【化学】陕西省山阳中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷（解析版）

陕西省山阳中学2018-2019学年高一下学期期中考试试卷
可能使用的相对原子质量：H－1 N－14 O－16 Fe-56 Cu-64 Ba-137 S-32
第I卷 (共40分)
一、选择题(每小题2分，共40分，每小题只有一个正确选项)
1.下列表述正确的是（ ）
A. 硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维
B. 常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸
C. 浓硫酸具有吸水性，故能使蔗糖炭化
D. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的漂白性
【答案】B
【解析】
【分析】A.光导纤维主要成分为二氧化硅；
B.依据浓硝酸强氧化性解答；
C.依据浓硫酸脱水性解答；
D.依据二氧化硫还原性解答。
【详解】A.光导纤维主要成分为二氧化硅，不是晶体硅，A错误；
B.浓硝酸具有强的氧化性，常温下铁遇浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸，B正确；
C.浓硫酸具有脱水性，浓硫酸能使蔗糖炭化，C错误；
D.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性，能够还原高锰酸钾，D错误；
故合理选项是B。
2.下列关于指定粒子构成的几种描述中不正确的是( )
A. H3O+与 OH-具有相同的质子数和电子数
B. 第85号元素的最高价为+7价
C. 37Cl与39K具有相同的中子数
D. 147N与157N得电子能力相同
【答案】A
【详解】A. H3O+质子数为11，电子数为10， OH-质子数为9，电子数为10，因此二者的质子数不相等，A错误；
B.第85号元素 At，原子最外层有7个电子，由于元素的最高正化合价数等于原子的最外层电子数，所以At最高价为+7价，B正确；
C.37Cl的中子数为37-17=20，39K的中子数为39-19=20，因此二者具有相同的中子数，C正确；
D. 147N与157N属于同一元素的不同核素，原子核外电子排布相同，因此得电子能力相同，D正确；
故合理选项是A。
3. 元素性质呈周期性变化的决定因素是 ( )
A. 元素相对原子质量依次递增
B. 元素的最高正化合价呈周期性变化
C. 元素原子最外层电子排布呈周期性变化
D. 元素金属性或非金属性呈周期性变化
【答案】C
【解析】元素性质呈周期性变化的决定因素是元素原子最外层电子排布呈周期性变化
4. 下列各组中前者的碱性比后者强的是( )
A. KOH和Al(OH)3 B. Mg(OH)2和NaOH
C. Al(OH)3和Mg(OH)2 D. Mg(OH)2和Ca(OH)2
【答案】A
【解析】金属性越强对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性：KOH>NaOH >Mg(OH)2> Al(OH)3、 Mg(OH)2>Ca(OH)2 BCD错误
5.某元素X最高价含氧酸的化学式为H3XO4，则其气态氢化物为(  )
A. HX B. H2X C. XH4 D. XH3
【答案】D
【解析】由题意知X的最高正价为+5，则最低负价为-3，气态氢化物为XH3
6.下列叙述中能肯定说明金属A比金属B的活泼性强的是(  )
A. A原子最外层电子数比B原子的最外层电子数少
B. A原子电子层数比B原子电子层数多
C. 1molA从酸中置换生成的H2比1mol B从酸中置换生成的H2多
D. 常温时，A能从酸中置换出氢，而B不能
【答案】D
【解析】分析：比较元素金属性强弱的一般依据是：在一定条件下金属单质与水反应的难易程度和剧烈程度；常温下与同浓度酸反应的难易程度和剧烈程度；依据最高价氧化物的水化物碱性的强弱；依据金属单质与盐溶液之间的置换反应；依据金属活动性顺序表（极少数例外）；依据元素周期表等。
详解：A．A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少不能说明A的金属性大于B，如Ca的金属性大于Li，A错误；
B．A原子的电子层数比B原子的电子层数多，不能说明A的金属性大于B，如镁的金属性小于锂，B错误；
C.1molA从酸中置换生成的H2比1molB从酸中置换生成的H2多，说明A失电子比B多，不能说明A的金属性大于B，C错误；
D．常温下，A能从酸中置换出氢，而B不能，说明A的活动性大于B，则A的金属性大于B，D正确；答案选D。
7.工业上制备硫酸常用接触法，工业上制硝酸常用氨的催化氧化法。下列关于工业上制硫酸与硝酸的说法中不正确的是( )
A. 在沸腾炉中进行的反应为：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
B. 工业上制硫酸与硝酸都用到同一工艺设备：吸收塔
