【化学】广东省惠州市第一中学2018-2019学年高一下学期分班考试试题（解析版）

广东省惠州市第一中学2018-2019学年高一下学期分班考试试题
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 二氧化硫可用于漂白纸浆 B. 镁可用于制造信号弹和焰火
C. 氢氧化铁胶体能用于净水 D. 氯气不可用于自来水的消毒
【答案】D
【详解】A、二氧化硫有漂白性，可用于漂白纸浆，故A正确；
B、镁燃烧发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火，故B正确；
C、氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能用于净水，故C正确；
D、氯气溶于水生成HClO，HClO具有强氧化性，可以杀菌消毒，可用于自来水的消毒，故D错误。
2.化学与生活、生产密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. Fe3O4俗称铁红，常作红色油漆和涂料
B. 食盐、糖、醋可用作调味剂，不可用作食品防腐剂
C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸盐漂白纸浆的原理不相同
D. 植树造林提高城市绿化覆盖率，属于绿色化学
【答案】C
【详解】A、Fe2O3俗称铁红，常作红色油漆和涂料，故A错误；
B、食盐、糖、醋可用作调味品，也可用作食品防腐剂，故B错误；
C、活性炭为糖浆脱色，利用活性炭的吸附性，属于物理变化，次氯酸盐漂白纸浆，利用次氯酸盐的强氧化性把有色物质漂白，属于化学变化，原理不同，故C正确；
D、绿色化学又称环境友好化学、环境无害化学、清洁化学，是用化学的技术和方法去减少或消除有害物质的生产和使用，绿色化学的核心是：利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，因此植树造林提高城市绿化覆盖率，不属于绿色化学，故D错误。
答案选C。
3.我国古代许多文献中记录的现象都与化学有关，下列有关古代文献的说法，错误的是( )
A. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，不涉及化学变化
B. “曾青得铁则化为铜”指铜可以采用湿法冶炼
C. “丹砂（HgS）烧之成水银，积之又成丹砂”可知HgS受热会分解
D. “日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象
【答案】D
【解析】A项，“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”指青蒿加水浸泡后取汁液，没有新物质生成，不涉及化学变化，正确；B项，“曾青得铁则化为铜”指铜可以采用湿法冶炼，发生的反应为：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，正确；C项，“丹砂（HgS）烧之成水银，积之又成丹砂”发生反应的化学方程式为：HgSHg+S、Hg+S=HgS，可知HgS受热会分解，正确；D项，“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”， “紫烟”是水气、云雾等经光照后产生的光学现象，与碘升华无关，错误；答案选D。
4.下列物质属于同一物质的是（ ）
A. HCl和盐酸 B. 纯碱和火碱
C. Na2CO3·10H2O 和Na2CO3 D. 液氯和氯气
【答案】D
【详解】A. HCl属于纯净物，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不是同一种物质，A不选；
B. 纯碱是碳酸钠，火碱是氢氧化钠，不是同一种物质，B不选；
C. Na2CO3·10H2O和Na2CO3不是同一种物质，C不选；
D. 液氯和氯气是Cl2的两种不同状态，属于同一种物质，D选。
答案选D。
5. 不能用胶体的知识解释的现象是（　　）
A. 豆浆中加入石膏做豆腐
B. 一支钢笔使用两种不同牌号的墨水，易出现堵塞
C. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色
D. 在海水与河水交界处，易形成三角洲
【答案】C
【解析】
6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 0.2mol熔融 NaHSO4电离出H+的数目为0.2NA
B. 1mol的FeCl3加到废水中可以得到氢氧化铁胶粒数为NA
C. 4.8g氧气和臭氧混合气体原子数为0.3NA
D. 标况下，11.2LSO3含有的分子数为0.5NA
【答案】C
【详解】A、NaHSO4熔融时电离出钠离子和硫酸氢根离子，没有氢离子，A错误；
B、铁离子水解是可逆的，且胶体是分子的集合体，则1mol的FeCl3加到废水中得到氢氧化铁胶粒数小于NA，B错误；
C、氧气和臭氧均是氧元素形成的不同单质，4.8g氧气和臭氧混合气体中氧原子的物质的量是4.8g÷16g/mol＝0.3mol，则氧原子数为0.3NA，C正确；
