2021-2022学年重庆南开中学高一第二学期4月第一次月考化学学科考试试题含答案

这是一份2021-2022学年重庆南开中学高一第二学期4月第一次月考化学学科考试试题含答案，共37页。试卷主要包含了反应A+B→C分两步进行，如图，利用培养皿探究氨气的性质等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年重庆南开中学高一第二学期4月第一次月考
化学试题
本试卷分四个大题，满分100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上。
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液，胶带纸、修正带和其他笔。
4.可能用到的相对原子质量：
H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Cu:64 Zn:65
一、单选题(共22小题，每小题2分，共44分。每小题只有一个选项符合题意)
1．(本题2分)陶瓷和水泥材料是家庭进行装修时经常会用到的材料。下列关于陶瓷和水泥的说法中正确的是
①陶瓷制品中的瓷砖坚硬、耐磨、耐水，不会腐蚀霉变，便于清洗
②制备陶瓷的主要原料为硅酸盐类物质
③水泥、沙子和水的混合物叫水泥砂浆，是建筑常用黏合剂
④在水泥砂浆中添加适量的水玻璃可以提高水泥砂浆的黏结性和胶凝性
A．①② B．②③ C．②④ D．①②③④
2．(本题2分)化学与社会、环境密切相关，下列说法不正确的是
A．红宝石与蓝宝石主要成分都是α－氧化铝
B．水泥生产中，可用重晶石调节水泥的凝结时间
C．Ba2+浓度较高危害健康，但BaSO4可服于体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病
D．金属切削加工废液中含有2 %~5 %的亚硝酸钠，为防止污染环境，可用氯化铵溶液处理
3．(本题2分)以叶蛇纹石[主要成分是，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3等]为原料提取高纯硅的流程如下：
叶蛇纹石SiO2粗硅SiHCl3高纯硅
下列说法错误的是
A．反应2的副产物可作燃料
B．反应3和反应4的副产物可循环利用
C．反应1、2、3、4都是氧化还原反应
D．上述流程中反应3和反应4不可在同一容器中进行
4．(本题2分)反应A+B→C(放热)分两步进行：①A+B→X(吸热)，②X→C(放热)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B．
C． D．
5．(本题2分)化学与生活、生产、社会、环境密切相关，下列说法不正确的是
A．小型游泳池通常使用次氯酸钠而非氯气来消毒池水
B．在食品袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
C．为使以面粉为原料的面包松软可口，通常用小苏打做发泡剂
D．用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称铁红
6．(本题2分)下列装置所示的实验中，能达到相应实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验目的
除去氯气中的氯化氢
探究浓硫酸的脱水性
收集一氧化氧气体
验证氨气的还原性
装置








7．(本题2分)如图，利用培养皿探究氨气的性质。实验时向固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象及所做的解释正确的是

选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
与浓盐酸反应产生了固体
B
浓硫酸附近无明显现象
与浓硫酸不发生反应
C
氯化铝溶液先浑浊再澄清
沉淀氢氧化铝溶解
D
干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝
氨气有碱性
8．(本题2分)测量汽车尾气中氮氧化物(、)含量的方法如下：
i．在高温、催化剂作用下，分解为和
ii．再利用与反应，产生激发态的(用表示)，当回到基态时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知的浓度，二者呈正比
下列说法不正确的是
A．基态与具有的能量不同
B．在大气中形成酸雨：
C．与发生反应：
D．测得荧光强度越大，说明汽车尾气中含量越高
9．(本题2分)下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
加热碳酸盐X使其分解，将产生的气体通入溶液
无明显现象
X不可能是
B
点燃Mg条，伸入装有的集气瓶
剧烈燃烧，产生白烟，内壁有黑色固体生成
镁着火不可用灭火，可以用灭火
C
将溶于足量的氢碘酸中，充分反应
固体溶解，溶液呈棕黄色。
发生的反应是：
D
在表面皿上分别放少量胆矾和滤纸屑，分别滴上浓硫酸
胆矾逐渐变成白色，滤纸屑变为黑色
两过程均发生化学变化，均体现浓硫酸的脱水性
10．(本题2分)下列离子方程式的书写及评价均合理的是
选项
离子方程式
评价
A
将1molCl2通入含1 mol FeI2，溶液中：2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++4C1-+I2
正确； Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化
B
1mol·L-1的NaA1O2溶液和2.5 mol·L-1的HCl溶液等体积均匀混合；2AlO+5H+ =Al3++Al(OH)3↓+H2O
正确； AlO与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2：3
C
过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO
正确； 说明酸性：H2SO3强于HClO
D
Ca(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液反应：HCO+Ca2+ +OH- =CaCO3↓+H2O
正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水
11．(本题2分)下列反应对应的离子方程式正确的是
A．FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2+ +Cl2= 2Fe3+ +2Cl-
B．SO2 通入足量NaOH溶液：SO2 +OH - = HSO
C．石灰石溶于醋酸：CaCO3 +2CH3COOH= 2CH3COO- +Ca2+ +CO2↑+H2O
D．电解NaCl溶液：2Cl- + H2O Cl2↑+2OH- + H2↑
12．(本题2分)氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是

A．可以利用NH3易液化的性质分离出NH3
B．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
C．可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理
D．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
13．(本题2分)实验室用N2H4(肼，又名联氨，常温下为无色油状液体，沸点为113.5 ℃，具有与氨相似的气味，有弱碱性和较强的还原性)还原Cu(OH)2制备纳米Cu2O的装置(部分加热装置已省略)如图所示：已知：NaNO2溶液与NH4Cl溶液反应能得到N2。

下列说法不正确的是
A．装置②⑥中分别盛装浓硫酸和稀硫酸
B．无水硫酸铜由白色变为蓝色说明从装置④中出来的气体中含有水蒸气
C．装置④中发生反应的化学方程式为N2H4+4Cu(OH)2 2Cu2O+N2↑+6H2O
D．加入反应试剂后，先打开K2，待装置④中反应完且冷却至室温，再打开K1排尽装置中的N2H4
14．(本题2分)某同学为检验溶液中是否含有常见的四种离子，进行了如图操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列结论正确是

