人教高一化学必修二第五章 化工生产中的重要非金属元素复习题含答案解析.docx

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人教高一化学必修二第五章化工生产中的重要非金属元素复习题含答案解析

一、选择题

1．检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是

A．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

B．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性

C．加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液

D．加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝

【答案】D

【详解】

利用离子反应：

，即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。

2．浓硫酸与下列物质反应（可以加热），既体现酸性、又体现氧化性的是（）

A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜

【答案】A

【详解】

A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；

B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；

C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；

D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；

故选A。

3．能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A．在稀盐酸中投入大理石粉末：

+2H+=CO2↑+H2O

B．1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-

C．金属钠投入硫酸铜溶液中：

2Na+Cu2+=2Na++Cu

D．过量SO2通入NaClO溶液中：

SO2+ClO-+H2O=HClO+

【答案】B

【详解】

A．大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成

的形式，A不正确；

B．0.5molCl2先与1molFe2+反应，另外0.5molCl2再与1molBr-反应，离子方程式为：

2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B正确；

C．金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与Cu2+发生置换反应，C不正确；

D．过量SO2通入NaClO溶液中，产物中HClO与

还会发生氧化还原反应，二者不能共存，D不正确；

故选B。

4．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

选项

实验操作及现象

推理或结论

A

向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀

该溶液中一定含有SO

B

向水中加入金属钠，钠熔成闪亮的小球浮在水面上

钠与水反应放热，钠的熔点低，钠的密度比水小

C

向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体

该盐一定是碳酸钠

D

某物质的焰色试验火焰显黄色

该物质一定不含钾元素

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【详解】

A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；

B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正确；

C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；

D.某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；

故选B。

5．下列说法正确的是（）

A．晶体硅常用于制造光导纤维B．碳酸钠常用于治疗胃酸过多

C．明矾常用于自来水的消毒杀菌D．高压钠灯常用于道路和广场照明

【答案】D

【详解】

A．二氧化硅用于制造光导纤维，晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池，A错误；

B．碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多，而碳酸钠溶液碱性强，对人会产生一定的腐蚀作用，因此不能用于治疗胃酸过多，B错误；

C．明矾具有净水作用但无强氧化性，因此常用于自来水的净化，但不能对水进行消毒杀菌，C错误；

D．高压钠灯发出的黄光穿透力强，因此常用于道路和广场照明，D正确；

故合理选项是D。

6．下列离子的检验方法及对应结论正确的是（）

离子

检验方法及对应结论

A

取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，证明有

B

取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有

C

取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，证明有

D

取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到黄色火焰，证明有

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【详解】

A.氢氧化铝和氢氧化镁均为白色沉淀，取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，不能证明有镁离子，可能有铝离子，故A错误；

B.铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有铁离子，故B正确；

C.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，不能证明有硫酸根离子，可能有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故C错误；

D.取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明有钾离子，故D错误；

故选B。

7．下列反应在指定条件下能实现的是

A．HClO

HClB．Fe

Fe2O3C．S

SO3D．S

Fe2S3

【答案】A

【详解】

A．HClO在光照条件下能发生分解，生成HCl和O2，A正确；

B．Fe与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe3O4和H2，B不正确；

C．S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，C不正确；

D．S与Fe在加热条件下反应，只能生成FeS，D不正确；

故选A。

8．对下列事实的解释正确的是

A．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中，说明浓硝酸不稳定

B．不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜，说明浓硝酸具有挥发性

C．足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2＋

D．锌与稀硝酸反应得不到氢气，说明稀硝酸能使锌钝化

【答案】A

【详解】

A．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中避光保存，说明浓硝酸见光易分解，故A正确；

B．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，污染环境，通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜，与浓硝酸挥发性无关，故B错误；

C．铁与硝酸反应首先生成硝酸铁，溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致，故C错误；

D．硝酸为氧化性酸，与锌反应不能生成氢气，生成氮的氧化物等，与钝化无关，故D错误；故选A。

9．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是（设试管中的溶质不往试管外扩散）

A．此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂

B．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L

C．溶液体积占试管容积的三分之二

D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管

【答案】C

【详解】

A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；

B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为

=1/22.4mol/L，B正确；

C．溶液体积占试管容积的

，C错误；

D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。

答案选C。

【点睛】

本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。

10．在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L（标准状况）。

同时铁和氧化铁均无剩余。

向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（）

A．1.5mol/LB．2.5mol/LC．2mol/LD．3mol/L

【答案】C

【详解】

试题分析：

将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故n（H2SO4）=1/2n（NaOH）=1/2×3mol/L×0.2L=0.3mol，故c（H2SO4）=n（H2SO4）÷V=0.3mol÷0.15L=2mol/L，选项C正确。

