人教版（2019）必修第二册高一化学练习第五章第二节第三课时硝酸酸雨同步练习（附参考答案）

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2022--2023学年人教版2019必修第二册 第五章 第二节 第3课时 硝酸 酸雨及防治学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列关于含氮化合物的性质叙述正确的是(　　)A．可用铁制容器储存稀硝酸B．实验室用排空气集气法收集NO气体C．实验室可用氨水与硫酸铝溶液反应制取氢氧化铝D．NO2与水发生化合反应生成硝酸2．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是A．①② B．③④ C．②③④ D．②3．下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是(忽略空气成分的影响)A．Ba(OH)2 B．BaCl2 C．Ba(NO3)2 D．Na2S4．部分常见含氯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．a可以做氧化剂，但不能被氧化B．d的浓溶液不能与c的固体反应生成b与eC．实验室可通过加热与d的浓溶液制得aD．可存在a→c→e→d→b→a的循环转化关系5．某实验小组设计实验测定Na2SO4和Na2CO3混合物中各组分的含量。下列说法不正确的是A．沉淀a的主要成分是BaSO4和BaCO3B．滤液b中Na+的物质的量为0.06molC．气体d在标准状况下的体积为224mLD．原混合物中Na2SO4与Na2CO3的物质的量之比为1:36．向25mL 12.0mol·L-1浓硝酸中加入足量的铜，充分反应后共收集到标准状况下2.24LNO和NO2的混合气体（不考虑NO2与N2O4间的相互转化），则参加反应的铜的质量为A．3.2g B．6.4g C．12.8 g D．19.2 g7．工业上用发烟将潮湿的氧化为棕色的烟来除去Cr(III)，而中部分氯元素转化为最低价态。下列有关说法错误的是A．依据该反应说明氧化性大于B．只有氧化性，而只有还原性C．该反应中，若有19mol被消耗，则此时转移电子的物质的量为24molD．该反应的化学方程式为8．下列关于某些社会热点问题的说法中，不正确的是A．进入大气的氟氯代烃会破坏高空臭氧层B．甲醇超标的酒不能饮用C．禁止使用含铅汽油是为了提高汽油的燃烧效率D．光化学烟雾的产生与人为排放的烃、氮氧化物有关9．化学与生产生活、环境保护息息相关。下列叙述错误的是A．明矾作为净水剂可消毒杀菌B．地沟油回收加工为生物柴油可获得能源物质C．燃煤中加入CaO可减少煤燃烧时SO2的排放量D．利用二氧化碳制造全降解塑料可缓解温室效应10．以下物质间的每步转化，存在不能通过一步反应实现的是（  ）A．Cl2→HClO→HCl→NaCl B．Al2O3→NaAlO2→Al(OH)3→AlCl3C．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3 D．S→SO3→H2SO4→SO211．用如图装置(夹持装置略)进行实验，由b中现象能证明a中产物生成的是A．A B．B C．C D．D12．实验室保存下列化学试剂的方法有误的是A．烧碱溶液保存在带橡皮塞的试剂瓶中 B．新制的氯水保存在棕色试剂瓶中C．少量金属钠保存在煤油中 D．氢氟酸保存在磨口的玻璃试剂瓶中13．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A．向澄清石灰水中滴入过量的NaHCO3溶液：Ca2++2OH﹣+2HCO═CaCO3↓+CO+2H2OB．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+ + 2ClO-+ SO2+ H2O=CaSO3↓+2HClOC．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO＋CO2＋H2O=H2SiO3+COD．将 Fe3O4固体投入稀硝酸溶液：Fe3O4+ 8H+ = 2Fe2+ + Fe3+ + 4H2O14．下列叙述中正确的个数为 ①向某溶液中滴加NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定没有②硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中③CO、NO、NO2 都是大气污染气体，在空气中均能稳定存在④常温下，可用铁制容器盛装浓硝酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸不反应⑤浓硫酸与蔗糖反应时，蔗糖变黑膨胀，体现浓硫酸的吸水性和强氧化性⑥可以用CS2清洗残留硫粉的试管A．