江西省萍乡市上栗二中高考化学四模试卷（理科实验班含解析）.doc

2016年江西省萍乡市上栗二中理科实验班高考化学四模试卷一、选择题1na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a6.4 g铜粉与足量硫粉充分反应，失去的电子数为0.2 nabna2o2与足量h2o反应生成0.2molo2，转移电子的数目为0.4 nac标准状况下，22.4 l氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 nad0.5 moll1cucl2溶液中含有cu2+数小于0.5 na2在一定条件下发生下列反应：h2（g）+br2（g）2hbr（g），起始时，容器内充入的h2（g）和br2（g）分别为3mol和2mol，容器的容积为2l；达到反应限度时，hbr的浓度为1.56mol/l则br2的转化率为（）a78%b52%c39%d0.78%3下列有机化学方程式书写正确的是（）ach2=ch2+hclch3ch2clb蔗糖c12h22o11+h2o2c6h12o6c2+br22dch4+cl2ch2cl2+h24短周期元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，y原子最外层只有2个电子，z单质可制成半导体材料，w与x属于同一主族下列叙述错误的是（）a原子半径的大小顺序：yzwxb元素w的最高价氧化物对应水化物的酸性比z的强c元素x的两种氢化物中，常温常压下均为液态，有一种含氢键，另一种没有氢键d化合物yx、zx2的化学键类型不相同5将a mol金属铜和含有b mol硝酸的溶液恰好完全反应，则反应中起酸性作用的硝酸的物质的量为（）a（b2a） molb（b2a/3）molc2a mold缺条件，无法计算6室温下，下列说法正确的是（）a将ph=2的盐酸和ph=4的硫酸等体积混合，所得溶液ph=3bhf比hcn易电离，则naf溶液的ph比同浓度nacn溶液的ph大c向0.1 mol/l氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大d将1 ml ph=3的ha溶液稀释到10 ml，若溶液的ph4，则ha为弱酸7在一密闭容器中，反应aa（g）bb（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积减半，当达到新的平衡时，a的浓度增大为原来的1.8倍，则下列说法错误的是（）a平衡向正反应方向移动了b物质a的转化率增大了c恒温恒压时再充入a物质，达到新的平衡时a的质量分数增加了dab8已知在一容器中发生反应：fe+cu2+fe2+cu，有关说法正确的是（）a可能为电解池反应，fe做阴极，cuso4溶液做电解液b可能为原电池反应，负极fe被还原为fe2+c可能为电解池反应，阳极反应：fe2efe2+d可能为原电池反应，fe做负极，zn做正极，cuso4溶液为电解液二、解答题（共4小题，满分15分）9由短周期元素组成的单质a、b、c和甲、乙、丙、丁四种化合物有下图所示的转换关系，已知c为密度最小的气体，甲是电解质根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：a，b，乙，丁（2）组成单质a的元素在周期表中的位置是，丙的电子式是（3）写出下列变化的方程式：a与naoh溶液反应的化学方程式；乙与过量co2反应的离子方程式10一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺的主要流程如下：在上述流程中，反应的化学化方程为cufes2+sfes2+cus，反应滤液的主要成分为cucl2请回答下列问题：（1）为使反应充分进行，工业上可采取的措施是（答出1点即可）（2）反应的离子方程式为（3）反应通入空气的目的是 