考点：

考查混合物反应的计算的知识。

11．将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为

A．n（SO2）/n（H2）=1/1B．n（SO2）/n（H2）=4/1

C．n（SO2）/n（H2）=1/4D．n（SO2）/n（H2）=3/2

【答案】A

【详解】

根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为xmol，生成氢气的物质的量为ymol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n（SO2）/n（H2）=1/1，答案选A。

12．一定条件下，氨气和氟气发生反应：

4NH3+3F2→NF3+3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。

下列有关说法错误的是（）

A．NF3分子含有极性共价键B．NF3属于共价化合物

C．氧化剂与还原剂物质的量之比3：

1D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价分子

【答案】D

【分析】

4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。

【详解】

A．NF3分子中含有氮氟化学键，该化学键是极性共价键，故A不选；

B．NF3分子结构和NH3相似，都属于共价化合物，故B不选；

C．在4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，氧化剂是氟气，还原剂是氨气，有方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比3：

1，故C不选；

D．NH4F是离子化合物，为离子晶体，故D选；

故选：

D。

13．将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L（标准状况下）氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收．向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是

A．63.8gB．53.6gC．46.8gD．43.2g

【答案】C

【解析】

试题分析：

Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n（e-）=0.3mol×4=1.2mol。

当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg（OH）2、Cu（OH）2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。

因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m（OH-）=nM=1.2mol×17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。

【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：

①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

14．在容积为672mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶（气体体积都已折合为标准状况下的体积），下列有关叙述正确的是（　　）

A．总反应为NO＋NO2＋O2＋H2O===2HNO3

B．总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3

C．生成硝酸的物质的量浓度均为0.030mol·L－1

D．生成硝酸的物质的量浓度约为0.060mol·L－1

【答案】B

【分析】

利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。

【详解】

标准状况下672mL的混合气体：

n（NO）+n（NO2）=

=0.03mol，

（O2）=

=0.0125mol，

由得失电子守恒可知3n（NO）+n（NO2）=4n（O2），

解之得n（NO）=0.01mol，n（NO2）=0.02mol，

所以总的方程式为：

4NO+8NO2+5O2+6H2O═12HNO3，

由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3物质的量为0.03mol。

水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L，硝酸的浓度为：

0.03mol÷0.672L=0.045mol/L。

ACD项错误，B项正确；

答案选B。

【点睛】

这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。

15．某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A．H2SO4浓度为4mol/L

B．溶液中最终溶质为FeSO4

C．原混合酸中NO3-浓度为0.2mol/L

D．AB段反应为：

Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋

【答案】C

【分析】

由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为FeSO4，则n（FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=

计算c（H2SO4）、c（NO3-）。

【详解】

A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/mol＝0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；

B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；

C、OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；

D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：

Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：

Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：

Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。

答案选C。

【点晴】

该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。

在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。

计算离子时注意用离子方程式计算。

还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。

16．有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H22.24L（标况下），向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，未见血红色。

混合物中单质Fe的质量为（）

A．5.6gB．8.4gC．11.2gD．16.8g

【答案】C

【详解】

铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶液中溶质为FeSO4，反应生成H2的物质的量为：

2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

0.1mol0.1mol0.1mol

设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：

Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O

xmolxmol3xmol

由题意可知：

（x+0.1）mol×56g/mol+xmol×160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m（Fe2O3）=0.1mol×160g•mol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。