C. 硫酸工业、硝酸工业都需要对工业尾气进行处理
D. 工业上制备硫酸和制硝酸涉及的反应都属于氧化还原反应
【答案】D
【解析】A．在沸腾炉中进行的反应为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，A正确；B．工业上制硫酸与硝酸都用到同一工艺设备：吸收塔，B正确；C．硫氧化合物和氮氧化合物均是大气污染物，硫酸工业、硝酸工业都需要对工业尾气进行处理，C正确；D．三氧化硫与水化合生成硫酸是非氧化还原反应，D错误，答案选D。
8.能实现下列物质间直接转化的元素是（ ）
单质氧化物酸或碱盐
A. 氮 B. 硫 C. 铁 D. 铜
【答案】B
【详解】A、氮气和氧气反应生成NO，NO与水不反应，故不选A；
B、硫和氧气反应生成SO2，SO2与水反应生成H2SO3 ，H2SO3和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠， 故选B；
C、铁和氧气反应生成Fe3O4，Fe3O4与水不反应，故不选C；
D、铜和氧气反应生成CuO，CuO与水不反应，故不选D。
9.已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。下图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是（ ）

A. 甲是浓氨水，乙是浓硫酸
B. 甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C. 甲是浓氨水，乙是浓盐酸
D. 甲是浓硫酸，乙是浓氨水
【答案】C
【解析】
【分析】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙．
【详解】浓硫酸不挥发，排除AD选项；由于气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨水比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸。
故选C。
10.X、Y、Z均为元素周期表中前20号元素，Xa＋、Yb－、Z(b＋1)－简单离子的电子层结构相同，下列说法正确的是（ ）
A. 已知mXa＋与nYb－，得m＋a＝n－b
B. 离子半径：Yb－>Z(b＋1)－>Xa＋
C. Z(b＋1)－的还原性大于Yb－
D. 气态氢化物的稳定性Hb＋1Z一定大于HbY
【答案】C
【解析】
【分析】Xa+、Yb-、Z（b+1）-简单离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等，X、Y、Z在周期表中的相对位置是 ，则核电荷数X＞Y＞Z，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，非金属性越强氢化物越稳定、阴离子还原性越弱，据此解答。
【详解】已知mXa＋与nYb－，简单离子具有相同的电子层结构，核外电子数相等，得m-a＝n+b，故A错误；
B. 电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，离子半径：Z(b＋1)－> Yb－> Xa＋，故B错误；
C. 非金属性Y>Z，非金属性越强阴离子还原性越弱，Z(b＋1)－的还原性大于Yb－，故C正确；
D. 非金属性Y>Z，非金属性越强氢化物越稳定，所以气态氢化物的稳定性Hb＋1Z＜HbY，故D错误。
11. 对于100mL 1mol/L盐酸与铁片的反应，采取下列措施能使反应速率加快的是：（ ）
①升高温度；
②改用100mL 3mol/L盐酸；
③多用300mL 1mol/L盐酸；
④用等量铁粉代替铁片；
⑤改用98%的硫酸
A. ①③④ B. ①②④
C. ①②③④ D. ①②③⑤
【答案】B
【解析】试题分析：①升高温度，加快反应速率，故正确；②增加c(H＋），反应速率加快，故正确；③没有增加c(H＋），反应速率不加快，故错误；④增加接触面积，加快反应速率，故正确；⑤虽然c(H＋）增大，但不产生H2，产生SO2，故错误。
12.在合成氨的反应中，在5s中N2由6mol/L减至2mol/L。则NH3的平均反应速率是(  )
A. 2.4 mol/(L•s) B. 1.6mol/(L•s)
C. 0.8 mol/(L•s) D. 0.08 mol/(L•s)
【答案】B
【详解】V(N2)==0.8mol/(L•s)，根据反应方程式N2+3H22NH3可知V(NH3)=2V(N2)=1.6 mol/(L•s)，故合理选项是B。
13.以下实验目可以实现的是( )
A. 验证一定生成SO2 B. 制备氨气
C. 证明碳酸酸性强于硅酸 D. 收集NO
【答案】C
【详解】A、SO2、Cl2都能使品红褪色，故A错误；
B、实验室通常用加热氯化铵和氢氧化钙的混合物的方法制备氨气，直接加热氯化铵，由于氯化铵分解生成的氯化氢和氨气还可以在较低的温度下重新化合为氯化铵，故B错误；