一定温度下，在反应所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，其原因是（4）由cuso4制得cu可采取“湿法炼铜”，该反应的离子方程式是上述工艺流程的主要特点是（5）以黄铜矿（主要成分为cufes2）为原料制备铜，也可以采用“火法熔炼工艺”“火法熔炼工艺”中的“焙烧”程序是在通入少量空气的情况下使黄铜矿部分脱硫生成焙砂（主要成分是cu2s和feo）和so2，该反应的化学方程为11工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有n2、o2外，还含有so2、微量的so3和酸雾某课外兴趣小组设计了如下流程来探究硫酸厂尾气的成分请回答：（1）c中炽热铜网可以检验和除去的气体是（2）a装置可用于测定硫酸尾气中so2的含量，其中应盛装试剂可能是anaoh溶液、酚酞试液bkmno4溶液、稀h2so4c碘水、淀粉溶液d氨水、酚酞试液so2是引发酸雨的主要气体之一，因此尾气吸收须经过处理才能排入到大气之中一般方法是将尾气循环使用后通入氨水中进行吸收试写出其中可能发生的两个氧化还原反应的化学方程式：，（3）b中装有碱性干燥剂，d中收集到一种较为纯净的气体试设计一实验验证其为氮气12某化学课外小组用图所示装置制取溴苯先向分液漏斗中加入苯和液溴，再将混合液慢慢滴入反应器a（a下端活塞关闭）中（1）写出a中反应的化学方程式（2）a中铁丝的作用（3）实验结束时，打开a下端的活塞，让反应液流入b中，充分振荡，目的是，写出有关的化学方程式（4）c中盛放ccl4的作用是若证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，可向试管d中加入agno3溶液，若产生淡黄色沉淀，则能证明另一种验证的方法是向试管d中加入，现象是2016年江西省萍乡市上栗二中理科实验班高考化学四模试卷参考答案与试题解析一、选择题1na表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）a6.4 g铜粉与足量硫粉充分反应，失去的电子数为0.2 nabna2o2与足量h2o反应生成0.2molo2，转移电子的数目为0.4 nac标准状况下，22.4 l氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2 nad0.5 moll1cucl2溶液中含有cu2+数小于0.5 na【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】a铜与硫单质反应生成硫化亚铜，0.1mol铜完全反应失去0.1mol电子；b过氧化钠中氧元素的化合价为1价，生成0.2mol氧气转移了0.4mol电子；c氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂，也是还原剂，1mol氯气完全反应转移了1mol电子；d缺少氯化铁溶液的体积，无法计算溶液中铜离子的数目【解答】解：a6.4g铜的物质的量为0.1mol，0.1mol铜与硫单质完全反应生成硫化亚铜，失去了0.1mol电子，失去的电子数为0.1na，故a错误；b过氧化钠与水反应生成0.2mol氧气，转移了0.4mol电子，转移电子的数目为0.4na，故b正确；c标况下，22.4l氯气的物质的量为1mol，1mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移了1mol电子，转移的电子数为na，故c错误；d0.5moll1 cucl2溶液的体积未知，无法计算溶液中铜离子的数目，故d错误；故选b【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，难度中等注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，要注意铜与硫单质反应生成硫化亚铜2在一定条件下发生下列反应：h2（g）+br2（g）2hbr（g），起始时，容器内充入的h2（g）和br2（g）分别为3mol和2mol，容器的容积为2l；达到反应限度时，hbr的浓度为1.56mol/l则br2的转化率为（）a78%b52%c39%d0.78%【考点】化学平衡的计算【专题】化学平衡专题【分析】达到反应限度时，hbr的浓度为1.56mol/l，则n（hbr）=1.56mol/l2l=3.12mol，根据反应的化学方程式计算【解答】解：达到反应限度时，hbr的浓度为1.56mol/l，则n（hbr）=1.56mol/l2l=3.12mol，则有：h2（g）+br2（g）2hbr（g）起始：3mol 2mol 0转化：1.56mol 1.56mol 