北京市平谷区第五中学2019-2020学年高一下学期3月月考化学试题

北京市平谷区第五中学2019-2020学年高一下学期3月月考化学试题

平谷五中2019-2020第二学期第一次月考试卷 高一化学 一、选择题（每个2分共60分）‎ ‎1.导致下列现象的主要原因与SO2的排放有关的是（ ）‎ A. 酸雨 B. 粉尘污染 C. 臭氧空洞 D. 温室效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2排放到大气中可以形成硫酸型酸雨，故A与SO2的排放有关； ‎ B. 粉尘污染是由固体颗粒形成的，故与SO2的排放无关； ‎ C. 臭氧空洞与氮氧化物及含氯致冷剂的排放有关，C与SO2的排放无关； ‎ D. 温室效应是由温室气体引起的，二氧化硫不属于温室气体，故D与SO2的排放无关。‎ 综上所述，与SO2的排放有关的是A。‎ ‎2.下列气体中，极易溶于水的是（ ）‎ A. N2 B. SO‎2 ‎C. NH3 D. NO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. N2难溶于水； ‎ B. SO2易溶于水，在通常情况下1体积水大约可以溶解40体积的二氧化硫； ‎ C. NH3极易溶于水，在通常情况下1体积水大约可以溶解700体积的氨气； ‎ D. NO2可溶于水，并与水反应生成硝酸和一氧化氮，在浓硝酸中可以溶解少量二氧化氮，故浓硝酸见光分解后显黄色。‎ 综上所述，NH3极易溶于水，故选C。‎ ‎3.下列气体不能用H2SO4干燥的是 A. CO2 B. NH‎3 ‎C. SO2 D. HC1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸是具有强氧化性的酸性干燥剂，故碱性气体氨气不能用其干燥，选B。‎ ‎4.常温下，下列溶液可用铁制容器盛装的是（ ）‎ A. 稀盐酸 B. 稀硫酸 C. 浓硫酸 D. 稀硝酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀盐酸在常温下可以溶解铁，生成氯化亚铁和氢气，故A不可用铁制容器盛装；‎ B. 稀硫酸在常温下可以溶解铁，生成硫酸亚铁和氢气，故B不可用铁制容器盛装；‎ C. 浓硫酸在常温下可以使铁钝化，不能溶解铁，故C可用铁制容器盛装；‎ D. 稀硝酸在常温下可以溶解铁，故D不可用铁制容器盛装。‎ 综上所述，常温下可用铁制容器盛装的是浓硫酸，故选C。‎ ‎【点睛】在常温下，铝和铁遇到浓硫酸和浓硝酸会发生钝化。钝化就是在金属表面生成一层氧化膜，这层膜很薄但很致密，可以保护内部的金属不被腐蚀。‎ ‎5.下列物质中，不属于合金的是（ ）‎ A. 硬铝 B. 黄铜 C. 钢铁 D. 金 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硬铝属于铝合金，是指以Cu为主要合金元素的铝合金； ‎ B. 黄铜属于铜锌合金； ‎ C. 钢铁属于铁的合金，有很多种，分为碳素钢和合金钢； ‎ D. 金属于单质，不属于合金。‎ 综上所述，不属于合金的是金，故选D。‎ ‎6.下列气体只能用排水法收集不能用排空气法收集的是（ ）‎ A. NO B. NH‎3 ‎C. SO2 D. NO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NO可以与氧气反应生成二氧化氮，其难溶于水，故A只能用排水法收集、不能用排空气法收集； ‎ B. NH3与空气中的主要成分不发生反应，但其极易溶于水，故B只能用排空气法收集；‎ C. SO2在常温下与空气中的主要成分不发生反应，但其易溶于水，故C只能用排空气法收集； ‎ D. NO2与空气中的主要成分不发生反应，但其可溶于水且与水反应，故D只能用排空气法收集；‎ 综上所述，能用排水法收集不能用排空气法收集的是A。‎ ‎7.下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（ ）‎ A. NO B. NH‎3 ‎C. SO2 D. CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，其一定可溶于水，且其水溶液一定显碱性。‎ ‎【详解】A. NO难溶于水，也不与水及石蕊试纸反应，故A不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝； ‎ B. NH3极易溶于水，且其水溶液显碱性，故B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；‎ C. SO2易溶于水，其水溶液显酸性，故C不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；‎ D. CO2可溶于水，其水溶液显酸性，故D不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。