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湖北省武汉西藏中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试化学试题（原卷版+解析版）
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可能用到的相对分子质量 H-1 Na-23 Cl-35.5 S-32 O-16
一、选择题(本大题共18小题，每小题3分，满分54分)
1. 下列物质的分类不正确的是
A. 水、二氧化硫和干冰都属于氧化物
B. NaHSO4、CuSO4·5H2O和KMnO4都属于盐
C. H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸
D. 烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱
【答案】D
【解析】
【详解】A．水、二氧化硫和干冰的化学式分别为H2O、SO2、CO2，他们都是由两种元素组成，其中一种是氧元素，属于氧化物，A正确；
B．NaHSO4、CuSO4·5H2O和KMnO4都属于盐，B正确；
C．H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸，C正确；
D．烧碱、纯碱、熟石灰的化学式分别为NaOH、Na2CO3、Ca(OH)2，其中Na2CO3属于盐，D错误；
答案选D。
2. 下列关于胶体的叙述错误的是
A. 病毒蛋白质分子的直径约为80 nm，在空气中可以形成气溶胶
B. 胶体和溶液的分散质均能透过滤纸
C. 纳米材料粒子直径在1～100 nm，因此纳米材料属于胶体
D. 自然界中云、雾、烟都是胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A.在胶体分散系中分散质的粒径在1nm-100nm之间，病毒蛋白质分子的直径约为80 nm，在空气中可以形成气溶胶，A正确；
B.溶液中的离子、小分子和胶体中的胶粒都能透过滤纸，故B正确；
C.胶体是分散系，纳米材料不是分散系，C错误；
D.云、雾烟是空气中的水蒸气、固体小颗粒等分散在空气中形成的胶体，分散剂都是空气，属于气溶胶，故D正确；
故答案为：C。
3. 下列说法正确的是
A. 蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态时均不导电，所以它们是非电解质
B. 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl 均是非电解质
C. NH3、SO2 的水溶液均能导电，所以NH3、SO2 均是电解质
D. 铜、石墨均能导电，所以它们是电解质
【答案】A
【解析】
【详解】A．在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物属于非电解质，A正确；
B．电解质需要在水溶液或者熔融状态下才能导电，B错误；
C．NH3、SO2 的水溶液均能导电，不是因为本身导电，而是反应后分别生成的一水合氨和亚硫酸导电，C错误；
D．铜、石墨虽然导电但是单质，电解质必须为化合物，D错误；
故选A。
4. 已知氧化性：，还原性：，下列反应的化学方程式或离子方程式不成立的是
A.
B. 向溶液中通入少量氯气；
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；
B．已知还原性Fe2+＞Br-，则氯气先氧化Fe2+，则FeBr2溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故B不选；
C．由于氧化性Fe3+＞I2，则Fe3+能氧化I-，所以不能生成FeI3，正确的反应方程式为3Cl2+2FeI2═2FeCl3+2I2，故C选；
D．根据方程式2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2，可知氧化性：FeCl3＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故D不选；
故选：C。
5. 某溶液中含有Na＋、、、4种离子，若向其中加入一定量的过氧化钠固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是( )
A. B. Na＋C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】某溶液中含有Na＋、、、离子，若向其中加入一定量的过氧化钠固体后，过氧化钠和水反应生成氧气和NaOH，与OH－反应生成，因此溶液中离子浓度基本保持不变的是，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
6. 下列关于氯气和新制氯水的说法正确的是
A. 足量铁丝在Cl2中燃烧生成FeCl2
B. 向加有淀粉的KI溶液中通入少量Cl2后溶液变蓝，说明Cl2的氧化性强于I2
C. FeCl2溶液中滴加新制氯水，溶液变成棕黄色，说明新制氯水中含有HClO
D. 用强光照射新制氯水一段时间后，溶液pH升高
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，足量铁丝在Cl2中燃烧生成FeCl3，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，Cl2能将KI氧化为单质碘，碘遇淀粉变蓝，故B正确；
C．FeCl2溶液中滴加新制氯水，溶液变成棕黄色，氧化FeCl2的主要是Cl2，不能说明HClO的生成，，故C错误；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，所以溶液pH减小，故D错误；
答案选B。
7. 如图表示某条件下H2S气体的体积与质量的关系，则该条件下的气体摩尔体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】27.2gH2S气体的物质的量，则，故答案为C。
8. 下列溶液含有的氯离子的物质的量浓度最大的是
A. 1mL 0.2ml/L 溶液B. 1mL 0.5ml/L 溶液
C. 2mL 0.3m/L NaCl溶液D. 4mL 0.1ml/L 溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.2ml/LCaCl2溶液中氯离子物质的量浓度为0.4ml/L；
B．KClO3溶液中阴离子为，没有氯离子，氯离子物质的量浓度为0；
C．0.3ml/LNaCl溶液中氯离子物质的量浓度为0.3ml/L；
D．0.1ml/LAlCl3溶液中氯离子物质的量浓度为0.3ml/L;
所以氯离子物质的量浓度最大的是0.2ml/LCaCl2溶液；
答案选A。
9. 下列物质反应后，加入KSCN溶液一定变红的是
A. 过量的Fe与Cl2反应B. Fe与稀硫酸反应
C. FeCl2溶液中通入少量Cl2D. Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁与氯气反应生成氯化铁，加入硫氰酸钾溶液后，过量的铁又与氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中没有铁离子，溶液不变红，A错误；