D、标况下三氧化硫不是气态，因此标况下11.2LSO3含有的分子数不是0.5NA，D错误；
答案选C。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）
A. 100 g 质量分数为46%的乙醇（CH3CH2OH）水溶液中氧原子数为4NA
B. 标况下，46g NO2所含分子数目为NA
C. 1 mol Cl2通入足量NaOH溶液中，转移电子数为2NA
D. 0.5mol/L 的H2SO4溶液中，含有H＋的个数为0.1NA
【答案】A
【详解】A、乙醇的水溶液中乙醇中含有氧原子，H2O中含有氧元原子，100g46%乙醇(CH3CH2OH)中含有氧原子物质的量为（100g×46%）÷46g/mol=1mol，H2O中含有氧原子物质的量为（100g×54%）÷18g/mol=3mol，氧原子总物质的量为4mol，个数为4NA，故A正确；
B、由于存在平衡关系：N2O42NO2，因此46gNO2所含分子数目不是NA，故B错误；
C、Cl2与NaOH反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，因此1molCl2参与此反应转移电子物质的量为1mol，电子数为NA，故C错误；
D、没有说明溶液的体积，不能计算硫酸溶液中氢离子的物质的量，故D错误。
答案选A。
8.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（ ）
A. K+ Fe3+ S2- Cl- B. SO32- ClO- OH- K+
C. Fe2+ Cu2+ NO3- H+ D. H+ Cl- Na+ NO3-
【答案】D
【详解】A、在溶液中Fe3+与S2-发生氧化还原反应，生成亚铁离子和单质硫，不能大量共存，A不选；
B、在溶液中SO32-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，B不选；
C、Fe2+具有还原性，而HNO3具有强氧化性，因此H+、NO3－、Fe2+不能共存，C不选；
D、在溶液中H+、Cl-、Na+、NO3-之间不反应，可以大量共存，D选。
答案选D。
9.下列各物质属于电解质的是（ ）
A. 盐酸 B. CaCO3 C. 氨水 D. 浓硫酸
【答案】B
【详解】A．盐酸是混合物，所以盐酸既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．碳酸钙能电离出钙离子和碳酸根离子，因此碳酸钙是电解质，故B正确；
C．氨水是混合物，所以氨水既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．浓硫酸为混合物，所以浓硫酸既不是电解质也不是非电解质，故D错误；
故答案选B。
10. 2016年1月1日起修订厉的《中华人民共和国大气污染防治法》正式施行，这将对我国的大气污染防治产生重要影响。下列有关说法正确的是( )
A. 绿色食品就是不含任何化学物质的食品
B. 燃煤时添加生石灰以减少SO2的排放
C. PM2.5是指环境空气中直径大于或等于2.5微米的颗粒物
D. pH在5.6～7.0之间的降水通常称为酸雨
【答案】B
【解析】试题分析：A．绿色食品就是无污染、优质，不会对人体产生危害物质的食品，错误；B．燃煤时添加生石灰，在煤燃烧时产生的SO2就与CaO及O2反应产生CaSO4留着炉渣中，从而减少SO2的排放，正确；C． PM2.5是指环境空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，其浓度越大，表明空气污染越严重，错误；D．pH小于5.6的酸性降水通常称为酸雨，错误。
11.已知I－、Fe2＋、SO2和H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为Fe2＋＜H2O2＜I－＜SO2，则下列反应不能发生的是(　　)
A. 2Fe3＋＋SO2＋2H2O===2Fe2＋＋SO42—＋4H＋ B. H2O2＋H2SO4===SO2↑＋O2↑＋2H2O
C. I2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HI D. 2Fe3＋＋H2O2===2Fe2＋＋O2↑＋2H＋
【答案】B
【详解】A. 因为还原性Fe2＋＜SO2，2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋与题意相符，故A正确；B项，还原性H2O2＜SO2,H2O2＋H2SO4=SO2↑＋O2↑＋2H2O与题意不相符,故B错误；C. 还原性I-＜SO2,I2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HI与题意相符,故C正确；D. 因为还原性Fe2＋＜H2O2 ，2Fe3＋＋H2O2=2Fe2＋＋O2↑＋2H＋，故D正确；答案：B。
12.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3＋5H2O＝2NO＋HNO3＋9HF。下列有关说法正确的是（ ）