3.12molbr2的转化率为=78%，故选a【点评】本题考查化学平衡的计算，题目难度不大，可根据方程式直接计算3下列有机化学方程式书写正确的是（）ach2=ch2+hclch3ch2clb蔗糖c12h22o11+h2o2c6h12o6c2+br22dch4+cl2ch2cl2+h2【考点】化学方程式的书写【专题】化学用语专题【分析】a乙烯发生加成反应，碳碳双键断裂，每个c上各加1个原子或原子团；b蔗糖水解生成葡萄糖和果糖；c苯与液溴反应生成溴苯和hbr；d甲烷和氯气发生的是取代反应生成取代产物同时生成氯化氢【解答】解：a乙烯与hcl的加成反应为ch2=ch2+hclch3ch2cl，故a正确；b蔗糖的水解反应为，故b错误；c苯的溴代反应为，故c错误；d甲烷和氯气发生的是取代反应，反应的化学方程式为，ch4+2cl2ch2cl22+hcl，故d错误；故选a【点评】本题考查化学反应方程式的书写，为高频考点，侧重有机化学反应方程式的书写，注意反应类型、反应条件为解答中的易错点，题目难度不大4短周期元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，y原子最外层只有2个电子，z单质可制成半导体材料，w与x属于同一主族下列叙述错误的是（）a原子半径的大小顺序：yzwxb元素w的最高价氧化物对应水化物的酸性比z的强c元素x的两种氢化物中，常温常压下均为液态，有一种含氢键，另一种没有氢键d化合物yx、zx2的化学键类型不相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，x有2个电子层，最外层电子数为6，故x为o元素，w与x属于同一主族，故w为s元素，y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于o元素，故y处于第三周期，故y为mg元素，z单质可制成半导体材料，z为si元素，据此解答【解答】解：短周期元素x、y、z、w的原子序数依次增大，x原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，x有2个电子层，最外层电子数为6，故x为o元素，w与x属于同一主族，故w为s元素，y原子的最外层只有2个电子，原子序数大于o元素，故y处于第三周期，故y为mg元素，z单质可制成半导体材料，z为si元素，a同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径mgsiso，即yzwx，故a正确；b非金属sis，故元素s的最高价氧化物对应水化物的酸性比si的强，故b正确；c元素x的两种氢化物为水、双氧水，常温常压下均为液态，均含有氢键，故c错误；d化合物mgo为离子化合物，含有离子键，sio2属于共价化合物，含有共价键，故d正确；故选：c【点评】本题考查结构性质与位置关系、元素周期律等，难度不大，推断元素是解题的关键5将a mol金属铜和含有b mol硝酸的溶液恰好完全反应，则反应中起酸性作用的硝酸的物质的量为（）a（b2a） molb（b2a/3）molc2a mold缺条件，无法计算【考点】化学方程式的有关计算；硝酸的化学性质【专题】计算题【分析】硝酸具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，反应中硝酸起到氧化剂和酸性的作用，可能发生3cu+8hno3=3cu（no3）2+2no+4h2o或cu+4hno3=cu（no3）2+2no2+2h2o，反应中起酸性作用的硝酸表现为生成cu（no3）2，根据铜的物质的量计算【解答】解：铜与硝酸可能发生3cu+8hno3=3cu（no3）2+2no+4h2o或cu+4hno3=cu（no3）2+2no2+2h2o，反应中起酸性作用的硝酸表现为生成cu（no3）2，则反应中起酸性作用的硝酸的物质的量为2a mol故选c【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重于硝酸的性质的考查，难度不大，注意硝酸的酸性表现为生成硝酸盐，答题中注意体会6室温下，下列说法正确的是（）a将ph=2的盐酸和ph=4的硫酸等体积混合，所得溶液ph=3bhf比hcn易电离，则naf溶液的ph比同浓度nacn溶液的ph大c向0.1 mol/l氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大d将1 ml ph=3的ha溶液稀释到10 ml，若溶液的ph4，则ha为弱酸【考点】ph的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用【专题】电离平衡与溶液的ph专题；盐类的水解专题【分析】a首先计算混合溶液中的c（h+），根据ph=lgc（h+）计算；b根据越弱越水解的原则判断；c向0.1 