2021-2022学年上海市大同中学高一（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年上海市大同中学高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了NH3⋅H2O，HBr，故B错误；等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市大同中学高一（上）期末化学试卷

1. 将空气中的氮气转化成氮的化合物的过程称为固氮，能实现人工固氮的是(    )
A. 雷雨天闪电 B. NH3催化氧化制NO
C. 豆科植物根瘤菌 D. 工业合成氮
2. 下列关于氨水的叙述正确的是(    )
A. 氨水显碱性，是因为氨水是一种弱碱
B. 氨水和液氨成分相同
C. 氨水中物质的量浓度最大的粒子是NH3(除水外)
D. 1mol⋅L−1的氨水指在1L溶液中含NH3、NH3⋅H2O、NH4+物质的量之和为1mol
3. 下列硫化物中不能直接用金属单质和硫单质反应制得的是(    )
A. CuS B. FeS C. ZnS D. MgS
4. 下列有关SO2的叙述正确的是(    )
A. 正常雨水的pH为5.6，是因为其中溶解了SO2
B. SO2是有毒气体，不能用于杀菌消毒
C. SO2是酸性氧化物，能被氨水吸收
D. 分别被SO2和HClO漂白的品红溶液，加热后均能恢复原来的颜色
5. 自来水厂常用氯气对生活用水进行消毒杀菌。市场上有些不法商贩为牟取暴利，用这样的自来水冒充纯净水(离子的浓度非常低)出售，给人们的生活造成了一定的不良影响。在下列化学试剂中，可以用于鉴别这种自来水和纯净水的是(    )
A. 酚酞溶液 B. 氯化钡溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
6. 随着卤族元素原子序数递增，下列说法正确的是(    )
A. 单质的熔、沸点逐渐降低 B. 最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱
C. 单质的氧化性逐渐增强 D. 气态氢化物的稳定性逐渐增强
7. 如图，在盛有溴水的三支试管中分别加入苯、四氯化碳和酒精，振荡后静置，出现下列现象，正确的结论是(    )


A. ①加入的是CCl4，②加入苯，③加酒精
B. ①加入的是酒精，②加入CCl4，③加苯
C. ①加入的是苯，②加入CCl4，③加酒精
D. ①加入的是苯，②加酒精，③加CCl4
8. 如图所示，小试管内盛有约3mL饱和硫酸铜溶液，与锥形瓶连通的U形管内盛有少量水(为了便于观察，已染成红色).沿小试管的内壁小心地慢慢注入约3mL浓硫酸，静置片刻，不可能观察到的现象有(    )
A. 小试管内液体分成两层上层蓝色，下层无色
B. U形管内左边液面下降，右面液面升高
C. 有少量白色固体析出
D. 有少量蓝色晶体析出

9. 湿润的淀粉碘化钾试纸接触某气体而显蓝色，该气体可能是下列气体中的(    )
①Cl2
②NO2
③H2S
④SO2
⑤溴蒸气
⑥HCl
A. ①③④ B. ①②⑥ C. ①②⑥ D. ②④⑥
10. 下列离子方程式书写正确的是(    )
A. 次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO−+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO
B. 氢氧化钠溶液吸收氯气：2OH−+Cl2=Cl−+ClO−+H2O
C. 盐酸与硝酸银溶液反应：HCl+Ag+=AgCl↓+H+
D. 氯气通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
11. 在酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的是(    )
A. Na+、K+、Cu2+、SO42− B. NH4+、Na+、NO3−、Cl−
C. K+、Ca2+、HCO3−、Cl− D. Mg2+、I−、Cl−、NO3−
12. 将相同质量的铜片分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是(    )
A. 反应速率，两者相同
B. 消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少
C. 反应生成气体的颜色：前者浅，后者深
D. 反应中转移的电子总数：前者多，后者少
13. 下列装置不能达到实验目的的是(    )
A. 实验室制取并收集NH3
B. 吸收NH3
C. 检查装置气密性
D. 利用排空气法收集NH3
14. 工业上常用如下的方法从海水中提溴，下列说法不正确的是(    )
A. 步骤①的主要反应为：Cl2+2Br−=Br2+2Cl−
B. 物质X为HBrO
C. 步骤②③的目的是富集溴元素
D. 步骤②利用了溴易挥发的性质
15. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中充分记载了古代化学研究成果．我国晋代《抱朴子》中描述了大量的化学反应，其中有：①“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”； ②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”．下列有关叙述正确的是(    )
A. ①中水银“积变又还成丹砂”说明水银发生了还原反应
B. ②中反应的离子方程式为：2Fe+3Cu2+=2Fe3++3Cu
C. 根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，防止中毒
D. 水银能跟曾青发生置换反应生成单质铜
16. 如图所示，试管中盛装的是红棕色气体(可能是混合物)，当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管．当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的可能是什么气体(    )
A. 可能是N2与NO2的混合气体 B. 可能是O2与NO2的混合气体
C. 一定是NO与NO2的混合气体 D. 只可能是NO2一种气体
17. 某课外活动小组的同学设计了如图装置(部分夹持仪器已略)制取无水AlCl3(易升华)，其中不能达到相应实验目的的是(    )
A. 制取氯气
B. 干燥氯气
C. 制取并收集AlCl3
D. 处理丙中排出的尾气
18. a g铜和足量浓硫酸完全反应，生成的二氧化硫与bg硫化氢充分反应，生成4.8g硫．下列判断一定错误的是
(    )
A. a+b=6.6 B. 0.3>a/32+b/17≥0.15
C. a=3.2，b>3.4 D. a>3.2，b=3.4
19. 如图所示是一套检验气体性质的实验装置．向装置中缓慢加入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红褪色．据此判断气体X和洗气瓶内溶液Y分别可能为(    )

