精品解析：河南省南阳市2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

这是一份精品解析：河南省南阳市2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 用NA表示阿伏伽德罗常数的值， 下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022年秋期高中一年级期终质量评估
化 学 试 题
可能用到的部分相对原子质量：H 1 He 4 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 C l35.5 K 39 Fe 56 Cu 64 Ag 108 Ba 137
第I卷(选择题共40分)
一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A. 金(Au)：“虽被火亦未熟"
B. 石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C. 石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D. 石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。

2. 配制一定物质的量浓度的溶液的操作过程示意图如下：

下列说法中错误的是
A. “操作1”需将溶解的溶液及烧杯洗涤液全部转移到容量瓶中
B “操作2”中玻璃棒起引流作用
C. “操作4”定容时俯视刻度线会造成所配溶液浓度偏低
D. 所配制的溶液中为
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶解得到的溶液及洗涤烧杯2~3次的洗涤液均需转移到容量瓶中，保证溶质完全转移，A项正确；
B．向容量瓶中转移溶液时用玻璃棒引流，B项正确；
C．定容时若俯视刻度线，水的量不足，溶液体积减小，造成所配溶液浓度偏大，C项错误；
D．碳酸钠的质量为10.6g，，容量瓶规格为100mL，溶液的物质的量浓度为，，D项正确；
答案选C。
3. 甲、乙、丙、丁四种物质中，均含有相同的某种元素。在一定条件下它们之间存在如图转化关系：

下列说法错误的是
A. 甲可能是单质，也可能是化合物 B. 甲与丁反应可能生成盐
C. 反应①②一定是氧化还原反应 D. 反应③一定是化合反应
【答案】D
【解析】
【分析】由图中转化可知，甲可发生连续氧化反应，且丙与水反应，可知甲可能为Na、S、N2、H2S、NH3等，丁为碱或含氧酸，以此来解答。
【详解】A．由上述分析可知，甲可能为Na、S、N2、H2S、NH3等，则可能为单质或化合物，故A正确；
B．若甲为氨气，丁为硝酸，二者反应生成盐，故B正确；
C．反应①②中O元素的化合价降低，一定是氧化还原反应，故C正确；
D．若丙为二氧化氮，与水发生氧化还原反应生成硝酸和NO，不属于化合反应，故D错误；
故选D。
4. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的有
①142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数为3NA
②3.9gNa2O2固体所含阴离子数为0.05NA
③标准状况下，46g乙醇中含有NA个分子
④常温下，2g氦气所含的原子数目为NA
⑤56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33.6L
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【详解】①Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/mol，故142g Na2SO4和Na2HPO4的物质的量为n==1mol，且两者均由2个钠离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含离子共3NA个，①正确；
②3.9g Na2O2的物质的量为n==0.05mol，而过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根离子构成，故0.05mol过氧化钠中含阴离子为0.05NA个，②正确；
③46g乙醇的物质的量为＝1mol，含有NA个分子，③正确；
④氦气由氦原子构成，故2g氦气中含有的氦原子的物质的量为n==0.5mol，即0.5NA个，④错误；
⑤56g铁的物质的量为n==1mol，和氯气反应消耗氯气为1.5mol，但氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，⑤错误；
①②③正确，故选C。
5. 在和的混合溶液中加入铁粉，充分反应后有固体剩余，经过滤后滤液中的可能含有的离子有
① ②和 ③和 ④和
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③
【答案】A
【解析】
【详解】在和混合溶液中加入铁粉，Fe先和Fe3+反应Ⅰ，然后Fe和Cu2+反应Ⅱ ，所以充分反应后若有固体剩余，则固体中一定含有Cu，溶液中一定无Fe3+，若反应Ⅱ恰好完全反应或铁粉过量，则溶液中只含Fe2+，若反应Ⅱ铁粉不足，溶液中含有Fe2+和Cu2+，所以经过滤后滤液中的可能含有的离子①或③，故答案选A。
6. 实验室探究与溶液反应的原理，装置如图，实验中Y装置产生白色沉淀。下列说法错误的是