mol/l氨水中加入少量硫酸铵固体，平衡nh3h2onh4+oh，结合盐类的水解的平衡移动的因素分析；d加水促进弱酸的电离【解答】解：a混合后c（h+）=mol/l102mol/l，ph=2.3，故a错误；b根据越弱越水解的原则，hf比hcn易电离，则naf溶液的ph比同浓度nacn溶液的ph小，故b错误；c氨水中存在nh3h2onh4+oh，加入少量硫酸铵固体，平衡向逆方向移动，则溶液中减小，故c错误；d将1 ml ph=3的ha溶液稀释到10 ml，如ph=4，则ha为强酸，如ph4，加水促进弱酸的电离，则ha为弱酸，故d正确故选d【点评】本题考查较为综合，涉及ph的计算、盐类的水解以及弱电解质的电离等知识，侧重于基础知识的考查，题目难度不大7在一密闭容器中，反应aa（g）bb（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积减半，当达到新的平衡时，a的浓度增大为原来的1.8倍，则下列说法错误的是（）a平衡向正反应方向移动了b物质a的转化率增大了c恒温恒压时再充入a物质，达到新的平衡时a的质量分数增加了dab【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，a的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，a的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向正反应移动，即ab，a的转化率增大，以此解答该题【解答】解：假定平衡不移动，将气体体积压缩到原来的一半，a的浓度为原来的2倍，实际再次达到新平衡时，a的浓度为原来的1.8倍，说明压强增大，平衡向正反应移动，即ab，a的转化率增大，则a由上述分析可知，平衡向正反应方向移动，故a正确；b平衡向正反应方向移动，物质a的转化率增大，故b正确；c恒温恒压时再充入a物质，平衡常数不变，则达到新的平衡时a的质量分数不变，故c错误；d压强增大，平衡向正反应移动，则ab，故d正确故选c【点评】本题考查化学平衡移动问题，题目难度不大，注意通过改变体积浓度的变化判断平衡移动的方向，此为解答该题的关键8已知在一容器中发生反应：fe+cu2+fe2+cu，有关说法正确的是（）a可能为电解池反应，fe做阴极，cuso4溶液做电解液b可能为原电池反应，负极fe被还原为fe2+c可能为电解池反应，阳极反应：fe2efe2+d可能为原电池反应，fe做负极，zn做正极，cuso4溶液为电解液【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】a、电解池中，失电子的电极是阳极，电解质是含有得电子的阳离子的盐溶液；b、原电池的负极发生失电子的氧化反应；c、电解池中，失电子的电极是阳极，发生氧化反应；d、原电池中负极金属失电子，正极金属的活泼性一般情况下要比负极金属的活泼性差【解答】解：反应：fe+cu2+fe2+cu中fe失电子，应该是原电池的负极或是电解池的阳极，电解质含铜离子a、可能为电解池反应，fe做阳极，cuso4溶液做电解液，故a错误；b、可能为原电池反应，负极fe被氧化为fe2+，故b错误；c、可能为电解池反应，阳极发生失电子的氧化反应：fe2efe2+，故c正确；d、可能为原电池反应，fe做负极，活泼性比铁差的金属或是非金属导体做正极，cuso4溶液为电解质，故d错误故选c【点评】本题考查学生原电池和电解池的构成以及工作原理知识，注意知识的迁移应用是关键，难度中等二、解答题（共4小题，满分15分）9由短周期元素组成的单质a、b、c和甲、乙、丙、丁四种化合物有下图所示的转换关系，已知c为密度最小的气体，甲是电解质根据图示转化关系回答：（1）写出下列物质的化学式：aal，bo2，乙naalo2，丁al（oh）3（2）组成单质a的元素在周期表中的位置是第三周期第a族，丙的电子式是（3）写出下列变化的方程式：a与naoh溶液反应的化学方程式2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2；乙与过量co2反应的离子方程式alo2+2h2o+co2=al（oh）3+hco3【考点】无机物的推断【专题】推断题【分析】c为密度最小的气体，则c是h2，a和