第五章化工生產中的重要非金屬元素基礎過關卷班級___________姓名___________學號____________分數____________（考試時間：70分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務必將自己的班級、姓名、學號填寫在試卷上。2．回答第I卷時，選出每小題答案后，將答案填在選擇題上方的答題表中。3．回答第II卷時，將答案直接寫在試卷上。第Ⅰ卷（選擇題共48分）12345678910111213141516BABBADBABCDCBCBD一、選擇題：本題共16個小題，每小題3分，共48分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、東漢魏伯陽在《周易參同契》中對汞的描述:“……得火則飛，不見埃塵，將欲制之，黃芽為根。”這里的“黃芽”是指()A．金 B．硫 C．銅 D．鐵【答案】B【解析】本題考查學生對硫及其化合物的應用的理解液態的金屬汞,受熱易變成汞蒸氣,汞屬于重金屬,能使蛋白質變性,屬于有毒物質,但常溫下,能和硫反應生成硫化汞,從而防止其變成汞氣體,黃芽指呈淡黃色的硫黃,故選項B正確。2、下列說法正確的是()A．H2、SO2、CO均可用濃硫酸干燥B．固態共價化合物不能導電，熔融態的共價化合物能導電C．SO2通入氯化鋇溶液中生成白色沉淀D．酸性氧化物一定是非金屬氧化物，因此不能與酸溶液發生反應【答案】A【解析】本題考查學生對硫及其化合物的理解濃硫酸具有吸水性,與H2、SO2、CO均不反應,這三種氣體均可用濃硫酸干燥,A正確;熔融態的共價化合物中不含自由移動的離子,故不能導電,B錯誤;SO2與氯化鋇溶液不反應,C錯誤;酸性氧化物不一定是非金屬氧化物,如Mn2O7,D錯誤。3、H2S和SO2氣體用化學方法鑒別，不能使用下列哪種試劑()A．品紅溶液 B．NaOH溶液C．CuSO4溶液 D．滴有淀粉的碘水【答案】B【解析】品紅溶液遇具有漂白性的SO2會褪色,而遇H2S無明顯現象,可以鑒別,A不符合題意;NaOH溶液與H2S和SO2都能發生反應,沒有明顯的現象,因此無法鑒別,B符合題意;CuSO4溶液與H2S發生反應:H2S+CuSO4CuS↓+H2SO4,產生黑色沉淀,而CuSO4溶液與SO2不能發生反應,因此可以鑒別,C不符合題意;滴有淀粉的碘水呈藍色,遇SO2發生反應:I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI,溶液褪色,遇H2S發生反應:I2+H2SS↓+2HI,溶液褪色并產生淡黃色沉淀,實驗現象不同,可以鑒別,D不符合題意。4、下列敘述正確的是()①向久置于空氣中的NaOH溶液中加鹽酸時有氣體產生②濃硫酸可用于干燥H2、NO2等氣體，但不能干燥NH3、SO2等氣體③CO2和Na2O2反應生成Na2CO3和O2，SO2和Na2O2反應生成Na2SO3和O2④足量硫單質與64g銅反應，有2mol電子發生轉移⑤蔗糖炭化的演示實驗中，濃硫酸既體現了強氧化性又體現了脫水性⑥氫氧化鐵膠體與氯化鐵溶液分別蒸干灼燒得相同的物質A．①④⑤ B．①⑤⑥C．②③④ D．④⑤⑥【答案】B【解析】①NaOH溶液吸收空氣中的CO2生成Na2CO3,加入鹽酸生成CO2,故正確;②濃硫酸能干燥SO2氣體,故錯誤;③過氧化鈉具有強氧化性,SO2具有還原性,兩者發生氧化還原反應,生成Na2SO4,故錯誤;④硫的氧化性較弱,和銅反應生成Cu2S,64gCu參加反應,轉移電子的物質的量為×1=1mol,故錯誤;⑤蔗糖炭化,體現了濃硫酸的脫水性,膨脹有氣泡,碳和濃硫酸發生反應,體現濃硫酸的強氧化性,故正確;⑥氫氧化鐵膠體加熱聚沉,生成氫氧化鐵沉淀,灼燒生成Fe2O3,氯化鐵溶液中存在FeCl3的水解:FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl,加熱促使平衡向右進行,氯化氫揮發,得到氫氧化鐵沉淀,灼燒得到Fe2O3,故正確。5、常溫常壓下，下列氣體混合后體積一定不發生變化的是()A．