河南省罗山高中2022届高三化学复习4.3二氧化硫和二氧化氮对大气的污染课时作业新人教版必修1

4.3二氧化硫和二氧化氮对大气的污染1、下列说法或做法错误的是（）A．充满NH3的烧瓶倒置于水中后液面迅速上升，说明NH3易溶于水B．在胆矾中滴加浓H2SO4，固体变白，说明浓H2SO4具有吸水性C．将二氧化硫通入品红溶液，溶液褪色，加热后能恢复原色D．向铜粉中加入浓硫酸，加热，铜粉溶解，同时产生H2【答案】D【解析】试题分析：铜与浓硫酸反应生成的是硫酸铜与二氧化硫与水，因此D选项是错误的。2、X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、W可能是（）①C、O2②Fe、HNO3③S、O2A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】A【解析】试题分析：①碳可以与氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳再与氧气反应生成二氧化碳，碳在氧气充足的条件下可直接生成二氧化碳，所以①符合。②W为铁与X为稀硝酸反应生成Y硝酸铁，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁，而硝酸与铁，在铁过量的情况下，也可直接生成硝酸亚铁，因此②也符合题意。答案选A3、已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法正确的是(　　)A．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3B．装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙C．装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝D．为防止装置D中发生倒吸，可以改用向下排空气法收集氮气【答案】C【解析】试题分析：A.为氧化还原反应，CuO为氧化剂，氨气为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故A错误；B．装置B的作用为干燥氨气，加入的物质可以是碱石灰，不能用无水氯化钙，无水氯化钙易与氨气结合生成络合物，故B错误；C．D中冷却出现液体为水和氨气混合物，溶液显碱性，则D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；D．为防止装置D中发生倒吸，因氮气的密度与空气接近，不能用排空气法收集氮气，故D错误；故选C．4、下列依据相关实验得出的结论正确的是(　　)A．将(NH4)2SO4、CuSO4溶液分别加入蛋白质溶液，都出现沉淀，表明二者均可使蛋白质变性B．过量的铜屑与稀硝酸反应停止后，再加入1mol/L稀硫酸，铜屑又逐渐溶解，且有无色气体产生，铜可直接与1mol/L稀硫酸反应C．将常温下呈气态的某有机物通入溴水中，溴水褪色，该气体分子中一定含碳碳双键或碳碳三键D．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+【答案】D【解析】试题分析：A选项在蛋白质溶液中加入硫酸铵，主要发生的是盐析，故A选项是错误的。B选项铜排在氢的后面，稀硫酸的氧化性是很弱的，因此铜不能与稀硫酸反应，只能与浓硫酸反应，所以B选项是错误的。C选项醛类，苯也能使溴水褪色，所以C选项是错误的5、下列酸在与金属发生反应时，其中硫或氮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】试题分析：A．稀硫酸与金属发生置换反应是金属与酸中的H的置换反应，S元素的化合价为发生变化，正确；B．稀硝酸有强氧化性，把金属氧化为硝酸盐，硝酸被还原为NO，N的化合价发生了变化，错误；C．浓硫酸有强氧化性，把金属氧化为硫酸盐，硫酸被还原为SO2，S的化合价发生了变化，错误；D．浓硝酸有强氧化性，把金属氧化为硝酸盐，硝酸被还原为NO2，N的化合价发生了变化，错误。6、下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是（　　）A．加热烧瓶中的浓氨水　　　　　　B．加热试管中的熟石灰和氯化铵固体的混合物C．将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中D．加热试管中的氯化铵固体，并将产生的气体通过装有碱石灰的干燥管【答案】D【解析】试题分析：A．一水合氨不稳定，受热容易分解，所以加热烧瓶中的浓氨水可以产生氨气；正确；B．在实验室就是利用加热试管中的熟石灰和氯化铵固体的混合物来制取氨气的，正确；C．将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中，生石灰与氨水中是水分发生反应产生氢氧化钙，放出大量的热，从而加速了一水合氨的分解，因此可以产生大量的氨气，正确；D．