B．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，溶液中没有铁离子，加入硫氰酸钾溶液，溶液不变红，B错误；
C．少量氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，溶液中有铁离子，加入硫氰酸钾溶液，溶液变红，C正确；
D．氧化铁与盐酸反应生成铁离子，铁与盐酸反应生成亚铁离子，若铁过量，铁又会与生成的铁离子反应生成亚铁离子，溶液中不一定有铁离子，加入硫氰酸钾溶液，溶液不一定变红，D错误；
答案选C。
10. 下列关于新型合金材料说法不正确的是
A. 镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
B. 钛合金生物相容性好，强度大，可作人造骨骼
C. 形状记忆合金可在使合金发生形变的作用力消失后恢复原状
D. 利用合金的熔点低于成分金属这一特点可制得耐热合金
【答案】D
【解析】
【详解】A．镧镍合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，金属氢化物稍稍加热又容易分解，所以可用作储氢材料，故A正确；
B．钛合金生物相容性好，强度大，常用作人造骨骼，故B正确；
C．形状记忆合金具有记忆功能，可使形状记忆合金发生形变的作用力消失后恢复原状，故C正确；
D．耐热合金的熔点很高，与合金的熔点低说法相悖，故D错误；
答案D。
11. 下列说法正确的是
A. 某短周期元素最外层有2个电子，则其一定是金属元素
B. 主族元素的单原子阳离子一定具有稀有气体的电子层结构(H＋除外)
C. 元素周期表有7个主族、8个副族，副族均由长周期元素组成
D. 主族元素在周期表中的位置只取决于该元素的电子层数
【答案】C
【解析】
【详解】A．某短周期元素最外层有2个电子，则为He、Be、Mg，其中He为非金属元素，即不一定是金属元素，A错误；
B．主族元素的单原子失去最外层电子转化为阳离子，则短周期主族元素的单原子阳离子一定具有稀有气体的电子层结构（H+除外），长周期主族元素不符合，如Ga失去3个电子后最外层电子数为18，B错误；
C．元素周期表有18个纵行，分为7个主族，8个副族，1个0族，总共16个族，副族由长周期元素组成，C正确；
D．主族元素的最外层电子数等于族序数，电子层数等于周期数，则主族元素在周期表中的位置取决于该元素的电子层数、最外层电子数，D错误；
故答案为：C。
12. 如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是
A. 原子半径：Z>Y>X
B. 简单气态氢化物的稳定性：W>R
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：YD. Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物能相互反应
【答案】D
【解析】
【分析】由表中元素化合价可知：X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素；Y的化合价为+1价，处于IA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素；Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、-2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是O，Y是Na，Z是Al，W是S，R是Cl元素。
A．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系应为：Y(Na)＞Z(S)＞X(O)，故A错误；
B．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，元素非金属性：Cl＞S，则气态氢化物的稳定性：HCl＞H2S，故B错误；
C．同一周期元素的金属性随原子序数的增大而减弱，元素的金属性越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，Y是Na，Z是Al，元素的金属性：Na＞Al，所以碱性：NaOH＞Al(OH)3，即元素的最高价氧化物的水化物的碱性：Y＞Z，故C错误；
D．Y是Na，Z是Al，二者形成的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH反应生成NaAlO2、H2O，故D正确；
故选D。
13. 下列有关SO2的说法不正确的是
A. 将SO2气体通入H2S溶液中，生成淡黄色沉淀，反应中SO2为还原剂
B. SO2和CO2均能与澄清石灰水反应，现象相同
C. SO2具有漂白性，但遇紫色石蕊溶液却不能将其漂白
D. SO2和Cl2均能使品红溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A.将SO2气体通入H2S溶液中，反应方程式2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中SO2为氧化剂，A错误；
B.SO2和CO2分别与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙和碳酸钙，均为白色沉淀，现象相同，B正确；
C.SO2具有漂白性，但能使紫色石蕊溶液变红，不能褪色，C正确；
D.SO2能使品红溶液褪色生成无色物质，Cl2能使品红溶液褪色， 因为Cl2与水反应生成次氯酸具有漂白性，D正确；
故答案为：A。
14. 下列关于浓H2SO4与Cu反应的叙述正确的是
A. 在反应中，浓H2SO4只表现出氧化性
B. 此反应属于复分解反应
C. 在反应中，浓H2SO4既表现出氧化性，又表现出酸性
D. 每1 ml铜参加反应就有2 ml H2SO4被还原，同时生成2 ml SO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应生成硫酸铜，浓硫酸还起到酸性的作用，故A错误；
B．反应中Cu和S元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C．S元素化合价降低，被还原，表现氧化性，生成硫酸铜，还表现酸性，故C正确；
D．由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O可知，每1ml铜参加反应就有1ml硫酸被还原，同时生成1ml SO2，故D错误；
答案选C。
15. 下列关于不同价态含硫物质的转化实验中硫元素的化合价变化叙述合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁和硫加热反应生成硫化亚铁，硫的化合价从0价→−2价，故A不符合题意；
B．硫和氧气点燃生成二氧化硫，硫的化合价从0价→+4价，故B不符合题意；
C．二氧化硫和铁离子反应生成硫酸根和亚铁离子，硫的化合价从+4价→+6价，故C符合题意；
D．胆矾加热失去结晶水变为无水硫酸铜，硫的化合价未变，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