H2和O2 B．NH3和HCl C．NO和O2 D．SO2和H2S【答案】A【解析】解：A．H2和O2混合常溫不反應，氣體體積不變；若點然或電火花條件下會反應生成水，故A符合題意；B．常溫，NH3+HCl＝NH4Cl，NH4Cl常溫為固體，反應后氣體體積減小，故B不符合題意；C．NO極易與O2反應生成NO2，2NO+O2＝2NO2，三種物質均為氣體；根據計量數關系，反應后氣體體積減小，故C不符合題意；D．SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，反應后生成固體S單質和液態水；氣體體積減小，故D不符合題意；答案選A。6、能與氫硫酸反應的非電解質是（）A．氯氣 B．氫氧化鈉 C．硫酸亞鐵 D．二氧化硫【答案】D【解析】解：A.氯氣與氫硫酸反應生成鹽酸和硫沉淀，氯氣是單質，既不是電解質又不是非電解質，故不選A；B.氫氧化鈉與氫硫酸反應生成硫化鈉和水，氫氧化鈉溶液能導電，氫氧化鈉是電解質，故不選B；C.硫酸是強酸，氫硫酸是弱酸，硫酸亞鐵和氫硫酸不反應，故不選C；D.二氧化硫與氫硫酸反應生成硫單質和水，二氧化硫自身不能電離，二氧化硫是非電解質，故選D。7、下列溶液在通入二氧化硫時都會褪色，其中一定能顯示二氧化硫的漂白性的是（）A．溴水 B．品紅溶液C．酸性高錳酸鉀溶液 D．滴入酚酞的氫氧化鈉溶液【答案】B【解析】解：A．溴水中通入二氧化硫時，發生反應：Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。SO2表現還原性，選項A錯誤；B．品紅溶液中通入二氧化硫時溶液褪色是由于二氧化硫有漂白性，選項B正確；C．酸性高錳酸鉀溶液通入二氧化硫時都會褪色，是由于被高錳酸鉀氧化為硫酸的緣故，二氧化硫表現還原性，選項C錯誤；D．滴入酚酞的氫氧化鈉溶液中通入二氧化硫時，發生反應消耗溶液中的NaOH，是溶液的堿性減弱，表現的是其酸性氧化物的性質，選項D錯誤。答案選B。8、下列關于自然界中氮循環示意圖（如圖）的說法錯誤的是（）A．氮元素只被氧化B．豆科植物根瘤菌固氮屬于自然固氮C．其它元素也參與了氮循環D．含氮無機物和含氮有機物可相互轉化【答案】A【解析】解：A.人工固氮中氮氣轉化為氨氣，是N2轉化為NH3的過程，N化合價由0→-3價，化合價降低，被還原，A錯誤；B.豆科植物根瘤菌固氮屬于自然固氮，B正確；C.生物體合成蛋白質的過程也有碳、氫、氧元素的參與，C正確；D.根據自然界中氮循環圖知，通過生物體可以將銨鹽和蛋白質相互轉化，實現了含氮的無機物和有機物的轉化，D正確；答案選A。9、對溶液中下列離子進行檢驗，正確的操作是（）A．NH4+：取樣，加入氫氧化鈉溶液，即產生使濕潤紅色石蕊試紙變藍的氣體B．SO42-：取樣，加入足量的鹽酸無現象，再滴入氯化鋇溶液有白色沉淀產生C．Fe2+：取樣，滴入硫氰化鉀溶液無現象，再加入過量的氯水，溶液呈血紅色D．Cl-：取樣，滴入硝酸銀溶液產生白色沉淀，再加入過量的硫酸沉淀不消失【答案】B【解析】解：A．氨氣極易溶于水，在某溶液中加入氫氧化鈉溶液，需要加熱，使氨氣逸出，才能產生使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體（氨氣），故A錯誤；B．硫酸鋇為不溶于水、不溶于酸的白色沉淀，則檢驗硫酸根離子的方法為：取少量溶液于試管中，加入稀鹽酸，沒有明顯現象，排除SO32-、CO32-，再加入氯化鋇溶液，產生白色沉淀，則證明溶液中有SO42-，故B正確；C．氯水具有氧化性，可氧化亞鐵離子，則檢驗是否含亞鐵離子，先加KSCN，無明顯現象，再加氯水，溶液呈血紅色，但氯水不能過量，過量的氯水能將KSCN氧化，溶液又變成無色，故C錯誤；D．滴入硝酸銀溶液產生白色沉淀，再加入過量的硫酸沉淀不消失，該白色沉淀可能為硫酸銀，原溶液中不一定含C1-，故D錯誤；故選B。10、研究表明，通過碘循環系統(如圖)可以吸收工業廢氣中的SO2制備一種重要的化工原料A，同時完成氫能源再生下列說法正確的是（）A．A為亞硫酸B．