5个 B．4个 C．3个 D．2个15．下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是(　　)①KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6②3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；2∶3③SiO2＋3CSiC＋2CO↑；1∶2④3NO2＋H2O=2HNO3＋NO；2∶1A．①③ B．②③C．②④ D．①④16．下列选项中所示的物质间转化均能在指定条件下实现的是A．Al2O3Al(OH)3NH4AlO2B．FeFeCl3FeCl2C．Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)Cl2D．稀HNO3NO2NO17．有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：、、、、、、、、、，取该溶液的实验如下： 由此判断，下列说法正确的是A．根据实验可以确定溶液中不含有和，因为这二个离子相对应的酸为弱酸B．溶液中一定存在的离子是、、、、；溶液中肯定不存在的离子是：、、、C．为进一步确定其它离子，应该补充焰色反应的实验来检验就可以D．通过实验和就可以确定溶液中一定含有，一定不含有、、，所以实验步骤的设计是错误的18．用下列物质的酸性溶液将30 mL 0.5 mol/L Na2SO3溶液完全氧化为Na2SO4，所需物质的量最少的是A．Cl2 B．KMnO4 C．H2O2 D．Fe3+19．对下列现象或事实的解释正确的是A．A B．B C．C D．D二、填空题20．硫酸型酸雨的形成原理可简化表示如下：回答下列问题：（1）A物质的化学式_________，B物质的化学式_________。（2）根据SO2的性质，可让工厂的烟道气通过________除去SO2，达到减少污染的目的。（3）现有雨水样品1份，每隔一段时间测定该雨水样品的pH，所得数据如下：注　溶液的pH越大，H＋的物质的量浓度就越小。①雨水样品的pH变化的原因是____________（用化学方程式表示）。②如果将刚取样的上述雨水和用氯气消毒的自来水相混合，pH将_________（填“增大”“减小”或“不变”），原因是（用化学方程式表示）：_____________。（4）你认为减少酸雨产生可采用的措施是_________（填序号）。①少用煤做燃料；②把工厂烟囱造高；③燃料脱硫；④在已酸化的土壤中加石灰；⑤开发新能源三、实验题21．某化学小组按下图所示实验流程比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，其中B为一种紫红色金属，C为红棕色气体。请回答下列问题：(1)A与B反应的化学方程式是___________；(2)实验时在装置Ⅰ中加入B后，在加入A之前需向整套装置中通入足量的CO2气体，该操作的目的是___________。(3)装置Ⅱ中发生反应的化学方程式是___________。(4)通过实验可得出：浓硝酸的氧化性比稀硝酸___________(填“强”或“弱”)，判断的依据是___________。(5)小组内有同学指出该流程中装置V可有可无，你认为装置Ⅴ是否需要___________(填“是”或“否”)，理由是___________。22．NO具有还原性，不与碱反应，可以被过氧化钠吸收。某化学兴趣小组为了研究NO与Na2O2反应，通过如图所示装置进行实验。 （1）仪器B的名称是_________________，其中填充的是___________________，作用为___________________________________________________________。（2）从分液漏斗中加稀硝酸之前，先加入少量稀硫酸，目的是__________________。（3）实验观察到C中固体颜色变白，该兴趣小组通过进一步实验证明C中生成的白色固体为NaNO2， C中反应的化学方程式为_______________________________。（4）实验开始后需打开活塞，通入氧气，E中观察到的主要现象为_______________；NaOH溶液的作用是____________________________，若最终E中溶液只有一种溶质，发生的总反应方程式是___________________________________________________。