A．原溶液中一定含有 B．原溶液中一定含有
C．原溶液中一定含有 D．原溶液中一定含有



15．(本题2分)自然界中臭氧形成反应3O2(g) → 2O3(g)＋Q的能量变化如如图所示。下列说法中错误的是

A．2O3→3O2为放热反应 B．氧气比臭氧稳定
C．反应物的能量低于生成物 D．总反应的 Q=E3-E1
16．(本题2分)我国《政府工作报告》首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种新型“全氢电池”，能量效率可达80%。下列说法错误的是

A．该装置将化学能转化为电能
B．离子交换膜不允许H+和OH-通过
C．吸附层A为负极，电极反应式为H2-2e-=2H+
D．H2可循环使用，基本不需要补充
17．(本题2分)某镁-溴电池装置如图。下列说法不正确的是

A．放电时，正极反应为：
B．放电时，Mg电极发生还原反应
C．放电时，Mg电极电子经导线至石墨
D．当通过离子选择性膜时，导线中通过0.2mole
18．(本题2分)下列实验操作、实验现象及得出的实验结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
具有氧化性
B
将铜粉加入溶液中
铜粉溶解，溶液变为蓝色
金属铁比铜活泼
C
向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐为或
D
向固体中滴加稀盐酸
产生气泡
非金属性：
19．(本题2分)铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示，下列说法错误的是

A．硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多
B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为15：13
D．铁能与大于12.2 mol·L-1HNO3溶液反应说明不存在“钝化”现象










20．(本题2分)如图表示铁与不同浓度硝酸反应时，还原产物分布与硝酸浓度的关系，下列说法不正确的是

A．一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的
B．用一定量的铁粉与足量的9.75 mol·L-1 HNO3溶液反应得到标准状况下气体2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1 mol
C．硝酸的浓度越大，其还原产物中高价态的成分越多
D．当硝酸浓度为12.2 mol·L-1时，反应的化学方程式为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+ 9H2O
21．(本题2分)用如图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。下列说法不正确的是

A．压强增大主要是因为产生了H2
B．整个过程中，负极电极反应式均为：Fe–2e- = Fe2+
C．pH= 4.0时，体系为弱酸性，同时发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀
D．pH= 2.0时，体系为强酸性，正极只发生析氢腐蚀，电极方程式为：2H+ + 2e- = H2↑
22．(本题2分)全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)。下列说法不正确的是

A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4
B．电极a掺有石墨烯的目的是为了增强电极导电性
C．电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越大
D．电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g





二、填空题(共8分)
23．(本题6分)“价-类”二维图是学习元素化合物性质的重要方法，利用所学知识能更好的了解氮的循环。

(1)I．“价-类”二维图中A的类别为___________； 丙为钠盐，其化学式为___________。
(2)甲为常见的碱性气体，是制造氮肥、炸药等物质的化工原料。实验室制备甲的化学方程式为___________。
(3)用以下物质研究乙的性质，预测能与乙发生反应的物质为___________(填标号)。
A．Na2SO4 B．Mg C．CO2 D．NH3·H2O
(4)丁主要用于染料、医药、印染、漂白等方面，且丁的焰色反应呈黄色。丁在酸性条件下，与KI按物质的量1∶1恰好完全反应，且生成能使淀粉变蓝的物质，则产物中含氮元素物质的化学式为___________。
II．海洋生物参与氮循环过程如图所示(其它含氮物质不参与反应)。

(5)以上六种含氮微粒中，一共呈现了氮元素的___________种价态。
(6)反应③和⑤中，若生成等量的N2，则转移的电子数之比为___________。
24．(本题2分)阅读短文，回答问题。
平昌冬奥会闭幕式上，“2022，相约北京”文艺表演蕴含了丰富的中国文化，展现了新时代中国形象。

熊猫木偶：熊猫木偶高2.35m，质量仅为10kg，用铝合金管材和碳纤维条做框架，配合LED灯制作而成。其中，碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大。
智能机器人：中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新。
石墨烯智能发热服：这种智能发热服可在−20℃的条件下持续发热4h。石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性。
请依据以上短文，判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。
（1）熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服展现了“中国智慧”。_____。
（2）碳纤维具有优良的性能，将有广泛的应用前景。_____。
（3）中国新一代智能机器人在动作、导航等方面实现了人工智能领域的升级创新。_____。
（4）石墨烯和石墨由同种元素组成，但它们的物理性质差异较大。_____。
三、原理综合题(共7分)
25．(本题7分)锂—空气电池的理论能量密度高，是未来提高电动汽车续航里程的关键。
(1)锂在元素周期表中的位置是___________，属于比较活泼的金属。
(2)锂—空气电池的反应原理可表示为：。其放电时的工作原理如下图所示：


电池工作时，发生氧化反应的是___________(填“”或“”)极。
(3)空气中的、影响电池放电。探究对放电的影响：向非水电解液中加入少量水，放电后检测、电极上的固体物质。
极：
极：、
①、电极产生的化学方程式分别是___________、___________。
②降低锂—空气电池放电、充电循环性能。
(4)探究对放电的影响：使电池在三种不同气体(物质的量相等)中放电，测量外电路转移的电子与消耗的比值[]。
实验
i
ii
iii
气体







①放电时，实验i中极的电极反应式为___________。
②下列分析正确的是___________。
a. 放电时，i、iii中通过外电路的电子数相等
b. iii中极所发生的电极反应的产物主要为
c. iii中，说明未与反应
③i、iii中电池放电完毕后充电，iii中产生的量少于i，推测原因：一是iii中的量比i少，生成的量较i少；二是___________。
四、实验题(共41分)
26．(本题7分)SO2是硫元素的重要化合物，在生产、生活中有着广泛的应用。如图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置(夹持装置和加热装置已略，气密性已检验)，请回答下列问题：


(1)在A中发生反应的化学方程式为___________，单线桥标出上述反应中电子转移的方向和数目___________，生成标况下11.2LSO2，被还原的物质的质量为___________g。
(2)i.②中的实验现象为___________，写出此化学反应方程式___________。
ii.④中的实验现象是___________。
iii.如何检验二氧化硫___________。
(3)能体现出SO2还原性的实验序号是___________。
(4)实验结束后需要通入N2，其目的是___________。
27．(本题7分)某实验小组利用如图装置模拟古法硫酸生产方法并进行SO2性质探究。