I2在整個循環系統中做中間產物C．不斷分離出H2，有利于完成氫能源再生D．氫氣燃燒熱值高、無污染、儲存、運輸方便，屬于一次能源和新能源【答案】C【解析】由圖可知，SO2與I2、H2O反應生成HI、A，該反應中I元素化合價降低，因此一定有元素化合價升高，因為氧化性O2>I2，因此不可能是O元素化合價升高，由此可知，該反應中S元素化合價升高至+6價，根據得失電子守恒以及質量守恒可知，該反應為SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，以此解答。A．由上述分析可知，A為H2SO4，故A項說法錯誤；B．該循環系統中，I2作催化劑，HI是中間產物，故B項說法錯誤；C．由題給示意圖可知，碘化氫分解生成氫氣和碘單質，若不斷分離出H2，平衡向正反應方向移動，有利于HI的分解，故C項說法正確；D．氫能燃燒熱值高、資源豐富，無毒、無污染，但氫氣摩爾質量小，密度小，不利于儲存和運輸，故D項說法錯誤；綜上所述，說法正確的是C項，故答案為C。11、減少向大氣中排放硫的氧化物是防治酸雨的重要方法，下列防治方法不合理的是（）A．用消石灰漿液作洗滌劑，吸收火力發電廠煙氣中的SO2B．原煤混入少量石灰石，可減少原煤燃燒排放的SO2C．用氨水吸收硫酸廠尾氣中的SO2，還可得副產品亞硫酸銨D．尋找高效催化劑，加快汽車尾氣中的SO2的氧化【答案】D【解析】A．用消石灰漿液作洗滌劑，吸收火力發電廠煙氣中的SO2，發生反應：Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O，可以除去SO2，故可以減少向大氣中排放硫的氧化物，A不合題意；B．原煤混入少量石灰石，可減少原煤燃燒排放的SO2，發生反應：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，可以減少向大氣中排放硫的氧化物，B不合題意；C．用氨水吸收硫酸廠尾氣中的SO2，還可得副產品亞硫酸銨，發生反應：2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，故可以減少向大氣中排放硫的氧化物，C不合題意；D．尋找高效催化劑，加快汽車尾氣中的SO2的氧化，發生反應為：2SO2+O22SO3，反應后仍然為硫的氧化物，故不能減少向大氣中排放硫的氧化物，D符合題意；故答案為：D。12、下列各物質的性質和用途都正確且有因果關系的是（）選項性質用途ASO2比SiO2的酸性強SO2通入到水玻璃中可以得到硅酸BSO2和O3都有漂白性混合后得到漂白性更強的漂白劑CNaClO有強氧化性可用于新型冠狀病毒的消毒作用D納水碳管比表面積大可用作新型儲氫材料【答案】C【解析】A．二氧化硅難溶于水，屬于酸性氧化物，不具有酸性，故A錯誤；B．二氧化硫和O3在水溶液中會發生氧化還原反應，所以兩者混合后得到漂白性減弱或消失，故B錯誤；C．NaClO中氯處于+1價，能降低，所以次氯酸鈉具有強的氧化性，能夠使蛋白質變性，具有殺菌消毒作用，故C正確；D．納米碳管因吸附能力強，可用于做儲氫材料；不是因為納水碳管比表面積大，才用作新型儲氫材料，故D錯誤；故選：C。13、將X氣體通入BaCl2溶液，未見沉淀生成，然后通入Y氣體，有沉淀生成，X、Y不可能是（）A．SO2和H2S B．Cl2和CO2 C．NH3和CO2 D．SO2和Cl2【答案】B【解析】A．氯化鋇中通入二氧化硫不反應，再通入硫化氫，二氧化硫和硫化氫反應生成硫沉淀，故A不符合題意；B．氯化鋇中通入氯氣不反應，再通入二氧化碳，沒有發生化學反應，沒有生成沉淀，故B符合題意；C．氯化鋇中通入氨氣不反應，再通入二氧化碳可以生成碳酸鋇沉淀和氯化銨，故C不符合題意；D．氯化鋇中通入SO2不反應，通Cl2，氯氣和二氧化硫和水反應生成硫酸和鹽酸，硫酸和氯化鋇會生成硫酸鋇沉淀，故D不符合題意；答案選B。14、類比法是常見的研究物質性質的方法之一，可用來預測很多物質的性質，但類比是相對的，必須遵循客觀實際，下列說法中正確的是（）A．