南漳一中2021-2022学年度第二学期高一年级第3月月考化学试题

这是一份南漳一中2021-2022学年度第二学期高一年级第3月月考化学试题，共14页。试卷主要包含了12L，56LB．原硝酸浓度10，92 L SO2转移4，48L，B错误；等内容，欢迎下载使用。
南漳一中2021-2022学年度第二学期高一年级3月考
高一化学科试题
时间：75分钟 满分100分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 Ba 137
一、单选题（15题，每题3分， 45分）
1．2021年7月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功发射天绘一号04星，下列关于“天绘一号04星”涉及的材料为金属材料的是
A．探测器上天线接收器外壳材料—镁合金防腐镀层
B．发动机使用的包覆材料—碳纤维
C．隔绝超低温环境所用材料—纳米二氧化硅
D．整流罩前锥段材料—聚甲基丙烯酰亚胺
2．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，刚开始时反应的离子方程式是
A．H++OH-→H2O B．NH+OH-→NH3·H2O
C．HSO+OH-→SO+H2O D．NH+2OH-→NH3·H2O+H2O
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，1molSO3的体积为
B．与含的浓硫酸在加热的条件下反应时，生成的在标准状况下的体积为
C．与足量的S充分反应，转移的电子数为
D．与足量浓硝酸反应时，转移的电子数为
4．下列反应过程中能量的变化与其他三项不同的是
选项
A
B
C
D
反应过程
氢气燃烧
C还原CuO
铁钉生锈
酸碱中和

A．A B．B C．C D．D
5．分解水获得H2的能量变化如图所示，下列说法正确的是

A．分解水属于吸热反应
B．断开H—O键放出能量
C．形成H—H键吸收能量
D．反应物的总能量大于生成物的总能量
6．下列除杂的方法正确的是
A．除去中的少量：通过灼热的CuO粉末，收集气体
B．除去中的少量HCl：通入过量NaOH溶液，收集气体
C．溶液：通入足量的氯气
D．溶液：加入过量铁粉，过滤
7．物质分离和提纯的操作方法有多种，如①过滤②蒸发③结晶④渗析⑤蒸馏⑥萃取⑦分液等。下图是从芳香植物中提取精油的装置及流程图，其中涉及的分离方法有

A．①②③④ B．②③④⑤ C．③④⑤⑥ D．⑤⑥⑦
8．某水溶液中只可能含有下列离子中的若干种：K+、Mg2+、Ca2+、Ba2+、NH、Cl−、NO、SO和CO。现每次取10 mL进行实验：
①第一份加入足量NaOH后加热，收集到气体1.12L(标准状况下)。
②第二份加入足量BaCl2溶液后得干燥沉淀6.27g，沉淀经足量盐酸洗涤，干燥后剩余2.33g。下列说法错误的是
A．原溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+、Ca2+
B．无法确定原溶液中是否含有Cl−和NO
C．原溶液中一定含有SO和CO，且浓度分别为1.00 mol·L−1、2.00 mol·L−1
D．要判断原溶液中是否含有K+，需再做焰色试验确定
9．将6.4g铜投入30mL一定浓度的硝酸中，恰好完全反应，产生标准状况下的NO和NO2混合气体共2.24L。则下列叙述正确的是
A．NO体积为0.56L B．原硝酸浓度10.0mol/L
C．NO和NO2物质的量之比为2∶1 D．体现酸性的硝酸为0.1mol
10．学习化学不是靠一味背诵的，要学会运用合适的方法，如“类推”，这样才能事半功倍。下列类推不正确的是
A．已知CO2通入Ca(OH)2溶液中先变浑浊后溶解，SO2通入Ba(OH)2溶液中也先变浑浊后溶解
B．已知BaCO3能溶于盐酸，溶液变澄清，BaCO3也能溶于硫酸，溶液变澄清
C．已知H2O能与Na2O2反应生成NaOH，H2O也能与BaO2反应生成Ba(OH)2
D．已知CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，则SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
11．1912年E．Beckmann冰点降低法获得了黄色的正交α—型硫元素的一种同素异形体S8分子。1891年，M．R．Engel首次制得了一种菱形的ε—硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是（       ）
A．S6和S8分子分别与铜粉反应，所得产物可能均为CuS
B．推测Na2S8可能是一种复合分子材料
C．S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3
D．等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同
12．已知SO2通入BaCl2溶液无明显现象。某同学利用如图装置探究SO2与BaCl2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BaSO3氧化为BaSO4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BaCl2溶液中，保证气体与Ba2+充分接触
13．意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，N4分子结构与白磷(P4)相同，如图所示，已知断裂1mol N—N键吸收167kJ能量，而生成1mol N≡N放出942kJ能量，根据以上信息和数据判断下列说法不正确的是