已知A中反应的化学方程式：2FeSO4·7H2O Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，实验开始前打开活塞K1、K2，关闭活塞K3，通入一段时间N2后，关闭活塞K1、K2，打开活塞K3，高温加热绿矾。
完成下列填空：
(1)C装置中覆盖食用油的目的是___________；B中所得硫酸溶液的质量分数理论值为___________ (保留三位有效数字)。
(2)该装置存在的不足之处为___________。
为探究SO2与钡盐溶液的反应，在装置C中先后四次加入不同的溶液：
①
②
③
④
已煮沸的BaCl2溶液
未煮沸的BaCl2溶液
已煮沸的Ba(NO3)2溶液
未煮沸的Ba(NO3)2溶液
注：锥形瓶中溶液体积相同，钡盐溶液浓度相同；油层厚度一致，通入SO2流速一致。

得到如下pH-t图：

(3)曲线①呈缓慢下降趋势，这是因为___________。曲线②出现骤降，表明溶液中生成了___________ (填物质名称)。对比分析上述四组数据，可得出的结论是___________ (任写2条)。
(4)为对排气法收集到的SO2气体进行含量测定，将1120mL气体(已折算为标准状况)通入足量的Ba(NO3)2溶液中，经过滤、洗涤、烘干，最终得到沉淀10.718g．则SO2气体的体积分数为___________ (保留两位有效数字)。若该实验数据较实际值偏大，则可能的原因是___________ (选填序号)。
a．气体通入速率过快                                 b．沉淀未进行恒重操作
c．收集的气体中有CO2 d．未用食用油覆盖液面
(5)SO2属于大气污染物，还可用H2与其高温反应消除SO2带来的污染，其反应原理如图所示：

①反应原理过程中X为___________ (填名称)。
②写出检验X所需试剂及实验现象___________。


















28．(本题7分)硫酸铜在生产、生活中应用广泛。用铜精炼炉渣(主要成分为CuO、 FeO、Al2O3、SiO2)为原料生产硫酸铜晶体并测定其结晶水含量，过程如下：
步骤I．硫酸铜晶体的制备

步骤II．硫酸铜晶体结晶水含量的测定
①称取样品质量为m1；②研磨，加热；③冷却至室温；④再次称量得固体m2；⑤重复②-④的步骤，至恒重；⑥计算得出结果。
已知： i.硫酸铜晶体易溶于水，难溶于乙醇。
ii.减压过滤装置如图所示。

试回答下列问题：
(1)操作I的名称为___________。
(2)操作III含有下列具体操作：
①蒸发浓缩至表层出现晶膜、___________。
②减压过滤后洗涤沉淀可能需要用到以下操作：
a．加入水至浸没沉淀物；b．加入乙醇至浸没沉淀物；
c．洗涤剂缓慢通过沉淀物；d．洗涤剂快速通过沉淀物；
e．关小水龙头；f.开大水龙头；g．重复2-3次。
请选出正确的操作并排序：___________→___________→___________ →f →___________。___________
(3)测定晶体中结晶水含量的实验中，有关操作选用仪器错误的是___________(填序号)。




A．研磨
B．称量
C．加热
D．冷却
(4)若至恒重时质量仍然为m2，则n=___________( 写表达式)。
(5)如实验结果发现测得结晶水数量n偏高，可能的原因有___________(填序号)。
A．加热前称量时坩埚未完全干燥
B．加热过程中有少量晶体溅出
C．加热时坩埚内固体变黑


29．(本题10分)硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化学药品，常用于合成树脂、杀虫杀菌剂等。某实验小组用下图所示的装置制备硫化钾。


已知是一种难溶于水的无色液体，密度为1.26难溶于，回答下列问题：
(1)制备溶液：三颈烧瓶内盛放有、水和催化剂，实验开始时，打开，(处于关闭状态)加热装置A、D，使A中产生的氨气缓缓通入到三颈烧瓶中，反应至消失，反应的方程式为：。
①装置A中______(填“能”或者“不能”)直接加热固体制取氨气
②仪器B的名称是：______。
③装置C的作用是：_____。
④三颈烧瓶左侧导管口必须插入到下层的液体中，主要原因是_____(写出一条原因即可)。
(2)制备KSCN溶液：
①熄灭A处的酒精灯，关闭，移开水浴，将装置D继续加热至105℃，完全分解后(反应方程式为)，打开，继续保持溶液温度为105℃，缓缓滴入适量的KOH溶液，制得KSCN溶液。反应的化学方程式为____。
②装置E可用于处理尾气，已知酸性重铬酸钾溶液能将氧化生成浅黄色沉淀。铬元素被还原为，写出其氧化的离子方程式_____。
(3)制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。







30．(本题10分)相同条件下，草酸根(C2O)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，进行以下实验：
资料：i.工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁。
ii.K3[Fe(C2O4)3]・3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2OK=6.3×10-21
(实验1)用以下装置制取无水氯化亚铁

(1)仪器a的名称为___________，B的作用为___________。
(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是___________。
(3)D中用NaOH溶液进行尾气处理，存在的问题是___________、___________。
(实验2)通过Fe3+和C2O在溶液中的反应比较Fe2+和C2O的还原性强弱。
操作
现象
在避光处，向10mL 0.5 mol·L-1FeCl3溶液中缓慢加入0.5 mol·L-1K2C2O4溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤
得到亮绿色溶液和亮绿色晶体

(4)取实验2中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是___________。
(5)经检验，亮绿色晶体为K3Fe(C2O4)3・3H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是___________。
(6)取实验2中的亮绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：___________[Fe(C2O4)3]3-___________FeC2O4↓+___________↑+___________
(实验3)又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O的还原性强弱，并达到了预期的目的。