CO2通入Ba(NO3)2溶液中沒有現象，SO2通入Ba(NO3)2溶液中也無明顯現象B．Fe3+與ClO-會因為水解相互促進而完全反應生成Fe(OH)3和HClO，Fe2+與ClO-會因為水解相互促進而完全反應生成Fe(OH)2和HClOC．偏鋁酸是一元酸，因此H2BO3也是一元酸D．C2H5Cl在標準狀況下為氣體，所以C2H5Br在標準狀況下同樣為氣體【答案】C【解析】A.CO2通入Ba(NO3)2溶液中不發生反應，SO2通入Ba(NO3)2溶液中會生成BaSO4沉淀，故A錯誤；B.Fe2+會與ClO？發生氧化還原反應，類推不合理，故B錯誤；C.偏鋁酸是一元酸，Al、B位于同主族，H3BO3也是一元酸，類推合理，故C正確；D.C2H5Br在標準狀況下是液體，狀態不同與分子間作用力有關，故D錯誤；故選：C。15、某化學興趣小組探究銅絲與足量濃硫酸的反應，裝置(已略去夾持裝置，其中銅絲可抽動)如圖，下列有關說法不正確的是()銅絲A．試管①中生成的氣體可使品紅溶液褪色，體現了SO2的漂白性B．試管②中可觀察到溶液黃色變淺，且有白色的BaSO3沉淀生成C．為了進行尾氣處理，試管③中應該裝NaOH溶液D．反應后將試管①冷卻，將里面的溶液慢慢沿燒杯壁注入盛有蒸餾水的燒杯中稀釋，同時用玻璃棒攪拌，再觀察溶液顏色可判斷反應中是否有硫酸銅生成【答案】B【解析】由實驗裝置可知，①中Cu與濃硫酸加熱生成二氧化硫，②中二氧化硫與鐵離子發生氧化還原反應生成硫酸根離子，再與鋇離子反應生成硫酸鋇白色沉淀，③中NaOH溶液吸收尾氣，防止污染環境，以此來解答。A.①中生成的氣體為二氧化硫，具有漂白性，可使品紅溶液褪色，故A正確；B.②二氧化硫與鐵離子發生氧化還原反應生成硫酸根離子，再與鋇離子反應生成BaSO4，可觀察到溶液黃色變淺，且有白色沉淀生成，故B錯誤；C.二氧化硫有毒，則進行尾氣處理，③中裝有NaOH溶液，故C正確；D.硫酸銅的密度大于水的密度，則反應后將①中剩余物質注入水中，觀察溶液顏色可判斷反應有硫酸銅生成，故D正確；故選：B。16、下列實驗的操作和現象，所對應的解釋或結論正確的是（）操作和現象解釋或結論A將一小塊鈉分別投入盛有水和乙醇的小燒杯中，鈉與乙醇反應要緩慢得多乙醇分子中羥基的氫原子比水分子中的氫原子活潑B向品紅溶液中通入某種氣體，品紅溶液褪色可推斷該氣體一定是SO2C向某溶液中加入氯水后，再滴加KSCN溶液，溶液變為紅色可推斷原溶液中一定含有Fe2+D將充滿干燥HCl氣體的試管倒置于盛有水的水槽中，水迅速充滿整個試管HCl易溶于水【答案】D【解析】A.乙醇與Na反應比水與Na反應平穩，說明乙醇羥基中的氫原子不如水分子中的氫原子活潑，A錯誤；B.能使品紅褪色的氣體可能是二氧化硫或氯氣，B錯誤；C.沒有排除原溶液中含有Fe3+，先加入KSCN溶液，若溶液不變紅色，再加入氯水，若溶液變紅色，可推斷原溶液中一定含有Fe2+，C錯誤；D.水可以充滿試管，說明HCl一定是易溶于水的，D正確；故答案為：D。第II卷（非選擇題共52分）二．非選擇題17、（10分）葡萄酒中抗氧化劑的殘留量是以游離SO2的含量計算，我國國家標準(GB2760－2014)規定葡萄酒中SO2的殘留量≤0.25g·L－1。某興趣小組設計實驗方案對葡萄酒中SO2進行測定。Ⅰ.定性實驗方案如下：(1)將SO2通入水中形成SO2-飽和H2SO3溶液體系，此體系中存在多個含硫元素的平衡，分別用平衡方程式表示為______________。(2)利用SO2的漂白性檢測干白葡萄酒(液體為無色)中的SO2或H2SO3。設計如下實驗：實驗結論：干白葡萄酒不能使品紅溶液褪色，原因是：____________________________________。Ⅱ.定量實驗方案如下(部分裝置和操作略)：(3)儀器A的名稱是_________________________________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出并與B中H2O2完全反應，其化學方程式為__________________。