①
②
③
④
X
SO2
H2S
CO2
Cl2
Y
饱和的NaHCO3溶液
浓硫酸
Na2SO3溶液
Na2CO3溶液


A. ①④ B. ①② C. ②③ D. ③④
20. 将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g⋅mL−1、质量分数为63%的浓硝酸得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol⋅L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是(    )
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
B. 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol⋅L−1
C. 得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600L
D. NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
21. 按要求写出下列化学反应方程式。请以食盐、贝壳(主要成分是CaCO3)、水为原料，设计制取漂白粉的方案，并用化学方程式表示主要步骤：______； ______； ______； ______。
22. 按要求写出下列化学反应方程式。酸雨形成过程的主要反应：途径一 ______、______；途径二 ______、______。
23. 按要求写出下列化学反应方程式。雷雨的雨水中含有少量的硝酸，写出硝酸产生的原因：______、______、______。
24. 实验室通常可用加热消石灰与氯化铵固体的方法来制取氨气，写出该反应的化学方程式 ______。
25. 氨气可使湿润的红色的石蕊试纸变蓝的原因(用一个化学方程式和一个电离方程式表示)______，______。
26. 用如图装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，锥形瓶中不可能生成的物质是 ______。
A.H2
B.NO2
C.HNO3
D.NH4NO3
写出装置中氨催化氧化的化学方程式 ______。


27. 已知3Cl2+2NH3=N2+6HCl，常温常压下，在一密闭容器中将15mLCl2和40mLNH3，充分反应后，剩余气体的体积为 ______mL。
28. 在标准状况下，1L水中可溶解700LNH3，所得溶液的密度为0.9g/cm3，则氨水的物质的量浓度为 ______mol/L(保留一位小数)。
29. 甲、乙两位同学均以海带浸取原液为原料制取碘，他们分别设计了甲、乙两种实验方案：已知：①3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O；②5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3。
请回答：

(1)请用单线桥法标明反应①中电子转移的方向和数目 ______。
(2)检验海带浸取原液中是否含有I−，正确的操作顺序是 ______。
①逐滴加入氯水
②取1mL海带浸取原液于试管中
③加入2滴淀粉溶液
(3)步骤中用到的玻璃仪器有 ______。
(4)乙同学认为甲方案产率不高，其理由是 ______。
(5)下列有关步骤Y的说法，正确的是 ______。
A.应控制NaOH溶液的浓度和体积
B.将碘转化成离子进入水层
C.主要是除去海带浸取原液中的有机杂质
D.NaOH溶液可以由乙醇代替
(6)方案乙中，上层液体加硫酸发生反应的化学方程式是 ______。
(7)操作Z的名称是 ______。
30. 研究小组通过下列装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数。已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2。完成下列填空：

(1)A装置是为了观察气体的流速，则试剂M为______。(选填编号)
a.饱和NaOH溶液
b.饱和Na2S溶液
c.饱和Na2SO3溶液
d.饱和NaHSO3溶液
(2)当B装置中溶液颜色由______时，则停止通气。B装置中的反应体现SO2的______性。(选填“氧化”、“还原”或“漂白”)
(3)经测定，燃煤烟气消耗了50.00mL含I21.000×10−3mol/L的溶液，且C装置中气体体积为20.00mL(标准状况下)。则燃煤烟气中SO2的体积分数为______(保留小数点后三位)。若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将______。(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
最近，中国科学家利用多孔碳吸附SO2，不仅能解决燃煤污染，而且实现了SO2回收利用。如图是多孔碳对燃煤烟气中SO2的吸附、转化、热再生的示意图。