‎ 综上所述，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，故选B。‎ ‎8.关于SO2制备和性质的叙述，不正确的是（ ）‎ A. 铜和浓硫酸在加热时反应可制备SO2‎ B. SO2能使品红溶液褪色，可用SO2漂白某些物质 C. SO2是一种酸性氧化物，可与NaOH反应生成Na2SO4和H2O D. SO2是主要的大气污染物之一，是酸雨形成的原因之一 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜和浓硫酸在加热时可以发生反应，并且能够生成SO2，故用于可制备SO2，A正确；‎ B. SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，其可用于漂白某些有色物质，B正确；‎ C. SO2是一种酸性氧化物，可与NaOH反应生成Na2SO3和H2O，C不正确；‎ D. SO2有毒，其水溶液显酸性，且可以被氧化为硫酸，能形成硫酸型酸雨，故其是主要的大气污染物之一，也是酸雨形成的原因之一，D正确。‎ 综上所述，相关说法不正确的是C。‎ ‎【点睛】要注意酸性氧化物在与碱反应生成盐和水的过程中，所有元素的化合价不发生变化。同理，碱性氧化物与酸反应时，也是这样。‎ ‎9.在4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2反应中，被氧化的元素是（ ）‎ A. Fe和S B. O和Fe C. S D. Fe ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化合价升高的元素被氧化。‎ ‎【详解】在4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2的反应中，只有O元素的化合价降低了，Fe和S的化合价都升高了，Fe由+2价升高到+3价，S由-1价升高到+4价，故被氧化的元素是Fe和S，故选A。‎ ‎【点睛】要注意FeS2中S元素化合价不可能是-2价，因为Fe没有+4价，类比Na2O2可知，S可以显-1价，则Fe为+2价。‎ ‎10.在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，氧化剂与还原剂的分子个数比为 A. 2∶1 B. 1∶‎2 ‎C. 3∶1 D. 1∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO中，参加反应的3个NO2分子中，有2个N原子的化合价升高到+5价，所以有2个NO2做还原剂；1个NO2中N元素的化合价降低，作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的分子个数比为1:2，答案选B。‎ ‎11.现有SO2和CO2两种气体，下列方法或试剂能用于鉴别它们的是（ ）‎ ‎①澄清石灰水 ②石蕊试剂 ③品红溶液 ④闻气味 A. 只有①② B. 只有①③④ C. 只有③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据SO2和CO2的性质差异进行分析。‎ ‎【详解】①SO2和CO2都能使澄清石灰水变浑浊，故不能用澄清石灰水鉴别SO2和CO2； ‎ ‎②SO2和CO2的水溶液都显酸性，都能使石蕊变红，故不能用石蕊试剂鉴别SO2和CO2； ‎ ‎③SO2能使品红溶液褪色，但 CO2 不能，故可用品红溶液鉴别SO2和CO2；‎ ‎④SO2有刺激性气味，而CO2没有气味，故可通过闻气味鉴别SO2和CO2；‎ 综上所述，能用于鉴别的是③④，故选C。‎ ‎12.下列酸在与金属发生反应时，其中S或N元素的化合价不会发生变化的是（ ）‎ A. 稀硫酸 B. 稀硝酸 C. 浓硫酸 D. 浓硝酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 稀硫酸与金属反应生成相应的硫酸盐，S的化合价不发生变化，A符合题意； ‎ B. 稀硝酸的氧化性较强，其与金属反应时，N的化合价会降低，B不符合题意；‎ C. 浓硫酸具有强氧化性，其与金属反应时通常被还原为二氧化硫，S的化合价会降低，C不符合题意； ‎ D. 浓硝酸具有强氧化性，其与金属反应时通常被还原为二氧化氮，N的化合价会降低，D不符合题意 综上所述，只有稀硫酸与金属反应，S的化合价发生变化，故选A。‎ ‎13.