编号实验操作现象解释或结论①过量的Fe粉中加入稀硝酸，充分反应后滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+②浓硝酸久置或光照变黄色HNO3不稳定易分解③Al箔插入稀硝酸中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜④用玻璃棒蘸取浓硫酸点到蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后变黑浓硫酸有酸性和强氧化性a中反应b中检测试剂及现象A铁粉与水生成H2肥皂水冒泡B浓NaOH和NH4Cl溶液生成NH3酚酞溶液变红C浓HNO3分解生成NO2淀粉—KI溶液变蓝D浓HCl与MnO2生成Cl2紫色石蕊溶液变红 实验步骤实验现象取少量该溶液，加几滴甲基橙溶液变红色取少量该溶液加热浓缩，加Cu片和浓硫酸，加热有无色气体产生，气体遇空气可以变成红棕色取少量该溶液，加溶液有白色沉淀生成取中的上层清液，加溶液有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解选项现象或事实解释A氢氟酸可用于烛刻玻璃SiO2是碱性氧化物B二氧化硫使氯水褪色SO2具有漂白性C铝制容器用于运输浓硫酸常温下铝制容器和浓硫酸不反应D一氧化氮不能用排空气法收集一氧化氢与氧气反应生成二氧化氯测试时间/h01234雨水的pH4.734.624.564.554.55参考答案：1．C【详解】A. 可用铁制容器储存浓硝酸，稀硝酸和铁反应，浓硝酸和铁常温钝化，故A错误；B. 实验室收集NO气体不能用排空气集气法，NO和O2反应，故B错误；C. 实验室可用氨水与硫酸铝溶液反应制取氢氧化铝，故C正确；D. NO2与水反应生成硝酸，但不是发生化合反应，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】NO收集只能采用排水法收集，NO2收集只能采用向上排空气法收集。2．D【详解】①过量的Fe粉中加入稀硝酸，充分反应后生成Fe(NO3)2和NO，故滴入KSCN溶液后溶液不变为红色，①不合题意；②浓硝酸久置或光照分解为NO2、O2和H2O，方程式为：4HNO3(浓)4NO2↑+O2↑+2H2O，因为溶有NO2导致溶液变为黄色，体现HNO3不稳定易分解的性质，符合题意；③Al箔插入稀硝酸中能够反应，方程式为：Al+4HNO3=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，可观察到产生大量的无色气泡，气泡在瓶口变为红棕色，Al在常温下遇到浓硝酸才能发生钝化现象，不合题意；④用玻璃棒蘸取浓硫酸点到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红色体现浓硫酸的酸性，后变黑是体现浓硫酸的脱水性，而不是强氧化性，不合题意；综上分析可知，只有②符合题意，故答案为：D。3．B【详解】A．二氧化硫为酸性氧化物，可与Ba(OH)2发生反应生成亚硫酸钡沉淀和水，A不符合题意；B．二氧化硫与氯化钡不反应，故向BaCl2溶液中通入SO2无沉淀生成，B符合题意；C．二氧化硫溶于水显酸性，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，可氧化二氧化硫为硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子结合会产生难溶于水和酸的白色沉淀硫酸钡，C不符合题意；D．二氧化硫具有弱氧化性，可与硫化钠溶液中的硫离子发生氧化还原反应，产生硫单质淡黄色沉淀，D不符合题意；故选B。4．A【分析】由图可知，a为Cl2，b为盐酸盐，c为次氯酸盐，d为盐酸，e为次氯酸。【详解】A．由分析可知，a为Cl2，其中Cl元素的化合价为0价，既可以升高也可以降低，故既可被氧化，也可被还原，故A错误；B．浓盐酸和次氯酸盐发生归中反应生成氯气，不会生成盐酸盐和次氯酸，故B正确；C．实验室可以通过加热和浓盐酸制备氯气，故C正确；D．可存在a→c→e→d→b→a的循环转化关系，即Cl2ClO-HClOHClCl-Cl2，故D正确；故答案选A。5．C【分析】混合溶液中加入溶液，发生的反应为，，滤液b中溶质为，，沉淀a为，，然后向沉淀中加入过量稀硝酸，发生的反应为，硫酸钡不溶于稀硝酸，所以得到的气体d是二氧化碳，白色沉淀c是；，，根据S、C原子守恒，；【详解】A．