(4)写出步骤②中硫酸根离子的检验方法______。步骤③的化学方程式为______。
(5)SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是______。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.雷雨天闪电是自然固氮中的高能固氮，故A错误；
B.NH3催化氧化制NO，与氮的固定无关，故B错误；
C.根瘤菌是自然固氮中的生物固氮，故B错误；
D.氢气和氮气在人为条件下合成氨气属于人工固氮，故D正确；
故选：D。
空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，分为人工固氮和自然固氮。
本题考查了氮的固氮和固氮的分类，题目难度不大，注意对固氮概念的把握。

2.【答案】D 
【解析】解：A.氨水为混合物，不是碱，氨水中的一水合氨为碱，故A错误；
B.氨水为氨气的水溶液，为混合物，液氨为纯净物，故B错误；
C.氨水中有氨分子、水分子和一水合氨分子，除水外物质的量浓度最大的粒子是NH3⋅H2O，故C错误；
D.氨水中N元素存在微粒有：NH3、NH4+、NH3⋅H2O，根据N元素守恒，1L1mol⋅L的氨水中NH3、NH4+、NH3⋅H2O的物质的量之和为1mol，故D正确。
故选：D。
A.氨水为混合物；
B.氨水为氨气的水溶液；
C.氨水中有氨分子、水分子和一水合氨分子；
D.根据N元素守恒判断。
本题以氨水为载体考查了离子浓度大小的比较，明确溶液中存在的微粒是解本题关键，结合物料守恒来分析解答，难度不大．

3.【答案】A 
【解析】解：硫的非金属性较弱，与变价金属化合时，只能生成低价态硫化物，即Cu与硫只能生成Cu2S，其余金属硫化物都能用金属单质和硫反应得到，
故选A.
本题考查了常见元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素单质及其化合物性质为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力．

4.【答案】C 
【解析】解：A.二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子而使雨水溶液呈酸性，其pH=5.6，如果溶解了二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定易被氧气氧化生成硫酸，其酸性增强，pH小于5.6，故A错误；
B.病毒属于蛋白质，能被二氧化硫杀死而发生蛋白质变性，所以二氧化硫能杀菌消毒，故B错误；
C.SO2和碱反应只生成盐和水，所以属于酸性氧化物，和氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；
D.二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，但二氧化硫的漂白性不稳定，在加热条件下易恢复为红色，次氯酸能使有色物质永久性漂白，所以加热条件下不恢复为原来颜色，故D错误；
故选：C。
A.正常雨水溶解二氧化碳而使其溶液pH=5.6；
B.SO2有毒，能杀菌消毒；
C.能和碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
D.次氯酸的漂白性是永久性漂白，二氧化硫的漂白不稳定。
本题考查了二氧化硫的漂白性、溶解性等知识点，根据酸性氧化物的概念、酸雨的形成、二氧化硫的漂白性来分析解答即可，知道正常雨水pH不为7的原因，明确二氧化硫和次氯酸漂白性原理的差别，题目难度不大。

5.【答案】D 
【解析】解：自来水中因含有氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，纯净水不含氯离子，所以可以向样品中加热硝酸银溶液，能够产生白色沉淀为自来水，没有现象的为纯净水，
故选：D。
自来水中因含有氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，纯净水不含氯离子，通过检验是否含有氯离子即可鉴别。
本题考查了氯气的性质及氯离子的检验，明确氯气与水反应，熟悉氯水的成分是解题关键，题目难度不大。

6.【答案】B 
【解析】解：A：卤素单质都属于分子晶体，从上到下单质的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，单质的沸点升高，故A错误；
B、卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，故B正确；
C、卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，故C错误；
D、卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故D错误；
故选：B。
卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，元素的非金属性逐渐减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性减弱．
本题考查同主族元素对应单质、化合物的性质的递变，题目难度不大，注意元素周期律的递变规律，注意把握卤素原子的结构及其性质．