C、碳酸钠与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，能证明碳酸酸性强于硅酸，故C正确；
D、NO与氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故D错误。
14.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，其余均为无色气体。m的摩尔质量为p的2倍，n是Y元素的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，q能使品红溶液褪色。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是( )

A. q与s均为酸性氧化物 B. Z的含氧酸是一种强酸
C. X、Y分别与W形成10e-的微粒能反应生成一种气体 D. 原子半径：W 【答案】D
【解析】
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、p、q、r、s是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下r为液体，则r应为H2O，其余均为无色气体，n是元素Y的单质，是绿色植物光合作用产生的无色气体，则Y为O元素，n为O2，p物质能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则p为NH3，所以W应为H元素，X应为N元素，根据转化关系，氨气和氧气在催化剂作用下生成r和s，所以s为NO，m的摩尔质量为p的2倍，m应为H2S，q能使品红溶液褪色，q应为SO2，所以Z应为S元素，硫化氢在氧气中燃烧生成SO2和H2O，符合转化关系，结合元素周期律解答。
【详解】A.q为SO2，SO2和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，s为NO不能和碱反应，不是酸性氧化物，A错误；
B.Z的含氧酸中，硫酸是一种强酸，而亚硫酸为弱酸，B错误；
C.W是H，X是N，Y是O，N、O与H元素形成的10e-的微粒分别是NH3、H2O，二者反应产生NH3·H2O，不能反应产生气体，C错误；
D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素自左而右原子半径减小，原子半径W(H)＜Y(O)＜X(N)，D正确；
故合理选项是D。
15.下表各组物质在适当条件均可反应，其中气体（指常温时的状态）产物可能不唯一的是（ ）
A. 浓硫酸与锌 B. 浓硫酸与铜
C. 浓盐酸与MnO2 D. 浓氨水与CaO
【答案】A
【解析】
【分析】A、锌和浓硫酸反应生成二氧化硫，锌与稀硫酸反应生成氢气；
B、浓硫酸和铜共热反应生成二氧化硫，铜与稀硫酸不反应；
C、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气，二氧化锰与稀盐酸不反应；
D、浓氨水和氧化钙混合，氧化钙和水反应放热，一水合氨分解生成氨气。
【详解】A项、浓硫酸和锌反应生成二氧化硫，随反应进行浓度变小，变化为稀硫酸，锌与稀硫酸反应生成氢气，生成气体为二氧化硫和氢气的混合气，故A正确；
B项、浓硫酸和铜共热反应生成二氧化硫，随反应进行浓度变小，变化为稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，生成气体只有二氧化硫，故B错误；
C项、浓盐酸和二氧化锰共热反应生成氯气，随反应进行浓度变小，变化为稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，生成气体只有氯气，故C错误；
D项、浓氨水和氧化钙混合，氧化钙和水反应放热，一水合氨分解生成氨气，气体只有氨气，故D错误。
故选A。
16.下列除杂的操作方法，正确的是（ ）
A. NO中混有少量NO2气体：用水洗涤后再干燥
B. 食盐中混有少量NH4Cl：加过量烧碱溶液后加热蒸干
C. NH3中混有少量水蒸气：通过装有浓硫酸的洗气瓶
D. 硝酸混有少量硫酸：加适量BaCl2后再过滤
【答案】A
【解析】
【分析】A、NO2与水反应生成硝酸和NO；
B、加过量烧碱溶液后加热蒸干，食盐中又引入了新杂质氢氧化钠；
C、NH3与浓硫酸反应生成硫酸铵；
D、硝酸混有少量硫酸，加适量BaCl2后再过滤，得到的溶液中含有杂质盐酸；
【详解】A、NO2与水反应生成硝酸和NO，所以用水洗涤后再干燥可以除去NO中混有少量NO2气体，故A正确；
B、加过量烧碱溶液后加热蒸干，食盐中又引入了新杂质氢氧化钠，故B错误；
C、NH3与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，故C错误；
D、硝酸中混有少量硫酸，加适量BaCl2后再过滤，得到的溶液中含有杂质盐酸，故D错误。
17.CO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，在下图右侧的Y形管中放置合适的药品，进行合理操作，在BaCl2溶液中可以看到白色沉淀．右侧Y形管中放的药品是（ ）