通过以上分析可知，沉淀a的主要成分是和，A项正确；B．根据化学式可知，钠离子和C、S原子个数比为2:1，则，B项正确；C．根据C原子守恒得，则二氧化碳在标况下的体积，C项错误；D．，D项正确；答案选C。6．B【详解】25mL12.0mol·L-1浓硝酸中含硝酸物质的量为：0.025L×12.0mol·L-1=0.3mol，与足量的铜充分反应后共收集到标准状况下2.24LNO和NO2的混合气体（不考虑NO2与N2O4的相互转化），即0.1mol混合气体，则被还原的硝酸为0.1mol、未被还原的硝酸为0.2mol，所以生成物Cu(NO3)2的物质的量为0.1mol，则参加反应的铜的物质的量为0.1mol，其质量为6.4g，故选B。7．B【详解】A．将潮湿的氧化，因此该反应说明氧化性大于，A正确；B．中Cr元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性，B错误；C．根据题意可得该反应的化学方程式为，由此可知19mol被消耗，其中只有3mol作为氧化剂被还原为HCl，此时转移电子的物质的量为24mol，C正确；D．该反应的化学方程式为，D正确；答案选B。8．C【详解】A．进入大气的氟氯代烃会破坏高空臭氧层，正确；B．甲醇有剧毒，甲醇超标的酒不能饮用，正确；C．禁止使用含铅汽油是为了防止铅污染，错误；D．化学烟雾的产生与人为排放的烃、氮氧化物有关，应该减少排放，正确。故选C。9．A【详解】A．明矾净水的原理是水解生成的胶体可吸附水中的悬浮物，不是杀菌消毒，A错误；B．地沟油是一种质量差、不卫生的非食用油，回收地沟油后进行加工制得生物柴油，可以提高资源的利用率，获得能源物质，B正确；C．煤燃烧可生成二氧化硫和二氧化碳等产物，加入的CaO可与反应生成，进一步被氧气氧化为，从而减少的排放量，减少酸雨的形成，C正确；D．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解温室效应，D正确；故选A。10．D【详解】A. Cl2与水反应生成HClO，HClO见光分解生成HCl，HCl与NaOH反应生成NaCl，能通过一步反应实现，A不符合题意；B. Al2O3溶于NaOH溶液生成NaAlO2，NaAlO2溶液与二氧化碳反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与盐酸反应生成AlCl3，能通过一步反应实现，B不符合题意；C. Fe与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与NaOH反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2在空气中可直接氧化生成Fe(OH)3，能通过一步反应实现，C不符合题意；D. S燃烧只能生成SO2，不能直接生成SO3，所以不能通过一步反应实现，D符合题意；故答案为：D。11．B【详解】A．铁粉与水在加热条件下进行，装置的空气和水蒸气都会使肥皂水冒泡，A错误；B．浓和溶液生成的气体使酚酞溶液变红，说明生成了，B正确；C．浓具有挥发性，加热时挥发出的也能使淀粉—溶液变蓝，C错误；D．浓具有挥发性，加热时挥发出的也能使紫色石蕊溶液变红，D错误；故选B。12．D【分析】A.烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠；B.氯水中的HClO见光会分解； C.金属钠能与空气中的氧气和水反应；D.HF可以腐蚀玻璃。【详解】A.烧碱溶液能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘在一起从而使瓶塞难以打开，故烧碱溶液盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中，故A正确；B.氯水中的HClO见光会分解，新制氯水应盛放在棕色瓶中，故B正确；C.金属钠能与空气中的氧气和水反应，须保存在煤油中隔离空气，故C正确；D.HF可以腐蚀玻璃，因而不能用玻璃试剂瓶来盛放，要用塑料瓶的，故D错误；综上所述，本题选D。13．A【详解】A．NaHCO3溶液足量，1molCa(OH)2与2molNaHCO3反应生成碳酸钠、碳酸钙和水，离子方程式为：Ca2++2OH﹣+2HCO═CaCO3↓+CO+2H2O，A正确；B．次氯酸具有强的氧化性，能氧化CaSO3成CaSO4，与事实不符，B错误；C．碳酸的酸性强于硅酸，过量的CO2与碳酸根反应最终生成碳酸氢根，与事实不符，C错误；D．稀硝酸具有强氧化性，会将Fe2+部分或全部氧化转化为Fe3+，与事实不符，D错误；故选A。