(7)描述达到预期目的可能产生的现象：___________。
重庆南开中学4月第一次月考化学答案
1．D
【解析】
【详解】
①陶瓷制品中的瓷砖坚硬、耐磨、耐水，不会腐蚀霉变，便于清洗，化学性质稳定，故正确；
②制备陶瓷的主要原料为黏土等硅酸盐类物质，故正确；
③水泥、沙子和水的混合物叫水泥砂浆，是建筑常用黏合剂，干燥后坚硬牢固，故正确；
④水玻璃与空气中二氧化碳作用生成硅酸，硅酸分解后的产物能将砂石等物质粘合在一起，在水泥砂浆中添加适量的水玻璃可以提高水泥砂浆的黏结性和胶凝性，故正确；
综上所述①②③④均正确，故选D。
2．B
【解析】
【详解】
A．红宝石、蓝宝石的化学成分是Al2O3，主要成分都是α－氧化铝，故A正确；
B．水泥生产中，可用石膏CaSO4调节水泥的凝结时间，重晶石是硫酸钡的俗名，化学式为BaSO4，故B错误；
C．硫酸钡难溶于盐酸，BaSO4可作为钡餐服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病，故C正确；
D．利用NH4Cl处理NaNO2发生反应NaNO2+NH4Cl=NaCl+NH4NO2、NH4NO2=N2+2H2O，最终转化为NaCl、N2和H2O无毒物质，故D正确；
故选：B。
3．C
【解析】
【详解】
A．反应2是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，其副产物CO可作燃料，故A正确；
B．反应3是硅和HCl反应生成H2和SiHCl3，反应4是H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，反应3的副产物是反应4的原料，反应4的副产物是反应3的原料，因此反应3和反应4的副产物可循环利用，故B正确；
C．叶蛇纹石SiO2反应前后元素的化合价均未发生变化，因此反应1是非氧化还原反应，故C错误；
D．硅的熔点高，如果反应3和反应4在同一容器中进行，不能达到提纯目的，应通过温度不同，利用反应3除去难溶性杂质(如SiO2)，然后将三氯硅烷蒸馏出来，故D正确；
答案选C。
4．A
【解析】
【详解】
A+B→X(吸热)，说明A、B的总能量小于X的能量；X→C(放热)，说明X能量大于C的能量；A+B→C(放热)，说明A、B的总能量大于C的能量；故选A。
5．D
【解析】
【详解】
A．氯气是气体不易保存，小型游泳池通常使用次氯酸钠溶液来消毒，而不是用氯气来消毒，故A正确；
B．硅胶具有吸水性，铁粉具有还原性，在食品袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，故B正确；
C．小苏打是碳酸氢钠，与酸反应产生二氧化碳，受热易分解也产生二氧化碳，可以用小苏打做发泡剂，故C正确；
D．Fe3O4是黑色晶体，铁红是Fe2O3的俗称，是一种红棕色粉末，故D错误；
答案选D。
6．C
【解析】
【详解】
A．NaOH溶液不仅能吸收HCl，还能吸收Cl2，不能用于除去氯气中的氯化氢，A不正确；
B．CuSO4∙5H2O中加入浓硫酸，由蓝色变为白色，浓硫酸表现吸水性，B不正确；
C．NO难溶于水，用排水法可收集NO气体，C正确；
D．浓氨水挥发出的氨气与O2反应，需要铂丝的催化和加热条件，Pt丝没有加热(应为红热的铂丝)，不能使反应发生，D不正确；
故选C。
7．A
【解析】
【详解】
A．NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；
B．氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；
C．氨气与氯化铝在溶液中发生复分解反应生成氢氧化铝，氨水为弱碱，不能溶解氢氧化铝，故沉淀氢氧化铝不溶解，C错误；
D．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是氨气与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；
故合理选项是A。
8．D
【解析】
【详解】
A．由题干信息ii：当回到基态时，产生荧光可知基态与具有的能量不同，A正确；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2，则在大气中形成酸雨总的反应方程式为：，B正确；
C．由题干信息i和ii可知，与发生反应：，C正确；
D．由信息i可知，在高温、催化剂作用下，分解为和，故测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但这个NO不一定都是汽车尾气中NO，也可能是汽车尾气中的NO2分解生成的NO，则只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，D错误；
故答案为：D。
9．A
【解析】
【详解】
A．加热碳酸盐X使其分解，将产生的气体通入溶液，若X为，分解生成二氧化碳和氨气，可与氯化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，由于没有明显现象，说明X不可能是，故A正确；
B． 镁可以和氮气反应生成Mg3N2，因此镁着火不能用氮气灭火，故B错误；
C．铁离子具有氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，则反应的离子方程式Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故C错误；
D．浓硫酸使硫酸铜晶体由蓝变白，表现了浓硫酸的吸水性，浓硫酸可使纸中的H、O元素以水的形式脱出，滤纸屑变为黑色体现浓硫酸的脱水性，故D错误；
答案选A。
10．B
【解析】
【详解】
A．将1molCl2通入含1 mol FeI2溶液中，只能将I-氧化完全，正确的离子方程式为2I-+Cl2=2C1-+I2，正确的评价为Cl2不足，只能氧化I-，故A不合理；
B．1mol·L-1的NaA1O2溶液和2.5 mol·L-1的HCl溶液等体积均匀混合，AlO先与H+反应：AlO+H++H2O=Al(OH)3，后过量的HCl溶解了部分Al(OH)3：Al(OH)3 +3H+=Al3++3H2O，AlO与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3，离子方程式为：2AlO+5H+ =Al3++Al(OH)3↓+H2O，故B合理；
C．过量SO2通入NaClO溶液中，SO2有还原性，ClO-有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H++SO+Cl-，离子方程式和评价均不合理，故C不合理；
D．Ca(OH)2溶液与过量NaHCO3溶液反应，离子方程式按照氢氧化钙的化学式组成书写，正确的离子方程式为2HCO+Ca2+ +2OH- =CaCO3↓+ CO+2H2O，故D不合理；
答案选B。
11．C
【解析】
【详解】
A．由于I-的还原性强于Fe2+，FeI2溶液中通入少量氯气的离子方程式：2I-+C12=I2+2C1-，故A错误；
B．SO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO+H2O，故B错误；
C．石灰石溶于醋酸的反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++CO2↑+H2O，故 C正确；
D．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故D错误；
故选：C。
12．D
【解析】
【分析】
本实验为氮气与氢气在合成塔中反应生成氨气，因氨气容易液化分离出氨气，氨气被氧气氧化成硝酸和一氧化氮，通入吸收塔中吸收形成硝酸，因氮的氧化物有毒，最后尾气处理。
【详解】
A．因为氨气容易液化，故可利用NH3易液化的性质分离出NH3，A正确；