16. 发射卫星的运载火箭，其推进剂引燃后发生剧烈反应，产生大量高温气体从火箭尾部喷出。引燃后产生的高温气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射场看到火箭喷出大量“红烟”，产生“红烟”的原因是
A. 高温下N2遇空气生成NO2
B. NO遇空气生成NO2
C. CO2与NO反应生成CO和NO2
D. NO与H2O反应生成H2和NO2
【答案】B
【解析】
【详解】火箭推进剂引燃后产生的高温气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射场看到火箭喷出大量“红烟”，这是由于NO不稳定，容易被空气中O2氧化产生NO2，产物NO2是红棕色气体，反应方程式为2NO+O2=2NO2，故合理选项是B。
17. 下列说法正确的是
A. 铵盐都能与碱反应，不能与酸反应
B 铵盐受热分解一定都会产生NH3
C. NH4Cl溶液中加入NaOH浓溶液共热时反应离子方程式为＋OH- =NH3↑＋H2O
D. 可以用NaOH溶液鉴别Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四种溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢铵可以和酸反应，A错误；
B．铵盐中的硝酸铵受热分解不会产生氨气，B错误；
C．铵根离子在碱性条件下加热会放出氨气，C正确；
D．氢氧化钠不和硫酸钠、氯化钾反应，都无现象，无法鉴别，跟硝酸铵和硫酸铵都会生成有刺激性气味的气体，也不可区分，D错误；
故选C。
18. 下列有关硅及其化合物的说法正确的是
A. 硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在
B. 硅晶体是良好的半导体，可用于制造光导纤维
C. 氢氟酸要存放在塑料瓶中
D. SiO2对应的水化物是可溶性弱酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．硅在自然界以化合态形式存在，A错误；
B．硅晶体是良好的半导体，用于制造电脑芯片等、二氧化硅用于制造光导纤维，B错误；
C．氢氟酸可以腐蚀玻璃，故用塑料瓶装，C正确；
D．SiO2对应的水化物是难溶性弱酸，D错误；
故选C。
二、非选择题(本大题共4小题，满分46分)
19. “84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为___________ml/L。(计算结果保留一位小数)
（2）某同学量取100mL此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)___________ml/L。
（3）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制所需的480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。
①配制溶液需要使用图2中所示的仪器有___________(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是___________。
②下列操作中，容量瓶不具备的功能是___________(填仪器序号)。
a．配制一定体积准确浓度的标准溶液b．贮存溶液
c．用来加热溶解固体溶质d．准确稀释某一浓度的溶液
③配制此溶液该同学需称取称量NaClO固体的质量为___________g。
（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是___________(填序号)。
A. 定容时俯视刻度线B. 转移前，容量瓶内有蒸馏水
C. 称量所用砝码生锈D. 定容时加多水，用胶头滴管吸出
【答案】（1）3.8 （2）0.038
（3） ①. CDE ②. 玻璃棒、胶头滴管 ③. bcd ④. 141.6 （4）AC
【解析】
【分析】本实验为配置480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液的过程，步骤一般为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由图1数据可知，溶液中c(NaClO)= =3.8ml/L；
【小问2详解】
由稀释定律可知，稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)==0.038 ml/L，则c(Na+)=c(NaClO)=0.038ml/L；
【小问3详解】
①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE；还需要的是玻璃棒、胶头滴管；
②a．容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；
b．容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；
c．容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，c符合题意；
d．容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；
故选bcd。
③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8ml/L，由于实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶，则配制出500mL溶液所需溶质的质量m=c·V·M=3.8ml/L×0.5L×74.5g/ml=141.6g；
【小问4详解】
A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；
C．称量所用砝码生锈，使称量的固体的质量增加，溶液的浓度偏高，C符合题意；
D．定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；
故选AC。
20. A、B、C、D4种短周期元素的原子序数依次增大。A、D同族，B、C同周期，A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B原子个数之比为。常温下，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子个数之比为；丙中A、C原子个数之比为。由D和C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子个数之比为；戊中D、C原子个数之比为。B元素的最高价氧化物跟丁能发生化学反应。生成物为两种，其中一种为C的单质。
（1）写出对应物质的化学式：乙_____；丁_____。
（2）B元素的最高价氧化物跟丁反应的化学方程式：_____。
（3）写出下列物质的电子式：甲_____；戊_____。
（4）AB、C、D4种元素的原子半径由大到小顺序为_____(用元素符号表示)。
（5）由AB、C、D4种元素组成的既含离子键又含共价键的物质的化学式为_____(写出一种即可)。
【答案】（1） ①. H2O2 ②. Na2O2
（2）2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2
（3） ①. ②.