14．D【详解】①稀氢氧化钠与铵根离子反应生成一水合氨，由于反应产生的一水合氨浓度较小，且没有加热条件，因此不产生氨气，而没有使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故不能据此检验的存在，①错误；②浓硝酸不稳定，在光照条件下分解成二氧化氮、水、氧气，所以为避免浓硝酸分解，一般将其盛放在棕色试剂瓶中放置在阴凉处，②正确；③CO、NO、NO2 都是大气污染气体，但NO和O2在室温下迅速反应生成NO2，因此在空气中不能稳定存在，③错误；④常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸，是因为浓硝酸将铁氧化而“钝化”， ④错误；⑤蔗糖属于有机物，浓硫酸有脱水性，可以使蔗糖脱水炭化变为碳(变黑)，同时放热，浓硫酸将反应得到碳单质氧化为二氧化碳，浓硫酸被还原为二氧化硫，气体从固体中逸出，导致物质体积膨胀，这体现了浓硫酸的脱水性、强氧化性，⑤错误；⑥S是由非极性分子构成的物质，易溶于由非极性分子构成的溶剂CS2中，因此可以用CS2清洗残留硫粉的试管，⑥正确；综上所述可知：说法正确的是②⑥，共2项，则合理选项是D。15．B【详解】①反应KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O中，氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，根据电子转移数目守恒可知，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶5，故①错误；②反应3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，氧化剂为HNO3，但8mol硝酸参与反应只有2molN的化合价发生降低，所以参加反应的氧化剂为2mol，还原剂为Cu，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶3，故②正确；③反应SiO2+3C═SiC+2CO↑中，氧化剂为C，还原剂为C，C元素化合价由0价降低为-4价，由0价升高为+2价，根据电子转移守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故③正确；④反应3NO2+H2O═2HNO3+NO，NO2为既是氧化剂，又是还原剂，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2，故④错误；故选B。【点睛】本题的易错点是①和②中酸的作用的判断，①中盐酸是酸和还原剂，②中硝酸是氧化剂和酸。16．B【详解】A．Al2O3难溶于水，不能与水反应产生Al(OH)3，且Al(OH)3是两性氧化物，不能与弱碱一水合氨反应产生NH4AlO2，因此不能实现指定条件下的物质之间的转化关系，A不符合题意；B．Fe与Cl2在点燃时反应产生FeCl3，FeCl3具有强氧化性，能够与Cu反应产生FeCl2、CuCl2，因此能够实现物质之间的转化关系，B符合题意；C．HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl、O2，不是产生Cl2，因此不能实现在指定条件下物质的转化，C不符合题意；D．稀HNO3与Cu反应产生NO2，而不是NO，因此不能在指定条件下实现物质的转化，D不符合题意；故合理选项是B。17．D【详解】因是一无色透明溶液，则不含有，由取少量该溶液，加几滴甲基橙，溶液显红色，说明溶液显示酸性，所以不存在；由取少量该溶液加热浓缩，加Cu片和浓硫酸，加热有无色气体产生，气体遇空气可以变成红棕色二氧化氮，说明溶液中含有，则一定不含有；由取少量该溶液，加溶液，有白色沉淀生成，则含有；由取中的上层清液，加溶液，有稳定的白色沉淀生成，且不溶于稀硝酸，则含有，由于实验（3）所加的氯化钡溶液中含有，所以原溶液中的是否存在不确定；由取少量该溶液，加入NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时，沉淀部分溶解，则含有铝离子、镁离子。则A、根据实验可以确定溶液中不含有，HI是强酸，不能确定I-是否存在，故A错误； B、溶液中一定存在的离子是、、，溶液中肯定不存在的离子是、、、，Cl-不能确定，故B错误； C、钾离子、氯离子都是无法判断的离子，为进一步确定钾离子，应该补充焰色反应的实验来检验，但是氯离子的检验需要沉淀法，故C错误； D、通过实验和就可以确定溶液中一定含有，和其反应的离子不存在，即一定不含有、、，实验加了氯化钡溶液，含有氯离子，实验再加硝酸银溶液检验氯离子是无效的，故D正确。 