2023达州万源中学高一下学期5月月考化学试题含解析

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万源中学高2025届高一(下)第一次月考
化学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cu：64
一、选择题(本大题共14个小题，第小题3分，共42分，每小题只有一个符合题目要求)
1. 建节水型社会是我国对世界的承诺，如图为简易净水装置。针对该装置的说法正确的是

A. 该净水装置能杀菌消毒
B. 装置中石英砂的主要成分是SiC
C. 净化后的水一定不会是硬水
D. 活性炭的主要作用是吸附杂质
【答案】D
【解析】
【详解】A. 净水装置图中所给物质都不具有强氧化性，都不具备杀菌消毒功能，故A错误；
B. 金刚砂的成分是SiC，石英砂的主要成分是SiO2，故B错误；
C. 净化后的水含有多种可溶性的矿物质或离子，得到的水是硬水，故C错误；
D. 活性炭具有疏松多孔的结构，净水中主要作用是吸附杂质，故D正确；
故选：D。
2. 下列化学用语的表示正确的是
A. 甲基的电子式： B. 次氯酸的结构式：H-Cl-O
C. 异丁烷的球棍模型： D. 二氧化硫的空间填充模型：
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲基的电子式为，A错误；
B．次氯酸的结构式为：H-O-Cl，B错误；
C．异丁烷球棍模型为，C正确；
D．二氧化硫中氧原子的半径小，则其空间填充模型为：，D错误；
故选C。
3. 浓硫酸和浓硝酸都具有强烈腐蚀性。工业上常用来盛装它们的容器是
A. 塑料桶 B. 铝桶 C. 铜桶 D. 木桶
【答案】B
【解析】
【详解】铝和浓硫酸、浓硝酸在常温下发生钝化而生成了一层致密的氧化膜薄膜，阻止了酸与金属进一步反应，故选B。
4. PH3是一种无色，剧毒，易燃的气体，它的一些已知性质与NH3相似，下列关于PH3的说法不正确的是
A PH3能与酸反应 B. 它属于极性分子
C. PH3的还原性强于NH3 D. PH3的热稳定性强于NH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气可以和酸反应，PH3的一些已知性质与NH3相似，则PH3可以和酸反应生成盐，A正确；
B．PH3的结构和NH3相似，都是三角锥形，属于极性分子，B正确；
C．P的非金属性比N弱，则PH3的还原性强于NH3，C正确；
D．P的非金属性比N弱，则 PH3的热稳定性比NH3弱，D错误；
故选D。
5. 化学反应者都伴随能量变化。下列6个反应过程中的能量变化符合如下图的是

①酸碱中和；②镁与盐酸；③生石灰与水；④石灰石分解；⑤甲烷燃烧；⑥炭与二氧化碳
A. ④⑥ B. ①④⑥
C. ②③⑤⑥ D. ①②③⑤
【答案】A
【解析】
【详解】生成物具有的总能量高于反应物具有的总能量，该反应为吸热反应，①酸碱中和是放热反应；②镁与盐酸反应是放热反应；③生石灰与水反应是放热反应；④石灰石分解是吸热反应；⑤甲烷燃烧是放热反应；⑥炭与二氧化碳反应是吸热反应；故选A。
6. 如图是甲烷与氯气的光照实验，下面关于该实验的说法不正确的是