对于以下的反应过程，一定要加入氧化剂才能够实现的是（ ）‎ A. O2→H2O B. SO2→SO42-‎ C. H2SO4→CuSO4 D. HNO3→NO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. O2→H2O中O元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，与题意不符，A错误；‎ B. SO2→SO42-中S元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，符合题意，B正确；‎ C. H2SO4→CuSO4元素化合价不变，为复分解反应，不是氧化还原反应，与题意不符，C错误；‎ D. HNO3→NO2中N元素化合价降低，被还原，可加入还原剂，与题意不符，D错误；‎ 答案为B。‎ ‎【点睛】加入氧化剂才能发生氧化还原反应，则反应缺少还原剂，即化合价升高的反应。‎ ‎14.下列叙述正确的是（ ）‎ A. SO2能使高锰酸钾溶液褪色，说明SO2有漂白性 B. 可用铁或铝制容器盛装浓硫酸，体现浓硫酸的强氧化性 C. Cl2和SO2都有较好的漂白作用，所以Cl2和SO2混合后可用于漂白纸浆 D. 某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀不溶解，证明溶液中肯定含有SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SO2具有较强的还原性，而高锰酸钾溶液具有较强的氧化性，SO2能使高锰酸钾溶液褪色，不能说明SO2有漂白性，但可以说明其有还原性，A不正确；‎ B. 常温下浓硫酸可以将铝或铁的表面氧化生成一层致密的氧化物薄膜，这层氧化膜可以阻止浓硫酸继续腐蚀金属，故可用铁或铝制容器盛装浓硫酸，在钝化反应中浓硫酸表现了强氧化性，B正确；‎ C. Cl2和SO2都有较好的漂白作用，但是Cl2和SO2混合后通入水中，两者可以发生反应生成没有漂白能力的盐酸和硫酸，故不可将其混合后漂白纸浆，C不正确；‎ D. 某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，加稀硝酸沉淀不溶解，则该沉淀可能是氯化银、硫酸钡或亚硫酸钡，亚硫酸钡可以被稀硝酸氧化为硫酸钡，因此，不能证明溶液中肯定含有SO42-，D不正确。‎ 综上所述，相关叙述正确的是B。‎ ‎【点睛】要注意，漂白剂只有使有机色质（有机物中有颜色的物质）褪色时才能称为漂白，而其使无机物发生的颜色变化不能称为漂白。‎ ‎15.只有氧化性的离子是（ ）‎ A. Cl- B. Fe2+ C. Cu2+ D. S2-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cl-中Cl元素的化合价-1为其最低价，故其只有还原性； ‎ B. Fe2+中的Fe元素的化合价+2为中间价态，既有氧化性又有还原性； ‎ C. Cu2+的Cu元素的化合价为其最高价+2，故其只有氧化性； ‎ D. S2-中S元素的化合价为其最低价-2，故其只有还原性。‎ 综上所述，只有氧化性的离子是Cu2+，故选C。‎ ‎16.下列试剂需保存于棕色试剂瓶中的是（ ）‎ A. 浓硫酸 B. 浓盐酸 C. 氢氧化钠 D. 硝酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓硫酸见光不分解，故其不需保存于棕色试剂瓶中； ‎ B. 浓盐酸见光不分解，故其不需保存于棕色试剂瓶中； ‎ C. 氢氧化钠见光不分解，故其不需保存于棕色试剂瓶中； ‎ D. 硝酸见光会分解生成氧气、二氧化氮和水，故其需保存于棕色试剂瓶中。‎ 故选D。‎ ‎17.下列事实不能用元素周期律知识解释的是 A. 氧化性:Cl2>S B. 稳定性:HBr>HI C. 酸性:H2SO4>HClO D. 碱性:NaOH>Mg(OH)2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．根据非金属性越强单质的氧化性越强判断；‎ B、根据非金属性越强对应的氢化物的稳定性就越稳定判断；‎ C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；‎ D．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强。‎ ‎【详解】A．非金属性Cl>S，所以氧化性:Cl2>S，能用元素周期律解释，选项A不选；‎ B、非金属性Br＞I，所以稳定性：HBr＞HI，能用元素周期律解释，选项B不选；‎ C．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，但HClO不是氯的最高价氧化物的水化物，不能用元素周期律解释，选项C选；‎ D．