故选D。【点睛】离子推断题注意四大原则：一、肯定性原则，即肯定存在什么离子或肯定不存在什么离子，如根据实验（1）可知一定存在H+，根据实验（2）可知一定存在NO3-；二、互斥性原则，即和肯定存在的离子不共存的离子一定不存在，如本题中根据实验（1）确定了溶液中含有H+，所以和H+反应的HCO3-一定不存在，根据实验（1）和（2）确定了溶液中含有H+和NO3-，所以溶液具有强氧化性，则I-不存在（还原性的Fe2+可根据溶液是无色的即可确定不存在）；三、进出性原则，即前面的试剂引入的离子对后面的检验有无干扰，如实验（3）加入了BaCl2溶液，再进行实验（4）时就没有意义，无法确定Cl-存在与否。还有一个电中性原则，即溶液呈电中性，一种情况是溶液中不可能只有阳离子或只有阴离子，另一种情况是若溶液中的离子的物质的量能确定，可以根据电中性原则确定其他离子存在与否。18．B【分析】0.015molNa2SO3溶液完全氧化为Na2SO4时，需失去0.03mole-，则参加反应的氧化剂也应得到0.03mole-。【详解】A．Cl2得电子后生成Cl-，则得到0.03mole-，需消耗Cl20.015mol；B．KMnO4得电子后生成Mn2+等，则得到0.03mole-，需消耗KMnO40.006mol；C．H2O2得电子后生成H2O，则得到0.03mole-，需消耗H2O20.015mol；D．Fe3+得到电子后生成Fe2+，则得到0.03mole-，需消耗Fe3+0.03mol；综合以上分析，所需物质的量最少的是KMnO4，故选B。19．D【详解】A．SiO2虽然是酸性氧化物，但它能与氢氟酸反应，生成SiF4气体和水，A不正确；B．二氧化硫使氯水褪色，是因为SO2具有还原性，能被氯水氧化，B不正确；C．铝制容器用于运输浓硫酸，是因为浓硫酸能使铝钝化，钝化膜阻止内部铝与浓硫酸的进一步反应，C不正确；D．一氧化氮具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以不能用排空气法收集一氧化氮气体，D正确；故选D。20．     SO2     SO3     碱液（或氨水）、氧化剂     2H2SO3＋O2=2H2SO4     减小     H2SO3＋Cl2＋H2O=H2SO4＋2HCl     ①③⑤【分析】(1)酸雨形成是含硫物质的燃烧生成的二氧化硫形成的，依据流程分析可知含硫燃气主要是二氧化硫，催化氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸；(2)SO2是酸性氧化物，且SO2中硫元素显+4价，具有还原性，做还原剂，依据氧化还原反应，需要加入氧化剂实现转化；(3)①雨水的pH值变小的原因是由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降，逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的H2SO4，2H2SO3+O2=2H2SO4，从而使雨水的酸性增强；②根据氯气能氧化H2SO3生成硫酸和盐酸，溶液的酸性增强，PH减小；(4)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成．把工厂烟囱造高、在已酸化的土壤中加石灰等措施不能有效地防止酸雨的形成。【详解】(1)酸雨形成是含硫物质的燃烧生成的二氧化硫形成的，依据流程分析可知含硫燃气主要是二氧化硫，催化氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，反应的过程为：SO2SO3H2SO4，则A物质的化学式为SO2，B物质的化学式为SO3；(2)SO2是酸性氧化物，且SO2中硫元素显+4价，它可能升高到+6价，具有还原性，做还原剂，依据氧化还原反应，需要加入还原剂实现转化，则可让工厂的烟道气通过碱溶液(如氨水)或氧化剂(如酸性KMnO4溶液)而除去SO2，达到减少污染的目的；(3)①雨水的pH值变小的原因是由于排放出来的SO2等气体溶于水后生成H2SO3，H2SO3随雨水的下降，逐渐被空气中的氧气所氧化生成易电离的H2SO4，方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4，从而使雨水的酸性增强；②因氯气能氧化H2SO3生成硫酸和盐酸，两者都是强酸，酸性增强，pH减小，反应的化学方程式为：H2SO3＋Cl2＋H2O=H2SO4＋2HCl；(4)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，即①③⑤正确，故答案为①③⑤。