A. 滴加浓硫酸之前应进行的操作是打开弹簧夹，通入一段时间
B. Y中产生的白色沉淀是
C. 在X装置中浓硫酸不体现氧化性
D. 若将换成氨水，Y中不能产生白色沉淀
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置X的作用是产生SO2，为防止＋4价S被氧化，需要先通入一段时间的N2，排除装置中的空气，故A说法正确；
B．酸性条件下，NO能将SO2氧化成SO，Fe3＋也能将SO2氧化成SO，SO与Ba2＋反应生成BaSO4沉淀，故B说法正确；
C．生成二氧化硫，体现浓硫酸的强酸性，浓硫酸遇水放出大量的热，有利于二氧化硫的逸出，故C说法正确；
D．换成氨水，SO2能与氨水反应生成SO，SO能与Ba2＋反应生成BaSO3沉淀，故D说法错误；
答案为D。
7. 向和的混合溶液中加入溶液中的恰好完全沉淀，再加入足量强碱并加热使氨气完全逸出，收集到，则原溶液中的物质的量浓度为(单位：)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】向和的混合溶液中加入溶液中的恰好完全沉淀，则原溶液中有bmol，再加入足量强碱并加热使氨气完全逸出，收集到，说明原溶液中有cmol，根据电荷守恒，的物质的量为(2b-c)mol，原溶液中则原溶液中的物质的量浓度为=，故选A。
8. 下列离子方程式书写正确的是
A. Cu与浓硝酸混合：
B. 向碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水：
C. 向足量Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：
D. 常温下，将氯气通入水中：
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜与浓硝酸混合发生的反应为铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+2+4H+ =Cu2++2NO2 ↑+ 2H2O，故A错误；
B．因澄清石灰水过量，所以设Mg(HCO3)2为1mol，离子方程式为Mg2++2HCO3-+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2O，故B错误；
C．向足量Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液，离子方程式为，故C正确；
D．HClO属于弱酸，离子方程式为，故D错误；
故选C。
9. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定。下列说法正确的是

A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中每生成1分子，转移5个电子
D. X的化学式为
【答案】D
【解析】
【分析】本题结合图示转化考查氧化还原反应知识的综合应用。解答关键是结合图示转化确定物质X的化学式和分析反应中元素的化合价变化。
分析图示转化：

结合图2可知X中含有，且，故X中一定含，即X的化学式为。
储存时发生反应：；
还原时发生反应：。
由图示可知为催化剂，为中间产物，通过储存和还原过程能将汽车尾气成分净化，最终得到和的混合物。
【详解】A．结合上述分析可知，在还原过程中，氨元素被还原，而储存过程中氧元素被还原，则氨元素被氧化，A错误；
B．结合图示储存和还原过程，可知催化剂均参与化学反应，B错误；
C．还原过程中转化为，由化合价变化可知每生成1个分子，将转移10个电子，C错误；
D．结合上述分析可知X的化学式为，D正确；
故选D。
10. 8.34gFeSO4·7H2O(相对分子质量：278)样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示，下列说法正确的是

A. 温度为78℃时固体物质M的化学式为FeSO4·5H2O
B. 温度为159℃时固体N的化学式为FeSO4·2H2O
C. 在隔绝空气条件下，N得到P的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O
D. 取适量380℃时所得的样品P，隔绝空气加热至650℃，得到一种固体物质Q，同时只得到一种无色气体生成
【答案】C
【解析】
【分析】8.34g七水硫酸亚铁晶体的物质的量为=0.03mol，若晶体受热完全脱去结晶水所得固体的质量为8.34g—0.03mol×7×18g/mol=4.56g，则P点前为七水硫酸亚铁晶体脱去结晶水的过程，P点后为硫酸亚铁为隔绝空气受热分解的过程，由铁原子个数守恒可知，Q中铁原子和氧原子的物质的量比为0.03mol：=2：3，则Q的化学式为Fe2O3，由得失电子数目守恒可知，硫酸亚铁高温条件下的分解反应为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
【详解】A．由分析可知，温度为78℃时为脱去结晶水的过程，由题给数据可知M中硫酸亚铁和结晶水的物质的量比为0.03mol： =1：4，则M的化学式为FeSO4·4H2O，故A错误；
B．由分析可知，温度为159℃时为脱去结晶水的过程，由题给数据可知N中硫酸亚铁和结晶水的物质的量比为0.03mol： =1：1，则N的化学式为FeSO4·H2O，故B错误；
C．由分析可知，在隔绝空气条件下，N得到P的反应为FeSO4·H2O脱去结晶水生成FeSO4，反应的化学方程式为FeSO4·H2OFeSO4＋H2O，故C正确；
D．由分析可知，P得到Q的反应为硫酸亚铁隔绝空气受热分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，由方程式可知分解反应得到2种无色气体生成，故D错误；
故选C。
二、选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
11. 最新的病毒学研究证实，一氧化氮对SARS病毒有直接抑制作用，下列有关一氧化氮的叙述正确的是
A. 一氧化氮是一种红棕色的气体
B. 常温常压下，一氧化氮能与空气中的氧气直接化合
C. 一氧化氮可由氮气和氧气在放电的条件下直接化合得到
D. 一氧化氮易溶于水，不能用排水法收集
【答案】BC
【解析】
【详解】A．一氧化氮是一种无色的气体，故A错误；
B．常温常压下，一氧化氮能与空气中的氧气直接化合生成二氧化氮，故B正确；
C．在放电条件下，氮气和氧气直接化合得到一氧化氮，故C正确；
D．一氧化氮微溶于水，能用排水法收集一氧化氮，故D错误；
故选BC。
12. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是