A．N4中每个N均满足8e—稳定结构
B．N4和N2互为同素异形体
C．N4只含有非极性共价键
D．1molN4完全转化为N2时会释放60kJ能量
14．接触法制硫酸、氨氧化法制硝酸、工业制备高纯硅经过下列主要变化:FeS2 SO2SO3H2SO4     NH3 NONO2 HNO3     SiO2Si(粗) SiHCl3Si(纯)。下列说法符合事实的是(已知SiHCl3中H的化合价为-1)
A．所有变化都是氧化还原反应
B．2、4、5、8 都是化合反应, 反应3、6均用水作吸收剂
C．反应7的化学方程式为SiO2 +C Si+CO2
D．反应1每生成标况下17.92 L SO2转移4.4mol电子;反应9每生成1molSi转移4mol电子
15．某固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：

下列说法不正确的是（       ）
A．溶液1中不可能含有Cl-
B．气体1可能是二种气体的混合物
C．固体1可能是二种固体的混合物
D．固体X中，K2SO4和Na2SO3两种物质至少含一种
第II卷（非选择题，4大题，55分）
16．氮在自然界中的转化是一个复杂的过程，氮循环是生态系统物质循环的重要组成部分。
(1)在一定条件下，NH3可用于脱除氮氧化物的烟气，其反应原理为4xNH3+6NOx(2x+3)N2+6xH2O。该反应中的还原剂为____(填化学式)。
(2)氨的催化氧化是制备硝酸的重要过程，实验室按如图所示装置进行氨的催化氧化实验。

实验操作：将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管通入热空气，将红热的铂丝伸入锥形瓶中。
实验现象：a.红热的铂丝始终保持红热状态；b.瓶中有红棕色气体生成，瓶内还有白烟生成。回答下列问题：
①铂丝始终保持红热状态的可能原因是____。
②通入热空气的作用是____。
③请写出氨气的催化氧化反应的化学方程式：____。
④红棕色气体的化学式为____，此气体可用NaOH溶液吸收，有NaNO2和NaNO3生成，写出该反应的离子方程式：____。
(3)氨是氮循环中的重要物质，在人类的生产和生活中有着广泛的应用。高浓度的氨氮废水是造成河流及湖泊富营养化的主要因素，研究表明在微生物作用下，可实现NH→NO的转化。写出在碱性条件下，NH被氧气氧化为NO的反应的离子方程式：____。每生成1molNO，转移的电子的物质的量为____mol。再往含NO的废水中加入甲醇，可将NO转化为N2，实现废水的无害化处理。
17．为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如图三套实验装置：

(1)上述装置中，不能用来证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是_______。(填序号)
(2)某同学选用装置I进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管里加入适量氢氧化钡晶体与氯化铵固体搅拌反应，U形管中可观察到的现象是_______，
(3)为探究固体M溶于水的热效应，选择装置II进行实验(反应在甲中进行)。观察到烧杯里产生气泡，则M溶于水_______是放热反应(填“一定”或“可能”)，理由是_______。
(4)为证明超氧化钾与水的反应(4KO2+2H2O=4KOH+3O2↑)是放热反应还是吸热反应，可选用下列两种方案：
方案①：选择上述装置_______(填“I”或“III”)进行实验。
方案②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，说明该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)。
18．[Cu(NH3)4]SO4·H2O常用作杀虫剂、媒染剂，某小组在实验室以铜为主要原料合成该物质的路线如图所示：