（4）Na＞C＞O＞H
（5）NaHCO3
【解析】
【分析】A、B、C、D4种短周期元素的原子序数依次增大，常温下，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子个数比为1：1，丙中A、C原子个数比为2：1，则乙为H2O2，丙为H2O，A为H，C为O元素；B、C同周期，A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B原子个数之比为4：1，甲为甲烷，则B为C元素；由D和C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子个数之比为1：1，戊中D、C原子个数之比为2：1，A、D同族，则D为Na,丁为Na2O2，戊为Na2O；B元素的最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳跟丁(Na2O2)能发生化学反应生成碳酸钠和氧气(C的单质)，满足条件，以此分析解答。
【小问1详解】
结合分析可知，乙的化学式为H2O2，丁的化学式为Na2O2，故答案为：H2O2；Na2O2；
【小问2详解】
B元素的最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳跟丁(Na2O2)能发生化学反应生成碳酸钠和氧气，该反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；
【小问3详解】
甲为甲烷，甲烷为共价化合物，其电子式为；戊为Na2O，Na2O为离子化合物，其电子式为，故答案为：；；
【小问4详解】
主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na＞C＞O＞H，故答案为：Na＞C＞O＞H；
【小问5详解】
H、C、O、Na4种元素组成的既含离子键又含共价键的物质为碳酸氢钠，其化学式为NaHCO3，故答案为：NaHCO3。
21. 某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。
Ⅰ：从下列试剂中选择合适的试剂实现S(＋6价)→S(＋4价)的转化。
试剂清单：①浓H2SO4；②稀H2SO4；③酸性KMnO4溶液；④Na2SO3溶液；⑤Cu；⑥品红溶液。
（1）写出实现转化的化学方程式：___________。
（2）设计实验，证明实现了该转化(写出操作和现象)：___________。
Ⅱ：实现硫元素在0价、＋2价、＋4价之间的转化。
查阅资料：＋2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应。
SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液X
（3）ⅰ中加入的物质是___________，该转化说明SO2的类别是___________。
（4）写出ⅲ反应的离子方程式：___________。
【答案】（1）Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（2）将产生的气体通入品红溶液中，溶液褪色
（3） ①. NaOH溶液 ②. 酸性氧化物
（4）2H＋＋=S↓＋SO2↑＋H2O
【解析】
【小问1详解】
实现S(＋6价)→S(＋4价)的转化，即S(＋6价)为氧化剂，S(＋4价)为还原产物，需要加入还原剂，根据试剂清单，结合物质性质分析,能符合转化过程的为Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
【小问2详解】
要证明实现了该转化，只需要证明产生了二氧化硫，结合二氧化硫的漂白性，可将反应后产生的气体通入品红溶液中，若溶液褪色,即证明实现了上述转化；
【小问3详解】
二氧化硫转变为亚硫酸钠过程中硫元素没有发生化合价变化，完成该转化过程可将二氧化硫通入氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠；说明SO2是酸性氧化物，能与碱反应生成对应的盐和水；
【小问4详解】
根据题干信息，+2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应，即发生歧化反应,，+2价的硫化合价既升高又降低，反应的离子方程式为：2H＋＋=S↓＋SO2↑＋H2O。
22. 氮的氧化物是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用将还原生成。在实验室利用如图装置探究能否被还原。
（1）A装置中盛放浓氨水的仪器名称是___________，D装置中盛放无水氯化钙的仪器名称是_______。
（2）试剂甲是 ___________，D中无水氯化钙的作用是___________。
（3）E装置中发生反应的离子方程式是___________。
（4）在一定温度和催化剂条件下，若能够被还原，发生的化学方程式 ___________，还可以在空气中使用具有碱性的溶液来吸收，相关反应的化学方程式是___________。
（5）此实验装置存在一个明显的缺陷是___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 球形干燥管
（2） ①. 碱石灰 ②. 干燥NO2气体
（3）
（4） ①. ②.
（5）缺少尾气处理装置
【解析】
【分析】装置A中，浓氨水和生石灰反应生成氨气；装置B用于干燥氨气，氨气是碱性气体，故试剂甲应是碱石灰；装置E中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮；装置D中装有无水氯化钙，是为了干燥二氧化氮；装置C中，氨气和二氧化氮在一定温度和催化剂条件下反应生成氮气和水。
【小问1详解】
由图可知，A装置中盛放浓氨水的仪器名称是分液漏斗；D装置中盛放无水氯化钙的仪器名称是球形干燥管；
【小问2详解】
由分析可知，试剂甲是碱石灰；D中无水氯化钙的作用是干燥NO2气体；
【小问3详解】
装置E中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式为；
【小问4详解】
氨气和二氧化氮在一定温度和催化剂条件下反应生成氮气和水，反应的化学方程式为；和溶液在空气中反应生成和，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
有毒气体，故在此实验装置中还缺少尾气处理装置。选项
A
B
C
D
实验
化合价变化
0价→+2价
0价→+6价
+4价→+6价
+6价→+4价
可能用到的相对分子质量 H-1 Na-23 Cl-35.5 S-32 O-16
一、选择题(本大题共18小题，每小题3分，满分54分)
1. 下列物质的分类不正确的是
A. 水、二氧化硫和干冰都属于氧化物
B. NaHSO4、CuSO4·5H2O和KMnO4都属于盐
C. H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸
D. 烧碱、纯碱、熟石灰都属于碱
【答案】D
【解析】
【详解】A．水、二氧化硫和干冰的化学式分别为H2O、SO2、CO2，他们都是由两种元素组成，其中一种是氧元素，属于氧化物，A正确；
B．NaHSO4、CuSO4·5H2O和KMnO4都属于盐，B正确；
C．H2SO4、HNO3、H2CO3都属于酸，C正确；
D．烧碱、纯碱、熟石灰的化学式分别为NaOH、Na2CO3、Ca(OH)2，其中Na2CO3属于盐，D错误；
答案选D。
2. 下列关于胶体的叙述错误的是
A. 病毒蛋白质分子的直径约为80 nm，在空气中可以形成气溶胶
B. 胶体和溶液的分散质均能透过滤纸
C. 纳米材料粒子直径在1～100 nm，因此纳米材料属于胶体
D. 自然界中云、雾、烟都是胶体
【答案】C
【解析】
【详解】A.在胶体分散系中分散质的粒径在1nm-100nm之间，病毒蛋白质分子的直径约为80 nm，在空气中可以形成气溶胶，A正确；
B.溶液中的离子、小分子和胶体中的胶粒都能透过滤纸，故B正确；
C.胶体是分散系，纳米材料不是分散系，C错误；
D.云、雾烟是空气中的水蒸气、固体小颗粒等分散在空气中形成的胶体，分散剂都是空气，属于气溶胶，故D正确；
故答案为：C。
3. 下列说法正确的是
A. 蔗糖、酒精在水溶液里和熔融状态时均不导电，所以它们是非电解质
B. 液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl 均是非电解质
C. NH3、SO2 的水溶液均能导电，所以NH3、SO2 均是电解质
D. 铜、石墨均能导电，所以它们是电解质
【答案】A
【解析】
【详解】A．在水溶液中和熔融状态下均不导电的化合物属于非电解质，A正确；
B．电解质需要在水溶液或者熔融状态下才能导电，B错误；
C．NH3、SO2 的水溶液均能导电，不是因为本身导电，而是反应后分别生成的一水合氨和亚硫酸导电，C错误；
D．铜、石墨虽然导电但是单质，电解质必须为化合物，D错误；
故选A。
4. 已知氧化性：，还原性：，下列反应的化学方程式或离子方程式不成立的是
A.