Na、Mg位于周期表相同周期，金属性Na＞Mg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，选项D不选；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大。‎ ‎18.对下列实验现象的解释不正确的是 选项 实验现象 解释 A 使鲜艳的红色花瓣褪色 具有漂白性 B 与气体接触时有白烟产生 与反应生成固体小颗粒 C 常温下可用铁制容器运输浓硫酸 铁在常温下与浓发生钝化 D 蔗糖遇浓硫酸变黑 浓硫酸具有脱水性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、是因为氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性；‎ B、生成氯化铵为固体小颗粒；‎ C、铁铝在常温下或冷的状态下遇到浓硫酸，在其表面易生成一层致密的氧化膜既是钝化；‎ D、浓硫酸使蔗糖脱水炭化，变成黑色。‎ ‎19.关于氮的变化关系图如下，则下列说法不正确的是 A. 路线①②③是工业生产硝酸的主要途径 B. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径 C. 上述所有反应都是氧化还原反应 D. 氮气在足量的氧气中通过一步反应可生成NO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸，路线①②③就是工业生产硝酸的主要途径，A正确；‎ B. 雷电固氮就是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，故路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；‎ C.在上述反应中都存在N元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应，C正确；‎ D. 氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO，与二者相对物质的量多少无关，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎20.下列有关物质用途的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 氨可用作致冷剂 B. 硝酸盐可用于制氮肥 C. 铝制容器下可盛装热、浓硝酸 D. SO2可用于葡萄酒的防腐剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液氨气化时可以从环境吸收大量的热，故其可用作致冷剂，A正确；‎ B. 硝酸盐通常都可溶于水，硝酸根可以被农作物吸收利用，故其可用于制氮肥，B正确；‎ C.常温下，铝制容器遇到浓硝酸可以发生钝化，但其可溶于热的浓硝酸，故其不可盛装热的浓硝酸，C不正确；‎ D. SO2可以杀灭葡萄酒中的某些细菌从而防止其变质，故其可用于葡萄酒的防腐剂，D正确。‎ 综上所述，有关物质用途的说法中不正确的是C，故选C。‎ 第二部分 非选择题 ‎21.浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应。已知酸性KMnO4溶液可以吸收SO2，试用如图所示各装置设计一个实验，验证上述反应所产生的各种产物。‎ ‎（1）浓硫酸与木炭粉反应的方程式为___，这些装置的连接顺序（按产物气流从左到右的方向）是（填装置的编号）：___。‎ ‎（2）实验时可观察到装置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用是__，B瓶溶液的作用是__，C瓶溶液的作用是__。‎ ‎（3）装置②中所加的固体药品是__，可确证的产物是__，确定装置②在整套装置中位置的理由是__。‎ ‎（4）确认产物中有CO2的现象是___。‎ ‎【答案】 (1). C+2H2SO4 CO2↑+SO2↑+2H2O (2). ④→②→①→③ (3). 检验气体产物中有SO2 (4). 除去SO2，防止其对CO2的检验产生干扰 (5). 检验SO2已除尽 (6). 无水硫酸铜粉末 (7). 水 (8). 从反应器中出来的气体中，应先检验水蒸气，防止从其他溶液中带出水蒸气干扰实验 (9). C瓶溶液不褪色，③中澄清的石灰水变浑浊 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应，先将气体产物通过盛有无水硫酸铜的硬质玻璃管，检验是否有水生成，然后再通过品红溶液检验是否有二氧化硫生成，接着再通过酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，再次通过品红溶液检验二氧化硫已除尽，最后通过澄清的石灰水检验二氧化碳。