨基苯磺酸溶液