B．分析可知，A为氧气，氨气的催化氧化需要氧气，一氧化氮转换成二氧化氮需要氧气，故吸收塔中通入氧气是为了提高原料的利用率，B正确；
C．氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，故可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C正确；
D．制硝酸的流程中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，NO2转化成NO时，氮元素化合价有+4价变成+2价，氮元素被还原，D错误；
故选D。
13．D
【解析】
【分析】
本实验为N2H4还原Cu(OH)2制备纳米Cu2O，装置①为NaNO2溶液与NH4Cl溶液反应能得到N2，装置②为干燥N2的装置，装置③油浴加热装置，装置④中N2H4还原Cu(OH)2制备纳米Cu2O，装置⑤为检验水蒸气的装置，装置⑥为尾气处理装置，并防止倒吸，据此分析解答。
【详解】
A．装置①中产生的N2中含有水蒸气，应先干燥，然后通入后续反应装置赶走空气，避免空气对实验造成影响，故装置②中盛装浓硫酸干燥氮气，装置⑥中盛装稀硫酸可吸收未反应的N2H4，A正确；
B．无水硫酸铜变蓝色说明从装置④中出来的气体中含有水蒸气，B正确；
C．根据题意可知，Cu(OH)2做氧化剂，被还原为Cu2O，N2H4做还原剂，被氧化为N2，化学方程式为N2H4+4Cu(OH)2 2Cu2O+N2↑+6H2O，C正确；
D．加入反应试剂后，应该先打开K1排出装置中的空气，待装置中的空气排尽后，关闭K1，再打开K2，待反应结束且冷却至室温后，关闭K2，再打开K1排尽装置中的N2H4，D错误；
故选D。
14．B
【解析】
【分析】
在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀；能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色，据此进行判断。
【详解】
A．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚硫酸根离子，则会被氧化为硫酸根离子，所以原溶液中不一定含有离子，故A错误；
B．产生能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，所以原来溶液中一定含有，故B正确；
C．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，引进了氯离子，能和硝酸银反应生成氯化银沉淀的离子不一定是原溶液中含有的氯离子，可能是加进去的盐酸中的，故C错误；
D．原溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，如果其中含有亚铁离子，则亚铁离子会被氧化为铁离子，铁离子能使硫氰酸钾变为红色，所以原溶液中不一定含有Fe3+离子，故D错误；
故选B。
15．D
【解析】
【详解】
A．根据图示，生成物总能量大于反应物总能量，3O2→2O3为吸热反应，2O3→3O2为放热反应，故A正确；
B．氧气的能量比臭氧低，所以氧气比臭氧稳定，故B正确；
C．根据图示，反应物的能量低于生成物，故C正确；       
D．总反吸热E2-E1，Q为负值，应总反应的 Q=E1-E2，故D错误；
选D。
16．C
【解析】
【分析】
由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-=H2↑。
【详解】
A．“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，选项A正确；
B．由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许H+和OH－通过，选项B正确；
C．根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-═2H2O，选项C错误；
D．根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H++2e-═H2↑，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此总反应为：H++OH-=H2O，H2可循环使用，基本不需要补充，选项D正确；
答案选C。
17．B
【解析】
【详解】
A．由装置图可知该电池负极Mg失电子生成镁离子，正极得电子生成，正极电极反应为：，故A正确；
B．放电时Mg电极失电子发生氧化反应，故B错误；
C．放电时电子由负极流出，经导线流向正极，故C正确；
D．负极反应为：，通过离子选择性膜时，电路中转移0.2mol电子，故D正确；
故选：B。
18．A
【解析】
【详解】
A．钠在中燃烧生成黑色颗粒，说明有C生成，碳元素化合价降低，此时被还原，作氧化剂，具有氧化性，A正确；
B．将铜粉加入溶液中，铜粉和发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫酸铜，说明铁离子的氧化性大于铜离子，由于不是置换反应，不能说明金属铁比铜活泼，B错误；
C．向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色说明有或生成，则与浓盐酸反应有生成的钠盐可能为或，也可能为()，与浓盐酸反应有生成的钠盐有NaClO()，C错误；
D．向固体中滴加稀盐酸产生气泡，说明盐酸的酸性比碳酸强，但元素的非金属性强弱应利用其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来比较，而盐酸为无氧酸，不可比较，D错误；
答案选A。
19．D
【解析】
【分析】
从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为12.2mol/L中，主要产物NO和NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当浓度为9.75mol/L时，主要产物是NO，其次是NO2及少量的N2O，当HNO3的浓度降到4.02mol/L时，铵根离子成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物，据此解答。
【详解】
A．由图可知，硝酸的浓度越小，氨气含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，故A正确；
B．根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物，故B正确；
C．当硝酸浓度为9.75mol·L-1时，还原产物有NO、NO2和N2O，物质的量之比为其体积比=10：6：2=5；3：1，假设NO是5mol、NO2是3mol、N2O是1mol，则反应中转移电子的物质的量是26mol，假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的量是，所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为10：＝15：13，故C正确；
D．常温时，铁遇浓硝酸要发生钝化，铁能与大于12.2 mol·L-1HNO3溶液反应，不能说明不存在“钝化”现象，故D错误；
故选D。
20．B
【解析】
【详解】
A．根据图像可知硝酸的还原产物随着硝酸的浓度变化而变化，因此一般来说，不同浓度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的，A正确；