‎ ‎【详解】（1）浓硫酸与木炭粉反应的方程式为C+2H2SO4 CO2↑+SO2↑+2H2O。根据上述分析可知，这些装置的连接顺序（按产物气流从左到右的方向）是：④→②→①→③。‎ ‎（2）实验时可观察到装置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色。A瓶溶液的作用是检验气体产物中有SO2；B瓶溶液的作用是除去SO2，防止其对CO2的检验产生干扰；C瓶溶液的作用是检验SO2已除尽。‎ ‎（3）无水硫酸铜遇到水蒸气变蓝，通常用其检验水蒸气的存在，故装置②中所加的固体药品是无水硫酸铜粉末，可确证的产物是水，确定装置②在整套装置中位置的理由是：从反应器中出来的气体中，应先检验水蒸气，防止从其他溶液中带出水蒸气干扰实验。‎ ‎（4）由于SO2也能使澄清的石灰水变浑浊，故在检验CO2时，一定要先排除其干扰。因此，确认产物中有CO2的现象是：C瓶溶液不褪色，③中澄清的石灰水变浑浊。‎ ‎【点睛】要注意二氧化硫和二氧化碳都能使澄清的石灰水变浑浊，所以在检验二氧化碳之前，要排除二氧化硫的干扰。‎ ‎22.氯化铵是一种重要的化工原料，应用广泛。‎ ‎（1）实验室通常用NH4Cl固体与其它碱性物质混合加热制取氨气。‎ ‎①写出实验室制取氨气的反应方程式___。‎ ‎②将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其原因是___。（用化学方程式表示）‎ ‎③浓氨水可以用来检验有毒气体（如：氯气）的泄漏，反应式为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，在该反应中，氧化剂是___（填化学式），检测时观察到的现象是___，当有1mol氮气生成时，转移的电子数是___mol。‎ ‎（2）用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火，其原因是___（填字母）。‎ ‎①幕布的着火点升高 ‎②幕布的质量增加 ‎③氯化铵分解吸收热量，降低了温度 ‎④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气 A.①② B.③④ C.①③ D.②④‎ ‎（3）实验室还用NH4Cl溶液与饱和的NaNO2溶液反应制取纯净的氮气，反应式为：NaNO2+NH4Cl=NaCl+N2↑+2H2O。实验装置如图所示，试回答：‎ ‎①装置中Ａ部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用是___(填写编号)。‎ a.防止饱和溶液蒸发 b.保证实验装置不漏气 c.使饱和NaNO2溶液容易滴下 ‎②B部分的作用是___(填写编号)。‎ a.冷凝 b.冷却氮气 c.缓冲氮气流 ‎③加热前必须进行的一个操作步骤是___。‎ ‎④收集N2最适宜的方法是___(填写编号)。‎ a.用排气法收集在集气瓶中 b.用排水法收集在集气瓶中 c.直接收集在球胆或塑料袋中 ‎【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca (OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). NH3∙H2O⇌NH4++OH- (3). Cl2 (4). 有白烟生成 (5). 6 (6). B (7). c (8). a (9). 检查装置的气密性 (10). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从可燃物燃烧的条件分析用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火的原因。‎ 根据装置内的气压变化分析分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用。B部分中有冰盐，其可以使氮气中的水蒸气冷凝。要制取纯净的氮气，就不能用排水法收集，应直接收集在球胆或塑料袋中。‎ ‎【详解】（1）①实验室通常用NH4Cl固体与Ca (OH)2‎ 混合加热制取氨气，实验室制取氨气的反应方程式为2NH4Cl+Ca (OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。‎ ‎②将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其原因是氨水中的一水合氨电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，用离子方程式可表示为NH3∙H2O⇌NH4++OH-。