【点睛】酸雨防治的主要措施：①开发新能源，如氢能，太阳能，水能，潮汐能，地热能等；②使用燃煤脱硫技术，减少二氧化硫排放；③工业生产排放气体处理后再排放；④少开车，多乘坐公共交通工具出行；⑤使用天然气等较清洁能源，少用煤。21．     Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O     排出系统内的氧气，防止生成的NO被氧化     3NO2+H2O=2HNO3+NO     强     浓硝酸能将NO氧化为NO2，而稀硝酸不能     是     装置V可吸收尾气中的NO、NO2，防止环境污染【分析】B为一种紫红色金属，即B为铜，C为红棕色气体，即C为二氧化氮，则装置I中是铜与浓硝酸反应制备二氧化氮的反应，装置Ⅱ中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，根据流程图，D为NO，在装置V中一氧化氮和二氧化氮与NaOH溶液反应，据此分析解答。【详解】(1)B为一种紫红色金属，即B为铜，C为红棕色气体，即C为二氧化氮，A与B的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)由于NO易被氧化，所以在反应之前应排尽装置中的氧气，本实验中在加入A之前需向整套装置中通入足量的CO2气体，目的是排出系统内的氧气，防止生成的NO被氧化，故答案为：排出系统内的氧气，防止生成的NO被氧化； (3) 装置Ⅱ中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；(4)根据流程图装置Ⅲ和Ⅳ，说明浓硝酸可以把一氧化氮氧化成二氧化氮，而稀硝酸不能把一氧化氮氧化，所以浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，故答案为：强；浓硝酸能将NO氧化为NO2，而稀硝酸不能；(5)因为一氧化氮、二氧化氮都是有毒气体，所以最后需要进行尾气处理，所以装置V一定要有，故答案为：是；装置V可吸收尾气中的NO、NO2，防止环境污染。22．     干燥管     碱石灰     避免 A中挥发出的水蒸气和硝酸蒸气进入C管与Na2O2反应，干扰实验     产生H2来排出装置中的空气，避免生成的NO与O2反应     2NO＋Na2O2＝2NaNO2     气体先变红棕色，最终又变无色     吸收处理尾气     4NO＋3O2＋4NaOH＝4NaNO3＋2H2O【分析】装置A中铜片和少量铁粉在分液漏斗中加稀硝酸之前，先加入少量稀硫酸让A中铁粉完全溶解生成氢气，利用产生H2来排出装置中的空气，再加入稀硝酸和铜发生氧化还原反应生成一氧化氮气体，通过碱石灰吸收水蒸气和硝酸蒸气，得到干燥纯净的一氧化氮与过氧化钠发生反应，装置D是避免E中水蒸气进入C干扰验证结果，剩余气体通入装置E和氧气在水溶液中反应生成硝酸，据此进行解答。【详解】（1）根据B的结构可知B为干燥管；为了避免 A中挥发出的水蒸气和硝酸蒸气进入C管与Na2O2反应干扰实验，所以要在B中加入碱石灰除去杂质气体，故答案为：干燥管；碱石灰；避免 A中挥发出的水蒸气和硝酸蒸气进入C管与Na2O2反应，干扰实验；（2）根据分析可知先加入少量硫酸的作用是与铁粉反应生成氢气排出装置中的空气，故答案为：产生H2来排出装置中的空气，避免生成的NO与O2反应；（3）C中固体颜色变白，说明过氧化钠与NO发生反应，产物为NaNO2，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为：2NO＋Na2O2＝2NaNO2；（4）通入氧气，氧气会与NO反应生成NO2为红棕色气体，之后二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，气体又变为无色；尾气有毒需要NaOH溶液吸收；若最终E中溶液只有一种溶质，则该溶质为NaNO3，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为4NO＋3O2＋4NaOH＝4NaNO3＋2H2O，故答案为：气体先变红棕色，最终又变无色；吸收处理尾气；4NO＋3O2＋4NaOH＝4NaNO3＋2H2O。【点睛】硝酸具有挥发性，所以A装置出来的气体中会混有硝酸；本题一难点是先滴加硫酸的目的，需要根据题目信息判断出该实验需要无氧环境，即需要排尽装置内的空气，根据该实验的装置可知只能是用A装置中产生的气体来排尽空气，由此想到先滴加硫酸的目的。