资料卡：①[Cu(NH3)4]SO4·H2O为绛蓝色晶体。
②(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中均可溶，在乙醇中均难溶。
③若向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，会析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。
请回答下列问题：
(1)方案1的实验步骤为：蒸发浓缩、___、过滤、洗涤、干燥。
(2)方案2的实验步骤为：向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入适量___(填试剂名称)，过滤、洗涤、干燥。
(3)方案1、2中步骤均有过滤、洗涤、干燥。
①过滤的主要目的是将固液混合物进行分离。中学化学中常见的固液混合物分离的操作有“倾析法”、“普通过滤法”和“减压过滤法”等，操作示意图如图：

减压过滤法相对于普通过滤法的优点为___(填序号，下同)。
A．过滤速度相对较快
B．能过滤胶体类混合物
C．得到的固体物质相对比较干燥
②下列最适合在“洗涤”步骤中作为洗涤液的是___。
A．蒸馏水       B．乙醇与水的混合液        C．饱和(NH4)2SO4溶液
19．黄铁矿(FeS2)是一种重要的含硫矿物，可用于制备硫酸和冶炼金属铁。利用黄铁矿可生产硫酸，其流程如图所示：

(1)煅烧炉中发生反应的化学方程式为____。
(2)炉渣经稀硫酸溶解后，过滤，可得黄色的溶液，若将炉气通入溶液中，可发现黄色溶液变为浅绿色，而后又变成黄色，其可能的原因为____、____。(用离子方程式表示)
(3)含有Fe2+、Fe3+的硫酸盐混合溶液可用于回收硫单质，其转化关系如图所示。其中反应①中作氧化剂的是____(填离子符号或化学式)，该图示中总反应的化学方程式为____。

(4)现将上述炉气净化除尘后，得到气体VL(已换算成标准状况)，将其通入足量H2O2溶液中充分吸收后，再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应)，过滤、洗涤、干燥，得到bg沉淀。H2O2的作用是____；净化除尘后的气体中SO2含量(体积分数)的计算式是____(用含V、b的代数式表示)。