7.【答案】C 
【解析】解：苯能萃取溴水中的溴，但密度小于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，上层呈紫红色，下层呈无色；
四氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度，所以看到的现象是溶液分层，下层呈紫红色，上层呈无色；
酒精和溴水能互溶，所以看到的现象是溶液不分层，溶液为橙黄色，
故选：C。
苯能萃取溴水中的溴，但密度小于水的密度；四氯化碳能萃取溴水中的溴，但密度大于水的密度；酒精和溴水互溶．
本题考查了萃取实验，难度不大，明确试剂的成分及其性质是解本题的关键．

8.【答案】D 
【解析】解：A.浓硫酸的密度比饱和硫酸铜溶液的密度大，沿小试管的内壁小心地慢慢倒入的浓硫酸会沉在底部，故A正确；
B.浓硫酸溶于水放出大量热，使锥形瓶内密闭的气体受热膨胀，从而导致U形细管内左边液面下降，右边液面升高，故B正确；
C.浓硫酸具有吸水性，水的减少导致析出晶体，在浓硫酸作用下失去结晶水，有白色的无水CuSO4析出，故C正确；
D.由于浓硫酸具有吸水性，不可能生成蓝色晶体，故D错误。
故选：D。
浓硫酸的密度比水的密度大，溶于水放出大量热，锥形瓶内压强增大，且浓硫酸具有强吸水性和脱水性，必将导致从饱和硫酸铜溶液中析出白色CuSO4固体．
本题综合考查浓硫酸的性质，侧重于浓硫酸的密度、吸水性等物理性质的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累即可解答该题．

9.【答案】B 
【解析】解：①Cl2②NO2⑤溴蒸气均与湿润的KI试纸反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，而③H2S④SO2⑥HCl均与KI不反应，不能显蓝色，故①②⑥正确，
故选：B。
湿润的淀粉碘化钾试纸接触某气体而显蓝色，则气体能与KI发生氧化还原反应生成碘，结合物质的性质来解答。
本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应等为解答的关键，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。

10.【答案】B 
【解析】解：A.当CO2过量时，应生成Ca(HCO3)2，故正确的离子方程式为：ClO−+CO2+H2O=HCO3−↓+HClO，故A错误；
B.氢氧化钠溶液吸收氯气，离子方程式：2OH−+Cl2=Cl−+ClO−+H2O，故B正确；
C.盐酸与硝酸银溶液反应，离子方程式：Cl−+Ag+=AgCl↓，故C错误；
D.氯气通入水中，离子方程式：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故D错误；
故选：B。
A.二氧化碳过量，反应生成碳酸氢钙和次氯酸；
B.氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠；
C.氯化氢为强电解质，应拆成离子形式；
D.次氯酸为弱酸，应保留化学式。
本题从产物是否正确、物质能否拆分、反应的先后顺序以及当物质过量等角度考查了离子方程式的书写，难度中等。

11.【答案】B 
【解析】解：A.含有Cu2+的溶液呈蓝色，不满足溶液无色的条件，故A错误；
B.NH4+、Na+、NO3−、Cl−、H+之间不反应，且为无色溶液，能够大量共存，故B正确；
C.H+、HCO3−之间反应生成二氧化碳气体和水，不能大量共存，故C错误；
D.I−、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选：B。
酸性溶液中存在较多的氢离子，溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等离子的存在，离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
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。

12.【答案】B 
【解析】解：A、因为溶液浓度影响化学反应速率，浓度越大，反应速率越快，所以浓硝酸比稀硝酸反应速率快，故A错误．
B、铜与浓硝酸、稀硝酸反应方程式如下：
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
Cu+83HNO3=Cu(NO3)2+23NO↑+43H2O
根据方程式可知，浓硝酸消耗的物质的量多，故B正确．
C、根据B知，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成一氧化氮，二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，故C错误．
D、根据铜与转移电子的关系知，
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O转移电子
1mol 2mol

Cu+83HNO3=Cu(NO3)2+23NO↑+43H2O转移电子
1mol 2mol
根据方程式知，相同质量的铜与过量浓、稀硝酸反应转移电子数相等，故D错误．
故选B.
A、反应速率与溶液的浓度有关，浓度越高，反应速率越快．
B、根据反应方程式判断消耗酸的物质的量多少．
C、二氧化氮是红棕色气体，一氧化氮是无色气体，根据生成气体的颜色判断．
D、根据反应方程式中铜与转移电子的关系判断．
本题考查了铜与浓、稀硝酸的反应，难度不大，能正确书写铜与浓、稀硝酸反应的方程式是解本题的关键．