B. 向溶液中通入少量氯气；
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据Br2+2HI=I2+2HBr可知氧化性是Br2＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故A不选；
B．已知还原性Fe2+＞Br-，则氯气先氧化Fe2+，则FeBr2溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，故B不选；
C．由于氧化性Fe3+＞I2，则Fe3+能氧化I-，所以不能生成FeI3，正确的反应方程式为3Cl2+2FeI2═2FeCl3+2I2，故C选；
D．根据方程式2FeCl3+2HI═2FeCl2+2HCl+I2，可知氧化性：FeCl3＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故D不选；
故选：C。
5. 某溶液中含有Na＋、、、4种离子，若向其中加入一定量的过氧化钠固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是( )
A. B. Na＋C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】某溶液中含有Na＋、、、离子，若向其中加入一定量的过氧化钠固体后，过氧化钠和水反应生成氧气和NaOH，与OH－反应生成，因此溶液中离子浓度基本保持不变的是，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
6. 下列关于氯气和新制氯水的说法正确的是
A. 足量铁丝在Cl2中燃烧生成FeCl2
B. 向加有淀粉的KI溶液中通入少量Cl2后溶液变蓝，说明Cl2的氧化性强于I2
C. FeCl2溶液中滴加新制氯水，溶液变成棕黄色，说明新制氯水中含有HClO
D. 用强光照射新制氯水一段时间后，溶液pH升高
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，足量铁丝在Cl2中燃烧生成FeCl3，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，Cl2能将KI氧化为单质碘，碘遇淀粉变蓝，故B正确；
C．FeCl2溶液中滴加新制氯水，溶液变成棕黄色，氧化FeCl2的主要是Cl2，不能说明HClO的生成，，故C错误；
D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸见光分解生成盐酸和氧气，溶液酸性增强，所以溶液pH减小，故D错误；
答案选B。
7. 如图表示某条件下H2S气体的体积与质量的关系，则该条件下的气体摩尔体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】27.2gH2S气体的物质的量，则，故答案为C。
8. 下列溶液含有的氯离子的物质的量浓度最大的是
A. 1mL 0.2ml/L 溶液B. 1mL 0.5ml/L 溶液
C. 2mL 0.3m/L NaCl溶液D. 4mL 0.1ml/L 溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.2ml/LCaCl2溶液中氯离子物质的量浓度为0.4ml/L；
B．KClO3溶液中阴离子为，没有氯离子，氯离子物质的量浓度为0；
C．0.3ml/LNaCl溶液中氯离子物质的量浓度为0.3ml/L；
D．0.1ml/LAlCl3溶液中氯离子物质的量浓度为0.3ml/L;
所以氯离子物质的量浓度最大的是0.2ml/LCaCl2溶液；
答案选A。
9. 下列物质反应后，加入KSCN溶液一定变红的是
A. 过量的Fe与Cl2反应B. Fe与稀硫酸反应
C. FeCl2溶液中通入少量Cl2D. Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁与氯气反应生成氯化铁，加入硫氰酸钾溶液后，过量的铁又与氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中没有铁离子，溶液不变红，A错误；
B．铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，溶液中没有铁离子，加入硫氰酸钾溶液，溶液不变红，B错误；
C．少量氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，溶液中有铁离子，加入硫氰酸钾溶液，溶液变红，C正确；
D．氧化铁与盐酸反应生成铁离子，铁与盐酸反应生成亚铁离子，若铁过量，铁又会与生成的铁离子反应生成亚铁离子，溶液中不一定有铁离子，加入硫氰酸钾溶液，溶液不一定变红，D错误；
答案选C。
10. 下列关于新型合金材料说法不正确的是
A. 镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料
B. 钛合金生物相容性好，强度大，可作人造骨骼
C. 形状记忆合金可在使合金发生形变的作用力消失后恢复原状
D. 利用合金的熔点低于成分金属这一特点可制得耐热合金
【答案】D
【解析】
【详解】A．镧镍合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，金属氢化物稍稍加热又容易分解，所以可用作储氢材料，故A正确；
B．钛合金生物相容性好，强度大，常用作人造骨骼，故B正确；
C．形状记忆合金具有记忆功能，可使形状记忆合金发生形变的作用力消失后恢复原状，故C正确；
D．耐热合金的熔点很高，与合金的熔点低说法相悖，故D错误；
答案D。
11. 下列说法正确的是
A. 某短周期元素最外层有2个电子，则其一定是金属元素
B. 主族元素的单原子阳离子一定具有稀有气体的电子层结构(H＋除外)
C. 元素周期表有7个主族、8个副族，副族均由长周期元素组成
D. 主族元素在周期表中的位置只取决于该元素的电子层数
【答案】C
【解析】
【详解】A．某短周期元素最外层有2个电子，则为He、Be、Mg，其中He为非金属元素，即不一定是金属元素，A错误；
B．主族元素的单原子失去最外层电子转化为阳离子，则短周期主族元素的单原子阳离子一定具有稀有气体的电子层结构（H+除外），长周期主族元素不符合，如Ga失去3个电子后最外层电子数为18，B错误；