参考答案：
1．A
A．镁合金是金属材料，A正确；
B．碳纤维是非金属单质，B错误；
C．二氧化硅是非金属，C错误；
D．聚甲基丙烯酰亚胺是有机物，D错误；
故选A。
2．A
NH4HSO4溶液中H+、NH均能和OH-反应，但NaOH先和H+反应，故开始时离子方程式为H++OH-=H2O，故选：A。
3．D
A．标准状况下SO3为固体，未知密度，无法计算体积，A错误；
B．随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，故无法全部参与反应，故生成的在标况下体积会小于4.48L，B错误；
C．1mol Cu与足量的S充分反应，生成0.5molCu2S，转移电子数为1NA，C错误；
D．0.5molCu与足量浓硝酸反应时，生成0.5molCu2+，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，转移的电子数为NA，D正确；
故选D。
4．B
氢气燃烧的反应为放热反应，加热条件下碳还原氧化铜的反应为吸热反应，铁钉生锈是铁缓慢氧化的放热反应，酸碱中和反应为放出能量的放热反应，则热条件下碳还原氧化铜的反应过程中能量的变化与其他三项不同，故选B。
5．A
A．从分解的能量变化图可知：反应物的总能量小于生成物的总能量，故分解水属于吸热反应，A正确；
B．断开H—O键需要吸收能量，B错误；
C．形成H—H键将释放能量，C错误；
D．从分解的能量变化图可知：反应物的总能量小于生成物的总能量，D错误；
故答案为:A。
6．D
除杂过程不应减少主要物质，不应引入新杂质。
【详解】
A．通过灼热的CuO粉末不能除去，A错误；
B．过量NaOH溶液除去HCl的同时将CO2也消耗了，B错误；
C．氯气与FeSO4反应生成FeCl3，是新杂质，C错误；
D．Fe与FeCl3反应生成FeCl2，过滤除去多于铁粉，滤液是FeCl2溶液，D正确；
故选D。
7．D
水蒸汽蒸馏法提取精油的过程如下：
❶．将植物原料放入蒸馏设备，利用下方产生的水蒸气，蒸馏出植物的芳香成分,这个步骤本身就足利用水蒸汽蒸馏萃取；
❷．含有芳香成分的水蒸气集中在冷凝器中；
❸．集中后的水蒸气经过冷却, 变成由一层精迪和一层纯露构成的液体，二者会分层，需要分液；
❹．分离精油并装入瓶中；
综上所述需要蒸馏、萃取、分液这些操作，D符合题意；
故选D；
8．D
根据实验①现象可知气体为氨气，则含有NH，且铵根的物质的量为，该溶液中不含Mg2+；
根据实验②现象判断，该溶液中含有SO和CO，干燥后剩余2.33g为BaSO4质量，计算出硫酸根的物质的量为：，碳酸根的物质的量为：；由于SO和CO与Ca2+、Ba2+不共存，则溶液中一定不含有Ca2+、Ba2+；由溶液呈电中性，已知一定存在的阳离子的物质的量为0.05×1=0.05mol，阴离子为0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol，则一定存在K+，Cl−、NO不能确定；
【详解】
A．依据以上分析可知，原溶液中一定不含有Mg2+、Ba2+、Ca2+，故A正确；
B．依据以上分析可知，无法确定原溶液中是否含有Cl−和NO，故B正确；
C．原溶液中一定含有SO和CO，且浓度分别为、，故C正确；
D．由溶液呈电中性，已知一定存在的阳离子的物质的量为0.05×1=0.05mol，阴离子为0.01mol×2+0.02mol×2=0.06mol，则一定存在K+，故D错误；
故选：D。
9．B
6.4gCu的物质的量为0.1mol，与硝酸恰好反应，生成标况下NO和NO2共2.24L，0.1mol，根据电子转移守恒，Cu失去电子=N得到的电子，0.1molCu被氧化失去0.2mol电子，设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，故有3x+y=0.2和x+y=0.1mol，解得x=0.05mol，y=0.05mol。
【详解】
根据上述分析可知，
A．NO的物质的量为0.05mol，标况下体积为1.12L，A错误；
B．根据原子守恒，消耗的硝酸的总物质的量=起氧化剂作用的硝酸的物质的量(还原产物的总物质的量)+起酸性作用的硝酸的物质的量(生成盐中的硝酸根的物质的量)，故有n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)+2n(Cu(NO3)2)=0.1+0.2=0.3mol，V=30mL，c(HNO3)=0.3mol/0.03L=10.0moL，B正确；
C．由以上分析可知NO和NO2物质的量之比为1∶1，C错误；
D．体现酸性的硝酸的物质的量=生成盐中的硝酸根的物质的量=2n(Cu(NO3)2)=2n(Cu)=0.2mol，D错误；
故选：B。
10．B
A.CO2和SO2都是典型的酸性氧化物，所以化学性质类似，与Ca(OH)2或者Ba(OH)2溶液反应时都是先变浑浊后溶解，A项正确；
B.BaCO3能溶于硫酸，但是会生成新的沉淀BaSO4，溶液依然浑浊，B项错误；
C.Na2O2和BaO2都是过氧化物，氧元素的化合价都是+1价，所以都可与水反应生成相应的碱，C项正确；
D.CO2和SiO2都是酸性氧化物，都能和碱反应生成盐和水，D项正确；
答案选B。
11．D
A．S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铜粉反应，所得产物相同均为Cu2S，故A选项错误。
B．Na2S8不是复合分子材料，故B选项错误。
C．不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C选项错误。
D．等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D选项正确。
故答案选D。
【点睛】
本题中要注意S6和S8是硫元素的不同单质，互为同素异形体，化学性质相似，可以采用对比法研究。
