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2021-2022学年江苏省无锡市太湖高级中学高一（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省无锡市太湖高级中学高一（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析），共18页。试卷主要包含了 下列化学用语表示正确的是，1ml/LNaOH溶液， 属于人工固氮作用的是等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省无锡市太湖高级中学高一（下）月考化学试卷（3月份）
1. 我国承诺在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当，下列措施不利于实现“碳中和”的是( )
A. 研究CO2转化为淀粉的技术 B. 加强CO2的捕集和再利用
C. 践行节能低碳的生活方式 D. 加大化石能源的消费比重
2. 下列化学用语表示正确的是( )
A. 质子数为7、中子数为7的氮原子： 714N
B. 氮原子的结构示意图：
C. 氨气分子的电子式：
D. 碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32−
3. 验室制备、干燥、收集NH3并进行尾气处理，图中装置能达到实验目的的是( )
A. 制取NH3
B. 干燥NH3
C. 收集NH3
D. 处理NH3尾气
4. 对于反应4FeS2+11O2−高温8SO2+2Fe2O3，下列说法不正确的是( )
A. FeS2是还原剂 B. Fe2O3只是还原产物
C. O2是氧化剂 D. SO2不仅是氧化产物，还是还原产物
5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 0.1mol/LNaOH溶液：Na+、K+、CO32−、NO3−
B. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−
C. 与A1反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3−、SO42−
D. 能使酚酞显红色的溶液中：NH4+、H+、SO42−、I−
6. 属于人工固氮作用的是( )
A. 工业合成氨 B. 硝酸工厂用NH3氧化制NO
C. 雷雨时空气中的N2转化为NO D. 由NH3制碳铵(NH4HCO3)
7. 下列物质都具有漂白性，漂白原理与其它几个不同的是( )
A. 氯水 B. SO2 C. H2O2 D. HClO
8. 依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确的是( )
A. X是N2O5
B. 可用排水法收集NO2气体
C. 工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D. 从原理上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化
9. 下列由实验操作及现象得出的结论正确的是( )
A. 向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中一定含有Cl−
B. 向某溶液中加入浓的NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中存在NH4+
C. 过量铜与一定量的稀硝酸充分反应后再滴加稀硫酸，铜逐渐溶解，说明铜可以和稀硫酸反应
D. 向某溶液中加入HNO3溶液，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中一定含有SO42−
10. 以下物质间的每步转化不能通过一步反应就能实现的是( )
A. S→SO3→H2SO4 B. MgCl2→Mg→Mg3N2
C. NO→NO2→HNO3 D. NaCl→NaHCO3→Na2CO3
11. 将足量的铜片与100mL16mol⋅L−1浓HNO3加热充分反应，收集到标准状况下气体VL。下列対此反应的有关说法中错误的是( )
A. 该反应体现了HNO3的酸性和强氧化性 B. 反应结束后溶液呈蓝色
C. 被还原的硝酸为V22.4mol D. 参加反应的Cu为0.4mol
12. 某同学设想用如表所给装置来验证浓硫酸的某些性质，其中不能达到实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
实验目的
吸水性
脱水性
稀释放热
强氧化性
实验装置
A. A B. B C. C D. D
13. 只用一种试剂就能将NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液区分开，这种试剂是( )
A. NaOH溶液 B. AgNO3溶液 C. Ba(OH)2溶液 D. BaCl2溶液
14. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 醋酸钠溶液与硫酸反应：CH3COONa+H+=CH3COOH+Na+
B. 铁与稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
C. 氢氧化钡与稀硫酸反应：Ba2++OH−+SO42−+H+=BaSO4↓+H2O
D. 将过量CO2气体通入氨水中：CO2+NH3⋅H2O=NH4++HCO3−
15. 下列材料中不含SiO2的是( )
A. 光纤 B. 玻璃 C. 石英 D. 芯片
16. 下列气体排放到空气中，不会导致酸雨的是( )
A. NO B. NO2 C. CO2 D. SO2
17. 下列有关二氧化硫说法中正确的是( )
A. 二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，可在葡萄酒中微量添加
B. 二氧化硫能使品红褪色，加热后不恢复到红色
C. 二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色，体现了二氧化硫的漂白性
D. 二氧化硫属于碱性氧化物，可以用NaOH溶液吸收
18. 下列有关浓硝酸的说法中错误的是( )
A. 浓HNO3能与碳反应，说明其具有强氧化性
B. 浓HNO3能溶解金属铜，说明其具有强酸性
C. 浓HNO3不稳定易分解，需要避光保存
D. 常温下浓HNO3能使金属铝钝化，可以用铝槽车运输浓HNO3
19. 某溶液可能含有Cl−、SO42−、CO32−、NH4+、Fe3+、Al3+和K+.取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中( )
A. 至少存在5种离子
B. CO32−、Al3+一定不存在，K+可能存在
C. SO42−、NH4+一定存在，Cl−可能不存在
D. Cl−一定存在
20.
某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两等份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体).向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是( )
A. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
B. 原混合酸中NO3−物质的量为0.4mol
C. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D. 取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+)=0.1mol⋅L−l
21. 我国“蓝天保卫战”成果显著；肆虐的雾霾逐渐被遏止。科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：
回答下列问题：
(1)图中物质溶于水溶液呈碱性的是 ______。
(2)工业上利用氨气制备一氧化氮，反应的化学方程式为 ______。
(3)实验室长期保存浓硝酸，需使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，其原因为 ______(用化学方程式表示)。
(4)氨气与一氧化氮(NO)在一定条件下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为 ______。
(5)往含有0.5molH2SO4、0.2molHNO3的混合酸溶液中加入32g铜粉，充分反应后能收集到标准状况下 ______L的NO气体。
22. 实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图1所示装置进行实验，试回答下列问题：
(1)在A中大试管中发生反应的化学方程式为 ______，实验时将导管a插入浓硫酸中，其作用是 ______。
(2)B中的实验现象 ______，此实验证明二氧化硫有 ______性。
(3)C中的实验现象是有淡黄色沉淀生成，写出此反应的化学方程式 ______。
(4)碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，反应流程如图2：
①该工艺流程中，反应①温度不能过高的原因可能是 ______。
②该工艺中，若有1molSO2被氧化，产生标准状况下氢气的体积为 ______。
23. 认识含硫物质的性质及转化规律，能帮助我们更好地认识自然和保护环境。
(1)酸雨的形成原因。将SO2气体通入蒸馏水中，取出部分溶液并用pH计测定其pH，每隔10min读数一次，所得数据如表：
时间(min)
0
10
20
30
40
pH
4.95
4.94
4.86
4.85
4.85
随着时间的推移，pH逐渐变小的原因是 ______ 。(用化学方程式表示)
(2)防治SO2对环境的污染。
①从物质分类角度看，SO2属于酸性氧化物。工业上常用熟石灰将SO2转化为亚硫酸盐，写出所得亚硫酸盐的化学式： ______ 。
