1、安徽省肥东县第二中学2019-2020学年高一化学下学期期中试题（共建班，含解析）1.化学知识无处不在，下列与古诗文记载对应的化学知识不正确的是（）常见古诗文记载化学知识A泉州府志：元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖B荀子劝学：冰水为之，而寒于水。冰的能量低于水，冰变为水属于吸热反应C本草纲目：釆蒿蓼之属，晒干烧灰，以原水淋汁，久则凝淀如石(石碱)，浣衣发面。石碱具有碱性，遇酸产生气体D天工开物：凡研硝(KNO3）不以铁碾入石臼，相激火生，祸不可测。性质不稳定，撞击易爆炸A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.该古
2、诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后，去土红糖变白糖，说明泥土具有吸附作用，能将红糖变白糖，A项正确；B.冰的能量低于水，冰变为水需要吸收能量，但没有新物质生成，不是吸热反应，B项错误；C.该古诗文说明“石碱”能溶于水，其水溶液久置会结晶析出，能用于洗衣、发面，说明“石碱”具有碱性（能用于洗衣），遇酸产生气体（能用于发面），C项正确；D.该古诗文指研磨KNO3不用铁碾在石臼中研磨，两者相互撞击产生火花后果不堪设想，说明KNO3不稳定，撞击易爆炸，D项正确；答案选B。2.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. 强碱性溶液中:K+、Na+、CO32-、NO3-B. 加铝粉能产生大量H
3、2的溶液中：Na+、NH4+、NO3-、Cl-C. 能使紫色石蕊变红的溶液中:Na+、A13+、SO42-、HCO3-D. 1.0 mol/LKNO3溶液:H+、Fe2+、Cl-、SO42-【答案】A【解析】A. 强碱性溶液中:OH-、K+、Na+、CO32-、NO3-相互之间不反应，能大量共存，选项A正确；B.该溶液为酸性或者碱性溶液，若碱性则NH4+能够与OH-离子反应而不能大量存在，若酸性条件下含有NO3-的溶液不能产生氢气，选项B错误；C. 能使紫色石蕊变红的溶液呈酸性HCO3-不能大量存在，选项C错误； D、H+、Fe2+、NO3-离子会发生氧化还原反应，不能大量共存，选项D错误。答
4、案选A。3.常温下，在溶液中可发生以下反应：2Fe2Br2=2Fe32Br，2BrCl2=Br22Cl，2Fe32I=2Fe2I2；下列说法错误的是A. 铁元素在反应和中均被氧化B. 反应中当有1mol Cl2被还原时，有2mol Br被氧化C. 氧化性强弱顺序为：Cl2Br2Fe3I2D. 还原性强弱顺序为：IFe2BrCl【答案】A【解析】【详解】A.中Fe2作还原剂，在反应中被氧化，中Fe3作氧化剂，在反应中被还原，A项错误；B.反应中Cl2作氧化剂，当1 mol Cl2被还原时，有2 mol Br被氧化，B项正确；C.D.由反应可知：氧化性：Br2Fe3，还原性：Fe2Br；由反应可知
5、：氧化性：Cl2Br2，还原性：BrCl；由可知：氧化性，Fe3I2，还原性：IFe2，故C、D正确。答案选A4.运用元素周期律分析下面的推断，其中正确的是A. 铊(Tl)是铝的同族元素，原子核外有 6 个电子层，推测 Tl(OH)3 是两性氢氧化物B. 砹(At)为有色固体，HAt 不稳定C. 已知锶 Sr 与镁同族，硫酸锶(SrSO4)是易溶于水的白色固体D. 硒化氢(H2Se)是比硫化氢稳定的气体【答案】B【解析】【分析】同主族，从上到下，氢化物的稳定性逐渐减弱，原子半径逐渐增大，卤素单质由气体过渡为固体，同主族元素的性质具有相似性和递变性。【详解】A铊(Tl)是铝的同族元素，原子核外有
6、6个电子层，同族元素从上到下碱性逐渐增强，Tl(OH)3不是两性氢氧化物而属于一种强碱，故A错误；B砹(At)属于卤素单质，从上到下氢化物稳定性逐渐减弱，单质由气体过渡为固体，所以At为有色固体，HAt不稳定，故B正确；C同主族，从上到下原子半径逐渐增大，锶Sr与镁同族且原子半径大于钙，硫酸钙是微溶于水的，所以硫酸锶(SrSO4)是难溶于水的白色固体，故C错误；D同主族，从上到下，氢化物的稳定性逐渐减弱，硒化氢（H2Se）比硫化氢稳定性差，故D错误；故答案为：B。5.下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的事实是HCl比H2S稳定HClO氧化性比H2SO4强HClO4酸性比H2SO4强Cl2能