A. Cu和浓硝酸 B. CaO和浓氮水
C. Na2SO3和较浓硫酸 D. KMnO4溶液和浓盐酸
【答案】B
【详解】A. Cu和浓硝酸反应生成NO2，通入水中生成硝酸，硝酸和氯化钡以及二氧化碳均不反应，故A错误；
B. CaO和浓氮水反应会生成氨气，氨气通入溶液和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故B正确；
C. Na2SO3和较浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡以及二氧化碳均不反应，故C错误；
D. KMnO4溶液和浓盐酸反应生成氯气，氯气和氯化钡以及二氧化碳均不反应，故D错误。
故选B。
18.某同学为检验溶液中是否含有常见的四种无机离子,进行了下图所示的实验操作。其中检验过程中产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。由该实验能得到的正确结论是（ ）

A. 原溶液中一定含有SO42- B. 原溶液中一定含有NH4+
C. 原溶液中一定含有Cl- D. 原溶液中一定含有Fe3+
【答案】B
【解析】
【分析】在溶液中加入盐酸酸化的硝酸钡，其中的亚硫酸根离子、亚铁离子会被氧化为硫酸根离子、铁离子，加入的盐酸中含有氯离子，会和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，能使红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，三价铁离子能使硫氰酸钾变为红色。
【详解】A、原溶液中加入硝酸钡溶液和稀盐酸产生白色沉淀，原溶液可能含有SO42－、Ag+，不一定含有SO42－离子，故A错误；
B、在检验过程中加入碱产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝说明放出了氨气，原溶液中含有NH4＋离子，故B正确；
C、加入盐酸再加硝酸银溶液产生白色沉淀可能是原来的溶液中氯离子产生的，也可能是加入的氯离子产生的，原溶液中不一定含有Cl-，故C错误；
D．在原溶液中加入硝酸钡溶液和稀盐酸也就相当于加入硝酸溶液，硝酸有强的氧化性，可以将Fe2+氧化成Fe3+，原溶液中不一定含有Fe3＋离子，故D错误。
19.一定条件下，将等体积的NO2和O2的混合气体置于试管并将该试管倒置于水槽中至液面不再上升时，剩余气体的体积约为原体积的（ ）
A. 1/4 B. 3/4 C. 1/8 D. 3/8
【答案】D
【详解】根据4NO2+O2+2H2O4HNO3可知O2过量。设NO2和O2的体积各1L，则1LNO2消耗O21/4L，剩余O23/4L，所以剩余气体的体积约为原体积的3/4×1/2=3/8。
故选D。
20.稀H2SO4 和稀HNO3的混合液1L，其物质的量浓度分别为0.4mol·L-1和0.1mol·L-1。若向该混合液中加入足量的铜粉，则最多能溶解铜粉的质量为（ ）
A. 2．4g B. 3．2g C. 6．4g D. 9．6g
【答案】D
【详解】1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4mol•L-1和0.1mol•L-1，则n（H+）=1L×2×0.4mol/L+1L×0.1mol/L=0.9mol，n（NO3-）=1L×0.1mol/L=0.1mol，根据
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O
3 8 2
0.9mol 0.1mol
可知H+过量，NO3-完全反应，则消耗铜的质量为0.1mol××64g/mol=9.6g，故选D。
第II卷(共60分)
21.用相应的化学用语回答下列问题
（1）用化学方程式说明实验室不能用带玻璃塞试剂瓶装NaOH溶液的原因_________
（2）用化学方程式说明用氢氟酸雕刻玻璃的原因_________
（3）生产过程中产生的SO2、Cl2等大气污染物，若将二者按照一定比例通入水中可减少或消除污染。写出该反应的离子反应方程式_______。
（4）Sr是第5周期第IIA族元素，用离子方程式表示SrCO3与稀盐酸的反应_____
【答案】(1). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O (2). 4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O (3). SO2+Cl2+H2O=4H++SO42-+2Cl- (4). SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O
【解析】
【分析】(1)SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3；
（2）用氢氟酸雕刻玻璃是HF与SiO2反应生成SiF4气体；