A. 该反应属于取代反应
B. 气体颜色变浅，试管液面上升
C. 试管壁的油状液滴其成分为所有生成物
D. 饱和食盐水有除去氯化氢的作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，A正确；
B．甲烷和氯气的反应产物中，只有一氯甲烷是气体，其他有机物都是液体，而且氯化氢易溶于水，且随着反应进行，氯气逐渐减少，气体颜色变浅，试管液面上升，B正确；
C．通过选项B的分析可知，试管壁的油状液滴成分主要为：二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，C错误；
D．氯化氢容易溶解在饱和食盐水中，饱和食盐水有除去氯化氢的作用，D正确；
故选C。
7. 化学反应通常受到外界因素的影响。在下列反应中，调节反应物用量或浓度，不会改变反应产物的是
A. 铁在硫蒸气中燃烧 B. 硫酸与锌粉反应
C. 二氧化硫与氨水反应 D. 硝酸与铜反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁在硫蒸气中燃烧只能生成硫化亚铁，选项A符合；
B．浓硫酸与锌反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，选项B不符合；
C．二氧化硫与少量氨水反应生成亚硫酸氢铵，二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，选项C不符合；
D．浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，选项D不符合；
答案选A。
8. 下列关于物质的用途和性质说法中正确的是
A. NH4Cl可用作制冷剂
B. 硫黄难溶于水，微溶于酒精
C. N2和O2混合点燃可生成NO2
D. 新型陶瓷是一种金属材料用途广泛
【答案】B
【解析】
【详解】A．NH4Cl不能用作制冷剂，A错误；
B．硫黄难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，B正确；
C．N2和O2在放电条件下可以生成一氧化氮，C错误；
D．新型陶瓷是一种新型无机非金属材料，D错误；
故选B。
9. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 标准状况下，2.24LSO3中含氧原子数为0.3NA
B. 1 mol Na2O2中，含有阴阳离子总数为4NA
C. 28 g N2与足量H2反应转移电子数6NA
D. 1mol C5H12(纯净物)最多含4NA个甲基
【答案】D
【解析】
【详解】A．标况下三氧化硫为固态，无法计算其物质的量，A错误；
B．Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，则1 mol Na2O2中，含有阴阳离子总数为3NA，B错误；
C．氮气和氢气的反应为可逆反应，无法计算其中转移的电子数，C错误；
D．C5H12可以的新戊烷，其中含有4个甲基，则1mol C5H12(纯净物)最多含4NA个甲基，D正确；
故选D。
10. 短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，有一种W原子，其核内无中子，R是地壳中含量最多的元素，X与W同主族，Y的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A. 原子半径：R＜Y＜Z
B. X与Y能形成多种化合物
C. R与W形成的化合物氧化性都很强
D. 氧化物对应水化物的酸性：Z>Y
【答案】B
【解析】
【分析】有一种W原子，其核内无中子，应为H元素；R是地壳中含量最多的元素，则R为O元素，X与W同主族，且原子序数大于O，应为Na元素；Y是最外层电子数是最内层电子数的3倍，原子序数大于O，则Y为S元素；短周期主族元素W、R、X、Y、Z的原子序数依次增大，则Z为Cl元素，W为H元素，R为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】A．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同一主族自上而下，原子半径逐渐增大，则原子半径O＜Cl＜S，即R＜Z＜Y，A错误；
B．由分析可知X为Na元素，Y为S元素，硫和钠的化合物有硫化钠、多硫化钠Na2Sx，B正确；
C．由分析可知，W为H元素，R为O元素，两者形成的化合物水，氧化性较弱，C错误；
D．没有指明是最高价氧化物对应水化物，则无法比较其酸性的强弱，D错误；
故选B。
11. 科学研究人员提出在有机碳源和微生物的作用下，可以实现大气中的氮循环(如下图所示)，减少对环境的污染。下列说法正确的是

A. NH转化成NO属于氮的固定
B. 图中的所有转化氧化剂只有3种
C. NH与NO通过复分解反应转化成N2
D. CH3OH与NO反应的离子方程式为： 5CH3OH+6H+ +6NO=3N2↑+13H2O+5CO2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH和NO都属于化合态的氮，则两者之间的转化不是氮的固定，A错误；
B．图中所示的转化中，氮气转化为铵根离子时，氮气为氧化剂，铵根转化为亚硝酸根离子时，氧气为氧化剂，铵根和亚硝酸根时，亚硝酸根离子为氧化剂，硝酸根离子转化为氮气时，硝酸根离子为氧化剂，则氧化剂一共为4种，B错误；
C．NH与NO反应生成氮气和水，两者反应不是复分解反应，C错误；
D．由图可知，CH3OH与NO反应生成氮气和水，根据题干信息可知，该循环过程中，还应该生成二氧化碳，则两者反应的方程式为：5CH3OH+6H+ +6NO=3N2↑+13H2O+5CO2↑，D正确；
故选D。
12. 符号是化学的一种表达方式，下列离子方程式书写正确的是
A. 氧化铁溶于氢碘酸 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
B. 溴化亚铁与氯水按物质的量1∶1混合：Cl2+Fe2＋+2Br-= Fe3++2Cl-+Br2
C. 向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好沉淀完全： NH+ Al3+ + 2SO+ 2Ba2+ + 4OH- = 2BaSO4↓ + Al(OH)3↓+ NH3·H2O
D. 铜与浓硫酸加热下反应：Cu+4H++SO= Cu2++2H2O+SO2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．HI具有还原性，Fe3+会将I-氧化为碘单质，自身被还原为Fe2+，正确的离子方程式为：，A错误；
B．二价铁的还原性大于溴离子，氯气先氧化二价铁离子，故溴化亚铁与氯水按物质的量1：1混合的 方程式为：2Cl2+2Fe2＋+2Br-= 2Fe3++4Cl-+Br2，B错误；
C．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，使恰好完全沉淀二者恰好按照NH4Al(SO4)2和Ba(OH)2，物质的量之比为1∶1，离子方程式为：NH+ Al3+ + 2SO+ 2Ba2+ + 4OH- = 2BaSO4↓ + Al(OH)3↓+ NH3·H2O，C正确；
D．浓硫酸以分子状态存在，铜与浓硫酸加热条件下反应为：，不存在离子方程式，D错误；
故选C
13. Zn－PbO2是一种新型电池，其示意图如图所示。a、b为离子交换膜，A、B、C三个区域的电解质溶液分别为KOH、K2SO4和H2SO4溶液，该电池工作时B区电解质浓度增大。下列说法错误的是