13.【答案】A 
【解析】解：A.氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氨气，应选铵盐与碱加热制备，故A错误；
B.四氯化碳可隔绝氨气与硫酸，可吸收尾气，且防止倒吸，故B正确；
C.关闭止水夹，注入水，观察液面差，若一段时间液面差不变，则气密性良好，故C正确；
D.氨气的密度比空气密度小，可选图中向下排空气法收集，故D正确；
故选：A。
A.氯化铵分解后，在试管口氨气与氯化氢化合生成氨气；
B.四氯化碳可隔绝氨气与硫酸；
C.关闭止水夹，注入水，观察液面差；
D.氨气的密度比空气密度小。
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、气体的制备及收集、实验操作、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。

14.【答案】B 
【解析】解：A.①中发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，生成溴单质，故A正确；
B.X为H2SO4、HBr，故B错误；
C.海水中溴离子浓度较低，步骤②③的目的是富集溴元素，故C正确；
D.步骤②利用了溴易挥发的性质，热空气吹出溴，故D正确；
故选：B。
由流程可知，①中发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，②中热空气吹出溴，③中发生Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl，以此来解答。
本题考查海水资源的应用，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。

15.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查的是元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，予化学知识于古文字中，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断，题目难度中等。
【解答】
①“丹砂(HgS)烧之成水银”，反应为HgS=△Hg+S；“积变又还成丹砂”发生的反应为：Hg+S=HgS；②“以曾青涂铁，铁赤色如铜”发生的反应为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，
A.①中水银“积变又还成丹砂”是水银发生了氧化反应，由Hg生成HgS，故A错误；
B.②中发生的反应为：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，离子方程式为：Cu2++Fe=Fe2++Cu，故B错误；
C.根据①可知温度计打破后可以用硫粉覆盖水银，则会发生反应：Hg+S=HgS，避免Hg挥发为蒸气，且生成的HgS，故能防止中毒，故C正确；
D.Hg的金属活动性弱于Cu，水银不能与曾青(硫酸铜)发生置换反应生成单质铜，故D错误。
故选C。  
16.【答案】B 
【解析】解：A.N2不溶于水，在溶液中不能氧气反应，试管不可能完全被水充满，故A不选；
B.如是O2与NO2的混和气体，能发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，气体恰好发生反应时，试管内完全被水充满，故B选；
C.如是NO与NO2的混和气体，通入氧气，可能发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，气体恰好发生反应时，试管内完全被水充满，故C不选；
D.如全部是NO2一种气体，通入氧气，能发生4NO2+O2+2H2O=4HNO3，气体恰好发生反应时，试管内完全被水充满，结合选项B，故D不选。
故选：B。
试管中盛装的是红棕色气体，一定含有NO2，当向试管内鼓入氧气后，试管内完全被水充满，则一定不含N2，混合气体可能发生以下反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，气体恰好发生反应时，试管内完全被水充满．
本题考查氮氧化物的性质，题目难度中等，注意NO、NO2与水反应的化学方程式的书写．

17.【答案】B 
【解析】解：A.浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，操作正确，故A正确；
B.氯气能和碱石灰反应，应该用浓硫酸干燥氯气，故B错误；
C.加热条件下，Al和氯气反应生成氯化铝，氯化铝易水解，所以需要连接无水氯化钙干燥空气，故C正确；
D.氯气有毒不能直接排入空气中，氯气能和NaOH反应生成NaClO、NaCl，用氢氧化钠溶液处理尾气，故D正确；
故选：B。
A.浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气；
B.氯气能和碱石灰反应；
C.加热条件下，Al和氯气反应生成氯化铝，氯化铝易水解；
D.氯气能和NaOH反应生成NaClO、NaCl。
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、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。