(5)除去B中過量的H2O2，然后再用NaOH標準溶液進行滴定，除去H2O2的方法是______________________________________。(6)步驟X滴定至終點時，消耗NaOH溶液25.00mL，該葡萄酒中SO2的含量為________g·L－1。該測定結果比實際值偏高，分析原因：________________________________________。【答案】Ⅰ.(1)SO2(g)SO2(aq)、SO2＋H2OH2SO3、H2SO3H＋＋HSOeq\o\al(－,3)、HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(2)干白葡萄酒中二氧化硫或亞硫酸含量太少Ⅱ.(3)圓底燒瓶(4)SO2＋H2O2=H2SO4(5)加入二氧化錳并振蕩(6)0.32鹽酸的揮發造成滴定消耗的NaOH多【解析】Ⅰ.(1)將SO2通入水中形成SO2-飽和H2SO3溶液體系，此體系中存在平衡：SO2(g)SO2(aq)；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋＋HSOeq\o\al(－,3)；HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)。(2)根據對比實驗，干白葡萄酒中滴入品紅溶液，紅色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的緣故。Ⅱ.(3)根據裝置圖，儀器A是圓底燒瓶。(4)H2O2具有強氧化性，將二氧化硫氧化為硫酸，化學方程式為SO2＋H2O2=H2SO4。(5)過氧化氫在催化劑作用下容易分解，除去H2O2，可以在反應后的溶液中加入二氧化錳并振蕩。(6)根據化學方程式，有SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)＝eq\f(1,2)n(NaOH)＝eq\f(1,2)×0.04000mol·L－1×0.025L＝0.0005mol，質量為0.0005mol×64g·mol－1＝0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的質量為0.032g×eq\f(1000,100)＝0.32g，該葡萄酒中SO2的含量為0.32g·L－1。測定過程中，鹽酸會揮發，導致反應后溶液酸的物質的量偏多，滴定時消耗的氫氧化鈉偏多，使得結果偏大。18、（10分）某化學興趣小組探究NO和Na2O2的反應，設計了如下圖所示實驗裝置，其中E為實驗前壓癟的氣囊。資料：除淺黃色的AgNO2難溶于水外，其余亞硝酸鹽均易溶于水。(1)寫出A中反應的化學方程式：______________________。(2)將裝置B補充完整，并標明試劑。(3)用無水CaCl2除去水蒸氣的目的是_________________________。(4)反應一段時間后，D處有燙手的感覺，其中固體由淡黃色變為白色，直至顏色不再變化時，氣囊E始終沒有明顯鼓起。①學生依據反應現象和氧化還原反應規律推斷固體產物為NaNO2。寫出該反應的化學方程式：___________________。②設計實驗證明NaNO2的生成，實驗方案是___________________。(寫出操作、現象和結論)【答案】(1)Cu＋4HNO3(濃)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(2)(3)防止水蒸氣與過氧化鈉反應，干擾實驗(4)①2NO＋Na2O2=2NaNO2②取少量D管中的固體于試管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成淺黃色沉淀，則有亞硝酸鈉生成【解析】(2)裝置B的目的為將NO2轉化為NO，則需將A中產生的氣體通過盛有水的洗氣瓶。(4)①由題意分析可知反應的產物為NaNO2，且無其他氣體產物生成，則反應的方程式為：2NO＋Na2O2=2NaNO2；②若反應中有NaNO2生成，則加入硝酸銀溶液會產生淺黃色的亞硝酸銀沉淀。