7、与H2S反应生成SCl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe反应生成FeSA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】HCl比H2S稳定，则非金属性ClS，故正确；HClO中氯不是最高价，HClO氧化性比H2SO4强，不能确定元素的非金属性强弱，故错误；HClO4酸性比H2SO4强，则非金属性ClS，故正确；Cl2能与H2S反应生成S，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则非金属性ClS，故正确；Cl原子最外层有7个电子，S原子最外层有6个电子，不能利用最外层电子数的多少来判断非金属性的强弱，故错误；Cl2与Fe反应生成FeCl3，S与Fe
8、反应生成FeS，则Cl得电子的能力强，所以非金属性ClS，故正确；故选A。【点睛】本题考查非金属性的比较，熟悉常见的非金属性比较的方法是解答本题的关键，根据非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸的酸性强弱、离子的还原性强弱、氢化物的稳定性、反应的难易程度等来判断原子的得电子能力强弱，以此来比较非金属性的强弱。6.下表中,对陈述、的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是选项陈述陈述判断AKSCN溶液可检验Fe3+待测液先后滴入足量氯水和几滴KSCN溶液后变为血红色,证明待测液含Fe3+对;对;无BSO2具有还原性SO2通入Ba(NO3)2溶液中可见白色沉淀生成对;对;有CNO2和溴蒸气都
9、呈红棕色用水可鉴别NO2和溴蒸气对;对;无D反应物比例不同可导致产物不同Na与O2反应可能生成Na2O,也可能生成Na2O2对;对;有A. AB. BC. CD. D【答案】BC【解析】【详解】A陈述中，若待测液中含Fe2，加入足量氯水后，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl,滴入KSCN后溶液变红色，所以不能证明待测液中含Fe3，A项错误；BSO2通入Ba(NO3)2溶液可见白色沉淀生成,是由于SO2溶于水形成H2SO3，在酸性条件下NO3-将H2SO3氧化形成H2SO4，进而发生复分解反应产生BaSO4白色沉淀，B项正确；CNO2和溴蒸气都呈红棕色,当把二者分别通入水中，前者反应形成HNO3
10、，溶液是无色，后者形成溴水，溶液呈橙黄色，可以鉴别二者，二者没有因果关系，C项正确；DNa与O2在常温下发生反应生成Na2O，若在加热或点燃时发生反应生成Na2O2，但是不是因为反应物比例不同而导致的产物不同，D项错误；答案选BC。7.下列关于元素周期表应用的说法正确的是A. 为元素性质的系统研究提供指导，为新元素的发现提供线索B. 在金属与非金属的交界处，寻找可做催化剂的合金材料C. 在IA、IIA族元素中，寻找制造农药的主要元素D. 在过渡元素中，可以找到半导体材料【答案】A【解析】【详解】A.元素周期表是元素周期律的具体表现形式，它反映元素原子的内部结构和它们之间相互联系的规律。为元素性
11、质的系统研究提供指导，为新元素的发现及预测它们的原子结构和性质提供线索，故A正确； B.在周期表中金属和非金属的分界处可以找到半导体材料，故B错误；C.通常制造农药的主要元素有F、Cl、S、P等元素，并不在IA、IIA族元素中，故C错误；D.在过渡元素中寻找耐高温、耐腐蚀的合金材料，并不是半导体材料，故D错误；答案选A。【点睛】本题主要考查了周期表的意义，元素周期表在生产方面的应用表现在以下几个方面：农药多数是含Cl、P、S、N、As等元素的化合物。半导体材料都是周期表里金属与非金属交接界处的元素，如Ge、Si、Ga、Se等。催化剂的选择：人们在长期的生产实践中，已发现过渡元素对许多化学反应有
12、良好的催化性能。耐高温、耐腐蚀的特种合金材料的制取：在周期表里从B到B的过渡元素，如钛、钽、钼、钨、铬，具有耐高温、耐腐蚀等特点。它们是制作特种合金的优良材料，是制造火箭、导弹、宇宙飞船、飞机、坦克等的不可缺少的金属。矿物的寻找：地球上化学元素的分布跟它们在元素周期表里的位置有密切的联系。科学实验发现如下规律：相对原子质量较小的元素在地壳中含量较多，相对原子质量较大的元素在地壳中含量较少；偶数原子序数的元素较多，奇数原子序数的元素较少。处于地球表面的元素多数呈现高价，处于岩石深处的元素多数呈现低价；碱金属一般是强烈的亲石元素，主要富集于岩石圈的最上部；熔点、离子半径、电负性大小相近的元素往往共