（3）SO2、Cl2按照一定比例通入水中发生反应生成硫酸和盐酸；
（4）根据同主族元素递变规律，SrCO3难溶于水；
【详解】(1)实验室不能用带玻璃塞试剂瓶装NaOH溶液的原因是SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3，反应方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（2）用氢氟酸雕刻玻璃是HF与SiO2反应生成SiF4气体，反应方程式是4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；
（3）SO2、Cl2按照一定比例通入水中发生反应生成硫酸和盐酸消除污染，反应的离子方程式是SO2+Cl2+H2O=4H++SO42-+2Cl-；
（4）根据同主族元素递变规律，SrCO3难溶于水，与盐酸反应的离子方程式是SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O。
22.A、B、C、D、E、F六种元素，它们的核电荷数均小于18，且原子序数逐渐增大。已知：A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，均生成盐和水。11.5g A单质恰好与100mL 5mol/L的盐酸完全反应，反应后溶液呈中性。D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个。请回答下列问题：
(1)写出D的元素符号______，E的最高价氧化物的水化物的化学式__________。
(2)画出B元素的离子结构示意图__________________。
(3)若构成F元素的一种原子的质量数为35，写出其原子符号________。
(4)A与F反应的离子方程式为___________________________。
【答案】(1). Si (2). H3PO4 (3). (4). (5). H++OH-=H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F六种短周期元素，核电荷数均小于18，且原子序数逐渐增大．A、C、F三种元素的最高价氧化物的水化物之间两两皆能反应，应是氢氧化铝、强碱、强酸之间的反应，且A、C、F三种原子的最外层共有11个电子，可推知A为Na元素、C为Al元素、F为Cl，且符合11.5gA单质恰好与100mL 5mol/L的盐酸完全反应，反应后溶液呈中性；B的原子序数介于Na、Al之间，故B为Mg元素；D元素原子的最外层电子数比次外层电子数少4个，最外层电子数为4，则D为Si元素；E元素原子的次外层电子数比最外层电子数多3个，最外层电子数为8-3=5，故E为P元素，以此来解答。
【详解】根据上述推断可知A是Na元素，B是Mg元素，C是Al元素，D是Si元素，E为P元素，F是Cl元素。
(1)由上述分析可知，D为硅元素，元素符号为Si；E为P元素，P元素的最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4；
(2)B元素Mg，Mg原子核外有12个电子，失去2个电子形成Mg2+，Mg2+离子结构示意图为；
(3)F是Cl元素，Cl元素质子数是17，它的一种原子的质量数为35，则根据原子的表示方法可知其原子符号为；
(4)A、C、F元素最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，A与F元素最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为NaOH+HClO4=NaClO4+H2O，由于NaOH、HClO4都是可溶性的强电解质，所以反应的离子方程式为H++OH-=H2O。
23.下图中的各字母表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中常温下A是金属单质；B是淡黄色固体； C、D、E为无色气体，D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；H是无色液体。

（1）写出下列各物质的化学式：B：________；F：_____。
（2）写出D→E反应的化学方程式为：_______。
（3）写出G→F反应的离子方程式：______；若该反应中转移电子总数为9.03 ×1023 ，则被还原的G的物质的量为_____。
（4）写出实验室制取D的化学方程式______
【答案】 (1). Na2O2 (2). NO2 (3). 4NH3 + 5O2 4 NO + 6H2O (4). Cu+4H+ +2NO3－Cu2++2NO2↑+2H2O (5). 1.5mol (6). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
【解析】