12．A
SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的SO32-，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，若是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，若是氧化性气体，溶液中可生成SO42-，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，所以导气管A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. 若是碱性气体，溶液中存在大量的SO32−，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生氨气碱性气体，故A正确；
B. SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，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，为防止倒吸，所以不能插入BaCl2溶液中，故D错误；
答案选A。
13．D
A．由分子结构可知，N4分子中每个氮原子与3个氮原子形成共价键，均满足8e—稳定结构，故A正确；
B．N4和N2是氮元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故B正确；
C．由分子结构可知，N4分子中每个氮原子与3个氮原子只形成氮氮非极性共价键，故C正确；
D．由断裂1mol N—N键吸收167kJ能量，而生成1mol N≡N放出942kJ能量可知，1molN4完全转化为N2时会释放的能量为942kJ/mol×2mol—167kJ/mol×6mol=882kJ，故D错误；
故选D。
14．D
A．反应③是三氧化硫和水反应生成硫酸，没有化合价变化，不是氧化还原反应，A错误；
B．氨气发生催化氧化生成NO和水，不是化合反应，硅和氯化氢反应生成氢气和SiHCl3也不是化合反应，工业上利用98.3%的浓硫酸吸收三氧化硫制备硫酸，不用水吸收，B错误；
C．反应7的化学方程式应该为SiO2 +2C Si+2CO↑，C错误；
D．反应1的方程式为4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，生成8mol二氧化硫转移44mol电子，则每生成标况下17.92 L SO2（0.8mol）转移4.4mol电子；反应9的方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl，硅元素化合价从+4价降低到0价，因此每生成1molSi转移4mol电子，D正确；
答案选D。
15．D
固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，Fe2O3、Al2O3、SiO2都难溶于水且与水不反应，K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2都为溶于水的盐；加入足量水，有气体1产生，则X中一定含有Na2O2，Na2O2与水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与水反应放热；
A.因为MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl，Mg(OH)2不溶于NaOH溶液，而固体X中加入足量水得到的固体1能与NaOH溶液反应得到溶液2，故固体1中不含Mg(OH)2，X中不含MgCl2，溶液1中不可能含Cl-，A正确；
B.若X中还含有NH4NO3，则固体X加入足量水后还会发生反应：NH4NO3+NaOHNaNO3+NH3↑+H2O，气体1可能是O2、NH3的混合物，B正确；
C.若X中还同时含有Al2O3、SiO2，X与足量水反应后可能溶解部分Al2O3、SiO2，还有未溶解的Al2O3、SiO2在固体1中，Al2O3、SiO2都能溶于NaOH溶液，C正确；
D.溶液1中加入盐酸/BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO42-、SiO32-等，即溶液1中不一定含SO42-，则原固体X中不一定含有K2SO4、Na2SO3，D错误；
答案选D。
16．(1)NH3
(2)     NH3与O2在铂丝的表面进行的反应放热     促使氨气挥发出来，同时提供氧气     4NH3+5O24NO+6H2O     NO2     2NO2+2OH-=NO+NO+H2
(3)     NH+2O2+2OH-=NO+3H2O(写“NH3·H2O+2O2+OH-=NO+3H2O)     8
将浓氨水倒入锥形瓶中，从导气管中通入热空气，提供温度，可促进一水合氨的电离，把浓氨水中生成的氨气排出，与氧气反应，在铂丝做催化剂的条件下，氨气发生氧化反应生成NO；NO再与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，由于瓶内有水蒸气存在，可能有NO2和水蒸气反应生成硝酸，氨气再和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体小颗粒。
(1)
NH3→N2过程中N元素化合价从-3升到0价，还原剂为NH3；
(2)
①铂丝始终保持红热状态说明有化学反应释放能量，可能原因是NH3与O2在铂丝的表面进行的反应放热；
②氨水易挥发，步骤中鼓入热空气把浓氨水中生成的氨气排出接触到红热的铂丝，与氧气反应，则通入热空气的作用是促使氨气挥发出来，同时提供氧气；