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1
C. 若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol电子
D. NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据方程式可知N元素的化合价从＋3价部分升高到＋5价，失去2个电子，部分降低到＋2价得到1个电子，其余元素的化合价均没有发生变化，因此NF3既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂，也不是还原剂，A错误；B、根据电子得失守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2，B错误；C、若生成0.2 mol HNO3，则转移0.4mol电子，C错误；D、NF3在潮湿的空气中泄漏会与水反应生成NO，NO极易被氧化产生红棕色气体NO2，D正确，答案选D。
13.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是（ ）
A. 漂白粉溶液在空气中失效：ClO－＋CO2＋H2O=＝HClO＋HCO3-
B. 用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2＋2H＋＋2Cl－＝=Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
C. 向澄清的石灰水中通入过量的CO2：CO2 + OH- == HCO3-
D. 在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO－＋2Fe(OH)3＝2FeO42-＋3Cl－＋H2O＋4H＋
【答案】C
【详解】A．漂白粉溶液在空气中失效是因为次氯酸根离子吸收二氧化碳生成碳酸钙和次氯酸：ClO－+CO2+H2O＝HClO+CaCO3↓，故A错误；
B．用浓盐酸与二氧化锰反应制取少量氯气，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；
C．向澄清的石灰水中通入过量的CO2生成碳酸氢钙：CO2+OH-＝HCO3-，故C正确；
D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO－+4OH－＝2FeO42－+3Cl－+5H2O，故D错误；
故答案选C。
14.Fe2O3、ZnO、CuO的固体混合粉末克，在加热条件下用足量CO还原，得到金属混合物2.41克，将生成的CO2气体用足量的澄清石灰水吸收后，产生5.00克白色沉淀，则a的数值为（ ）
A. 7.41 B. 3.59 C. 3.21 D. 2.46
【答案】C
【解析】试题分析：
解：CO2 的物质的量为x;
(1)CO2---CaCO3
1 1
x 5/100 x=0.05
(2)CO----- CO2------O
1 1 1
0.05 0.05 0.05
金属氧化物质量（金属+氧）a=0.05*16+2.41=3.21(克) 选C
15.下列有关金属的描述正确的是（ ）
A. 金属铁和铝都可以被浓硫酸钝化，因此铁和铝都不能与浓硫酸反应
B. 等质量的金属铝，分别和过量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，所得氢气一样多
C. 将2 mol金属铝投入到足量的稀硝酸中，可以得到3 mol氢气
D. 金属钠在空气中长时间放置，最终得到氢氧化钠固体
【答案】B
【详解】A、在常温下金属铁和铝都可以被浓硫酸钝化，钝化是化学变化，故A错误；
B、铝和盐酸、氢氧化钠溶液反应分别生成+3价的铝离子和+3价的偏铝酸根离子，所以相同质量的铝转移电子数目相等，因此生成氢气一样多，故B正确；
C、硝酸是氧化性酸，与金属铝反应不能生成氢气，故C错误；
D、金属钠在空气中长时间放置，最终得到碳酸钠固体，故D错误；
故答案选B。
16. 下列过程中颜色变化与化学变化无关的是( )
A. 银白色的金属铁研磨成铁粉后变成黑色
B. 新切割开的金属钠的表面由银白色迅速变成暗灰色
C. 红棕色的NO2通过装有水的洗气瓶后得到无色气体
D. 浅黄绿色的新制氯水久置后变为无色
【答案】A
【解析】试题分析：A、金属铁研磨成铁粉，没有新物质生成，属于物理变化，正确；B、新切割开的金属钠的表面由银白色迅速变成暗灰色是由于金属钠被氧化生成了氧化钠，属于化学变化，错误；C、NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，红棕色气体变为无色，属于化学变化，错误；D、新制氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，久置，次氯酸见光分解，平衡不断右移的结果，最终变为盐酸，属于化学变化，错误。
17.下列有关物质及成分、性质和用途都正确的是(　　)
选项
物质及成分
性质
用途
A
小苏打(Na2CO3)
与酸反应产生二氧化碳
作发酵粉
B
磁性氧化铁(Fe2O3)
难溶于水、红色