②从元素价态看，SO2中S元素为+4价，既具有氧化性，又具有还原性。用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)可将SO2在高温下还原成单质硫。写出CO还原SO2反应的化学方程式： ______ 。
(3)获取空气质量信息。某化学小组为了测定空气中SO2的体积分数，做了如下实验：
取标准状况下的空气20.00L(含N2、O2、CO2、SO2)，缓慢通过足量溴水，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4。在所得溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后将沉淀洗涤、干燥，称得其质量为4.66g。
①检验沉淀是否洗涤干净的方法是 ______ 。
②空气样品中SO2的体积分数为 ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.研究CO2转化为淀粉的技术，实现变废为宝，有利于实现碳中和，故A错误；
B.加强CO2的捕集和再利用，有利于实现碳中和，故B错误；
C.践行节能低碳的生活方式，从源头减少CO2的排放，有利于实现碳中和，故C错误；
D.加大化石能源的消费比重，从源头上增加了CO2的排放，不利于实现碳中和，故D正确；
故选：D。
碳中和需要从源头上减少碳排放或将已经排放的CO2捕集、再利用，据此分析作答即可。
本题主要考查学生对碳中和的理解，考查学生的理解能力、分析能力，增强学生的环境保护意识，属于高频考点，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为7+7=14，该原子可以表示为 714N，故A正确；
B.氮原子的核内有7个质子，核外有7个电子，其原子结构示意图为，故B错误；
C.氨气为共价化合物，分子中含有3个N−H键，其电子式为，故C错误；
D.碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−，故D错误；
故选：A。
A.质量数=质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；
B.氮原子的核外电子总数=核电荷数=7，最外层含有5个电子；
C.漏掉了N原子的1对未成键电子对；
D.碳酸氢根离子不能拆开。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、电离方程式、原子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，而NH3和HCl又能快速发生化合反应生成NH4Cl，因此不能用NH4Cl加热制备NH3，故A错误；
B.NH3为碱性气体，与碱石灰[Ca(OH)2、NaOH]不会反应，同时碱石灰具有吸水性，故B正确；
C.NH3密度小于空气，用排空气法收集NH3时，应采用向下排空气法收集，气体应“短进长出”，故C错误；
D.NH3极易溶于水且能和稀硫酸发生反应，因此尾气处理时应防止倒吸，不能直接将导管伸入吸收液中，故D错误；
故选：B。
A.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；
B.碱石灰与氨气不反应，可吸收水；
C.氨气的密度比空气密度小；
D.氨气与硫酸反应，且导管口在液面下易发生倒吸。
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
4.【答案】B
【解析】解：A.S元素的化合价由−1价升高到+4价，被氧化，铁元素的化合价由+2价升高到+3价，被氧化，故FeS2是还原剂，故A正确；
B.铁元素的化合价由+2价升高到+3价，被氧化，对应的产物是氧化产物，O元素的化合价由0价降低到−2价，被还原，对应的产物是还原产物，故Fe2O3不仅是氧化产物，还是还原产物，故B错误；
C.O元素的化合价由0价降低到−2价，被还原，氧气做氧化剂，故C正确；
D.S元素的化合价由−1价升高到+4价，被氧化，对应的产物是氧化产物，O元素的化合价由0价降低到−2价，被还原，对应的产物是还原产物，故SO2不仅是氧化产物，还是还原产物，故D正确；
故选：B。
反应4FeS2+11O2−高温8SO2+2Fe2O3，S元素的化合价由−1价升高到+4价，被氧化，铁元素的化合价由+2价升高到+3价，被氧化，O元素的化合价由0价降低到−2价，被还原，据此进行分析。
本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，注意该反应中S元素化合价的判断，为易错点。
5.【答案】A
【解析】解：A.Na+、K+、CO32−、NO3−、OH−之间不反应，在NaOH溶液中能够大量共存，故A正确；
B.Fe3+、SCN−之间反应生成硫氰化铁，溶液呈红色，不能大量共存，故B错误；
C.与A1反应能放出H2的溶液呈酸性或碱性，Fe2+、OH−之间反应生成氢氧化亚铁，Fe2+、NO3−在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.能使酚酞显红色的溶液呈碱性，NH4+、H+都与OH−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.四种离子之间不反应，都不与氢氧化钠反应；
B.铁离子与硫氰根离子反应；
C.该溶液呈酸性或碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D.该溶液呈碱性，铵根离子、氢离子都与氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.N2与H2在一定条件下反应生成NH3，是在人为因素下使游离态的氮转化为化合态，属于人工固氮，故A选；
B.硝酸工厂用NH3氧化制NO，是不同化合态的氮的转化，不是氮的固定，故B不选；
C.雷雨时空气中的N2转化为NO，自然界中不需要人参与的固氮过程，为自然固氮，故C不选；
D.由NH3制碳铵(NH4HCO3)，是不同化合态的氮的转化，不是氮的固定，故D不选；
故选：A。
人工固氮是在人为因素下使游离态的氮转化为化合态，据此解答。
本题考查了氮的固定，熟悉氮的固定的含义及分类是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.因氯水中HClO具有强氧化性，则能使有色物质褪色；
B.SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质；
C.因H2O2具有强氧化性，则能使有色物质褪色；
D.HClO具有强氧化性，则能使有色物质褪色。
显然只有B的漂白原理与其他几种不同，
故选：B。
H2O2、O3、氯水中HClO均具有强氧化性，能使有色物质褪色，而SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质，以此来解答．
本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，注意其漂白原理是利用化合反应生成无色物质，属于暂时性的漂白，题目难度不大．
8.【答案】B
【解析】解：A.根据价类二维图的含义可知，X为N元素的+5价的氧化物，即X为N2O5，故A正确；
B.NO2可以与水反应生成硝酸和NO，即NO2只能用排空法收集，不能用排水法收集，故B错误；
C.工业上制硝酸分三步：第一步为氨气的催化氧化，第二步为NO的氧化，第三步为NO2与水反应生成硝酸，故C正确；
D.从原理上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化，即N元素化合价的归中反应，也属于氨气还原氮的氧化物，实现大气的脱销，故D正确。
故选：B。
A.由价类二维图可知，X为N元素的+5价的氧化物；
B.NO2可以与水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集；
C.工业上制硝酸是将氨气氧化为NO，NO在被氧化为NO2，NO2与水反应生成硝酸；
D.从价态上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化，即N元素化合价的归中反应。
本题主要考查氮及其化合物的性质，硝酸的制法，归中反应，同时考查学生的看图、读图的能力，理解能力，属于基本知识，基础题型，难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能为碳酸银，原溶液中可能含有碳酸根离子，不一定含有Cl−，故A错误；
B.产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体是氨气，铵根在碱性条件下加热可以产生氨气，故说明原溶液中存在NH4+，故B正确；
C.过量铜与稀硝酸充分反应生成硝酸铜，且酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，则充分反应后再滴加稀硫酸，铜逐渐溶解，但Cu与稀硫酸不反应，故C错误；
D.SO42−的检验方法为：先加入稀盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有SO42−，不能用硝酸酸化，不能排除银离子的干扰，故D错误；
故选：B。
A.白色沉淀可能为碳酸银；
B.产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体是氨气；
C.过量铜与稀硝酸充分反应生成硝酸铜，且酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu；
D.应加入稀盐酸排除了银离子、亚硫酸根等干扰离子，再加入BaCl2溶液生成的白色沉淀为硫酸钡。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.S不能一步转化为SO3，故S→SO3不能一步实现，故A正确；
B.电解熔融氯化镁生成Mg，Mg与氮气反应生成氮化镁，均可一步实现转化，故B错误；
C.NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，均可一步实现转化，故C错误；