B．标准状况下气体2.24L，即0.1mol，根据N原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量为0.1mol，参加反应的硝酸包括被还原的，以及没有被还原的（转化为硝酸铁），因此参加反应的硝酸的物质的量大于0.1mol，B错误；
C．根据图像可知随着硝酸浓度的增大，NO2的含量增大，这说明硝酸的浓度越大，其还原产物中价态越高的成份越多，C正确；
D．根据图像可知当硝酸浓度为12.2 mol·L-1时还原产物是NO、NO2，则反应的化学方程式为4Fe+ 18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+ 9H2O，D正确。
答案选B。
21．D
【解析】
【详解】
A．pH=2.0的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的铁粉能发生析氢腐蚀，西青服饰产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，A正确；
B．锥形瓶中的铁粉和碳构成原电池，铁粉作为原电池的负极，发生的电极反应Fe–2e- = Fe2+，B正确；
C．若pH= 4.0时，若只发生吸氧腐蚀，锥形瓶的压强会有下降，而图中锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，铁还发生了析氢腐蚀，锥形瓶内的溶解氧减少，因此罪行平内压强几乎不变， C正确；
D．pH= 2.0时，体系为强酸性，压强变大，说明正极发生析氢腐蚀，电极方程式为：2H+ + 2e- = H2↑，但溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，D错误；
故选D。
22．C
【解析】
【分析】
根据电池反应16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为: Li-e-=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应: S8+2e-=，+2Li+=Li2S8， 3Li2S8+2Li++2e-=4Li2S6， 2Li2S6+2L++2e-=3Li2S4， Li2S4+2Li++2e-=2Li2S2 ，根据电极反应式结合电子转移进行计算。
【详解】
A．据分析，可知发生反应是2Li2S6+2L++2e-=3Li2S4是我们分析中的其中的一个，故A正确；
B．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故B正确；
C．充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，故C不正确；
D．负极反应为：Li-e-=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，故D正确；
故选C。
23．(1)     单质     NaNO3
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
(3)BD
(4)NO
(5)5
(6)2∶3
【解析】
【分析】
由图知，A为单质，甲为氨气，乙为硝酸，丙属于硝酸盐，丁属于亚硝酸盐，据此回答；
(1)
氮气为氮元素化合价呈0价的A类物质，则A的类别为单质；丙为含+5价氮元素的盐、是一种含氧酸盐，丙为钠盐，则其化学式为NaNO3。
(2)
甲为-3价氮元素的氢化物、为常见的碱性气体，则为氨气。实验室用氯化铵与石灰加热法制备甲，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
(3)
乙为+5价氮元素的含氧酸，为硝酸，硝酸是一种强酸、一种氧化性酸，能和多种还原剂发生氧化还原反应、具有酸的通性，则用以下物质研究乙的性质，预测能与乙发生反应的物质为Mg 和NH3·H2O；选BD。
(4)
丁为含+3价氮元素的盐、是一种含氧酸盐，且丁的焰色反应呈黄色，则丁为亚硝酸钠。丁在酸性条件下，与KI按物质的量1∶1恰好完全反应，且生成能使淀粉变蓝的物质即碘单质，反应中，碘元素从-1价升高到0价、氮元素从+3价降低，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得关系式：，则氮元素化合价降低1价，从+3降低到+2，产物中含氮元素物质的化学式为NO。
(5)
以上六种含氮微粒中，氮元素的化合价分别为-3、-2、-1、0和+3价，一共呈现了氮元素的5种价态。
(6)
反应③中，氮元素从-2价升高到0价，则得关系式：，反应⑤中，氮元素从+3价降低到0价，则得关系式：，反应③和⑤中，若生成等量的N2，则转移的电子数之比为4:6=2:3。
24．     对     对     对     对
【解析】
【分析】
（1）熊猫木偶、智能机器人、石墨烯智能发热服的展示，展现了新时代中国形象和中国智慧；
（2）根据碳纤维的组成、结构、性质去分析：碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大；
（3）突出关键词：人工智能，中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新；
（4）石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性。
【详解】
（1）由题中信息：“熊猫木偶：熊猫木偶高2.35 m，质量仅为10 kg，用铝合金管材和碳纤维条做框架，配合LED灯制作而成”，“智能机器人，中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，石墨烯智能发热服 这种智能发热服可在-20℃的条件下持续发热4h，都展现了中国智慧，”判断（1）说法正确，
故填“对”；
（2）由题中信息：“碳纤维是含碳量高于90%的新型材料，密度比铝小，强度比钢大，将有广泛的应用前景”，说法正确，
故填“对”；
（3）由题中信息：“中国新一代智能机器人与轮滑舞者共舞、互动，在导航精准性、动作复杂性和灵活性等方面，实现了人工智能领域的升级创新”，说法正确，
故填“对”；
（4）由题中信息：“石墨烯是一种由碳原子构成的六角型二维碳纳米材料，具有超高硬度、强度和导热系数等特性”，和石墨相比，都是碳元素的单质，但结构不同物理性质差异较大，
故填“对”。
【点睛】
本题考查了无机非金属材料的分析应用，要对所提供的阅读材料进行分析，理解应用题干信息，要求学生平时注意阅读能力的培养，注意知识的积累。
25．(1)第二周期IA族
(2)A
(3)     2Li+2H2O=2LiOH+H2     2Li2O2+2H2O=4LiOH+O2
(4)     O2+2e-+2Li+=Li2O2     b     部分与二氧化碳反应
【解析】
(1)
锂在元素周期表中的位置是第二周期IA族，属于比较活泼的金属。
(2)
根据锂—空气电池的反应原理可知，锂化合价升高，发生氧化反应，故锂做负极，氧元素化合价降低，发生还原反应，故B做正极，故电池工作时，发生氧化反应的是极。
(3)
A极锂为活泼金属，能与空气中的水发生反应2Li+2H2O=2LiOH+H2；B极反应生成的与水反应2Li2O2+2H2O=4LiOH+O2。
(4)
①放电时，实验i中通入氧气，则极氧气放电，电极反应式为O2+2e-+2Li+=Li2O2。
②a. 放电时，i、iii中氧气的物质的量不同，近似相同，故通过外电路的电子数不相等，a错误；
b.与实验ii对比，iii中极主要发生电极反应为O2+2e-+2Li+=Li2O2，故产物主要为，b正确；
c. 与实验i 对比，iii中氧气的物质的量少，而，说明与反应，c错误；
③i、iii中电池放电完毕后充电，iii中产生的量少于i，推测原因：一是iii中的量比i少，生成的量较i少；二是部分与二氧化碳反应。
26．(1)     Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O          49