A. 电池工作时，电子由Zn电极流向PbO2电极
B. a膜为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
C. 当电路中转移2 mol电子时理论上产生1 mol
D. PbO2电极的电极反应式为：PbO2＋2e－＋＋4H＋＝ PbSO4＋2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】a、b为离子交换膜，A、B、C三个区域的电解质溶液分别为KOH、K2SO4和H2SO4溶液，该电池工作时B区电解质浓度增大，则锌变为，化合价升高，失去电子，作负极，PbO2电极变为PbSO4，化合价降低，得到电子，作正极。
【详解】A．根据前面分析锌为负极，则电池工作时，电子由Zn电极流向PbO2电极，故A正确；
B．该电池工作时B区电解质浓度增大，则A区KOH中钾离子向右移动即a膜为阳离子交换膜，C区H2SO4中硫酸根向左移动即b为阴离子交换膜，故B错误；
C．根据，则当电路中转移2 mol电子时理论上产生1 mol ，故C正确；
D．PbO2电极是正极，得到电子，该电极反应式为：PbO2＋2e－＋＋4H＋＝ PbSO4＋2H2O，故D正确。
综上所述，答案为B。
14. 已知4g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484 kJ，拆开1mol氧气中的化学键需要消耗496 kJ能量，水蒸气中1 mol H−O键形成时放出能量463 kJ，则氢气中1 mol H−H键断裂时吸收的能量为
A. 436 kJ B. 557 kJ C. 920 kJ D. 188 kJ
【答案】A
【解析】
【详解】4g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出能量484 kJ，即2mol氢气和1mol氧气反应生成1mol水蒸气(4mol H−O键)放出484kJ的热，设氢气中1 mol H−H键断裂时吸收的能量为xkJ，拆开1mol氧气中的化学键需要消耗496 kJ能量，因此断键吸收的热量为2xkJ+496 kJ，生成1mol水蒸气放出的热量为463 kJ×4=1852kJ，根据该反应是放出反应即1852kJ−(2xkJ+496 kJ)= 484 kJ，解得x=436即氢气中1 mol H−H键断裂时吸收的能量为436 kJ，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
二、非选择题(本大题包括4个小题，共58分)
15. 研究化学反应速率和限度对促进生产具有重要的意义。
（1）某同学为探究锌与盐酸反应，取同质量、同体积的锌片，同浓度盐酸做了下列实验：
实验一：把纯锌片投入到盛有稀盐酸的试管中，发现氢气发生的速率变化如下图所示：

实验二：在盐酸中滴入几滴CuSO4溶液，发现生成氢气速率明显比实验一要快。
①在上图中t1～t2速率变化的主要原因是_______；t2～t3速率变化的主要原因是_______。
②用离子程式表示实验二反应速率加快原因_______。
（2）工业有一种方法是利用CO2制取甲醇，CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，在一定条件下发生反应，测得X和Y两种物质物质的量随时间变化如图。请回答：