D.饱和氯化钠溶液中通入氨气及二氧化碳可得碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠，均可一步实现转化，故D错误；
故选：A。
A.S不能一步转化为三氧化硫；
B.电解熔融氯化镁生成Mg，Mg与氮气反应生成氮化镁；
C.NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；
D.饱和氯化钠溶液中通入氨气及二氧化碳可得碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.Cu足量，硝酸完全反应，开始发生反应Cu+4HNO3(浓)−△Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，随反应进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与Cu发生反应：3Cu+8HNO3(稀)−△3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应中体现了HNO3的酸性和强氧化性，故A正确；
B.反应得到硝酸铜溶液，反应结束后溶液呈蓝色，故B正确；
C.被还原的硝酸转化为NO2、NO，根据N原子守恒，被还原的硝酸物质的量=n(NO)+n(NO2)=V22.4mol，故C正确；
D.硝酸的物质的量为0.1L×16mol/L=1.6mol，不考虑硝酸挥发，完全发生反应Cu+4HNO3(浓)−△Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解Cu为0.4mol，但随反应进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与Cu发生反应：3Cu+8HNO3(稀)−△3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故溶解Cu的物质的量大于0.4mol，故D错误；
故选：D。
A.Cu足量，硝酸完全反应，开始发生反应Cu+4HNO3(浓)−△Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，随反应进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与Cu发生反应：3Cu+8HNO3(稀)−△3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
B.反应得到硝酸铜溶液；
C.被还原的硝酸转化为NO2、NO，根据N原子守恒计算；
D.根据方程式计算计算判断参加反应Cu的物质的量。
本题考查硝酸性质、化学方程式的计算，关键是明确发生的反应，注意掌握常见与浓度、条件、用量等有关的反应，题目侧重考查学生分析能力。
12.【答案】D
【解析】解：A.浓硫酸具有吸水性，溶液质量增大，可完成实验，验证浓硫酸具有吸水性，故A不选；
B.浓硫酸具有脱水性，可使纸片变黑，可完成实验，故B不选；
C.浓硫酸溶于水放热，可使U形管左侧液面下降，右侧液面升高，可完成实验，故C不选；
D.常温下，浓硫酸和铜不反应，应在加热条件下反应，图示装置不能达到实验目的，故D选；
故选：D。
A.浓硫酸具有吸水性，根据浓硫酸的质量变化可判断；
B.浓硫酸可使纸片变黑；
C.通过U形管液面的变化可判断；
D.常温下，浓硫酸和铜不反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握浓硫酸的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.NH4Cl、(NH4)2SO4和NaOH混合时都产生刺激性气味气体，现象相同；NaCl、Na2SO4和NaOH溶液分别混合无明显现象，现象相同，所以无法鉴别，故A错误；
B.NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液分别和AgNO3溶液混合都生成白色沉淀，现象相同，所以无法鉴别，故B错误；
C.NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液分别和Ba(OH)2溶液混合时，产生的现象有：产生刺激性气味气体、产生白色沉淀和刺激性气味气体、无明显现象、产生白色沉淀，现象不同，可以鉴别，故C正确；
D.NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液分别和BaCl2溶液混合，NH4Cl、NaCl无明显现象，(NH4)2SO4、Na2SO4都生成白色沉淀，所以无法鉴别，故D错误；
故选：C。
NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液分别和Ba(OH)2溶液混合时，产生的现象有：产生刺激性气味气体、产生白色沉淀和刺激性气味气体、无明显现象、产生白色沉淀，据此分析解答．
本题考查物质鉴别，为高频考点，明确物质性质差异性是解本题关键，根据物质之间反应不同现象进行鉴别即可，熟练掌握物质之间的差异性，题目难度不大．
14.【答案】D
【解析】解：A.醋酸钠溶液与硫酸反应的离子方程式为：CH3COO−+H+=CH3COOH，故A错误；
B.过量的铁与稀硝酸的反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C.氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2++2OH−+SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.将过量CO2气体通入氨水中，离子方程式为：CO2+NH3⋅H2O=NH4++HCO3−，故D正确；
故选：D。
A.醋酸钠为易溶的强电解质，应该拆开；
B.铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，不会生成氢气；
C.氢离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成；
D.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢铵。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A不选；
B.制造普通玻璃的原料是：纯碱、石灰石和石英；普通玻璃化学氧化物的组成(Na2O⋅CaO⋅6SiO2)，主要成份是二氧化硅，故B不选；
C.石英的成分是二氧化硅，故C不选；
D.芯片是由单质硅制成的，不含有SiO2，故D选；
故选：D。
光纤、玻璃、石英中均含有SiO2，芯片是由单质硅制成的，不含有SiO2，据此分析解答。
本题考查硅和二氧化硅的用途，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.一氧化氮属于氮氧化物，排放到空气中，会引起酸雨，故A错误；
B.二氧化氮属于氮氧化物，排放到空气中，会引起酸雨，故B错误；
C.二氧化碳为空气的成分，过量排放会引起温室效应，故C正确；
D.二氧化硫排放到空气中会引起酸雨，故D错误；
故选：C。
酸雨是指pH小于5.6的雨雪或其他形式的降水。雨、雪等在形成和降落过程中，吸收并溶解了空气中的二氧化硫、氮氧化合物等物质，形成了pH低于5.6的酸性降水。
本题考查生活中的化学，题目难度不大，注意对基础知识的积累。
17.【答案】A
【解析】【解答】
本题考查了二氧化硫的化学性质，二氧化硫漂白性、还原性的分析和应用，注意知识积累，题目较简单．
【解答】
A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，所以二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，故A正确；
B.二氧化硫能使品红褪色，加热后恢复到红色，故B错误；
C.SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是氧化还原反应，是还原性，而不是漂白性，故C错误；
D.二氧化硫属于酸性氧化物，可以用NaOH溶液吸收生成盐和水，故D错误；
故选：A。
18.【答案】B
【解析】解：A、浓硝酸与灼热的碳反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，硝酸只表现出强氧化性，故A正确；
B、浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO2和水，N元素化合价降低，硝酸表现出氧化性，生成硝酸铜，硝酸还表现出酸性，故B错误；
C、浓硝酸具有不稳定性，见光分解生成二氧化氮、氧气和水，所以要避光保存，故C正确；
D、浓硝酸具有强氧化性，常温下与铝在铝的表面形成致密的氧化膜，而使铝钝化，所以可以用铝槽车运输浓HNO3，故D正确；
故选：B。
硝酸表现氧化性，则反应后N元素的化合价降低；表现出酸性，反应物中有硝酸盐生成．
本题考查硝酸的性质，难度不大，注意根据化合价的变化来判断硝酸酸性与氧化性．
19.【答案】D
【解析】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32−；
4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，
A.由上述分析可知，一定含SO42−、NH4+、Fe3+，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，SO42−所带负电荷为2×0.02mol=0.04mol，
据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl−，至少存在4种离子，故A错误；
B.综上所述，原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42−和Cl−，可能含Al3+、K+，一定不含CO32−，故B错误；
C.由上述分析可知，Fe3+、SO42−、NH4+和Cl−，一定存在，故C错误；
D.由电荷守恒可知，Cl−一定存在，且c(Cl−)≥0.4mol/L，故D正确；
故选D.