(2)     生成浅黄色沉淀     SO2+2H2S=3S↓+ 2H2O     出现白色沉淀     把气体通入到品红溶液，出现褪色现象，将褪色后的溶液加热溶液又重新变红
(3)③④⑤⑥
(4)使装置内SO2全部排入NaOH溶液中，避免环境污染
【解析】
【分析】
Cu与浓硫酸在加热条件下反应，生成SO2，SO2为酸性氧化物，能使紫色石蕊溶液变红；SO2具有氧化性，能与氢硫酸反应，生成黄色沉淀；SO2具有为还原性，能与氯水、双氧水、氯化铁溶液、酸性高锰酸钾等氧化剂反应；SO2对环境有害，实验时要用NaOH进行尾气处理，据此回答。
(1)
在A中，Cu与浓硫酸在加热条件下反应，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中，铜元素从0价升高到+2价、部分硫元素从+6价降低到+4价，则用单线桥标出上述反应中电子转移的方向和数目为：，生成标况下11.2L即0.5molSO2时，被还原的硫酸为0.5mol、质量为。
(2)
i.②中为氢硫酸溶液，SO2具有为氧化性，能与氢硫酸反应，生成浅黄色沉淀，反应为SO2+2H2S=3S↓+ 2H2O。
ii.④中为双氧水和氯化钡，H2O2将SO2氧化为硫酸根，硫酸根与钡离子结合，产生硫酸钡的白色沉淀，反应为SO2+H2O2+BaCl2= BaSO4↓+2HCl，故答案为：出现白色沉淀。
iii.二氧化硫具有漂白性、能与品红生成无色不稳定的物质、该物质受热后又会分解重新生成品红。因此，检验二氧化硫的方法为：把气体通入到品红溶液，出现褪色现象，将褪色后的溶液加热溶液又重新变红。
(3)
③④⑤⑥中装有的都是强氧化性物质，能与SO2发生氧化还原反应，且SO2为还原剂，故能体现出SO2还原性的实验序号是③④⑤⑥。
(4)
SO2对环境有害，实验时要用NaOH处理干净，实验结束后需要通入N2的目的是：使装置内SO2全部排入NaOH溶液中，避免环境污染。
27．(1)     隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验     29.5％
(2)缺少尾气处理装置
(3)     SO2溶于水，与水生成H2SO3，H2SO3是弱酸，电离出的少量氢离子使溶液pH下降     盐酸或硫酸     O2能氧化SO2；或能氧化SO2；或O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)
(4)     92%     b
(5)     硫化氢     CuSO4溶液，出现黑色沉淀
【解析】
【分析】
由实验装置图可知，装置A中绿矾高温条件下分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫和水，装置B中三氧化硫与水蒸气冷凝反应得到硫酸溶液，装置C用于探究二氧化硫与钡盐溶液的反应，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故应增加一个装置，盛有的氢氧化钠溶液且用倒扣漏斗用于吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，其中倒扣的漏斗能起到防止倒吸的作用。
(1)
C装置中覆盖食用油可以隔绝空气，避免空气中氧气干扰探究二氧化硫与钡盐溶液反应的实验检测；由方程式可知，反应生成三氧化硫和水蒸气的物质的量比,1：14，1mol三氧化硫与1mol水反应生成1mol硫酸，则所得硫酸溶液的质量分数理论值为≈0.295，故答案为：隔绝空气，避免空气中氧气干扰实验； 0.295；
(2)
由分析可知，由于二氧化硫直接排放到空气中容易造成污染，故实验中缺少尾气处理装置；答案为：缺少尾气处理装置；
(3)
由图可知，曲线①的变化说明二氧化硫不与氯化钡溶液反应，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，使溶液中pH减小；曲线②的变化说明溶液中氧气将二氧化硫氧化生成强酸硫酸，反应生成的硫酸溶液与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，使溶液中氢离子浓度迅速增大，溶液pH出现骤降；曲线③的变化说明反应生成弱酸亚硫酸在溶液中部分电离出氢离子，溶液中具有强氧化性的硝酸根离子在溶液中将二氧化硫氧化生成硫酸钡沉淀和硝酸，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，但溶液中的pH大于曲线②；曲线④的变化说明溶液中的弱酸亚硫酸被空气中氧气氧化生成强酸硫酸，溶液中氢离子浓度大，硝酸根离子的氧化性强，在溶液中将二氧化硫迅速氧化生成硫酸钡和硝酸，溶液pH出现骤降，在四组曲线中溶液的pH最小，综合四组数据可知，氧气和硝酸根离子能氧化二氧化硫，溶液中的氧气能提高硝酸根离子氧化二氧化硫的反应速率和反应程度，故答案为：盐酸或硫酸；①O2能氧化SO2；②能氧化SO2；③O2的氧化作用比强(或有O2参与，可显著提高氧化SO2的反应速率或剧烈程度)；
(4)
标准状况下2240mL气体的物质的量为=0.1mol，二氧化硫气体通入硝酸钡溶液中得到21.436g硫酸钡沉淀，由硫原子个数守恒可知，二氧化硫的体积分数为=92%；
a．若气体通入速率过快会使二氧化硫不可能完全吸收，生成硫酸钡的质量偏小，导致所测结果偏低，选项a错误；
b．若沉淀未进行恒重操作可能会使沉淀表面附有可溶性杂质，使测得硫酸钡的质量偏大，导致所测结果偏高，选项b正确；
c．若收集的气体中有二氧化碳不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项c错误；
d．若未用食用油覆盖液面不会影响硫酸钡的质量，对所测结果无影响，选项d错误；
b正确，故答案为：92%；b；
(5)
①由图分析H2和SO2在300℃、催化剂作用下，转化为X，X在100-200℃、催化剂作用下转化为S，根据化合价升降及元素变化情况，可推知X气体为H2S；
②检验X可利用硫化氢能使硫酸铜溶液产生黑色沉淀，故所需试剂及实验现象为将气体通入硫酸铜溶液中，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S。
28．(1)过滤
(2)     冷却结晶，加入适量无水乙醇     ebcf g
(3)B
(4)
(5)ABC
【解析】
【分析】
由铜精炼炉渣成分可知，加入硫酸后，SiO2不反应，其它金属氧化物均发生反应而溶解，滤渣1为SiO2，浸出液中含有Cu2+、Fe2+、Al3+等金属离子，加入双氧水将亚铁离子氧化为三价铁离子，再加CuO调溶液pH，使Fe3+、Al3+沉淀而除去，则滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，所得滤液含有CuSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。
(1)
由分析可知，加入硫酸后，SiO2不反应，以固体形式存在，其它金属氧化物均发生反应而溶解，分离不溶性固体和液体的操作为过滤，故答案为：过滤。
(2)
①析晶时为防止晶体受热分解，当蒸发浓缩至表层出现晶膜时停止加热，冷却结晶，由于乙醇易挥发，加入适量无水乙醇，可加速干燥速度，故答案为：冷却结晶，加入适量无水乙醇。
②减压过滤步骤为关小水龙头，加入乙醇至浸没沉淀物（硫酸铜晶体易溶于水，难溶于乙醇），洗涤剂缓慢通过沉淀物（过快洗涤效果差），开大水龙头，重复2-3次，所以正确的操作顺序为：ebcf g，故答案为：ebcf g。
(3)
测定晶体中结晶水含量的实验中，研磨时用研钵，加热时要用坩埚，加热后要在干燥器中冷却至室温再称量，以上仪器选用均正确，但称量时要把晶体放在坩埚中称量，而不是放在烧杯中称量，故选用仪器错误的是B，故答案选B。
(4)
晶体的质量为m1，结晶水的质量为m1-m2，