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的有al、si，乙与过量的二氧化碳反应得到丁，丁为氢氧化铝或硅酸，丁加入失去丙得到甲，丙为h2o，甲为氧化铝或二氧化硅，由于甲是电解质，故甲是al2o3，可推知a是al，乙是naalo2，丁是al（oh）3，b是o2，据此解答【解答】解：c为密度最小的气体，则c是h2，a和氢氧化钠溶液反应生成乙和氢气，中学阶段学习的能和氢氧化钠溶液反应生成氢气的有al、si，乙与过量的二氧化碳反应得到丁，丁为氢氧化铝或硅酸，丁加入失去丙得到甲，丙为h2o，甲为氧化铝或二氧化硅，由于甲是电解质，故甲是al2o3，可推知a是al，乙是naalo2，丁是al（oh）3，b是o2，（1）由以上分析可知，a为al，b为o2，乙为naalo2，丁为al（oh）3，故答案为：al；o2；naalo2；al（oh）3；（2）a为al，位于周期表第三周期第a族，丙为h2o，电子式为，故答案为：第三周期第a族；（3）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应方程式为：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2；故答案为：2al+2naoh+2h2o=2naalo2+3h2；偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子反应方程式为：alo2+2h2o+co2=al（oh）3+hco3，故答案为：alo2+2h2o+co2=al（oh）3+hco3【点评】本题考查无机推断，a与氢氧化钠溶液反应生成氢气及甲为电解质为推断突破口，再结合转化关系推断，明确铝及其化合物的性质是解本题关键，难度中等10一种以黄铜矿和硫磺为原料制取铜和其他产物的新工艺的主要流程如下：在上述流程中，反应的化学化方程为cufes2+sfes2+cus，反应滤液的主要成分为cucl2请回答下列问题：（1）为使反应充分进行，工业上可采取的措施是粉碎固体等（答出1点即可）（2）反应的离子方程式为cu2+cus+4cl=2cucl2+s（3）反应通入空气的目的是将反应生成的一价铜氧化成二价铜 一定温度下，在反应所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，其原因是硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度（4）由cuso4制得cu可采取“湿法炼铜”，该反应的离子方程式是fe+cu2+=fe2+cu上述工艺流程的主要特点是原料的综合利用率较高（5）以黄铜矿（主要成分为cufes2）为原料制备铜，也可以采用“火法熔炼工艺”“火法熔炼工艺”中的“焙烧”程序是在通入少量空气的情况下使黄铜矿部分脱硫生成焙砂（主要成分是cu2s和feo）和so2，该反应的化学方程为2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】流程中反应的化学化方程为cufes2+sfes2+cus，黄铜矿与s在高温下煅烧，使其转变为fes2、cus，加入hcl、nacl、cucl2混合溶液 发生反应cu2+cus+4cl=2cucl2+s，过滤得到滤液中通入空气发生反应4cucl2+o2+4h+=4cu2+8cl+2h2o，一定温度下，在反应所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到fes和s，（1）粉碎固体可以增大接触面积，加快反应速率；（2）由于反应1之后有两种产物二硫化亚铁和硫化铜，而经过反应二再过滤之后，二硫化亚铁有剩余，说明在反应二中被消耗的物质是硫化铜；（3）氧气有氧化性，可以将反应生成的一价铜氧化成二价铜；加入硫酸能析出硫酸铜，是因为硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度；（4）由cuso4制得cu可采取“湿法炼铜”，发生金属单质置换反应；流程中原料利用率高；（5）由反应物、生成物及质量守恒定律来书写方程式【解答】解：流程中反应的化学化方程为cufes2+sfes2+cus，黄铜矿与s在高温下煅烧，使其转变为fes2、cus，加入hcl、nacl、cucl2混合溶液 