①X代表的物质的化学式为_______。
②从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率：v(H2) =_______，CO2的转化率α(CO2) =_______。
③能够说明该反应已达到平衡的是_______。
A.恒温、恒容时，容器内的压强不再变化
B.恒温、恒容时，容器内混合气体的密度不再变化
C.一定条件下，CO2、H2和CH3OH的浓度不再变化
D.一定条件下，单位时间内消耗3molH2的同时生成1molCH3OH
E.有2个C=O键断裂的同时，有3个H-H键生成
【答案】（1） ①. 因为反应放热，溶液温度升高，反应速率加快 ②. 因为随反应进行，盐酸的浓度减小较大，反应速度减慢 ③. Cu2++Zn = Cu+Zn2+
（2） ①. CH3OH 或H2O ②. 0.28mol/L•min ③. 75% ④. A C E
【解析】
【小问1详解】
①纯锌与稀盐酸反应放出热量，温度升高，t1～t2速率加快；后期c(HCl)起主导作用，随着反应进行c(HCl)降低，t2～t3反应速率减慢；
②实验二中锌与铜离子发生置换反应生成金属铜，生成的铜与锌、稀盐酸形成了原电池，加快反应速率，离子方程式为：Cu2++Zn = Cu+Zn2+。
【小问2详解】
①反应过程中X的物质的量增大，则X是生成物为CH3OH 或H2O；
②在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，8min后，Y的物质的量不变，说明反应达到平衡， Y为CO2，v(H2) =3v(CO2)== 0.28mol/L•min，CO2的转化率α(CO2) ==75%；
③A．反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)是气体体积减小的反应，反应过程中压强减小，当容器内的压强不再变化时，说明反应达到平衡，故A选；
B．该反应过程中气体总质量和总物质的量都不变，气体密度是定值，当容器内混合气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡，故B不选；
C．一定条件下，CO2、H2和CH3OH的浓度不再变化，说明反应达到平衡，故C选；
D．一定条件下，单位时间内消耗3molH2的同时生成1molCH3OH，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故D不选；
E．有2个C=O键断裂的同时，有3个H-H键生成，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故E选；
故选ACE。
16. 电脑和手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。工业上用“西门子法”以硅石SiO2为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下：

请回答下列问题：
（1）硅元素在周期的位置为_______。
（2）“还原”过程需在高温下进行，该反应的生成物除硅和MgO外，还可能有_______。
（3）加快“酸浸”速率的方法有_______(写两种)。
（4）“氧化”过程发生的主要反应为Si+3HCl=SiHCl3 +H2，该反应中还原产物为_______。(已知：SiHCl3中Si为+4价)。
（5）在还原炉中H2与SiHCl3加热到1100～1200℃发生“热解”反应即制取冶金级高纯硅，还原炉中发生反应的化学方程式为_______。上述工艺生产中循环利用的物质有_______。
【答案】（1）第三周期IVA族
（2）Mg2Si （3）适当加热、适当提高酸的浓度、搅拌等
（4）H2 SiHCl3
（5） ①. SiHCl3+H2Si+3HCl ②. H2、HCl
【解析】
【分析】以硅石(SiO2)为原料，经过与镁反应生成硅、MgO和Mg2Si，得到粗硅，经过加入稀硫酸、过滤，HCl氧化后得到SiHCl3，SiHCl3与H2热解，得到冶金级高纯硅；
【小问1详解】
硅元素为14号元素，在周期的位置为第三周期IVA族；
【小问2详解】
SiO2与金属镁高温还原的Si和MgO，另外过量的镁可与生成的硅反应生成Mg2Si；
【小问3详解】
根据反应速率的影响因素知，加快“酸浸”速率的方法有将粗硅粉碎适当升温适当增大硫酸的浓度、搅拌等；
【小问4详解】
根据题给条件知SiHCl3中Si为+4价，H为-1价，Cl为-1价，故HCl中+ 1价的H元素得电子后生成SiHCl3和H2，故二者均为还原产物，答案为H2、SiHCl3；
【小问5详解】
根据反应流程知“热解”过程所得产物为高纯硅和氯化氢气体，该反应的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl；
根据上述流程图可知循环利用的物质有H2和HCl。
17. 合成氨年产量代表一个国家的化工水平，下图是某校化学兴趣小组的同学在实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：

已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。
（1）①写出A装置中仪器x的名称_______。
②从下图中选择制取上述两种气体的合适装置：_______，写出制取N2的化学方程式为_______。