制造红色涂料
C
蓝矾(CuSO4·5H2O)
蓝色
检验水蒸气
D
二氧化硫(SO2)
能和某些有色物质反应生成无色物质
漂白草织品
【答案】D
【解析】A、小苏打的成分是NaHCO3，A错误；B、磁性氧化铁的成分是Fe3O4(黑色)，通常用作颜料和抛光剂，B错误；C、无水硫酸铜(CuSO4)的作用是检验水蒸气，C错误；D、二氧化硫能和某些有色物质反应生成无色物质，可用作漂白草织品，D正确。
18.某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度下列分析正确的是（ ）

A. 实验①、③反应制得的物质均为纯净物
B. 实验②、③均未发生氧化还原反应
C. 实验②、③均为放热反应
D. 实验①、②所涉及的物质均为电解质
【答案】B
【解析】试题分析：A、实验③得到的氢氧化铁胶体，而胶体属于混合物，错误；B、实验②是氯化铁溶于水，发生水解反应，而水解反应不是氧化还原反应，③是氢氧化铁胶体的制备，也未发生氧化还原反应，正确；C、水解反应可看成中和反应的逆反应，中和反应是放热反应，所以水解反应是吸热反应，错误；D、氯气与铁的反应中，氯气不是电解质，也不是非电解质，错误，答案选B。
19.用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol/L的K2Cr2O7标准溶液240mL，应准确称取一定质量的K2Cr2O7。[保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)=294.0g/mol]。
(1)计算配制240mL 0.01000mol/LK2Cr2O7溶液时需要准确计量K2Cr2O7的质量是______g。
(2)配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用的有______(用编号表示)。
①电子天平 ②烧杯 ③漏斗 ④玻璃棒 ⑤250mL容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
(3)配制0.01000mol/L K2Cr2O7溶液的操作步骤为(填写空白)：计算、称量、______、移液、洗涤、______、摇匀。
(4)配制0.01000mol/L K2Cr2O7溶液时，下列操作对配制结果有何影响？
①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒______。
②定容时，仰视刻度线______。
(5)配制0.01000mol/L K2Cr2O7溶液，定容时不慎加水超过了刻度线，应如何操作_______。
(6)用0.01000mol/L的K2Cr2O7溶液滴定20.00mL未知浓度的含Fe2+的溶液，恰好完全反应时消耗10.00mL K2Cr2O7溶液，则溶液中Fe2+的物质的量浓度是____。(已知：6Fe2++Cr2O72−+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O)
【答案】(1). 0.7350 (2). ③⑦ (3). 溶解 (4). 定容 (5). 偏低 (6). 偏低 (7). 重新配制 (8). 0.03000mol/L
【详解】（1）配制240mL0.01000mol/L K2Cr2O7溶液时需要250mL容量瓶，需要溶质的质量=0.250L×0.01000mol/L×294.0 g•mol－1=0.7350g；
（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：电子天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；用不到的是：③漏斗⑦移液管；故答案为：③⑦；
（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，因此答案为：溶解；定容；
（4）①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；
②定容时，仰视刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低；
（5）定容时不慎加水超过了刻度线，导致实验失败，且无法挽救，必须重新配制；
（6）设二价铁离子的物质的量为x，则根据方程式6Fe2++Cr2O72－+14H+＝2Cr3++6Fe3++7H2O可知x＝6×0.01000mol/L×0.01L＝0.0006mol，所以亚铁离子的浓度是0.0006mol÷0.02L＝0.03000mol/L。
20.某化学兴趣小组为探索铜与浓硫酸的反应，用如图所示装置进行有关实验。

甲组取a g铜片和一定量的浓硫酸放入试管中加热，直到反应完毕，最后发现试管中还有一定量的H2SO4和Cu剩余。
(1)写出装置A中所发生反应的化学方程式：_______________________________。
(2)若用含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与过量铜片共热,能否收集到0.1 mol SO2：______(填“能”或“不能”)。