加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32−；
4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol，根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．
本题考查物质的检验及推断，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意常见离子的性质和反应类型的判断，答题时认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，题目难度中等．
20.【答案】D
【解析】解：A.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A正确；
B.OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n(NO3−)=2n(Fe)=2×11.2g56g/mol=0.4mol，故B正确；
C.硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；
D、反应消耗22.4g铁，其物质的量=22.4g56g/mol=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒每份含硫酸0.4mol，200mL原溶液中含有0.8mol硫酸、0.4molHNO3，原混合液中含有氢离子的总物质的量=0.8mol×2+0.4mol=2mol，取出20mL溶液中含有氢离子的物质的量为0.2mol，稀释过程中氢离子的物质的量不变，则稀释至1 L后溶液c(H+)=0.2mol1L=0.2mol⋅L−l，故D错误；
故选：D。
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑.
A.铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应
B.OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；
C.铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；
D.根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，据此可确定硫酸中含有氢离子的物质的量，再结合B可知硝酸中含有氢离子的物质的量，从而可知原混合液中氢离子的总物质的量，然后结合溶液稀释定律计算稀释后溶液中氢离子浓度．
本题以化学反应图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度中等，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，注意利用守恒思想解答．
21.【答案】NH3 4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O4HNO3−光照4NO2↑+O2↑+2H2O4NH3+6NO−一定条件5N2+6H2O4.48
【解析】解：(1)图中物质溶于水溶液呈碱性的是NH3，
故答案为：NH3；
(2)工业上利用氨气制备一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O；
(3)实验室长期保存浓硝酸，需使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，其原因为4HNO3−光照4NO2↑+O2↑+2H2O，
故答案为：4HNO3−光照4NO2↑+O2↑+2H2O；
(4)氨气与一氧化氮(NO)在一定条件下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为4NH3+6NO−一定条件5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO−一定条件5N2+6H2O；
(5)往含有0.5molH2SO4、0.2molHNO3的混合酸溶液中加入32g铜粉，发生反应为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，根据关系式：3Cu∼8H+∼2NO3−可知，n(Cu)=32g64g/mol=0.5mol，n(H+)=0.5mol×2+0.2mol=1.2mol，n(NO3−)=0.2mol，铜和氢离子是过量的，NO3−完全反应，则充分反应后能收集到标准状况下0.2×22.4L、mol=4.48L的NO气体，
故答案为：4.48。
(1)NH3是碱性气体；
(2)工业上利用氨气和O2反应生成NO和H2O；
(3)浓硝酸在光照的条件下会分解；
(4)氨气具有还原性，可以与一氧化氮(NO)在一定条件下反应生成N2和水；
(5)根据方程式3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，得关系式：3Cu∼8H+∼2NO3−，n(Cu)=32g64g/mol=0.5mol，n(H+)=0.5mol×2+0.2mol=1.2mol，n(NO3−)=0.2mol，判断过量问题，再进一步计算即可。
本题主要考查氮及其化合物的性质，掌握氮及其化合物之间的相互转化是解决本题的关键，侧重考查氧化还原反应方程式的书写，属于基本知识的考查，难度不大。
22.【答案】Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O防止倒吸 酸性KMnO4溶液紫色褪色 还原 SO2+2H2S=3S↓+2H2OI2的沸点较低，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收 22.4L
【解析】解：(1)装置A中铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；通过a使A中气体和外界相通，能利用大气压平衡A中压强，防止出现倒吸，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；防止倒吸；
(2)KMnO4具有强氧化性，能够氧化SO2生成SO42−，KMnO4被还原生成Mn2+，反应的离子方程式为5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，则酸性KMnO4溶液的紫色褪去，证明二氧化硫具有还原性，
故答案为：酸性KMnO4溶液紫色褪色；还原；
(3)SO2具有弱氧化性，能与H2S反应生成S单质，反应的方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，
故答案为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；
(4)①I2的沸点较低，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收，所以反应器中控制温度为20℃∼100℃，
故答案为：I2的沸点较低，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收；
②整个过程总反应为SO2+2H2O−催化剂△H2SO4+H2，若有1molSO2被氧化，产生标准状况下氢气的物质的量为1mol，氢气体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，
故答案为：22.4L。
(1)(2)(3)A中浓硫酸与铜发生氧化还原反应生成硫酸铜和二氧化硫，B可用于检验二氧化硫的还原性，C中生成淡黄色沉淀，二氧化硫表现氧化性，D中品红褪色，加热时颜色复原，E为尾气吸收装置；
(4)①I2的沸点较低，温度过高会使I2升华；
②整个过程总反应为SO2+2H2O−催化剂△H2SO4+H2，根据方程式计算。
本题考查物质性质的验证实验、环境保护等，为高频考点，熟练掌握物质的性质，明确实验原理、各装置作用，侧重分析能力与实验操作能力的考查，题目难度中等。
23.【答案】(1)2H2SO3+O2=2H2SO4
(2)①CaSO3 ②2CO+SO22CO2+S取适量洗涤液至试管中，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明未洗净，反之洗净 2.24%
【解析】解：(1)酸雨形成时，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸在空气中被氧气氧化生成硫酸，硫酸的酸性强于亚硫酸，所以雨水的酸性增强，pH逐渐变小，反应方程式为：2H2SO3+O2=2H2SO4，
故答案为：2H2SO3+O2=2H2SO4；
(2)①SO2属于酸性氧化物，与熟石灰反应生成亚硫酸钙和水，所得亚硫酸盐的化学式为CaSO3，
故答案为：CaSO3；
②根据氧化还原反应原理分析，CO将SO2还原为S，CO被氧化为CO2，反应方程式为：2CO+SO22CO2+S，
故答案为：2CO+SO22CO2+S；
(3)①沉淀若没洗涤干净，则洗涤液中含有氯离子，检验的方法为：取适量洗涤液至试管中，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明未洗净，反之洗净，
故答案为：取适量洗涤液至试管中，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明未洗净，反之洗净；
②n(BaSO4)=4.46g233g/mol=0.02mol，根据题给反应方程式知：n(SO2)=n(BaSO4)=0.02mol，则空气样品中SO2的体积分数为：0.02mol×22.4L/mol20.00L×100%=2.24%，
故答案为：2.24%。
书写陌生反应方程式时，注意题给信息中产物，同时根据氧化还原反应原理及质量守恒原理配平方程式。