C．元素周期表有18个纵行，分为7个主族，8个副族，1个0族，总共16个族，副族由长周期元素组成，C正确；
D．主族元素的最外层电子数等于族序数，电子层数等于周期数，则主族元素在周期表中的位置取决于该元素的电子层数、最外层电子数，D错误；
故答案为：C。
12. 如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是
A. 原子半径：Z>Y>X
B. 简单气态氢化物的稳定性：W>R
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：Y
【答案】D
【解析】
【分析】由表中元素化合价可知：X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素；Y的化合价为+1价，处于IA族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素；Z为+3价，为Al元素，W的化合价为+6、-2价，故W为S元素，R的最高正价为+7价，应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：X是O，Y是Na，Z是Al，W是S，R是Cl元素。
A．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系应为：Y(Na)＞Z(S)＞X(O)，故A错误；
B．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，元素非金属性：Cl＞S，则气态氢化物的稳定性：HCl＞H2S，故B错误；
C．同一周期元素的金属性随原子序数的增大而减弱，元素的金属性越强，其形成的最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强，Y是Na，Z是Al，元素的金属性：Na＞Al，所以碱性：NaOH＞Al(OH)3，即元素的最高价氧化物的水化物的碱性：Y＞Z，故C错误；
D．Y是Na，Z是Al，二者形成的最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH、Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH反应生成NaAlO2、H2O，故D正确；
故选D。
13. 下列有关SO2的说法不正确的是
A. 将SO2气体通入H2S溶液中，生成淡黄色沉淀，反应中SO2为还原剂
B. SO2和CO2均能与澄清石灰水反应，现象相同
C. SO2具有漂白性，但遇紫色石蕊溶液却不能将其漂白
D. SO2和Cl2均能使品红溶液褪色
【答案】A
【解析】
【详解】A.将SO2气体通入H2S溶液中，反应方程式2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中SO2为氧化剂，A错误；
B.SO2和CO2分别与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙和碳酸钙，均为白色沉淀，现象相同，B正确；
C.SO2具有漂白性，但能使紫色石蕊溶液变红，不能褪色，C正确；
D.SO2能使品红溶液褪色生成无色物质，Cl2能使品红溶液褪色， 因为Cl2与水反应生成次氯酸具有漂白性，D正确；
故答案为：A。
14. 下列关于浓H2SO4与Cu反应的叙述正确的是
A. 在反应中，浓H2SO4只表现出氧化性
B. 此反应属于复分解反应
C. 在反应中，浓H2SO4既表现出氧化性，又表现出酸性
D. 每1 ml铜参加反应就有2 ml H2SO4被还原，同时生成2 ml SO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应生成硫酸铜，浓硫酸还起到酸性的作用，故A错误；
B．反应中Cu和S元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C．S元素化合价降低，被还原，表现氧化性，生成硫酸铜，还表现酸性，故C正确；
D．由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O可知，每1ml铜参加反应就有1ml硫酸被还原，同时生成1ml SO2，故D错误；
答案选C。
15. 下列关于不同价态含硫物质的转化实验中硫元素的化合价变化叙述合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁和硫加热反应生成硫化亚铁，硫的化合价从0价→−2价，故A不符合题意；
B．硫和氧气点燃生成二氧化硫，硫的化合价从0价→+4价，故B不符合题意；
C．二氧化硫和铁离子反应生成硫酸根和亚铁离子，硫的化合价从+4价→+6价，故C符合题意；
D．胆矾加热失去结晶水变为无水硫酸铜，硫的化合价未变，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
16. 发射卫星的运载火箭，其推进剂引燃后发生剧烈反应，产生大量高温气体从火箭尾部喷出。引燃后产生的高温气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射场看到火箭喷出大量“红烟”，产生“红烟”的原因是
A. 高温下N2遇空气生成NO2
B. NO遇空气生成NO2
C. CO2与NO反应生成CO和NO2
D. NO与H2O反应生成H2和NO2
【答案】B
【解析】
【详解】火箭推进剂引燃后产生的高温气体主要是CO2、H2O、N2、NO，这些气体均为无色，但在卫星发射场看到火箭喷出大量“红烟”，这是由于NO不稳定，容易被空气中O2氧化产生NO2，产物NO2是红棕色气体，反应方程式为2NO+O2=2NO2，故合理选项是B。
17. 下列说法正确的是
A. 铵盐都能与碱反应，不能与酸反应
B 铵盐受热分解一定都会产生NH3
C. NH4Cl溶液中加入NaOH浓溶液共热时反应离子方程式为＋OH- =NH3↑＋H2O
D. 可以用NaOH溶液鉴别Na2SO4、NH4NO3、KCl、(NH4)2SO4四种溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢铵可以和酸反应，A错误；
B．铵盐中的硝酸铵受热分解不会产生氨气，B错误；
C．铵根离子在碱性条件下加热会放出氨气，C正确；