17．标准状况下，使

和

按4：

1体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【分析】

设出二氧化氮和氧气的体积，NO2和O2按体积比4：

1混合后充入一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中发生反应：

4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式计算．

【详解】

设混合气体中含有4VLNO2，1VLO2，则烧瓶的体积为5VL，

；故答案为C。

【点睛】

明确二氧化氮与氧气的反应是解题关键，注意掌握物质的量的相关计算公式的运用。

18．当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（）

A．NH4NO3B．H2OC．N2D．NO2

【答案】C

【详解】

在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：

，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。

19．类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（）

A．由Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2

B．常温下，由Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2

C．由Cu+Cl2

CuCl2，所以Cu+I2

CuI2

D．由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中

【答案】D

【详解】

A．F2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质,故A错误；

B．常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应生成二氧化氮,故B错误；

C．氯气氧化性强和铜反应生成氯化铜，碘单质氧化性弱，和铜发生反应生成碘化亚铜，故C错误；

D．钾密度大于煤油，可以保存在煤油中，故D正确；

所以答案：

D。

【点睛】

注意点：

F2氧化性特别强，所以单质在水溶液中先和水发生反；常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应；碘单质氧化性弱，成碘化亚铜。

20．某100mL混合溶液中，H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4.0mol/L和2.0mol/L，向该混合溶液中加入25.6g铜粉，加热，待充分反应后，静置，得到蓝色澄清溶液（假设反应后溶液体积不变）。

下列说法中正确的是（）

A．产生的NO在标准状况下的体积是1.12L

B．反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为3.0mol/L

C．反应后溶液中H+的物质的量浓度为8.0mol/L

D．在反应后的溶液中加0.6molNaOH刚好使Cu2+完全沉淀

【答案】B

【分析】

，

，

，则该反应的离子反应方程式为：

，于是得出：

，显然

的物质的量不足，则按

的物质的量进行计算；

【详解】

A.产生的0.2molNO，在标准状况下的体积是4.48L，A错误；

B.反应后溶液中Cu2+的物质的量浓度为

，B正确；

C.反应后溶液中H+有剩余，则

，C错误；

D.在反应后的溶液中有剩余的0.2molH+，生成的0.3molCu2，加0.8molNaOH刚好在中和的基础上使Cu2+完全沉淀，D错误；

答案选B。

21．下列有关S和

的叙述正确的是（）

A．硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成

B．空气吹出法提取海水中的溴常用

作氧化剂

C．将

通入

溶液能生成白色沉淀

D．

具有漂白性，所以能使品红溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色

【答案】C

【详解】

A．硫粉在过量的氧气中燃烧也只能生成

，A不正确；

B．空气吹出法提取海水中的溴，常用

作还原剂，将溴还原为易溶于水的氢溴酸而富集，B不正确；

C．二氧化硫的水溶液显酸性，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，可以将二氧化硫氧化为硫酸，因此，将

通入

溶液能生成白色沉淀硫酸钡，C正确；

D．

具有漂白性，所以能使品红溶液褪色，但是其能使高锰酸钾酸性溶液褪色不是因为其有漂白性，而是因为其有还原性，D不正确。

综上所述，有关S和

的叙述正确的是C。

22．A是一种正盐，D相对分子质量比C相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有如图转化关系。

当X是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素；下列说法不正确的是

A．D生成E的反应可能是氧化还原反应

B．当X是强碱时，C在常温下是气态单质

C．当X是强酸时，E是H2SO4

D．当X是强碱时，E是HNO2

【答案】B

【分析】

D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且观察C是由B+Y→C，D是由C+Y→D，可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO，NO2 或者是SO2 和SO3 等，推知Y一定是O2 ，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有以下转换关系：

；且A是正盐，很容易想到NH4+ 的正盐。

再根据当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素；强酸则要想到是HCl、H2SO4 、HNO3 ，再根据当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。

由NH4+ 的性质与碱反应生产NH3，则可推出；当X是强碱时E是HNO3 ；当X是强酸时，E是H2SO4，综上推出A的离子中含有NH4+ 离子，且含有S元素，可推出A为（NH4）2S。

【详解】

A．当D为SO3 时，E为H2SO4 ，SO3与水化合成H2SO4，没有发生氧化还原反应，当D为NO2时，E为HNO3，NO2与水发生氧化还原反应，A正确；

B．当X是强碱时，B为NH3 ，C为NO，D为NO2 ，E为HNO3；当X是强酸时，B为H2S，C为SO2 ，D为SO3 ，E是H2SO4 ，B不正确；

C．当X是强酸时，B为H2S，C为SO2 ，D为SO3 ，E是H2SO4 ，C正确；

D．当X是强碱时，B为NH3 ，C为NO，D为NO2 ，E为HNO3，D正确；

故选C。

23．向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。

由此得出的下列结论中不合理的是

A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还