19、（10分）已知A是一種難溶于水的黃色晶體，在一定條件下有下列轉化關系(部分產物及H2O省略)。①寫出物質的化學式：A_______________，E_______________。②寫出由B和C反應生成A，由F的濃溶液生成C的化學方程式：B＋C→A_____________________________________，F(濃)→C_______________________________________。③D和F的稀溶液反應可生成B，B在不足量的空氣中燃燒的產物包含A，寫出D和F反應的離子方程式及B在少量空氣中燃燒的化學方程式_____________________________?！敬鸢浮竣賁SO3②SO2＋2H2S=3S＋2H2OCu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up5(△))SO2↑＋CuSO4＋2H2O③FeS＋2H＋=H2S↑＋Fe2＋2H2S＋O2(少量)eq\o(=,\s\up15(點燃))2S↓＋2H2O【解析】A是一種難溶于水的黃色晶體，能與氫氣反應又能與氧氣反應，結合F的濃溶液與銅加熱生成C，可推測A為S，所以B為H2S，C為SO2，根據題中各物質轉化關系可推得E為SO3，F為H2SO4，D為FeS。①根據前述分析可知，A為S，E為SO3。②B＋C→A的化學方程式為SO2＋2H2S=3S＋2H2O，F(濃)→C的化學方程式為Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up5(△))SO2↑＋CuSO4＋2H2O。③D和F的稀溶液反應可生成B的離子方程式：FeS＋2H＋=H2S↑＋Fe2＋，B在少量空氣中燃燒的化學方程式：2H2S＋O2(少量)eq\o(=,\s\up7(點燃))2S↓＋2H2O。20、（10分）濃硫酸具有：①難揮發性(高沸點)；②酸性；③強氧化性；④吸水性；⑤脫水性。下列各項分別表現濃硫酸的什么性質，請將序號填于空白處：（1）濃硫酸與食鹽共熱，濃硫酸表現的性質為_________。（2）濃硫酸與銅共熱，化學方程式為_________，濃硫酸表現的性質是_________。（3）濃硫酸與紅熱木炭反應，化學方程式為_________，濃硫酸表現的性質是_________。（4）可用濃硫酸干燥H2、CO2、HCl等氣體，濃硫酸表現的性質為_________。（5）蔗糖中倒入濃硫酸，蔗糖變黑，體積膨脹，且有刺激性氣味的氣體產生，濃硫酸表現的性質是_________?！敬鸢浮浚?）①②（2）Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O②③（3）C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O③（4）④（5）③⑤【解析】(1)濃硫酸與食鹽共熱，生成氯化氫氣體，濃硫酸表現了酸性和難揮發性，答案為①②；(2)濃硫酸與銅共熱生成硫酸銅、二氧化硫和水，方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，體現了濃硫酸的強氧化性和酸性，答案選②③；(3)濃硫酸與紅熱的木炭反應生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O；體現了濃硫酸的強氧化性，答案選③；(4)利用濃硫酸的吸水性，干燥氣體，答案選④；(5)蔗糖中倒入濃硫酸，濃硫酸按水中H、O比例脫去蔗糖中H、O元素，導致蔗糖碳化，產生大量的熱；再與碳反應生成二氧化碳、二氧化硫和水，濃硫酸表現了脫水性和強氧化性，答案選③⑤。21、（12分）霧霾和光化學煙霧等大氣污染嚴重影響了人們的生活和健康，治理污染氣體(NO2、NO、SO2等)保護環境，有利于實現可持續發展。（1）在一定條件下，用氨氣可以把NO還原成無色無毒氣體直接排放，請寫出NO轉化為無毒氣體的化學方程式___，反應中的氧化劑是___。（2）實驗室里