【分析】A是金属单质、B是淡黄色固体，则A是Na、B是Na2O2、C是O2；D是气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是NH3；NH3催化氧化为NO，E是NO；NO与O2反应生成NO2，H是无色液体，H是H2O；NO2与H2O反应生成HNO3，G是HNO3。
【详解】（1）根据以上分析，B是过氧化钠，化学式是Na2O2；F是二氧化氮，化学式是NO2。
（2）氨气与氧气发生催化氧化反应生成NO和水，反应的化学方程式为4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O。
（3）Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，反应的离子方程式为Cu+4H+ +2NO3－Cu2++2NO2↑+2H2O；硝酸被还原为NO2，若该反应中转移电子总数为9.03 ×1023 ，转移电子的物质的量是1.5mol，则被还原的硝酸的物质的量为1.5mol。
（4）实验室用加热氯化铵和氢氧化钙混合物的方法制取氨气，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
24.某化学兴趣小组同学利用下图所示装置(夹持及加热装置已略去，装置气密性良好)探究SO2的性质(实验前已事先除去装置中的空气)。请回答下列问题：

[查阅资料得知浓硫酸的沸点为338 ℃，酒精灯火焰的温度为400～500 ℃]
（1）仪器a的名称_________。
（2）装置D和F作用是_________。
（3）加热时，装置A中反应的化学方程式为________。
（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，B中的现象是_____，当装置C中溶液由蓝色变为无色，由此推测所得无色溶液中的离子主要是H＋、I－ 和____；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化，该实验操作及现象是：_____。
（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是：有白色沉淀产生，白色沉淀的成分是_____，生成白色沉淀的原因可能是___（选填字母序号）。
a．SO2与BaCl2溶液反应生成了白色沉淀
b．BaCl2溶液与硫酸蒸气反应生成了白色沉淀
c．SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，再与BaCl2反应生成白色沉淀
（6）取A中产生的SO2气体通入足量双氧水中，然后加入足量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得到4.66 g沉淀。据此推知SO2气体的体积为___mL（标准状况）。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). 吸收SO2防止污染空气及防倒吸 (3). Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O (4). 品红褪色 (5). SO42- (6). 取少量所得溶液于试管中再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 (7). BaSO4 (8). bc (9). 448
【解析】
【分析】（1）根据装置图回答仪器a的名称。
（2）根据SO2有毒，污染空气分析。
（3）加热时，装置A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水。
（4）SO2具有漂白性；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘单质与二氧化硫发生了氧化还原反应；SO42-与氯化钡反应生成白色沉淀；
（5）BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在酸性条件下不存在，二氧化硫与氯化钡不反应；
（6）根据硫元素守恒计算二氧化硫的体积。
【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是分液漏斗。
（2）SO2有毒，污染空气，装置D和F的作用是吸收SO2防止污染空气及防倒吸。
（3）加热时，装置A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式是Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O。
（4）打开K1，关闭K2，加热装置A一段时间后，SO2具有漂白性，能使品红褪色，所以B中的现象是品红褪色；装置C中溶液由蓝色变为无色，说明碘分子与二氧化硫发生了氧化还原反应，I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，所以溶液中的离子主要是H＋、I－ 和SO42-；为了进一步实验证实了该过程中SO2已被氧化为SO42-，实验操作及现象是：取少量所得溶液于试管中再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。