(3)当集气瓶B中的气体收集满时,装置C中有可能观察到的现象是_____________。
(4)为什么有一定量的余酸却未能使Cu完全溶解，你认为原因是_________________。
(5)乙组同学认为：实验装置C有可能造成环境污染，乙组同学设计了最简单方法给予解决：在C试管口塞上一团沾有_________(填化学式)溶液的棉花。
(6)为了证明反应结束后的试管中的确有剩余的稀硫酸，可选择的试剂是_______。
A.铁粉 B.Na2CO3溶液 C.BaCl2溶液 D.NaOH溶液
【答案】(1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 不能 (3). 品红溶液褪色 (4). 稀硫酸不能与Cu反应 (5). NaOH (6). AB
【解析】
【分析】（1）加热条件下，浓硫酸和Cu发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
（2）加热条件下，浓硫酸和Cu反应生成二氧化硫，但稀硫酸和铜不反应；
（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；
（4）稀硫酸和Cu不反应；
（5）二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水；
（6）稀硫酸具有酸性，能和较活泼金属发生置换反应，能和弱酸盐反应生成弱酸。
【详解】（1）加热条件下，浓硫酸和Cu发生氧化还原反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）加热条件下，浓硫酸和Cu反应生成二氧化硫，但稀硫酸和铜不反应，且参加反应的硫酸中只有一半作氧化剂，所以二氧化硫的物质的量是参加反应的硫酸物质的量的一半，若用含0.2molH2SO4的浓硫酸与过量铜片共热，由于随着反应的进行，浓硫酸浓度逐渐减小，因此参加反应的硫酸的物质的量小于0.2mol，则生成二氧化硫的物质的量小于0.1mol；
（3）二氧化硫能和品红溶液反应生成无色物质而具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以C中看到的现象是品红溶液褪色；
（4）加热条件下浓硫酸和Cu反应，而稀硫酸和Cu不反应，由于随着反应的进行，浓硫酸浓度逐渐减小，所以有一定量的余酸，却未能使Cu完全溶解；
（5）二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以可以在C试管口塞上一团沾有NaOH溶液的棉花，用来吸收二氧化硫，防止污染大气；
（6）稀硫酸具有酸性，能和较活泼金属发生置换反应，能和弱酸盐反应生成弱酸，则：
A．铁和稀硫酸反应生成氢气，所以该反应能鉴定是否含有稀硫酸，故A正确；
B．碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，所以该反应能鉴定是否含有稀硫酸，故B正确；
C．含有硫酸根离子的溶液都能和氯化钡溶液反应生成白色沉淀，所以该反应不能鉴定是否含有稀硫酸，故C错误；
D．氢氧化钠和硫酸发生中和反应，无明显实验现象，所以该反应不能鉴定是否含有稀硫酸，故D错误；
故答案选AB。
21.依据图1中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：

(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为_____________。
(2)若要收集一瓶氨气，请将下列装置补充完整，在图2虚框内画出连接图______。
(3)下列试剂能用于干燥NH3的是______。
A.浓硫酸 B. 碱石灰 C.无水CaCl2固体 D.P2O5固体
(4)图1中，X的化学式为______，从物质性质上看，X属于______氧化物。将X转化为HNO3属于______反应(填“氧化还原”或“非氧化还原”)。
(5)若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是______。
A.O2 B.Na C.NH4Cl D.NO2
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑ (2). (3). B (4). N2O5 (5). 酸性 (6). 非氧化还原 (7). AD
【解析】
【分析】（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水；
（2）氨气极易溶于水，比空气轻，收集方法只能用向下排空气法收集，据此解答；
（3）氨气是碱性气体，干燥气体选用碱性干燥剂；
（4）图1分析可知X化合价与硝酸相同，为+5价，物质类型为氧化物，据此解答；
（5）若要将NH3→N2，氮元素化合价－3价变化为0价，氨气做还原剂被氧化。
【详解】（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2在加热的条件下制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑；