18.【答案】B 
【解析】解：n(S)=4.8g32g/mol=0.15mol，若SO2+2H2S=3S↓+2H2O、Cu+2H2SO4(浓)△CuSO4+SO2↑+2H2O恰好反应，
由反应可知，n(SO2)=0.15mol×13=0.05mol，n(H2S)=23×0.15mol=0.1mol，n(Cu)=0.05mol，
A.若恰好反应，a+b=0.05mol×64g/mol+0.1mol×34g/mol=6.6，故A正确；
B.生成0.15molS，Cu+2H2SO4(浓)△CuSO4+SO2↑+2H2O中转移电子为0.05mol×2=0.1mol，SO2+2H2S=3S↓+2H2O中转移电子为0.05mol×(4−0)=0.2mol，
即恰好完全反应时，转移电子为a32+b17=0.3mol，而SO2、H2S的反应中可能某物质过量，则共转移电子数目大于0.3mol，故B错误；
C.若Cu完全反应，由电子守恒可知，0.05molCu反应，则a=0.05mol×64g/mol=3.2g，SO2+2H2S=3S↓+2H2O中硫化氢可能过量，则b>0.1mol×34g/mol=3.4g，故C正确；
D.若SO2+2H2S=3S↓+2H2O中硫化氢完全反应，b=0.1mol×34g/mol=3.4g，二氧化硫过量，则a>0.05mol×64g/mol=3.2g，故D正确；
故选B.
由Cu+2H2SO4(浓)△CuSO4+SO2↑+2H2O、SO2+2H2S=3S↓+2H2O可知，若均恰好完全反应，则Cu失去电子等于硫化氢失去电子，均等于生成4.8gS时转移电子，反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O中可能某反应物过量，以此来解答．
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握电子守恒及过量计算为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，注意电子守恒的应用，题目难度中等．

19.【答案】A 
【解析】解：①SO2具有漂白性，可以使品红褪色，且与NaHCO3溶液反应均能生成CO2使澄清石灰水变浑浊，故正确；
②H2S不能使品红褪色，故错误；
③CO2不能使品红褪色，故错误
④Cl2与水反应生成的HClO具有漂白性，可以使品红褪色，且与Na2CO3溶液反应均能生成CO2使澄清石灰水变浑浊，故正确；
故选：A。
由向装置中缓慢加入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红褪色可知，气体为二氧化硫或氯气，品红褪色，以此来解答．
本题考查实验装置的综合应用，为高频考点，注意物质的性质、发生的反应及装置的作用为解答该类题目的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．

20.【答案】C 
【解析】解：A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g−1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.0664x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；
B.该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为1000×1.4×63%63mol/L=14mol/L，故B正确；
C.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L−0.04mol−(0.05−0.04)×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol1mol/L=0.64L=640mL，故C错误；
D.NO2和N2O4混合气体的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a=0.04，NO2和N2O4 的物质的量之比=0.04mol：(0.05mol−0.04mol)=4：1，NO2的体积分数是44+1×100%=80%，故D正确；
故选：C。
A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g−1.52g=1.02g，根据n=mM计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；
B.根据c=1000ρwM，计算该浓硝酸的物质的量浓度；
C.反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=nc计算需要氢氧化钠溶液的体积；
D.根据n=VVm计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，根据电子转移列方程计算．
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法应用，题目难度不大．

21.【答案】CaCO3−高温CaO+CO2↑CaO+H2O=Ca(OH)2  2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 
【解析】解：石灰石在高温下可分解生成生石灰，对应的化学反应方程式为：CaCO3−高温CaO+CO2↑，CaO溶于水生成氢氧化钙，对应的化学反应方程式为：CaO+H2O=Ca(OH)2，电解饱和食盐水生成氯气，对应的化学反应方程式为：2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑，氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉，对应的化学反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：CaCO3−高温CaO+CO2↑；CaO+H2O=Ca(OH)2；2NaCl+2H2O−通电2NaOH+H2↑+Cl2↑；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
首先分析所给的三种原料两两之间都不发生反应，然后分析石灰石在高温下可分解，其产物之一生石灰可和水反应，而生石灰和水反应的产物可和电解饱和食盐水的产物反应生成漂白粉．
本题考查物质的制备，从给出的物质得到最后要制备的物质，关键还是必须熟悉物质之间反应的化学方程式，本题难度不大。

22.【答案】SO2+H2O⇌H2SO3  2H2SO3+O2=2H2SO4  2SO2+O2−粉尘2SO3  SO3+H2O=H2SO4 
【解析】解：途径一：
二氧化硫与雨水反应生成亚硫酸，化学反应方程式是：SO2+H2O⇌H2SO3；亚硫酸被空气中的氧气氧化成硫酸，化学反应方程式是：2H2SO3+O2=2H2SO4；
途径二：
空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下生成三氧化硫2SO2+O2−粉尘2SO3，三氧化硫再与雨水形成酸雨，化学反应方程式为：SO3+H2O=H2SO4，
故答案为：SO2+H2O⇌H2SO3；2H2SO3+O2=2H2SO4；2SO2+O2−粉尘2SO3；SO3+H2O=H2SO4。
酸雨的形成首先是含硫燃料燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与雨水反应生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化成硫酸或空气中的二氧化硫气体在粉尘做催化剂的条件下生成三氧化硫，三氧化硫再与雨水形成酸雨，据此书写方程式。
本题考查硫酸性酸雨形成方程式的书写，本题难度不大。