A. e溶液中K+、Cl-、SCN-、Br-可以大量共存
B. b既可被氧化，也可被还原
C. 可将e加入浓碱液中制得d的胶体
D. 可存在b→c→d→e→b循环转化关系
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．由图示知，e溶液中含有Fe3+，由反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，知Fe3+与SCN-不能大量共存，A符合题意；
B．b中铁元素价态为+2价，可以被氧化到+3价，也可以被还原到0价，B说法合理，不符合题意；
C．碱溶液中含有大量OH-，与Fe3+反应会生成大量的Fe(OH)3从而形成沉淀，C符合题意；
D．Fe2+可以碱反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2会被空气中氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3与酸反应可生成铁盐，Fe3+与Fe单质反应可生成Fe2+，D说法合理，不符合题意；
故答案选AC。
13. 将通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示.下列说法不正确的是

A. 和苛性钾溶液在不同温度下可能发生不同反应
B. 原苛性钾溶液中的物质的量无法确定
C. 反应中转移电子数
D. 生成物中的物质的量为
【答案】BC
【解析】
【分析】图示可知先生成，随反应放热，反应温度升高才有，由图示数据生成、，转移电子数为，利用电子守恒知，反应一定生成，利用原子守恒可知参加反应的物质的量为。
【详解】A． 图示可知先生成，随反应放热，反应温度升高才有，说明和苛性钾溶液在不同温度下可能发生不同的反应，故A正确；
B． 结合分析，利用原子守恒可知参加反应的物质的量为，故B错误；
C． 由图示数据生成、，转移电子数为，故C错误；
D． 由分析，生成物中的物质的量为，故D正确；
故选BC。
14. 空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实验研究其成因：反应室底部盛有不同的吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载气通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO的质量分数，数据如表所示：
反应室
载气
吸收液
SO的质量分数/%
数据分析
①
N2
蒸馏水
a
i：b≈d＞a≈c；
ii：若起始不通入NO2，则最终检测不到SO
②
质量分数为3%的氨水
b
③
空气
蒸馏水
c
④
质量分数为3%的氨水
d

下列说法不正确的是（ ）
A. 控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施
B. 反应室①中可能发生反应：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2
C. 本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中的O2有关
D. 农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成
【答案】C
【解析】
【详解】A．控制和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；
B．由题意可知反应室①中可能发生反应，故B正确；
C．依据数据可知，硫酸盐的形成与空气中的氨有关，与氧气无关，故C错误；
D．农业生产中大量使用铵态氮肥使空气中氨的含量增加，依据实验可知空气中的氨更有利于硫酸盐的形成，从而加剧雾霾的形成，故D正确。
综上所述，答案为C。
15. Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图(已知：标准状况下N2O4为液态)。下列有关判断正确的是