（2）氨气极易溶于水，比空气轻，收集方法只能用向下排空气法收集，因此导气管位置短进长出，即为；
（3）A．浓硫酸和氨气反应，不能干燥氨气，故A错误；
B．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙固体组成的混合物，可以干燥氨气，故B正确；
C．无水CaCl2固体与氨气反应，不能干燥氨气，故C错误；
D．P2O5是酸性氧化物，和氨气反应，不能干燥氨气，故D错误；
故答案为：B；
（4）（5）图1分析可知X化合价与硝酸相同，为+5价，物质类型为氧化物，因此X化学式为：N2O5，N2O5为酸性氧化物，溶于水生成硝酸：N2O5+H2O＝2HNO3，反应为非氧化还原反应；
（5）若要将NH3→N2，氮元素化合价－3价变化为0价，氨气做还原剂被氧化，则：
A．O2可以氧化氨气为氮气，故A正确；
B．Na是还原剂不能氧化氨气，故B错误；
C．NH4Cl中氮元素化合价－3价，不能和氨气反应生成氮气，故C错误；
D．NO2和氨气反应做氧化剂，氮元素化合价可以变化为0价，生成氮气，故D正确；
故答案为AD。
22.某实验小组采用刻蚀废液(主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2、HCl)制取Cu和Cu2Cl2，实验流程如下：

已知：Cu2Cl2是白色固体，微溶于水，难溶于乙醇，受潮后在空气中易被迅速氧化。
(1)“预处理”时，需用Na2CO3调节溶液至微酸性而不是碱性，其原因是__________________。
(2)“还原Ⅰ”需在80 ℃条件下进行，适宜的加热方式为____________。
(3)“还原Ⅱ”中，Cu2＋参与反应的离子方程式为__________________。
(4)“搅拌”时加入NaCl粉末的作用是____________________________。
(5)“过滤Ⅱ”得到的Cu2Cl2需用无水乙醇洗涤，并在真空干燥机内于70 ℃干燥2小时，冷却，密封包装。于70 ℃真空干燥的目的是__________________________。
(6)①设计从“过滤Ⅰ”所得滤渣中获取Cu的实验方案：稀硫酸加到滤渣中，搅拌，充分反应至无气体产生为止，过滤并用蒸馏水洗涤2～3次，低温烘干。
②现欲测定途径a、b回收铜元素的回收率比，请补充实验方案：____________________，分别按途径a、b制取Cu和Cu2Cl2，测得Cu的质量为m1 g，Cu2Cl2的质量为m2 g，则途径a、b铜元素的回收率比为________(铜元素回收率＝产品中铜元素质量/废液中铜元素的质量×100%)。
【答案】(1). 防止Cu2＋形成沉淀 (2). 水浴加热 (3). 2Cu2++SO32－+2C1－+H2O＝Cu2C12↓+SO42－+2H+ (4). Cu2Cl2微溶于水，增大Cl－浓度，有利于Cu2Cl2析出(沉淀) (5). 加快乙醇和水的挥发，防止Cu2Cl2被空气氧化 (6). 取两份相同体积的预处理后的水样 (7). 199m1：128m2
【解析】
【分析】刻蚀废液主要含CuCl2、FeCl3、FeCl2、HCl，结合后续流程可知，用Na2CO3调节溶液pH至微酸性而不是碱性，其目的是减小溶液中的氢离子浓度、防止Cu2＋形成沉淀，减少后续反应中副反应的发生（铁与酸反应生成氢气、亚硫酸钠与酸反应生成二氧化硫）。途径a：加入过量的Fe，置换出Cu单质，过滤分离，滤液主要含有FeCl2，固体物质为Fe、Cu，用稀硫酸溶解Fe，再过滤、洗涤得到Cu；途径b：加入亚硫酸钠将Cu2+还原为Cu+，Cu+与C1－结合生成Cu2C12沉淀，据此解答。
【详解】（1）用Na2CO3调节溶液pH，使溶液中Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而铜离子不能转化为沉淀，因此溶液调至微酸性而不是碱性的目的是减小溶液中的氢离子浓度、防止Cu2＋形成沉淀，减少后续反应中副反应的发生（铁与酸反应生成氢气、亚硫酸钠与酸反应生成二氧化硫）；
（2）在80℃条件下进行，可以利用水浴加热，受热均匀，便于控制温度；
（3）SO32－将Cu2+还原为Cu+，Cu+与C1－结合生成Cu2C12沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO32－+2C1－+H2O＝Cu2Cl2↓+SO42－+2H+；
（4）由于Cu2Cl2微溶于水，加入NaCl粉末，可增大C1－浓度，有利于Cu2Cl2析出；
（5）由于Cu2Cl2受潮后在空气中易被迅速氧化，于70℃真空干燥的目的是：加快乙醇和水的挥发，防止Cu2Cl2被空气氧化；
（6）欲测定途径a、b回收铜元素的回收率比，应该取用相同的起始原料，进行不同途径的处理，所以实验方案为：取两份相同体积的预处理后的水样。分别按途径a、b制取Cu和Cu2Cl2，测得Cu的质量为m1 g，Cu2Cl2的质量为m2 g，根据铜原子守恒可知途径a、b铜元素的回收率比等于途径a获得Cu的质量与途径b获得的Cu2Cl2中Cu元素质量之比，即途径a、b铜元素的回收率之比为：m1：128m2/199＝199m1：128m2。