=，计算得出n=，故答案为：。
(5)
A．加热前称量时坩埚未完全干燥，水的质量偏大，造成结果偏高，故选A；
B．加热过程中有少量晶体溅出，水的质量偏大，造成结果偏高，故选B；
C．加热时坩埚内固体变黑，硫酸铜分解生成CuO，水的质量偏大，造成结果偏高，故选C；
因此，本题正确答案是：ABC。
29．(1)     不能     球形干燥管     通过观察C中的气泡流速，控制A中产生氨气的速度     防倒吸
(2)     NH4SCN+KOH KSCN+NH3↑+H2O     3+Cr2O+8H+=3S↓+2Cr3++7H2O
(3)冷却结晶
【解析】
【分析】
加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨气，用碱石灰干燥后，在三颈烧瓶中氨气与CS2反应生成NH4SCN、NH4HS，滴入KOH生成KSCN，滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体；
(1)
①装置A中直接加热固体生成氨气和HCl，在试管口冷凝又形成固体，不能制取氨气；
②仪器B的名称是：球形干燥管；
③通过观察C中的气泡流速，控制A中产生氨气的速度；
④插入下层液体是为了让氨气和二硫化碳充分接触，充分反应，还可以起到防倒吸的作用；
(2)
①由于二硫化碳不溶于水，故当液面不再分层的时候，说明二硫化碳反应完全；装置D中NH4SCN和KOH反应生成KSCN，化学方程式是NH4SCN+KOH KSCN+NH3↑+H2O；
②装置E中，被酸性重铬酸钾氧化生成浅黄色沉淀S，铬元素被还原为，反应的离子方程式3+Cr2O+8H+=3S↓+2Cr3++7H2O；
(3)
先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。
30．     分液漏斗     吸收HCl中的水蒸气     先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯     发生倒吸     可燃性气体H2不能被吸收     溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O，加入硫酸后，H+与C2O结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红     取少量实验2中的亮绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀     2     2     2CO2     3C2O     电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生
【解析】
【分析】
实验1：由实验装置图可知，装置A为浓硫酸与氯化钠共热制备氯化氢的装置，装置B中的浓硫酸用于干燥氯化氢气体，装置C为铁粉与氯化氢共热反应制备氯化亚铁，装置D中氢氧化钠溶液吸收未反应的氯化氢，该实验设计存在明显不足，导气管插入液面中会可能产生倒吸，反应生成的氢气不能被氢氧化钠溶液吸收，应增加氢气的收集装置；
实验2：由题意可知，在避光处，用氯化铁溶液与过量的草酸钾反应制得三草酸合铁酸钾亮绿色晶体，将三草酸合铁酸钾晶体溶于水配成亮绿色溶液，光照条件下三草酸合铁酸钾发生分解反应生成草酸亚铁沉淀、草酸钾和二氧化碳，说明草酸根的还原性强于亚铁离子；
实验3：由题给装置可知，若草酸根的还原性强于亚铁离子，左边石墨电极为原电池的正极，铁离子在正极上得到电子发生还原反应生成亚铁离子，溶液由棕黄色变为浅绿色，右边石墨电极为原电池的负极，草酸根在负极上失去电子发生氧化反应生成二氧化碳。
【详解】
(1)由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置B中的浓硫酸用于干燥氯化氢气体，吸收氯化氢中的水蒸气，故答案为：分液漏斗；吸收HCl中的水蒸气；
(2)为防止铁与空气中的氧气和水蒸气反应，实验时应先点燃A处酒精灯制备氯化氢，利用氯化氢将装置中的空气排尽后，再点燃C处酒精灯制备氯化亚铁，故答案为：先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯；
(3)若用装置D进行尾气处理，由于氯化氢极易与氢氧化钠溶液反应，导致导气管中的压强迅速减小而引起倒吸，反应生成的氢气不能被氢氧化钠溶液吸收，应增加氢气的收集装置，故答案为：发生倒吸；可燃性气体H2不能被吸收；
(4)将三草酸合铁酸钾晶体溶于水配成溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变红色，说明溶液中不存在铁离子，[Fe(C2O4)3]3-难电离出铁离子，存在如下电离平衡[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O，加入硫酸后，硫酸电离出的氢离子与草酸根反应，使草酸根离子浓度减小，平衡正向移动，溶液中铁离子增大，遇硫氰化钾溶液变红，故答案为：溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O，加入硫酸后，H+与C2O结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；
(5)若实验2中没有发生氧化还原反应，溶液中不可能存在亚铁离子，则向亮绿色溶液中滴加铁氰化钾溶液，不会出现蓝色沉淀，故答案为：取少量实验2中的亮绿色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出现蓝色沉淀；
(6)由翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生可知，三草酸合铁酸钾发生分解反应生成草酸亚铁沉淀、草酸钾和二氧化碳，反应的化学方程式为2[Fe(C2O4)3]3−2 FeC2O4↓+3C2O42-+2CO2↑，故答案为：2；2；2CO2；3C2O42-；
(7)若草酸根的还原性强于亚铁离子，负极上草酸根会失电子发生氧化反应生成二氧化碳，正极上铁离子得电子发生还原反应亚铁离子，溶液由棕黄色变为浅绿色，则实验现象为电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生，故答案为：电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生。
【点睛】
Fe3+与C2O42-生成稳定的[Fe(C2O4)]3-干扰Fe2+和C2O42−的还原性强弱比较，若要比较Fe2+和C2O42−的还原性强弱应避免Fe3+与C2O42-接触反应生成稳定的[Fe(C2O4)]3-是实验解答关键，也是设计实验的难点。