氯化铵不稳定，受热容易分解产生氨气和HCl,二者遇冷又重新化合产生氯化铵，因此不能用加热试管中的氯化铵固体，的方法来制取氨气，错误。7、工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜。为了节约原料和防止污染环境，宜采取的方法是（）A．Cu+HNO3（浓）→Cu(NO3)2　　　　　B．Cu+HNO3（稀）→Cu(NO3)2C．Cu　CuOCu(NO3)2D．CuCuSO4Cu(NO3)2【答案】C【解析】试题分析：　A．Cu+HNO3（浓）→Cu(NO3)2会产生大量的NO2气体，既浪费原料，也污染空气，错误；　B．Cu+HNO3（稀）→Cu(NO3)2会产生大量的NO气体，既浪费原料，也污染空气，错误；C．Cu　CuOCu(NO3)2不会产生大气污染物，而且经济，正确；　D．CuCuSO4时会产生大气污染物SO2,既浪费原料，也污染环境，错误。8、1L稀硝酸和稀硫酸的混合液，其物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.4mol/L。若向该混合溶液中加入足量的铜粉，从离子反应的角度分析，则最多能溶解铜粉的质量为（）A．9.6g　　　B．6.4g　　　　　C．3.2g　　　D．2.4g【答案】A【解析】试题分析：1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4mol？L-1和0.1mol？L-1，则n（H+）=1L×2×0.4mol/L+1L×0.1mol/L=0.9mol，n（NO3-）=1L×0.1mol/L=0.1mol，发生3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O3820.9mol0.1mol可知H+过量，NO3-完全反应，则消耗铜的质量为0.1mol×3/2×64g/mol=9.6g，故A项正确。9、管道工人曾经用浓氨水检查氯气管道是否漏气。已知能发生如下反应(在有水蒸气存在的条件下)2NH3+3Cl2=6HCl+N2，下列说法中错误的是（）A．用该方法检验管道泄漏处会产生白烟B．管道泄漏处会闻到刺激性气味C．该反应生成1mol氮气时，转移3mol电子D．可以用浸有稀碱液的布包裹在管道泄漏处，暂时防止氯气的危害【答案】C【解析】试题分析：A.2NH3+3Cl2=6HCl+N2，HCl+NH3=NH4Cl。总方程式是8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，因此用该方法检验管道泄漏处会产生白烟,正确；B．管道泄漏处会有氯气，因此能够闻到刺激性气味，正确；C．由于N元素的化合价在反应前是-3价，在反应后化合价为0价，所以每生成1mol氮气时，转移6mol电子，错误；D．氯气能够与碱发生反应产生，所以可以用浸有稀碱液的布包裹在管道泄漏处，暂时防止氯气的危害，正确。10、把100mL2mol／L的H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应速率而不影响生成H2的总量，可在反应物中加入适量的（）A．硫酸铜溶液B．硝酸钠溶液C．醋酸钠溶液D．氢氧化钠溶液【答案】C【解析】试题分析：A、加入适量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜发生反应生成Cu与Zn形成原电池，加快反应速率，错误；B、加入硝酸钠后溶液中相当于有了硝酸，与锌反应不会生成氢气，氢气的量减少，错误；C、加入醋酸钠后溶液在有醋酸生成，醋酸是弱酸，氢离子浓度减小，氢离子的物质的量不变，反应速率减慢，且不影响氢气的总量，正确；D、加入氢氧化钠溶液，与硫酸反应消耗氢离子，使产生的氢气减少，错误，答案选C。11、将等物质的量的铁和铜的混台物24g与600mL稀硝酸恰好完全反应，生成NO6.72L(标准状况）向反应后的溶液中加入lmol·L-1NaOH溶液使金属离于恰好沉淀，过滤。下列有关说法错误的是（）A．混合物溶解后的溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2+)=1：1B．需加入NaOH溶液1000mLC．稀硝酸的物质的量浓度是2mol·L-1D．最后所得沉淀在空气中充分加热可得固体32g【答案】B【解析】试题分析：设铁、铜的物质的量均为xmol，则56x+64x=24，x=0.2,则反应中Cu失去电子的物质的量是0.2mol×2=0.4mol，而该反应中共转移电子的物质的量是6.72L/22.4L/mol×3=0.9mol，所以0.2molFe失去电子的物质的量应是0.9-0.4=0.5mol，所以反应后的溶液中既有铁离子又有亚铁离子，且二者的物质的量0.1mol，所以反应后的溶液中有0.1molFe3+、0.1molFe2+、0.2molCu2+。