发生反应cu2+cus+4cl=2cucl2+s，过滤得到滤液中通入空气发生反应4cucl2+o2+4h+=4cu2+8cl+2h2o，一定温度下，在反应所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到fes和s，（1）粉碎固体可以增大接触面积，加快反应速率，则为使反应充分进行，工业上可采取的措施是粉碎固体等，故答案为：粉碎固体等；（2）由于反应1之后有两种产物二硫化亚铁和硫化铜，而经过反应二再过滤之后，二硫化亚铁有剩余，说明在反应二中被消耗的物质是硫化铜，反应的离子方程式为cu2+cus+4cl=2cucl2+s，故答案为：cu2+cus+4cl=2cucl2+s；（3）氧气有氧化性，可知反应通入空气的目的是将反应生成的一价铜氧化成二价铜；加入硫酸能析出硫酸铜，是因为硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度，故答案为：将反应生成的一价铜氧化成二价铜；硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度；（4）由cuso4制得cu可采取“湿法炼铜”，发生金属单质置换反应，反应为fe+cu2+=fe2+cu；上述工艺流程的主要特点是原料的综合利用率较高，故答案为：fe+cu2+=fe2+cu；原料的综合利用率较高；（5）由反应物、生成物及质量守恒定律可知发生的反应为2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo，故答案为：2cufes2+4o2cu2s+3so2+2feo【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备实验流程、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，注意结合习题中的信息来分析，题目难度中等11工业上以硫铁矿为原料制硫酸所产生的尾气除了含有n2、o2外，还含有so2、微量的so3和酸雾某课外兴趣小组设计了如下流程来探究硫酸厂尾气的成分请回答：（1）c中炽热铜网可以检验和除去的气体是o2（2）a装置可用于测定硫酸尾气中so2的含量，其中应盛装试剂可能是bcanaoh溶液、酚酞试液bkmno4溶液、稀h2so4c碘水、淀粉溶液d氨水、酚酞试液so2是引发酸雨的主要气体之一，因此尾气吸收须经过处理才能排入到大气之中一般方法是将尾气循环使用后通入氨水中进行吸收试写出其中可能发生的两个氧化还原反应的化学方程式：2h2so3+o2=2h2so4，2（nh4）2so3+o2=2（nh4）2so4（3）b中装有碱性干燥剂，d中收集到一种较为纯净的气体试设计一实验验证其为氮气将点燃的镁条插入d中，燃烧完后，加入适量的水，并用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝，说明d中为氮气【考点】性质实验方案的设计【专题】化学应用【分析】硫酸厂尾气中含有二氧化硫，通过洗气瓶a，可吸收二氧化硫，经干燥后，经过铜网，可吸收氧气，集气瓶d中可吸收氮气，（1）炽热的铜网可以与o2反应；（2）二氧化硫具有较强的还原性，因此应选用氧化性试剂进行定量测定；涉及的氧化还原反应有亚硫酸被氧化，亚硫酸铵被氧化生成硫酸氢铵；（3）因氮气和镁反应生成氮化镁，可以利用n2与镁反应生成氮化镁，氮化镁与水反应能生成氨气这一特殊性质进行鉴别【解答】解：（1）炽热的铜网可以与o2反应，生成黑色的cuo，故答案为：o2；（2）尾气中的几种气体中，so2、so3和酸都具有酸性，只有二氧化硫具有较强的还原性，因此应选用氧化性试剂进行定量测定，故答案为：bc；涉及的氧化还原反应有亚硫酸被氧化，方程式为2h2so3+o2=2h2so4，亚硫酸铵被氧化生成硫酸氢铵，方程式为2（nh4）2so3+o2=2（nh4）2so4，故答案为：2h2so3+o2=2h2so4；2（nh4）2so3+o2=2（nh4）2so4；（3）因氮气和镁反应生成氮化镁，可以利用n2与镁反应生成氮化镁，氮化镁与水反应能生成氨气这一特殊性质进行鉴别，方法是将点燃的镁条插入d中，燃烧完后，加入适量的水，并用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝，说明d中为氮气，故答案为：将点燃的镁条插入d中，燃烧完后，加入适量的水，并用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，若试纸变蓝，说明d中为氮气【点评】本题考查物质的