③氨的催化氧化反应，氨气中-3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧化氮，反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
④红棕色气体为NO2；用NaOH溶液吸收NO2，反应中只有N元素化合价变化，则N的化合价分别由+4价变化为+5价和+3价，转移电子1mol，生成等量的NaNO3和NaNO2，反应的离子方程式为：2NO2+2OH-=NO+NO+H2；
(3)
在碱性条件下NH被氧气氧化成NO的反应离子方程式为：NH+2O2+2OH-=NO+3H2O；N元素从-3价升到+5价，每生成1molNO，转移的电子的物质的量为1mol×(5-(-3))=8mol。
17．     III     左端液柱升高，右端液柱降低     可能     某些物质(如浓硫酸)溶于水放热，但不是放热反应     I     放热
【解析】
【分析】
装置Ⅰ和Ⅱ可以分别通过右边装置中液面变化、是否有气泡判断反应是吸热还是放热，而装置Ⅲ是将生成的气体直接通入水中，无法判断该反应是吸热还是放热反应；同时结合热胀冷缩的原理分析解答。
【详解】
(1)装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应；装置Ⅲ只是一个锌和稀硫酸反应并将生成的气体通入水中的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应，故上述装置中，不能证明“锌和稀硫酸反应是吸热反应还是放热反应”的是Ⅲ；
(2)氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应是吸热反应，所以锥形瓶中气体受冷收缩，导致U形管左端液柱升高，右端液柱降低；
(3)若观察到烧杯里产生气泡，说明M溶于水可能放出热量，由于放热反应一定属于化学变化，而有热量放出不一定为化学变化，所以不一定属于放热反应，某些物质(如浓硫酸)溶于水放热，但不是化学反应；若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，说明装置中气体的压强减小，则M可能是硝酸铵，硝酸铵溶于水，吸收热量，温度降低，气体压强减小，
(4)根据分析可知装置Ⅲ并不能证明某反应是吸热反应还是放热，应选Ⅰ进行实验；
若观察到棉花燃烧，说明该反应放出热量，温度达到脱脂棉的着火点，脱脂棉燃烧，则说明该反应是放热反应。
18．(1)冷却结晶
(2)乙醇
(3)     AC     B
【解析】
【分析】
铜屑在氧气作用下，体系温度达到50℃时溶解在稀硫酸之中，往溶解后溶液加入足量氨水得到[Cu(NH3)4]SO4溶液，之后可以蒸发得到浓溶液、冷却结晶，也可以加入乙醇析出晶体，再过滤、洗涤、干燥，即可得到产品晶体。
(1)
方案1的目的是将[Cu(NH3)4]SO4溶液制得[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，为了保持结晶水的存在，不能直接蒸发结晶，实验步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
(2)
根据题给资料卡③，向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入适量乙醇，会析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，再过滤、洗涤、干燥即可。
(3)
①减压过滤法通过降低瓶内气压，增大与大气压的差值，相对于普通过滤法具有A过滤速度相对较快、C得到的固体物质相对比较干燥，B胶体类混合物都能透过滤纸不能用过滤法分离；
②根据题意，[Cu(NH3)4]SO4·H2O在水中可溶，在乙醇中难溶，为了能充分洗掉可能存在的氨水和硫酸铵等杂质，得到比较干燥的晶体，最适合在“洗涤”步骤中作为洗涤液的是乙醇与水的混合液。
19．(1)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
(2)     2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+     4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O
(3)     Fe3+     2H2S+O22H2O+2S↓
(4)     将SO2氧化为H2SO4     ×100%
【解析】
【分析】
煅烧炉中FeS2与氧气发生氧化还原反应生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，炉渣为Fe2O3，炉气SO2通入空气被氧化为SO3，再加入浓硫酸形成发烟浓硫酸；
(1)
煅烧炉中FeS2与氧气发生氧化还原反应生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
(2)
炉渣成分为Fe2O3经稀硫酸溶解后得到硫酸铁溶液，若将炉气SO2通入硫酸铁溶液中，可发现黄色溶液变为浅绿色，说明铁离子被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+，由于亚铁离子易被氧化，而后又变成黄色，反应的离子方程式为：4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O；
(3)
反应①中作氧化剂的是Fe3+→Fe2+，Fe元素化合价降低，则作氧化剂的是Fe3+；该图示中总反应的反应物是H2S、O2，生成物是S和H2O，反应化学方程式为2H2S+O22H2O+2S↓；
(4)
H2O2吸收SO2的化学方程式是SO2+H2O2=H2SO4，H2O2的作用是将SO2氧化为H2SO4；硫酸与氯化钡反应硫酸钡bg，物质的量为，根据S原子守恒，所以SO2的体积为V=nVm=×22.4L，则尾气中SO2的含量(体积分数)×100%。