2021-2022学年江苏省无锡市太湖高级中学高一（下）月考化学试卷（3月份）
1. 我国承诺在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当，下列措施不利于实现“碳中和”的是( )
A. 研究CO2转化为淀粉的技术 B. 加强CO2的捕集和再利用
C. 践行节能低碳的生活方式 D. 加大化石能源的消费比重
2. 下列化学用语表示正确的是( )
A. 质子数为7、中子数为7的氮原子： 714N
B. 氮原子的结构示意图：
C. 氨气分子的电子式：
D. 碳酸氢钠的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32−
3. 验室制备、干燥、收集NH3并进行尾气处理，图中装置能达到实验目的的是( )
A. 制取NH3
B. 干燥NH3
C. 收集NH3
D. 处理NH3尾气
4. 对于反应4FeS2+11O2−高温8SO2+2Fe2O3，下列说法不正确的是( )
A. FeS2是还原剂 B. Fe2O3只是还原产物
C. O2是氧化剂 D. SO2不仅是氧化产物，还是还原产物
5. 常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A. 0.1mol/LNaOH溶液：Na+、K+、CO32−、NO3−
B. 无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN−、Cl−
C. 与A1反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3−、SO42−
D. 能使酚酞显红色的溶液中：NH4+、H+、SO42−、I−
6. 属于人工固氮作用的是( )
A. 工业合成氨 B. 硝酸工厂用NH3氧化制NO
C. 雷雨时空气中的N2转化为NO D. 由NH3制碳铵(NH4HCO3)
7. 下列物质都具有漂白性，漂白原理与其它几个不同的是( )
A. 氯水 B. SO2 C. H2O2 D. HClO
8. 依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确的是( )
A. X是N2O5
B. 可用排水法收集NO2气体
C. 工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D. 从原理上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化
9. 下列由实验操作及现象得出的结论正确的是( )
A. 向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中一定含有Cl−
B. 向某溶液中加入浓的NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中存在NH4+
C. 过量铜与一定量的稀硝酸充分反应后再滴加稀硫酸，铜逐渐溶解，说明铜可以和稀硫酸反应
D. 向某溶液中加入HNO3溶液，无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明原溶液中一定含有SO42−
10. 以下物质间的每步转化不能通过一步反应就能实现的是( )
A. S→SO3→H2SO4 B. MgCl2→Mg→Mg3N2
C. NO→NO2→HNO3 D. NaCl→NaHCO3→Na2CO3
11. 将足量的铜片与100mL16mol⋅L−1浓HNO3加热充分反应，收集到标准状况下气体VL。下列対此反应的有关说法中错误的是( )
A. 该反应体现了HNO3的酸性和强氧化性 B. 反应结束后溶液呈蓝色
C. 被还原的硝酸为V22.4mol D. 参加反应的Cu为0.4mol
12. 某同学设想用如表所给装置来验证浓硫酸的某些性质，其中不能达到实验目的的是( )
选项
A
B
C
D
实验目的
吸水性
脱水性
稀释放热
强氧化性
实验装置
A. A B. B C. C D. D
13. 只用一种试剂就能将NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液区分开，这种试剂是( )
A. NaOH溶液 B. AgNO3溶液 C. Ba(OH)2溶液 D. BaCl2溶液
14. 下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A. 醋酸钠溶液与硫酸反应：CH3COONa+H+=CH3COOH+Na+
B. 铁与稀硝酸反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑
C. 氢氧化钡与稀硫酸反应：Ba2++OH−+SO42−+H+=BaSO4↓+H2O
D. 将过量CO2气体通入氨水中：CO2+NH3⋅H2O=NH4++HCO3−
15. 下列材料中不含SiO2的是( )
A. 光纤 B. 玻璃 C. 石英 D. 芯片
16. 下列气体排放到空气中，不会导致酸雨的是( )
A. NO B. NO2 C. CO2 D. SO2
17. 下列有关二氧化硫说法中正确的是( )
A. 二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，可在葡萄酒中微量添加
B. 二氧化硫能使品红褪色，加热后不恢复到红色
C. 二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色，体现了二氧化硫的漂白性
D. 二氧化硫属于碱性氧化物，可以用NaOH溶液吸收
18. 下列有关浓硝酸的说法中错误的是( )
A. 浓HNO3能与碳反应，说明其具有强氧化性
B. 浓HNO3能溶解金属铜，说明其具有强酸性
C. 浓HNO3不稳定易分解，需要避光保存
D. 常温下浓HNO3能使金属铝钝化，可以用铝槽车运输浓HNO3
19. 某溶液可能含有Cl−、SO42−、CO32−、NH4+、Fe3+、Al3+和K+.取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中( )
A. 至少存在5种离子
B. CO32−、Al3+一定不存在，K+可能存在
C. SO42−、NH4+一定存在，Cl−可能不存在
D. Cl−一定存在
20.
某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两等份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体).向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是( )
A. OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气
B. 原混合酸中NO3−物质的量为0.4mol
C. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D. 取20 mL原混合酸加水稀释至1 L后溶液c(H+)=0.1mol⋅L−l
21. 我国“蓝天保卫战”成果显著；肆虐的雾霾逐渐被遏止。科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：
回答下列问题：
(1)图中物质溶于水溶液呈碱性的是 ______。
(2)工业上利用氨气制备一氧化氮，反应的化学方程式为 ______。
(3)实验室长期保存浓硝酸，需使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，其原因为 ______(用化学方程式表示)。
(4)氨气与一氧化氮(NO)在一定条件下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为 ______。
(5)往含有0.5molH2SO4、0.2molHNO3的混合酸溶液中加入32g铜粉，充分反应后能收集到标准状况下 ______L的NO气体。
22. 实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图1所示装置进行实验，试回答下列问题：
(1)在A中大试管中发生反应的化学方程式为 ______，实验时将导管a插入浓硫酸中，其作用是 ______。
(2)B中的实验现象 ______，此实验证明二氧化硫有 ______性。
(3)C中的实验现象是有淡黄色沉淀生成，写出此反应的化学方程式 ______。
(4)碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，反应流程如图2：
①该工艺流程中，反应①温度不能过高的原因可能是 ______。
②该工艺中，若有1molSO2被氧化，产生标准状况下氢气的体积为 ______。
23. 认识含硫物质的性质及转化规律，能帮助我们更好地认识自然和保护环境。
(1)酸雨的形成原因。将SO2气体通入蒸馏水中，取出部分溶液并用pH计测定其pH，每隔10min读数一次，所得数据如表：
时间(min)
0
10
20
30
40
pH
4.95
4.94
4.86
4.85
4.85
随着时间的推移，pH逐渐变小的原因是 ______ 。(用化学方程式表示)
(2)防治SO2对环境的污染。
①从物质分类角度看，SO2属于酸性氧化物。工业上常用熟石灰将SO2转化为亚硫酸盐，写出所得亚硫酸盐的化学式： ______ 。
②从元素价态看，SO2中S元素为+4价，既具有氧化性，又具有还原性。用生物质热解气(主要成分为CO、CH4、H2)可将SO2在高温下还原成单质硫。写出CO还原SO2反应的化学方程式： ______ 。
(3)获取空气质量信息。某化学小组为了测定空气中SO2的体积分数，做了如下实验：