23.【答案】N2+O2−放电2NO2NO+O2=2NO2  3NO2+H2O=2HNO3+NO 
【解析】解：由N2转化为HNO3的化学方程式：①N2+O2−放电2NO、②2NO+O2=2NO2、③3NO2+H2O=2HNO3+NO，
故答案为：N2+O2−放电2NO；2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO.
根据NO、NO2的性质书写氮氧化物最终成为硝酸型酸雨的化学反应方程式．
本题考查雷雨发庄稼对应原理方程式的书写，主要涉及NO、NO2的性质，本题难度不大。

24.【答案】Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O 
【解析】解：实验室通常可用加热消石灰与氯化铵固体的方法来制取氨气，该反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O。
消石灰的主要成分是Ca(OH)2，Ca(OH)2与NH4Cl反应生成CaCl2、NH3、H2O，制取氨气。
本题主要考查氨气的实验室制法等，属于基本知识的考查，难度不大

25.【答案】NH3+H2O⇌NH3⋅H2ONH3⋅H2O⇌NH4++OH− 
【解析】解：氨气可使湿润的红色的石蕊试纸变蓝的原因，氨气氨气溶液水与水反应生成一水合氨，化学方程式：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O，一水合氨电离生成氨根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，电离方程式：NH3⋅H2O⇌NH4++OH−；
故答案为：NH3+H2O⇌NH3⋅H2O；NH3⋅H2O⇌NH4++OH−。
氨气溶液水与水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氨根离子和氢氧根离子，溶液显碱性，遇到红色石蕊试纸变蓝。
本题考查了氨气性质分析判断，主要是氨气溶于水溶液显碱性的分析判断，题目难度不大。

26.【答案】A4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O 
【解析】解：氨气与氧气在铂做催化剂条件下发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，该过程中没有涉及到的物质为氢气，装置中氨催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O，还涉及的反应有：2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3+NH3=NH4NO3，
故答案为：A；4NH3+5O2−催化剂△4NO+6H2O。
氨气与氧气在铂做催化剂条件下发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，据此解答。
本题考查了氨气的性质和应用，熟练掌握氨气的化学性质、硝酸生成过程是解题关键，题目难度不大。

27.【答案】5 
【解析】解：相同条件下气体的物质的量之比等于气体的体积之比，根据方程式知“3Cl2+2NH3=N2+6HCl”，15mLCl2完全和氨气反应消耗V(NH3)=23V(Cl2)=23×15mL=10mL，剩余V(NH3)=(40−10)mL=30mL，同时生成V(N2)=13V(Cl2)=13×15mL=5mL，生成V(HCl)=2V(Cl2)=2×15mL=30mL，根据方程式“HCl+NH3=NH4Cl”知，V(NH3)和V(HCl)以1：1反应，剩余的V(NH3)=V(HCl)，所以二者恰好完全反应生成NH4Cl，所以充分反应后剩余气体为N2，气体体积为5mL，
故答案为：5。
相同条件下气体的物质的量之比等于气体的体积之比，根据方程式知“3Cl2+2NH3=N2+6HCl”，15mLCl2完全和氨气反应消耗V(NH3)=23V(Cl2)=23×15mL=10mL，剩余V(NH3)=(40−10)mL=30mL，同时生成V(N2)=13V(Cl2)=13×15mL=5mL，生成V(HCl)=2V(Cl2)=2×15mL=30mL，根据方程式“HCl+NH3=NH4Cl”知，V(NH3)和V(HCl)以1：1反应，剩余的V(NH3)=V(HCl)，所以二者恰好完全反应生成NH4Cl。
本题考查物质的量的有关计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确各个物理量之间的关系式是解本题关键，易忽略氨气和HCl反应而导致错误计算，题目难度不大。

28.【答案】18.4 
【解析】解：标况下700LNH3为70022.4mol，m(溶液)=70022.4mol×17g/mol+1L×1000g/L=(1000+17×70022.4)g，溶液体积为(1000+17×70022.4)g900g/L=10+17×722.49L，溶液物质的量浓度为70022.4mol10+17×722.49L=700×9224+17×7mol/L≈18.4mol/L，
故答案为：18.4。
根据n=VVm计算NH3的物质的量，根据m=nM计算NH3的质量，根据m=ρV计算水的质量，溶液质量等于NH3的质量与水的质量之和，根据V=mρ计算溶液体积，再根据c=nV计算溶液物质的浓度。
本题考查物质的量浓度计算，关键是计算溶液的体积，理解物质的量浓度定义式，题目基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。