‎ ‎③3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，在该反应中，得电子的物质是Cl2，故氧化剂是Cl2，生成物NH4Cl是一种白色的晶体，故在检测时观察到的现象是：有白烟生成。该反应中的电子转移数为6e-，故当有1mol氮气生成时，转移的电子数是6 mol。‎ ‎（2）氯化铵溶液受热时，水在蒸发时要吸收热量，氯化铵受热易分解是吸热反应，且生成的氯化氢和氨气可以隔绝空气，故用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。‎ ‎①幕布的着火点不可能升高，①不正确；‎ ‎②幕布的质量增加并不能阻止其燃烧，②不正确；‎ ‎③氯化铵分解吸收热量，降低了温度，可以防止温度达到幕布的着火点，③正确；‎ ‎④氯化铵分解产生的气体隔绝了空气，可以使幕布接触不到助燃的氧气，④正确。‎ 综上所述，其原因为③④，故选B。‎ ‎（3）①在反应过程中，装置内的气压会变大，用球胆或塑料袋收集氮气也可以使装置内的气压变大，为了保证分液漏斗中的液体能够顺利流下，通常要使用恒压滴液漏斗，故装置中Ａ部分的分液漏斗与蒸馏烧瓶之间连接的导管所起的作用是使饱和NaNO2溶液容易滴下选c。‎ ‎②反应生成的氮气中有大量的水蒸气，若不冷凝为水，则干燥管的干燥效果难以得到保证， B部分中有冰盐，因此其作用是冷凝，选a。‎ ‎③制备气体时，在加热前必须进行的一个操作步骤是：检查装置的气密性。‎ ‎④a.用排气法收集在集气瓶中，不能得到纯净的氮气；‎ b.用排水法收集在集气瓶中，不能得到干燥的氮气；‎ c.直接收集在球胆或塑料袋中可以得到纯净的氮气。‎ 因此，收集N2最适宜的方法是c。‎ ‎【点睛】本题最后一个问题容易出错，要注意题中要求收集到纯净氮气，故不能用排水集气法。‎ ‎23.甲、乙两位同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案：‎ 方案①：铜与浓硫酸加热直接反应，即 方案②：由 请回答下列问题：‎ ‎（1）“方案①”中铜和浓硫酸反应化学方程式是______________________。‎ 该反应体现了浓硫酸的__________性和____________性。‎ ‎（2）这两种方案，你认为哪一种方案更合理？_______（答编号）。理由是____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). 强氧化性 (3). 酸性 (4). ② (5). 无污染产生，原料利用率高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜与浓硫酸反应中浓硫酸的性质，优化制硫酸的方案从环保和原子利用率的角度去考虑。‎ ‎【详解】（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O， 反应中硫元素的化合价部分降低生成二氧化硫，部分不变存在与硫酸铜中，浓硫酸表现强氧化性与酸性； ‎ ‎（2）方案①生成二氧化硫，污染空气，硫元素不能完全利用，方案②与方案①相比，没有污染产生且原料的利用率高，故方案②更合理。‎ ‎24.为了探究二氧化氮的性质，在实验室制备并收集一试管二氧化氮。‎ ‎（1）实验室常用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，化学方程式是___。若有1.5molCu参加反应，则___mol硝酸作氧化剂，转移___mol电子。‎ ‎（2）可用如图装置制备并收集一试管二氧化氮 ‎①在加入药品前，必须进行的操作是___。‎ ‎②该装置的缺点是(只填一个缺点既可)___。‎ ‎【答案】 (1). Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O (2). 6 (3). 3 (4). 检查装置的气密性 (5). 没有尾气处理装置 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原的基本概念和电子转移进行相关的判断。制备有毒气体时要有尾气处理装置。‎ ‎【详解】（1）实验室常用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，该反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。该反应中电子转移的数目为2e-，1molCu参加反应时消耗4mol HNO3，转移2mole-，因此，若有1.5molCu参加反应，则有6mol硝酸作氧化剂，转移3mol电子。‎ ‎（2）①在制备气体时，装置必须保证不能漏气，因此，在加入药品前，必须进行的操作是：检查装置的气密性。‎ ‎②二氧化氮是有毒气体，剩余的气体不能直接排放到空气中，因此，该装置的缺点是：没有尾气处理装置。‎