取标准状况下的空气20.00L(含N2、O2、CO2、SO2)，缓慢通过足量溴水，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4。在所得溶液中加入稍过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后将沉淀洗涤、干燥，称得其质量为4.66g。
①检验沉淀是否洗涤干净的方法是 ______ 。
②空气样品中SO2的体积分数为 ______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.研究CO2转化为淀粉的技术，实现变废为宝，有利于实现碳中和，故A错误；
B.加强CO2的捕集和再利用，有利于实现碳中和，故B错误；
C.践行节能低碳的生活方式，从源头减少CO2的排放，有利于实现碳中和，故C错误；
D.加大化石能源的消费比重，从源头上增加了CO2的排放，不利于实现碳中和，故D正确；
故选：D。
碳中和需要从源头上减少碳排放或将已经排放的CO2捕集、再利用，据此分析作答即可。
本题主要考查学生对碳中和的理解，考查学生的理解能力、分析能力，增强学生的环境保护意识，属于高频考点，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.质子数为7、中子数为7的氮原子的质量数为7+7=14，该原子可以表示为 714N，故A正确；
B.氮原子的核内有7个质子，核外有7个电子，其原子结构示意图为，故B错误；
C.氨气为共价化合物，分子中含有3个N−H键，其电子式为，故C错误；
D.碳酸氢钠为强电解质，在溶液中完全电离，其电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO3−，故D错误；
故选：A。
A.质量数=质子数+中子数，元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；
B.氮原子的核外电子总数=核电荷数=7，最外层含有5个电子；
C.漏掉了N原子的1对未成键电子对；
D.碳酸氢根离子不能拆开。
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及电子式、电离方程式、原子结构示意图、元素符号等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，而NH3和HCl又能快速发生化合反应生成NH4Cl，因此不能用NH4Cl加热制备NH3，故A错误；
B.NH3为碱性气体，与碱石灰[Ca(OH)2、NaOH]不会反应，同时碱石灰具有吸水性，故B正确；
C.NH3密度小于空气，用排空气法收集NH3时，应采用向下排空气法收集，气体应“短进长出”，故C错误；
D.NH3极易溶于水且能和稀硫酸发生反应，因此尾气处理时应防止倒吸，不能直接将导管伸入吸收液中，故D错误；
故选：B。
A.氯化铵分解后，在试管口化合生成氯化铵；
B.碱石灰与氨气不反应，可吸收水；
C.氨气的密度比空气密度小；
D.氨气与硫酸反应，且导管口在液面下易发生倒吸。
本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
4.【答案】B
【解析】解：A.S元素的化合价由−1价升高到+4价，被氧化，铁元素的化合价由+2价升高到+3价，被氧化，故FeS2是还原剂，故A正确；
B.铁元素的化合价由+2价升高到+3价，被氧化，对应的产物是氧化产物，O元素的化合价由0价降低到−2价，被还原，对应的产物是还原产物，故Fe2O3不仅是氧化产物，还是还原产物，故B错误；
C.O元素的化合价由0价降低到−2价，被还原，氧气做氧化剂，故C正确；
D.S元素的化合价由−1价升高到+4价，被氧化，对应的产物是氧化产物，O元素的化合价由0价降低到−2价，被还原，对应的产物是还原产物，故SO2不仅是氧化产物，还是还原产物，故D正确；
故选：B。
反应4FeS2+11O2−高温8SO2+2Fe2O3，S元素的化合价由−1价升高到+4价，被氧化，铁元素的化合价由+2价升高到+3价，被氧化，O元素的化合价由0价降低到−2价，被还原，据此进行分析。
本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，注意该反应中S元素化合价的判断，为易错点。
5.【答案】A
【解析】解：A.Na+、K+、CO32−、NO3−、OH−之间不反应，在NaOH溶液中能够大量共存，故A正确；
B.Fe3+、SCN−之间反应生成硫氰化铁，溶液呈红色，不能大量共存，故B错误；
C.与A1反应能放出H2的溶液呈酸性或碱性，Fe2+、OH−之间反应生成氢氧化亚铁，Fe2+、NO3−在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D.能使酚酞显红色的溶液呈碱性，NH4+、H+都与OH−反应，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.四种离子之间不反应，都不与氢氧化钠反应；
B.铁离子与硫氰根离子反应；
C.该溶液呈酸性或碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；
D.该溶液呈碱性，铵根离子、氢离子都与氢氧根离子反应。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.N2与H2在一定条件下反应生成NH3，是在人为因素下使游离态的氮转化为化合态，属于人工固氮，故A选；
B.硝酸工厂用NH3氧化制NO，是不同化合态的氮的转化，不是氮的固定，故B不选；
C.雷雨时空气中的N2转化为NO，自然界中不需要人参与的固氮过程，为自然固氮，故C不选；
D.由NH3制碳铵(NH4HCO3)，是不同化合态的氮的转化，不是氮的固定，故D不选；
故选：A。
人工固氮是在人为因素下使游离态的氮转化为化合态，据此解答。
本题考查了氮的固定，熟悉氮的固定的含义及分类是解题关键，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.因氯水中HClO具有强氧化性，则能使有色物质褪色；
B.SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质；
C.因H2O2具有强氧化性，则能使有色物质褪色；
D.HClO具有强氧化性，则能使有色物质褪色。
显然只有B的漂白原理与其他几种不同，
故选：B。
H2O2、O3、氯水中HClO均具有强氧化性，能使有色物质褪色，而SO2不具有强氧化性，它与有色物质化合生成无色物质，以此来解答．
本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，注意其漂白原理是利用化合反应生成无色物质，属于暂时性的漂白，题目难度不大．
8.【答案】B
【解析】解：A.根据价类二维图的含义可知，X为N元素的+5价的氧化物，即X为N2O5，故A正确；
B.NO2可以与水反应生成硝酸和NO，即NO2只能用排空法收集，不能用排水法收集，故B错误；
C.工业上制硝酸分三步：第一步为氨气的催化氧化，第二步为NO的氧化，第三步为NO2与水反应生成硝酸，故C正确；
D.从原理上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化，即N元素化合价的归中反应，也属于氨气还原氮的氧化物，实现大气的脱销，故D正确。
故选：B。
A.由价类二维图可知，X为N元素的+5价的氧化物；
B.NO2可以与水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集；
C.工业上制硝酸是将氨气氧化为NO，NO在被氧化为NO2，NO2与水反应生成硝酸；
D.从价态上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化，即N元素化合价的归中反应。
本题主要考查氮及其化合物的性质，硝酸的制法，归中反应，同时考查学生的看图、读图的能力，理解能力，属于基本知识，基础题型，难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀可能为碳酸银，原溶液中可能含有碳酸根离子，不一定含有Cl−，故A错误；
B.产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体是氨气，铵根在碱性条件下加热可以产生氨气，故说明原溶液中存在NH4+，故B正确；
C.过量铜与稀硝酸充分反应生成硝酸铜，且酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu，则充分反应后再滴加稀硫酸，铜逐渐溶解，但Cu与稀硫酸不反应，故C错误；
D.SO42−的检验方法为：先加入稀盐酸酸化，无明显现象，再加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，证明原溶液中一定有SO42−，不能用硝酸酸化，不能排除银离子的干扰，故D错误；
故选：B。
A.白色沉淀可能为碳酸银；
B.产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该气体是氨气；
C.过量铜与稀硝酸充分反应生成硝酸铜，且酸性溶液中硝酸根离子可氧化Cu；
D.应加入稀盐酸排除了银离子、亚硫酸根等干扰离子，再加入BaCl2溶液生成的白色沉淀为硫酸钡。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.S不能一步转化为SO3，故S→SO3不能一步实现，故A正确；
B.电解熔融氯化镁生成Mg，Mg与氮气反应生成氮化镁，均可一步实现转化，故B错误；
C.NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，均可一步实现转化，故C错误；
D.饱和氯化钠溶液中通入氨气及二氧化碳可得碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠，均可一步实现转化，故D错误；
故选：A。
A.S不能一步转化为三氧化硫；
B.电解熔融氯化镁生成Mg，Mg与氮气反应生成氮化镁；