A. 常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，所以二者需要在加热条件下才能反应
B. 若消耗铜片质量为44.8g，则生成0.3molNaNO3
C. 标准状况下收集的氮氧化物为20.16L
D. 铜与浓硝酸反应过程中硝酸体现氧化性与酸性
【答案】BD
【解析】
【分析】Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液， n(Cu)==0.7mol，n(NaOH)=0.5L×2mol/L=1mol，由电子守恒可知，44.8gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，则0.7mol×(2-0)=n(NaNO2)×(5-3)，解得n(NaNO2)=0.7mol，由Na原子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，则n(NaNO3)=1mol-0.7mol=0.3mol。
【详解】A． 常温下，Cu遇浓硝酸发生反应，生成硝酸铜、二氧化氮和水，不发生钝化，故A错误；
B． n(Cu)=0.7mol，n(NaOH)=1mol，由电子守恒可知，44.8gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，则0.7mol×(2-0)=n(NaNO2)×(5-3)，解得n(NaNO2)=0.7mol，由Na原子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，则n(NaNO3)=1mol-0.7mol=0.3mol，若铜片为44.8g，则生成0.3molNaNO3，故B正确；
C．标准状况下0.9mol气体的体积为20.16L，氮氧化物共0.9mol，标准状况下四氧化二氮是液体，则标准状况下收集的氮氧化物体积不等于20.16L，故C错误；
D．硝酸中 N由+5价降为+4价生成NO2时做氧化剂、表现氧化性，生成硝酸铜时N化合价不变、表现酸性，故D正确；
故选BD。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
三、非选择题(本题共5小题，共60分。)
16. 有一包白色固体，可能含有Na2CO3、KNO3、KCl、BaCl2和CuSO4，按下列步骤做实验：①将该固体溶于水得无色溶液；②向溶液中加入AgNO3溶液，得到白色沉淀，再加稀HNO3，白色沉淀部分溶解并有气泡产生，把气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊。根据上述现象判断：
（1）一定存在的物质是____，一定不存在的物质是____，可能存在的物质是____。
（2）称取上述混合物3.56g溶于水得溶液A，在A中加入50mL未知的AgNO3溶液恰好完全反应，过滤得沉淀B，向B中加入足量稀硝酸，充分反应后剩余沉淀2.87g，同时放出0.224L的气体(标准状况下测定)。计算：原混合物中Na2CO3的质量分数为____(结果保留2位有效数字，下同)，AgNO3溶液的物质的量浓度____，该混合物的成分是___，它们的物质的量之比为___。
【答案】（1） ① 、 ②. 、 ③.
（2） ①. 0.30 ②. ③. 、、 ④. 1：1：2
【解析】
【小问1详解】
由“水溶液无色”，可排除，由“白色溶液部分溶于稀硝酸”，可确认有和，由的存在可排除。不能确认的是。
【小问2详解】
与硝酸银反应生成的沉淀是和，与足量硝酸反应后剩余的沉淀2.87g是，其物质的量为0.02mol，推知原为0.02mol。产生的0.224L的气体是，即0.01mol，推知原为0.01mol。进一步计算可知，与的质量之和小于原混合物的质量3.56g，说明混合物中还含有。
17. 某小组同学用如图所示装置制取氨气并验证氨气的性质。

请回答：
（1）制取氨气的化学方程式是_______。
（2）采用题图的方法收集氨气，是因为氨气的密度比空气的_______(填“大”或“小”)。
（3）若要检验试管中氨气是否搜集满，采用的方法是_______
（4）下列不能用于干燥氨气的是_______(填字母，下同)。
A. 浓硫酸 B. 氢氧化钠 C. 五氧化二磷 D. 碱石灰
（5）生石灰与水反应生成并放出热量。实验室利用此原理，向生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。用此方法制取氨气应选用的气体发生装置是_______。

【答案】（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）小 （3）用湿润的红色石蕊试纸放置于试管口，若试纸变蓝，则证明氨气已搜集满 （4）AC
（5）c
【解析】
【分析】实验室制取氨气原理为：2NH4C1+Ca(OH)2CaCl2 +2NH3↑+2H2O；因氨气溶于水得到氨水，氨水呈碱性，可用红色石蕊试纸检验；氨气是碱性气体，选择干燥剂时不能选择酸性干燥剂；
【小问1详解】
实验室中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制备氨气同时生成氯化钙、水，反应的化学方程式为2NH4C1+Ca(OH)2CaCl2 +2NH3↑+2H2O；
【小问2详解】
氨气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集氨气；
【小问3详解】
因氨气溶于水得到氨水，氨水呈碱性，把湿润的红色石蕊试纸靠近收集氨气的试管口，试纸变蓝；
【小问4详解】
浓硫酸、五氧化二磷是酸性干燥剂，氨气是碱性气体，氨气不能用浓硫酸、五氧化二磷干燥，故选AC；
【小问5详解】
生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量。实验室利用此原理，向生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。此方法属于固液不加热制取气体，应选用的气体发生装置是c。
18. 宏观辨识、微观探析和符号表征是体现化学学科特征的思维方式。某化学兴趣小组设计实验，探究离子反应及氧化还原反应的本质。
Ⅰ．离子反应
（1）向0.2mol·L-1Ba(OH)2溶液中滴入几滴酚酞溶液，装置如图。接通电源，向该溶液中滴入0.2molL-1H2SO4溶液。