A、混合物溶解后的溶液中c(Fe3＋)：c(Fe2+)=1：1，正确；B、溶液中有亚铁离子存在，说明硝酸用完，所以需加入的氢氧化钠的物质的量是0.1mol×3+0.1mol×2+0.2mol×2=0.9mol，需要lmol·L-1氢氧化钠的体积是900mL，错误；C、根据N元素守恒，原溶液中硝酸的物质的量是0.1mol×3+0.1mol×2+0.2mol×2+6.72L/22.4L/mol=1.2mol，所以稀硝酸的物质的量浓度是1.2mol/0.6L=2mol·L-1，正确；D、由于在加热过程中亚铁离子被氧化为铁离子，所以最后所得沉淀在空气中充分加热得到氧化铁和氧化铜的固体，氧化铜的物质的量是0.2mol，氧化铁的物质的量是0.1mol，所以固体的总质量硫酸32g，正确，答案选B。12、下列气体不能用浓H2SO4干燥的是（）A．CO2B．SO2C．NH3D．HC1【答案】C【解析】试题分析：氨气呈碱性，浓硫酸具有酸性，因此不能用浓硫酸进行干燥。所以答案选C考点：考查浓硫酸吸水性的相关知识点。133．下列物质能用铁制器皿盛放的是（）A．浓硫酸B．稀硫酸C．氯化铜溶液D．氯化铁溶液【答案】A【解析】试题分析：金属铁遇到浓硫酸会发生钝化的现象，因此答案选A考点：考查浓硫酸强氧化性的相关知识点13、足量Zn粉与50ml、0．1mol/L的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的（）①加Na2SO4溶液；②改用50ml、0．1mol/L的稀盐酸；③改用50ml、0．05mol/L的硝酸；④加适量固体醋酸钠；⑤减压；⑥冰水浴；⑦加NaCO3溶液；⑧纯Zn改为不纯的ZnA．①④⑥B．③⑤⑥⑦⑧C．①②⑤⑥D．全部【答案】A【解析】试题分析：影响化学反应速率的因素有温度，浓度，压强，催化剂，固体反应物的接触面积，硫酸与锌反应的实质是氢离子与锌反应生成锌离子和氢气，故①加Na2SO4溶液相当于稀释反应物硫酸的浓度，故反应速率减慢，但不改变氢气的产量。②改用50ml、0．1mol/L的稀盐酸会增加氢离子浓度，会改变增大产生氢气的量。故②错。；③改用50ml、0．05mol/L的硝酸；硝酸与锌反应不产生氢气，故③错。④加适量固体醋酸钠，醋酸根离子可以与氢离子形成弱酸醋酸，可以减慢化学反应的速率，但不改变氢气的量，故④正确，⑤减压，减压向体积增大的方向进行即向正反应方向，会加快产生氢气的速率，故⑤错。⑥冰水浴相当于降低温度，反应速率会减慢，故⑥正确。；⑦加NaCO3溶液中的碳酸根离子会消耗溶液中一部分的氢离子，会改变氢气的产量故⑦错，⑧纯Zn改为不纯的Zn，可形成微小原电池，加快反应速率的进行，故⑧错。14、将1.52g的铜镁合金完全溶解于50mL14.0mol/L的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加人1.0mol/LNaOH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．若该浓硝酸的密度为1.40g/mL则该浓硝酸的溶质质量分数为63%B．该合金中铜与镁的物质的最之比是2:1C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加人NaOH溶液的体积是620mL【答案】D【解析】试题分析：反应后溶质为硝酸钠，据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为，据钠离子守恒可知故需要氢氧化钠溶液体积为所以D选项错误。15、现有等物质的量的铜和银的混合物17．2g，与50．0mL的浓硝酸恰好完全反应，产生气体4．48L(标准状况)，则下列说法正确的是()A．产生的气体是0．2molNO2B．硝酸的物质的量浓度为12mol·L－1C．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3∶2D．要使产生的气体恰好完全被水吸收需要通入氧气0．075mol【答案】D【解析】试题分析：A．等物质的量的铜和银的混合物17．2g，则金属提供电子为0．1mol×2+0．1mol×1=0．3mol，若气体只是NO2，根据电子转移守恒，则生成NO2为0．3mol，大于实际0．2mol，若只生成NO，根据电子转移守恒可知，NO为0．1mol，小于实际0．2mol，故生成气体为NO、NO2，故A错误；B．被还原的硝酸生成氮的氧化物（NO、NO2一种或二者混合物），由N元素守恒，可知被还原硝酸物质的量==0．2mol，未被还原的硝酸生成硝酸银、硝酸铜，故未被还原硝酸的物质的量=0．1mol×2+0．1mol×1=0．3mol，根据N元素守恒，n总（HNO3）=0．2mol+0．3mol=0．5mol，原硝酸浓度=故B错误；C．由B中计算的数据可知，反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比=0．2mol：0．3mol=2：3，故C错误；D．