C.NO与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸；
D.饱和氯化钠溶液中通入氨气及二氧化碳可得碳酸氢钠，碳酸氢钠加热分解得到碳酸钠。
本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：A.Cu足量，硝酸完全反应，开始发生反应Cu+4HNO3(浓)−△Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，随反应进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与Cu发生反应：3Cu+8HNO3(稀)−△3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应中体现了HNO3的酸性和强氧化性，故A正确；
B.反应得到硝酸铜溶液，反应结束后溶液呈蓝色，故B正确；
C.被还原的硝酸转化为NO2、NO，根据N原子守恒，被还原的硝酸物质的量=n(NO)+n(NO2)=V22.4mol，故C正确；
D.硝酸的物质的量为0.1L×16mol/L=1.6mol，不考虑硝酸挥发，完全发生反应Cu+4HNO3(浓)−△Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解Cu为0.4mol，但随反应进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与Cu发生反应：3Cu+8HNO3(稀)−△3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故溶解Cu的物质的量大于0.4mol，故D错误；
故选：D。
A.Cu足量，硝酸完全反应，开始发生反应Cu+4HNO3(浓)−△Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，随反应进行，浓硝酸变稀，稀硝酸与Cu发生反应：3Cu+8HNO3(稀)−△3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
B.反应得到硝酸铜溶液；
C.被还原的硝酸转化为NO2、NO，根据N原子守恒计算；
D.根据方程式计算计算判断参加反应Cu的物质的量。
本题考查硝酸性质、化学方程式的计算，关键是明确发生的反应，注意掌握常见与浓度、条件、用量等有关的反应，题目侧重考查学生分析能力。
12.【答案】D
【解析】解：A.浓硫酸具有吸水性，溶液质量增大，可完成实验，验证浓硫酸具有吸水性，故A不选；
B.浓硫酸具有脱水性，可使纸片变黑，可完成实验，故B不选；
C.浓硫酸溶于水放热，可使U形管左侧液面下降，右侧液面升高，可完成实验，故C不选；
D.常温下，浓硫酸和铜不反应，应在加热条件下反应，图示装置不能达到实验目的，故D选；
故选：D。
A.浓硫酸具有吸水性，根据浓硫酸的质量变化可判断；
B.浓硫酸可使纸片变黑；
C.通过U形管液面的变化可判断；
D.常温下，浓硫酸和铜不反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握浓硫酸的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.NH4Cl、(NH4)2SO4和NaOH混合时都产生刺激性气味气体，现象相同；NaCl、Na2SO4和NaOH溶液分别混合无明显现象，现象相同，所以无法鉴别，故A错误；
B.NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液分别和AgNO3溶液混合都生成白色沉淀，现象相同，所以无法鉴别，故B错误；
C.NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液分别和Ba(OH)2溶液混合时，产生的现象有：产生刺激性气味气体、产生白色沉淀和刺激性气味气体、无明显现象、产生白色沉淀，现象不同，可以鉴别，故C正确；
D.NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液分别和BaCl2溶液混合，NH4Cl、NaCl无明显现象，(NH4)2SO4、Na2SO4都生成白色沉淀，所以无法鉴别，故D错误；
故选：C。
NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4四种溶液分别和Ba(OH)2溶液混合时，产生的现象有：产生刺激性气味气体、产生白色沉淀和刺激性气味气体、无明显现象、产生白色沉淀，据此分析解答．
本题考查物质鉴别，为高频考点，明确物质性质差异性是解本题关键，根据物质之间反应不同现象进行鉴别即可，熟练掌握物质之间的差异性，题目难度不大．
14.【答案】D
【解析】解：A.醋酸钠溶液与硫酸反应的离子方程式为：CH3COO−+H+=CH3COOH，故A错误；
B.过量的铁与稀硝酸的反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3−=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C.氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为：Ba2++2OH−+SO42−+2H+=BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D.将过量CO2气体通入氨水中，离子方程式为：CO2+NH3⋅H2O=NH4++HCO3−，故D正确；
故选：D。
A.醋酸钠为易溶的强电解质，应该拆开；
B.铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，不会生成氢气；
C.氢离子、氢氧根离子的系数不满足硫酸、氢氧化钡的化学式组成；
D.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢铵。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
15.【答案】D
【解析】解：A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A不选；
B.制造普通玻璃的原料是：纯碱、石灰石和石英；普通玻璃化学氧化物的组成(Na2O⋅CaO⋅6SiO2)，主要成份是二氧化硅，故B不选；
C.石英的成分是二氧化硅，故C不选；
D.芯片是由单质硅制成的，不含有SiO2，故D选；
故选：D。
光纤、玻璃、石英中均含有SiO2，芯片是由单质硅制成的，不含有SiO2，据此分析解答。
本题考查硅和二氧化硅的用途，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.一氧化氮属于氮氧化物，排放到空气中，会引起酸雨，故A错误；
B.二氧化氮属于氮氧化物，排放到空气中，会引起酸雨，故B错误；
C.二氧化碳为空气的成分，过量排放会引起温室效应，故C正确；
D.二氧化硫排放到空气中会引起酸雨，故D错误；
故选：C。
酸雨是指pH小于5.6的雨雪或其他形式的降水。雨、雪等在形成和降落过程中，吸收并溶解了空气中的二氧化硫、氮氧化合物等物质，形成了pH低于5.6的酸性降水。
本题考查生活中的化学，题目难度不大，注意对基础知识的积累。
17.【答案】A
【解析】【解答】
本题考查了二氧化硫的化学性质，二氧化硫漂白性、还原性的分析和应用，注意知识积累，题目较简单．
【解答】
A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，所以二氧化硫可用于抑制酒类中细菌生长，故A正确；
B.二氧化硫能使品红褪色，加热后恢复到红色，故B错误；
C.SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是氧化还原反应，是还原性，而不是漂白性，故C错误；
D.二氧化硫属于酸性氧化物，可以用NaOH溶液吸收生成盐和水，故D错误；
故选：A。
18.【答案】B
【解析】解：A、浓硝酸与灼热的碳反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，硝酸只表现出强氧化性，故A正确；
B、浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO2和水，N元素化合价降低，硝酸表现出氧化性，生成硝酸铜，硝酸还表现出酸性，故B错误；
C、浓硝酸具有不稳定性，见光分解生成二氧化氮、氧气和水，所以要避光保存，故C正确；
D、浓硝酸具有强氧化性，常温下与铝在铝的表面形成致密的氧化膜，而使铝钝化，所以可以用铝槽车运输浓HNO3，故D正确；
故选：B。
硝酸表现氧化性，则反应后N元素的化合价降低；表现出酸性，反应物中有硝酸盐生成．
本题考查硝酸的性质，难度不大，注意根据化合价的变化来判断硝酸酸性与氧化性．
19.【答案】D
【解析】解：加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32−；
4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为0.02mol，
A.由上述分析可知，一定含SO42−、NH4+、Fe3+，溶液中NH4+、Fe3+所带正电荷为0.02mol+3×0.02mol=0.08mol，SO42−所带负电荷为2×0.02mol=0.04mol，
据电荷守恒，知溶液中必然大量存在另一种阴离子Cl−，至少存在4种离子，故A错误；
B.综上所述，原溶液中一定含Fe3+、NH4+、SO42−和Cl−，可能含Al3+、K+，一定不含CO32−，故B错误；
C.由上述分析可知，Fe3+、SO42−、NH4+和Cl−，一定存在，故C错误；
D.由电荷守恒可知，Cl−一定存在，且c(Cl−)≥0.4mol/L，故D正确；
故选D.