D．氢氧化钠不和硫酸钠、氯化钾反应，都无现象，无法鉴别，跟硝酸铵和硫酸铵都会生成有刺激性气味的气体，也不可区分，D错误；
故选C。
18. 下列有关硅及其化合物的说法正确的是
A. 硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在
B. 硅晶体是良好的半导体，可用于制造光导纤维
C. 氢氟酸要存放在塑料瓶中
D. SiO2对应的水化物是可溶性弱酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．硅在自然界以化合态形式存在，A错误；
B．硅晶体是良好的半导体，用于制造电脑芯片等、二氧化硅用于制造光导纤维，B错误；
C．氢氟酸可以腐蚀玻璃，故用塑料瓶装，C正确；
D．SiO2对应的水化物是难溶性弱酸，D错误；
故选C。
二、非选择题(本大题共4小题，满分46分)
19. “84”消毒液是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒。某“84”消毒液瓶体部分标签如图所示，该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用。请回答下列问题：
（1）此“84消毒液”的物质的量浓度约为___________ml/L。(计算结果保留一位小数)
（2）某同学量取100mL此“84消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中c(Na+)___________ml/L。
（3）该同学参阅读该“84消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制所需的480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。
①配制溶液需要使用图2中所示的仪器有___________(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是___________。
②下列操作中，容量瓶不具备的功能是___________(填仪器序号)。
a．配制一定体积准确浓度的标准溶液b．贮存溶液
c．用来加热溶解固体溶质d．准确稀释某一浓度的溶液
③配制此溶液该同学需称取称量NaClO固体的质量为___________g。
（4）若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是___________(填序号)。
A. 定容时俯视刻度线B. 转移前，容量瓶内有蒸馏水
C. 称量所用砝码生锈D. 定容时加多水，用胶头滴管吸出
【答案】（1）3.8 （2）0.038
（3） ①. CDE ②. 玻璃棒、胶头滴管 ③. bcd ④. 141.6 （4）AC
【解析】
【分析】本实验为配置480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液的过程，步骤一般为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由图1数据可知，溶液中c(NaClO)= =3.8ml/L；
【小问2详解】
由稀释定律可知，稀释前后溶液中溶质的物质的量不变，则稀释后c(NaClO)==0.038 ml/L，则c(Na+)=c(NaClO)=0.038ml/L；
【小问3详解】
①由于实验室无480mL容量瓶，故应选用500mL容量瓶，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀和装瓶可知所需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故需使用仪器序号是CDE；还需要的是玻璃棒、胶头滴管；
②a．容量瓶只能用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，a不符合题意；
b．容量瓶不能贮存溶液，只能用于配制，配制完成后要尽快装瓶，b符合题意；
c．容量瓶不能受热，故不能用来加热溶解固体溶质，c符合题意；
d．容量瓶不能受热，而浓溶液的稀释容易放热，故不能用于准确稀释某一浓度的溶液，d符合题意；
故选bcd。
③质量分数为24%的消毒液的浓度为3.8ml/L，由于实验室无480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶，则配制出500mL溶液所需溶质的质量m=c·V·M=3.8ml/L×0.5L×74.5g/ml=141.6g；
【小问4详解】
A．定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，A符合题意；
B．转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制溶液的浓度无影响，B不符合题意；
C．称量所用砝码生锈，使称量的固体的质量增加，溶液的浓度偏高，C符合题意；
D．定容时水多了用胶头滴管吸出，则吸出的不只是溶剂，还有溶质，使溶液浓度偏小，D不符合题意；
故选AC。
20. A、B、C、D4种短周期元素的原子序数依次增大。A、D同族，B、C同周期，A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B原子个数之比为。常温下，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子个数之比为；丙中A、C原子个数之比为。由D和C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子个数之比为；戊中D、C原子个数之比为。B元素的最高价氧化物跟丁能发生化学反应。生成物为两种，其中一种为C的单质。
（1）写出对应物质的化学式：乙_____；丁_____。
（2）B元素的最高价氧化物跟丁反应的化学方程式：_____。
（3）写出下列物质的电子式：甲_____；戊_____。
（4）AB、C、D4种元素的原子半径由大到小顺序为_____(用元素符号表示)。
（5）由AB、C、D4种元素组成的既含离子键又含共价键的物质的化学式为_____(写出一种即可)。
【答案】（1） ①. H2O2 ②. Na2O2
（2）2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2
（3） ①. ②.