（2）氮气和氢气通过甲装置(下图所示)，甲装置的作用除了将气体混合外和控制两种气体的比例外，还起着_______作用。

（3）乙装置锥形瓶中的铂丝继续保持红热外，还可观察到的现象是_______，写出乙装置中氨催化氧化的化学方程式_______。
（4）氨氧化产物进入“吸收塔”是工业制硝酸步骤，是将后尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①纯碱溶液吸收法。其原理为：Na2CO3＋2NO2 = NaNO3＋_______＋CO2 (完成方程式)。
②氨转化法。已知7 mol氨恰好能将6 mol含NO和NO2的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为_______，若用通式NOx表示氮氧化物，则每摩尔氨可将_______mol的NOx转化为N2。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. AB ③. NaNO2+NH4Cl N2↑+NaCl+2H2O
（2）干燥气体 （3） ①. 无色气体变成红棕色 ②.
（4） ①. NaNO2 ②. 1：3 ③.
【解析】
【分析】氮气和氢气催化反应生成氨气，氨气和氧气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气转化为二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸；
小问1详解】
①由图可知，A装置中仪器x的名称分液漏斗。
②已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，根据质量守恒还会生成氯化钠、水，反应方程式为：NaNO2+NH4Cl N2↑+NaCl+2H2O；该反应为固液加热反应，氨气的发生装置选择A；实验室一般使用锌和稀硫酸反应生成氢气，反应为固液不加热反应，氢气的发生装置选择B；
【小问2详解】
浓硫酸具有吸水性，可以干燥氮气和氢气，故甲装置的作用除了将气体混合外和控制两种气体的比例外，还起着干燥气体作用。
【小问3详解】
乙装置锥形瓶中挥发的氨气和空气氧气在铂丝催化作用下加热生成一氧化氮和水，；一氧化氮和空气中氧气生成红棕色二氧化氮气体，故还可观察到的现象是无色气体变成红棕色；
【小问4详解】
①纯碱溶液吸收法中部分氮元素化合价升高生成硝酸钠，部分氮元素化合价降低生成亚硝酸钠，根据电子守恒结合质量守恒可知，反应为：Na2CO3＋2NO2 = NaNO3＋NaNO2＋CO2 ；
②已知7 mol氨恰好能将6 mol含NO和NO2的混合气体完全转化为N2，氨气中氮元素化合价由-3变为0，NO和NO2中氮元素化合价分别有+2、+4变为0，设混合气体中NO和NO2的物质的量之比为a:(6-a)，根据电子守恒可知：7×3=2a+(6-a)×4，a=1.5mol，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1.5:4.5=1:3；NOx中氮元素化合价由+2x变为氮气中的0，根据电子守恒可知，每摩尔氨可将 mol的NOx转化为N2。
18. 根据所学知识回答下列问题。
I.丁烷是一种有机气体，它是打火机和液化气的主要成分，也可以用在化工生产上。
（1）正丁烷的溶沸点_______(“高”、“低”或“等”)于异丁烷，它的一氯代物(分子式为C4H9Cl)有_______ 种。
（2）若将丁烷作原料，与O2反应形成的燃料电池，丁烷作电池的_______极，若转移13mol电子，理论上需要燃烧丁烷_______g。
II.在学习了硫的转化后，某学生绘制了如下图所示转化关系。

（3）写出a的结构式：_______，在不加其它试剂时g与f之间_______(“能”、“不能”或“可能”)发生反应。
（4）溶液d变为溶液e的方法是_______。
（5）下列五种有色溶液与C作用均能褪色：
①品红溶液 ②酸性KMnO4溶液 ③溴水 ④滴有酚酞的NaOH溶液 ⑤淀粉-碘溶液
体现C具有漂白性的是_______(序号)，写出C使②褪色的离子方程式：_______。
【答案】（1） ①. 高于 ②. 4
（2） ① 负 ②. 29
（3） ①. ②. 能
（4）加入氧化剂，如O2或H2O2
（5） ①. ① ②. 5SO2+2MnO+2H2O=5SO+4H++2Mn2+
【解析】
小问1详解】
对于分子式相同的烷烃，支链越多，沸点越低，因而正丁烷的沸点高于异丁烷；C4H10的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH3，CH3CH2CH2CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；CH3CH(CH3)CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一氯代物有2种；故C4H9Cl的同分异构体共有4种。
【小问2详解】
若将丁烷作原料，与O2反应形成的燃料电池，O2得到电子作正极，丁烷失去电子作电池的负极，负极电极方程式为：C4H10-26e-+8H2O=4CO2+26H+，若转移13mol电子，理论上需要燃烧丁烷，质量为=29g。
【小问3详解】
a是-2价S元素的氢化物为H2S，结构式为：，g是+6价S元素的盐可以为HSO，f是+4价S元素的盐为SO，HSO和SO能发生反应生成SO2。
【小问4详解】
d是+4价S元素的含氧酸为H2SO3，e是+6价S元素的含氧酸为H2SO4，加入氧化剂，如O2或H2O2可以将H2SO3转化为H2SO4。
【小问5详解】
c是+4价S元素的氧化物为SO2，SO2具有漂泊性可以使①品红溶液褪色，SO2具有还原性可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，离子方程式为：5SO2+2MnO+2H2O=5SO+4H++2Mn2+。