加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵根离子，红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32−；
4.66g不溶于盐酸的沉淀，为硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol，根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．
本题考查物质的检验及推断，为高考常见题型和高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意常见离子的性质和反应类型的判断，答题时认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，题目难度中等．
20.【答案】D
【解析】解：A.由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A正确；
B.OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n(NO3−)=2n(Fe)=2×11.2g56g/mol=0.4mol，故B正确；
C.硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；
D、反应消耗22.4g铁，其物质的量=22.4g56g/mol=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒每份含硫酸0.4mol，200mL原溶液中含有0.8mol硫酸、0.4molHNO3，原混合液中含有氢离子的总物质的量=0.8mol×2+0.4mol=2mol，取出20mL溶液中含有氢离子的物质的量为0.2mol，稀释过程中氢离子的物质的量不变，则稀释至1 L后溶液c(H+)=0.2mol1L=0.2mol⋅L−l，故D错误；
故选：D。
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑.
A.铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应
B.OA段发生反应为：Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；
C.铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；
D.根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，据此可确定硫酸中含有氢离子的物质的量，再结合B可知硝酸中含有氢离子的物质的量，从而可知原混合液中氢离子的总物质的量，然后结合溶液稀释定律计算稀释后溶液中氢离子浓度．
本题以化学反应图象为载体，考查有关金属和酸反应的计算题，难度中等，关键根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用，注意利用守恒思想解答．
21.【答案】NH3 4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O4HNO3−光照4NO2↑+O2↑+2H2O4NH3+6NO−一定条件5N2+6H2O4.48
【解析】解：(1)图中物质溶于水溶液呈碱性的是NH3，
故答案为：NH3；
(2)工业上利用氨气制备一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O；
(3)实验室长期保存浓硝酸，需使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，其原因为4HNO3−光照4NO2↑+O2↑+2H2O，
故答案为：4HNO3−光照4NO2↑+O2↑+2H2O；
(4)氨气与一氧化氮(NO)在一定条件下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为4NH3+6NO−一定条件5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO−一定条件5N2+6H2O；
(5)往含有0.5molH2SO4、0.2molHNO3的混合酸溶液中加入32g铜粉，发生反应为：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，根据关系式：3Cu∼8H+∼2NO3−可知，n(Cu)=32g64g/mol=0.5mol，n(H+)=0.5mol×2+0.2mol=1.2mol，n(NO3−)=0.2mol，铜和氢离子是过量的，NO3−完全反应，则充分反应后能收集到标准状况下0.2×22.4L、mol=4.48L的NO气体，
故答案为：4.48。
(1)NH3是碱性气体；
(2)工业上利用氨气和O2反应生成NO和H2O；
(3)浓硝酸在光照的条件下会分解；
(4)氨气具有还原性，可以与一氧化氮(NO)在一定条件下反应生成N2和水；
(5)根据方程式3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，得关系式：3Cu∼8H+∼2NO3−，n(Cu)=32g64g/mol=0.5mol，n(H+)=0.5mol×2+0.2mol=1.2mol，n(NO3−)=0.2mol，判断过量问题，再进一步计算即可。
本题主要考查氮及其化合物的性质，掌握氮及其化合物之间的相互转化是解决本题的关键，侧重考查氧化还原反应方程式的书写，属于基本知识的考查，难度不大。
22.【答案】Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O防止倒吸 酸性KMnO4溶液紫色褪色 还原 SO2+2H2S=3S↓+2H2OI2的沸点较低，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收 22.4L
【解析】解：(1)装置A中铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；通过a使A中气体和外界相通，能利用大气压平衡A中压强，防止出现倒吸，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+2H2O；防止倒吸；
(2)KMnO4具有强氧化性，能够氧化SO2生成SO42−，KMnO4被还原生成Mn2+，反应的离子方程式为5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，则酸性KMnO4溶液的紫色褪去，证明二氧化硫具有还原性，
故答案为：酸性KMnO4溶液紫色褪色；还原；
(3)SO2具有弱氧化性，能与H2S反应生成S单质，反应的方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，
故答案为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；
(4)①I2的沸点较低，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收，所以反应器中控制温度为20℃∼100℃，
故答案为：I2的沸点较低，温度过高会使I2升华，减少SO2的吸收；
②整个过程总反应为SO2+2H2O−催化剂△H2SO4+H2，若有1molSO2被氧化，产生标准状况下氢气的物质的量为1mol，氢气体积为1mol×22.4L/mol=22.4L，
故答案为：22.4L。
(1)(2)(3)A中浓硫酸与铜发生氧化还原反应生成硫酸铜和二氧化硫，B可用于检验二氧化硫的还原性，C中生成淡黄色沉淀，二氧化硫表现氧化性，D中品红褪色，加热时颜色复原，E为尾气吸收装置；
(4)①I2的沸点较低，温度过高会使I2升华；
②整个过程总反应为SO2+2H2O−催化剂△H2SO4+H2，根据方程式计算。
本题考查物质性质的验证实验、环境保护等，为高频考点，熟练掌握物质的性质，明确实验原理、各装置作用，侧重分析能力与实验操作能力的考查，题目难度中等。
23.【答案】(1)2H2SO3+O2=2H2SO4
(2)①CaSO3 ②2CO+SO22CO2+S取适量洗涤液至试管中，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明未洗净，反之洗净 2.24%
【解析】解：(1)酸雨形成时，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸在空气中被氧气氧化生成硫酸，硫酸的酸性强于亚硫酸，所以雨水的酸性增强，pH逐渐变小，反应方程式为：2H2SO3+O2=2H2SO4，
故答案为：2H2SO3+O2=2H2SO4；
(2)①SO2属于酸性氧化物，与熟石灰反应生成亚硫酸钙和水，所得亚硫酸盐的化学式为CaSO3，
故答案为：CaSO3；
②根据氧化还原反应原理分析，CO将SO2还原为S，CO被氧化为CO2，反应方程式为：2CO+SO22CO2+S，
故答案为：2CO+SO22CO2+S；
(3)①沉淀若没洗涤干净，则洗涤液中含有氯离子，检验的方法为：取适量洗涤液至试管中，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明未洗净，反之洗净，
故答案为：取适量洗涤液至试管中，滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，说明未洗净，反之洗净；
②n(BaSO4)=4.46g233g/mol=0.02mol，根据题给反应方程式知：n(SO2)=n(BaSO4)=0.02mol，则空气样品中SO2的体积分数为：0.02mol×22.4L/mol20.00L×100%=2.24%，
故答案为：2.24%。
书写陌生反应方程式时，注意题给信息中产物，同时根据氧化还原反应原理及质量守恒原理配平方程式。
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