回答下列问题：
①接通电源前，能说明Ba(OH)2在水中电离的实验现象为_______。
②随着H2SO4溶液的滴入，观察到烧杯中溶液红色逐渐褪去，产生白色沉淀，小灯泡亮度变暗，这些现象说明该反应的微观本质是Ba2+和OH-浓度降低，写出该反应的离子方程式_______。
（2）向0.2mol·L-1Ba(OH)2溶液中滴入0.1mol·L-1的盐酸，测定电导率的变化如图所示。
回答下列问题：

①B点恰好完全反应，此时溶液中存在的主要微粒有H2O、_______。
②下列化学反应的离子方程式与Ba(OH)2溶液和稀盐酸反应相同的是_______。
A．Ba(OH)2溶液和稀硫酸 B．澄清石灰水和稀硝酸
C．NaOH溶液和NaHCO3溶液 D．浓氨水和浓盐酸
Ⅱ．氧化还原反应
（3）部分含硫物质如图所示，其中H2S和X是大气污染物。这些物质之间的相互转化为工业生产和处理环境问题提供了理论支持。

已知Na2SO3可发生下列过程：，其中反应①的离子方程式是______________，若欲将X转化成“安全物质”Z，使其对环境的影响最小，需加入_________(填字母)。
a．氧化剂 b．还原剂 c．酸性物质 d．碱性物质
X转化为Z可以说明氧化还原的实质是_________，检验Z中阴离子的实验操作方法是_________。
【答案】（1） ①. 烧杯中溶液变红 ②.
（2） ①. Ba2+、Cl- ②. B
（3） ①. ②. a、d ③. 电子转移 ④. 取少量Z于试管中，加少量水溶解，先加入过量盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明有SO
【解析】
【分析】本题是一道探究类的实验题，探究了两个方面的问题，首先探究了溶液的导电性和离子浓度的关系，主要是通过离子反应进行的探究；之后探究了氧化还原反应的本质，主要是通过物质的转化进行的探究，以此解题。
【小问1详解】
①酚酞遇碱变红，故接通电源前，能说明在水中电离的实验现象为：溶液变红；
②随着硫酸的不断加入，和不断被消耗，而导致浓度降低，导电能力下降，对应的离子方程式为：；
【小问2详解】
①向溶液中滴入的盐酸，氢氧根离子生成水，离子浓度降低，导电能力下降，到B点时恰好反应完全，此时溶液中的溶质为氯化钡，故此时主要微粒有、、；
②A．溶液和稀硫酸反应有硫酸钡生成，A不符合题意；
B．澄清石灰水和稀硝酸反应只是氢离子和氢氧根离子的反应，B符合题意；
C．溶液和溶液反应时，其中碳酸氢根离子不能拆，C不符合题意；
D．浓氨水和浓盐酸反应时，其中浓氨水应该写成一水合氨的形式，D不符合题意；
故选B；
【小问3详解】
由过程可知，X与碱反应生成亚硫酸钠，由题中图示可判断X为二氧化硫，则反应①的离子方程式为SO2+2OH-=+H2O；X转化成“安全物质”Z，Z为硫酸钠，可将其氧化为硫酸根离子或利用碱吸收，应选a或d来实现转化；X转化为Z可以说明氧化还原的实质是电子转移；检验的实验操作方法是取少量Z于试管中，加少量水溶解，先加入过量盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明有SO。
19. 按要求填空。
（1）SO2性质多变，若将SO2气体通入H2S溶液中，能观察到的现象为_________，该反应中SO2表现出_________性；若将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，发生反应的离子方程式为_________，该反应中SO2表现出_________性。
（2）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨催化氧化制硝酸的流程示意图。请回答下列问题。