29.【答案】  ②③①  分液漏斗、烧杯、蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、漏斗、玻璃棒等  碘易升华，蒸馏会导致碘损失  AB5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O过滤 
【解析】解：(1)用单线桥法标明反应①中电子转移的方向和数目为，
故答案为：；
(2)由于氯气可以将I2氧化为HIO3，应先加入淀粉，再滴加氯水，正确的操作顺序是②③①，
故答案为：②③①；
(3)实验步骤中用到的玻璃仪器，萃取分液用到分液漏斗、烧杯，蒸馏用到蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶，过滤操作用到漏斗、玻璃棒，
故答案为：分液漏斗、烧杯、蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、漏斗、玻璃棒等；
(4)由于碘易升华，蒸馏会导致碘损失，甲导致方案产率不高，
故答案为：碘易升华，蒸馏会导致碘损失；
(5)A.应控制NaOH溶液的浓度和体积，使I2恰好完全反应进入水层，若过量太大则将在后续步骤中消耗更多的H2SO4，故A正确；
B.加入NaOH的反应原理为：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，即将碘转化成离子进入水层，实现和有机物的分离，故B正确；
C.由B项分析可知，该步操作主要是实现碘和有机层的分离，实现提取碘单质和CCl4循环利用的目的，故C错误；
D.乙醇和CCl4能互溶，故NaOH溶液不可由乙醇代替，故D错误，
故答案为：AB；
(6)方案乙中，上层液体中含有大量的I−和IO3−，加入H2SO4溶液，反应的离子方程式为5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O，
故答案为：5I−+IO3−+6H+=3I2+3H2O；
(7)I2是一种难溶于水的固体，故操作Z的名称是过滤，
故答案为：过滤。
海带浸取原液通入“适量O2”主要是将I−氧化为I2，也可用H2O2，碘单质易溶于有机溶剂，微溶于水，且四氯化碳的密度大于水溶液，所以步骤X向含有碘单质的水溶液中加入四氯化碳后，混合液会分为上下两层，下层为四氯化碳的碘溶液，分液得到碘的四氯化碳溶液，蒸馏得到碘单质；步骤乙中碘的四氯化碳溶液加入氢氧化钠溶液，上层溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液，过滤得到粗碘蒸馏提纯得到纯净碘单质。
本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，明确实验原理为解答关键，注意熟练掌握化学实验基本操作方法。

30.【答案】d 蓝色变为无色  还原性  0.053偏大  取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子  C+2H2SO4−△SO2↑+CO2↑+2H2O提高SO2的纯度，提高SO2的浓度(或富集SO2) 
【解析】解：(1)装置A控制气体的流速，故装置A中所装试剂不与气体反应，且不减少二氧化硫的含量，故用饱和NaHSO3溶液，
故答案为：d；
(2)装置B中含淀粉的碘水，碘单质与二氧化硫反应，当反应完全时，碘单质消耗完全，故溶液由蓝色变为无色，体现二氧化硫的还原性，
故答案为：蓝色变为无色；还原性；
(3)二氧化硫与碘单质反应的方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，消耗了50.00mL含I21.000×10−3mol/L的溶液，n(SO2)=n(I2)=0.05L×1.000×10−3mol/L=5×10−5mol，在标准状况下，V(SO2)=5×10−5mol×22.4L/mol=1.12×10−3L=1.12mL，则燃煤烟气中SO2的体积分数为1.12mL20mL+1.12mL=0.053，若读数时水准管内液面高于量气管内液面，使得量气管的体积偏小，则结果将偏大，
故答案为：0.053；偏大；
(4)硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子，步骤③中，由硫酸得到二氧化硫，需要加入还原剂，化学方程式为C+2H2SO4−△SO2↑+CO2↑+2H2O，
故答案为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；C+2H2SO4−△SO2↑+CO2↑+2H2O；
(5)SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是提高SO2的纯度，提高SO2的浓度(或富集SO2)，
故答案为：提高SO2的纯度，提高SO2的浓度(或富集SO2)。
混合气体通过装置A控制气体的流速，气体通过含淀粉的碘水，碘单质与二氧化硫反应，最后通过排水法测其体积(N2和CO)，由总体积和剩余气体的体积求出二氧化硫的体积分数，据此来解答；
本题考查物质组成与含量的测定、对实验原理与装置理解与评价、阅读获取信息的能力等，题目难度中等，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。