（5）关闭K1，打开K2，用酒精灯加热装置A，观察到E中发生的现象是有白色沉淀产生，BaSO4难溶于盐酸，BaSO3在强酸性条件下不能生成，所以白色沉淀的成分是BaSO4；浓硫酸的沸点为338 ℃，酒精灯火焰的温度为400～500 ℃，所以BaCl2溶液可能与硫酸蒸气反应生成了硫酸钡沉淀；也可能是SO2溶于水生成的H2SO3被装置内的O2氧化生成H2SO4，H2SO4再与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，故选bc；
（6）根据硫元素守恒有关系式SO2～BaSO4；设SO2的体积是VL
SO2 ～ BaSO4
22.4L 233g
VL 4.66 g

V=0.448L=448mL。
25.某化学兴趣小组为探究元素性质的递变规律，设计了如下系列实验。
I．将 NaOH溶液与 NH4Cl 溶液混合生成 NH3·H2O，从而验证NaOH的碱性大于NH3·H2O，继而可以验证Na的金属性大于N，你认为此设计是否合理?并说明理由：_________。
II．根据下图所示装置图回答以下问题。

（1）实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸，某同学验证氯的非金属性大于硫，请写出试管中发的离子反应方程式______
（2）甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间关系，设计了如图装置来一次性完成N、C、Si三种非金属元素的非金属性强弱比较的实验研究；写出选用物质的名称：A__，B__，C___；上述反应的离子方程式_____；_____。
【答案】(1). 不合理，NH3·H2O并非为N的最高价氧化物对应的水化物 (2). S2－+Cl2=S+2Cl- (3). 稀硝酸 (4). 碳酸钙或其它碳酸盐 (5). 硅酸钠溶液 (6). CaCO3+2H＋=Ca2＋+2CO2↑+H2O (7). SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32-
【解析】
【分析】Ⅰ．元素的最高价氧化物的水化物的碱性越强，元素的金属性越强；
Ⅱ．（1）KMnO4与浓盐酸反应生成氯气，氯气置换出Na2S中的硫；
（2）要证明非金属性：N＞C＞Si，硝酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸来证明。
【详解】Ⅰ．将NaOH溶液与NH4Cl溶液混合生成NH3•H2O，可以说明NaOH的碱性大于NH3•H2O，但不能说明Na的金属性大于N，因为要验证金属性的强弱，必须通过比较最高价氧化物所对应的水化物的碱性来进行比较，而NH3•H2O不是氮元素的最高价氧化物的水化物。
（1）试管中氯气与Na2S反应生成氯化钠和硫，反应的离子反应方程式是S2－+Cl2=S+2Cl-；
（2）硝酸与碳酸钙反应生成二氧化碳、二氧化碳和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，可以证明非金属性：N＞C＞Si；则选用物质的名称：A是稀硝酸，B是碳酸钙，C是硅酸钠溶液；稀硝酸与碳酸钙反应的离子方程式是CaCO3+2H＋=Ca2＋+2CO2↑+H2O；二氧化碳与硅酸钠溶液反应的离子方程式是SiO32-+CO2+H2O═H2SiO3↓+CO32-。
26.16.8gFe跟一定量浓 HNO3 反应，Fe 全部溶解，共收集NO、NO2的总体积为 11.2 L(标准状况)，所得溶液中 H＋的物质的量为0.02mol，请回答：
（1）反应中被还原的硝酸为_______mol。
（2）生成的 NO 与 NO2 的物质的量之比为______。
（3）写出该反应的离子方程式：______。
【答案】(1). 0.5 (2). 2:3 (3). 3Fe +14H++5NO3 -===3Fe3++2NO2↑+3NO↑+7H2O
【解析】
【分析】16.8gFe跟一定量浓 HNO3 反应，Fe 全部溶解，所得溶液中 H＋的物质的量为0.02mol，说明硝酸有剩余，铁全部被氧化物Fe3+；硝酸被还原为NO、NO2；根据得失电子守恒计算NO 与 NO2 的物质的量之比。
【详解】（1）硝酸被还原为NO、NO2，根据氮元素守恒，被还原的硝酸的物质的量等于NO、NO2的物质的量，所以被还原的硝酸的物质的量=0.5mol；
（2）设生成的 NO的物质的量是 xmol，则NO2 的物质的量(0.5-x) mol；根据得失电子守恒 ，x=0.2mol，所以NO、NO2的物质的量分别是0.2mol、0.3mol，生成的 NO 与 NO2 的物质的量之比为2:3；
（3）生成的 NO 与 NO2 的物质的量之比为2:3，根据得失电子守恒配平方程式，该反应的离子方程式是3Fe +14H++5NO3 -===3Fe3++2NO2↑+3NO↑+7H2O。