①N2常用作保护气(如填充灯泡、焊接保护等)，原因是_______。
②氧化炉中发生反应的化学方程式为_______。
③A为_______(填化学式)，向吸收塔中持续通入A的作用为_______。
④为避免硝酸工业尾气中氮的氧化物(以NO2为例)污染环境，可在“尾气处理装置”中盛装NaOH溶液(生成产物之一为NaNO2)，相关反应的化学方程式为_______。
⑤汽车尾气中含有NO，NO产生的原因是_______(用化学方程式表示)。
【答案】（1） ①. 溶液中生成淡黄色沉淀 ②. 氧化 ③. ④. 还原
（2） ①. N2中存在N≡N，所以N2的化学性质稳定常用作保护气 ②. ③. O2 ④. 氧气与NO和水发生化学反应生成HNO3，目的是氧化NO，使NO尽量充分转化为HNO3 ⑤. ⑥.
【解析】
【小问1详解】
将SO2气体通入氢硫酸中，二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质，溶液中生成淡黄色沉淀，二氧化硫中+4价硫化合价降低，二氧化硫表现氧化性；将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫被高锰酸钾氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：，反应中二氧化硫中+4价的硫化合价升高为+6价，二氧化硫表现为还原性；
【小问2详解】
①氮的原子序数为7，最外层为5个电子，N2中存在N≡N，所以N2的化学性质稳定常用作保护气；
②合成塔中产生NH3，氨气在氧化炉中发生催化氧化，反应的方程式为：；
③A为空气中的O2；氧气与NO和水发生化学反应生成HNO3，目的是氧化NO，使NO尽量充分转化为HNO3；
④NO2气体可污染环境，尾气处理装置中加入NaOH溶液，吸收的化学方程式为：；
⑤汽车发动机在高温高压放电的条件下空气中的N2与O2发生反应生成NO，化学方程式为：。
20. 中学常见的A、B、C、D、E、F六种物质在一定条件下有如下图所示的相互转化关系，所有反应物和生成物均已给出。

(1)若B是水，C是一种有磁性的黑色化合物，则反应①的化学方程式为_______。
(2)若B为一种淡黄色固体，绿色植物的光合作用和呼吸作用可实现自然界中D和E的循环，反应①的离子方程式是______________________________________。在反应③中，若生成1molD，则转移电子数目为______________。
(3)若反应①、②、③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，则A、D、E的氧化性由强到弱的顺序为_________________，其中A的化学式是___________。
【答案】 ①. 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 ②. 2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑ ③. 1.204×1024 ④. E＞A＞D ⑤. Br2
【解析】
【分析】（1）若B是水，C是一种有磁性的黑色化合物，则C为Fe3O4，Fe与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2；
（2）绿色植物的光合作用和呼吸作用能实现自然界中D和E的循环，则D和E分别是CO2和O2的一种，B是淡黄色固体，由反应③可知E和B反应生成D，可以推断B是Na2O2、E是CO2、D是O2、F为Na2CO3，结合转化关系可推知，A为H2O，C为NaOH，据此写出反应①的离子方程式以及反应③转移电子数目；
（3）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性比较A、D、E的氧化性强弱，再根据在水溶液中，氟气不能进行卤素单质的置换，A、D、E只能是Cl2、Br2、I2中的一种，再结合氧化性：Cl2＞Br2＞I2，判断A的化学式。
【详解】（1）若B是水，C是一种有磁性的黑色化合物，则C为Fe3O4，Fe与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，则反应①的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；
（2）绿色植物的光合作用和呼吸作用能实现自然界中D和E的循环，则D和E分别是CO2和O2的一种，B是淡黄色固体，由反应③可知E和B反应生成D，可以推断B是Na2O2、E是CO2、D是O2、F为Na2CO3，结合转化关系可推知，A为H2O，C为NaOH，则反应①的离子方程式为：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑，反应③为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，生成1molO2转移的电子数目为1mol×2×[0-（-1）]×NA mol-1=2NA=1.204×1024；
（3）反应①、②、③均为水溶液中的置换反应，A、D、E为卤素单质，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，结合框图转化关系可知，氧化性应有E＞A＞D，在水溶液中，氟气不能进行卤素单质的置换，且氧化性：Cl2＞Br2＞I2，则A的化学式是Br2。
【点睛】氟气氧化性很强，在水溶液中，能与水反应生成氧气，发生反应2F2+2H2O＝4HF+O2，因此在水溶液中，氟气不能进行卤素单质的置换。