纵观整个过程，由电子转移守恒，金属失去的电子等于氧气获得的电子，故需要氧气物质的量=故D正确，故选D．16、短周期元素形成的常见非金属固体单质A与常见金属单质B，在加热条件下反应生成化合物C，C与水反应生成白色沉淀D和气体E，D既能溶于强酸，也能溶于强碱。E在足量空气中燃烧产生刺激性气体G，G在大气中能导致酸雨的形成。E被足量氢氧化钠溶液吸收得到无色溶液F。溶液F在空气中长期放置发生反应，生成物之一为H。H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。请回答下列问题：（1）组成单质A的元素位于周期表中第周期，第族。（2）B与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：。G与氯酸钠在酸性条件下反应可生成消毒杀菌剂二氧化氯。该反应的氧化产物为，当生成2二氧化氯时，转移电子。溶液F在空气中长期放置生成H的化学反应方程式为：。H的溶液与稀硫酸反应产生的现象为。【答案】（1）三ⅥA（2）（3）硫酸钠（）2（4）（或）（5）溶液由黄色变为无色，产生浅黄色沉淀和（臭鸡蛋气味的）气体【解析】本题考查的知识点有元素及其化合物的性质、物质结构、氧化还原反应相关计算。由生成白色沉淀D，D既能溶于强酸，也能溶于强碱，推测D是Al(OH)3再逆推可知，B为Al。G在大气中能导致酸雨的形成，可猜测G可能为SO2逆推可知:A为S，综合可知C为Al2S3D为Al(OH)3,E为H2S,G为SO2F为Na2S.(1)(2)比较简单，（3）SO2与氯酸钠在酸性条件下反应，SO2为还原剂被氧化为SO42-,根据电子得失可以判断生成2二氧化氯时，转移电子2。由H与过氧化钠的结构和化学性质相似，其溶液显黄色。结合前面的信息可以推测H为Na2S2.17、(12分)(能力挑战题)如图所示:在B水槽中装有500mL水,容积为amL的试管A充满了NO2和NO的混合气体(标准状况),将试管A倒插入B水槽的水中。充分反应后,试管A中余下气体的体积为0.5amL。(1)将A倒插入B槽中发生的反应为:___________________________,该反应中氧化剂与还原剂的质量比为:________,原混合气体中NO2和NO的物质的量之比为________。(2)通过导气管C向余下0.5amL气体的试管A中持续通入氧气,A中可能观察到的现象是:___________________________。(3)当试管A中充满气体时停止通入氧气,然后将试管取出水槽,水槽B中溶液的物质的量浓度为______mol·L-1(设溶液的体积仍为500mL)。【答案】(1)3NO2+H2O====2HNO3+NO　1∶2　3∶1(2)无色气体变为红棕色,试管中液面不断上升至全充满。继续通入氧气后,试管中液面下降,最后充满无色气体(3)【解析】(1)试管A倒插入B水槽水中后,发生反应3NO2+H2O====2HNO3+NO,氧化剂与还原剂均为NO2,质量比为1∶2。根据题意有n(NO2)+n(NO)=[n(NO2)+n(NO)],n(NO2)∶n(NO)=3∶1。(2)试管A中剩余0.5amL气体为NO,通入氧气后,发生反应2NO+O2====2NO2,4NO2+O2+2H2O====4HNO3,可写为4NO+3O2+2H2O====4HNO3,无色气体变为红棕色气体,试管中液面不断上升至全充满,继续通入氧气后,试管中液面下降,最后充满无色气体(O2)。(3)试管中充满气体时,根据氮原子守恒,n(HNO3)=n(气体)=×10-3mol,c(HNO3)==mol·L-1。18、高氯酸铵作为火箭燃料的重要氧载体。高氯酸铵在高压、450℃的条件下迅速分解，反应的化学方程式4NH4ClO46H2O↑+2N2↑+4HCl↑+5O2↑，其中氧化产物与还原产物的物质的量之比是，每分解1mol高氯酸铵，转移的电子数目是。【答案】7∶48NA或4.816×1024个【解析】19、Cl2合成有机物时会产生副产物HC1。4HCl+O22Cl2+2H2O，可实现氯的循环利用。【答案】0.0625mol/L？min【解析】20、某无色气体可能是由CO2、HCl、NH3、NO2、NO、H2中的一种或几种组成。该气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶后，气体体积减少；将剩余气体通过装有Na2O2的干燥管得到红棕色气体；再将此红棕色气体通入盛满水且倒立在水槽中的试管内，可见试管内液面有变化，但最后液体充满试管。由此可以推断：（1）原气体中一定有，一定没有。（2）由最终结果可推算出原气体中和气体的体积比为。（以上现象均在相同状况下观察）【答案】（1）NH3、NO、CO2；NO2、HCl、H2（2）NO；CO2；2∶3【解析】21、A.B.C三种气体，A为无色，在一定条件下A能与O2反应生成B；B不溶于水，它能与O2反应生成C；A.C气体均溶于水，其水溶液分别呈碱性与酸性。推断。A、C。【答案】NH3、NO2【解析】