（4）Na＞C＞O＞H
（5）NaHCO3
【解析】
【分析】A、B、C、D4种短周期元素的原子序数依次增大，常温下，由A、C组成的两种化合物乙和丙都为液态，乙中A、C原子个数比为1：1，丙中A、C原子个数比为2：1，则乙为H2O2，丙为H2O，A为H，C为O元素；B、C同周期，A、B组成的化合物甲为气态，其中A、B原子个数之比为4：1，甲为甲烷，则B为C元素；由D和C组成的两种化合物丁和戊都为固态，丁中D、C原子个数之比为1：1，戊中D、C原子个数之比为2：1，A、D同族，则D为Na,丁为Na2O2，戊为Na2O；B元素的最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳跟丁(Na2O2)能发生化学反应生成碳酸钠和氧气(C的单质)，满足条件，以此分析解答。
【小问1详解】
结合分析可知，乙的化学式为H2O2，丁的化学式为Na2O2，故答案为：H2O2；Na2O2；
【小问2详解】
B元素的最高价氧化物为二氧化碳，二氧化碳跟丁(Na2O2)能发生化学反应生成碳酸钠和氧气，该反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；
【小问3详解】
甲为甲烷，甲烷为共价化合物，其电子式为；戊为Na2O，Na2O为离子化合物，其电子式为，故答案为：；；
【小问4详解】
主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则H、C、O、Na的原子半径由大到小顺序为Na＞C＞O＞H，故答案为：Na＞C＞O＞H；
【小问5详解】
H、C、O、Na4种元素组成的既含离子键又含共价键的物质为碳酸氢钠，其化学式为NaHCO3，故答案为：NaHCO3。
21. 某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。
Ⅰ：从下列试剂中选择合适的试剂实现S(＋6价)→S(＋4价)的转化。
试剂清单：①浓H2SO4；②稀H2SO4；③酸性KMnO4溶液；④Na2SO3溶液；⑤Cu；⑥品红溶液。
（1）写出实现转化的化学方程式：___________。
（2）设计实验，证明实现了该转化(写出操作和现象)：___________。
Ⅱ：实现硫元素在0价、＋2价、＋4价之间的转化。
查阅资料：＋2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应。
SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液X
（3）ⅰ中加入的物质是___________，该转化说明SO2的类别是___________。
（4）写出ⅲ反应的离子方程式：___________。
【答案】（1）Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O
（2）将产生的气体通入品红溶液中，溶液褪色
（3） ①. NaOH溶液 ②. 酸性氧化物
（4）2H＋＋=S↓＋SO2↑＋H2O
【解析】
【小问1详解】
实现S(＋6价)→S(＋4价)的转化，即S(＋6价)为氧化剂，S(＋4价)为还原产物，需要加入还原剂，根据试剂清单，结合物质性质分析,能符合转化过程的为Cu＋2H2SO4(浓)=CuSO4＋SO2↑＋2H2O；
【小问2详解】
要证明实现了该转化，只需要证明产生了二氧化硫，结合二氧化硫的漂白性，可将反应后产生的气体通入品红溶液中，若溶液褪色,即证明实现了上述转化；
【小问3详解】
二氧化硫转变为亚硫酸钠过程中硫元素没有发生化合价变化，完成该转化过程可将二氧化硫通入氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠；说明SO2是酸性氧化物，能与碱反应生成对应的盐和水；
【小问4详解】
根据题干信息，+2价硫在酸性条件下不稳定，易发生自身氧化还原反应，即发生歧化反应,，+2价的硫化合价既升高又降低，反应的离子方程式为：2H＋＋=S↓＋SO2↑＋H2O。
22. 氮的氧化物是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用将还原生成。在实验室利用如图装置探究能否被还原。
（1）A装置中盛放浓氨水的仪器名称是___________，D装置中盛放无水氯化钙的仪器名称是_______。
（2）试剂甲是 ___________，D中无水氯化钙的作用是___________。
（3）E装置中发生反应的离子方程式是___________。
（4）在一定温度和催化剂条件下，若能够被还原，发生的化学方程式 ___________，还可以在空气中使用具有碱性的溶液来吸收，相关反应的化学方程式是___________。
（5）此实验装置存在一个明显的缺陷是___________。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 球形干燥管
（2） ①. 碱石灰 ②. 干燥NO2气体
（3）
（4） ①. ②.
（5）缺少尾气处理装置
【解析】
【分析】装置A中，浓氨水和生石灰反应生成氨气；装置B用于干燥氨气，氨气是碱性气体，故试剂甲应是碱石灰；装置E中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮；装置D中装有无水氯化钙，是为了干燥二氧化氮；装置C中，氨气和二氧化氮在一定温度和催化剂条件下反应生成氮气和水。
【小问1详解】
由图可知，A装置中盛放浓氨水的仪器名称是分液漏斗；D装置中盛放无水氯化钙的仪器名称是球形干燥管；
【小问2详解】
由分析可知，试剂甲是碱石灰；D中无水氯化钙的作用是干燥NO2气体；
【小问3详解】
装置E中浓硝酸和铜片反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式为；
【小问4详解】
氨气和二氧化氮在一定温度和催化剂条件下反应生成氮气和水，反应的化学方程式为；和溶液在空气中反应生成和，反应的化学方程式为；
【小问5详解】
有毒气体，故在此实验装置中还缺少尾气处理装置。选项
A
B
C
D
实验
化合价变化
0价→+2价
0价→+6价
+4价→+6价
+6价→+4价
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