13、生在一起，同处于一种矿石中。8.下列物质既含离子键又含共价键的是A. CaCl2B. H2O2C. MgF2D. NH4Cl【答案】D【解析】【详解】ACaCl2由Ca2和Cl构成，只有离子键，不含共价键，A不符合题意；BH2O2为共价化合物，只含有共价键，无离子键，B不符合题意；CMgF2由Mg2和F构成，只含有离子键、无共价键，C不符合题意；DNH4Cl由NH4和Cl构成，含离子键；NH4中N和H之间有共价键，因此NH4Cl中既有离子键，又有共价键，D符合题意；答案选D。9.下列装置或操作能达到实验目的的是A. 实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去B. 实验：中和热测定C.
14、实验：可用来制取并收集NO2D. 实验：可用于HCl气体的吸收【答案】A【解析】【详解】A浓硫酸使蔗糖炭化后，浓硫酸和C反应生成二氧化硫气体，二氧化硫与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，A正确；B温度计用于测量溶液温度，应放在小烧杯中，B错误；C二氧化氮密度比空气大，导管应长进短出，C错误；D进气管较短，如果发生倒吸，会从导管中进入气体发生装置中，不能起到防倒吸的作用，导管应插入烧瓶底部，D错误；答案选A。10.X、Y、Z、W、R是原子序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含
15、量最高的金属元素。下列叙述正确的是A. Y、Z、W原子半径依次增大B. 元素W、Z形成的简单氧化物，W的氧化物熔点更高C. X、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两间均可发生反应D. W、Z的最高价氧化物对应水化物碱性，WZ【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，为碳元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，所以分别为氧和硫元素。Z为短周期中金属性最强的元素，为钠元素，W是地売中含量最高的金属元素，为铝元素。据此解答。【详解】A. Y、Z、W原子半径顺序为钠铝氧，故错误；B. 元素W、Z形成
16、的简单氧化物分别为氧化铝和氧化钠，氧化铝的晶格能大于氧化钠，氧化铝的熔点比氧化钠高，故正确；C. X、Z、W的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠可以和碳酸或氢氧化铝反应，但是碳酸和氢氧化铝不能反应，故错误；D. W、Z的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化铝和氢氧化钠，氢氧化钠的碱性更强，故错误。故选B。11.下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO416HCl=2KCl5Cl22MnCl28H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是()选项实验现象解释或结论Aa处
17、变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质 Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质 De处变红色还原性：Fe2ClA. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2I2,Cl2Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明
18、还原性:Fe2+Cl-,D项正确；答案选D。12. 下列电子式或结构式错误的是A. OH-的电子式B. NH4Br的电子式C. CCl4的电子式D. H2O的结构式H-O-H【答案】C【解析】A、OH-的电子式为，A正确；B.NH4Br是离子化合物，电子式为，B正确；C.CCl4是共价化合物，电子式为，C错误；D.H2O的结构式为H-O-H，D正确，答案选C。13.下列说法或表示法不正确的是A. 1mol硫蒸气与2mol硫蒸气完全燃烧时，燃烧热相同B. 已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H=571.6kJmol1，则H2的燃烧热为285.8kJmol1C. 在稀溶液中：H(aq)O
19、H(aq)=H2O(aq)H=57.3kJmol1，若将含1molCH3COOH的醋酸溶液与含1molBa(OH)2的溶液混合，放出的热量小于57.3kJD. 在101kPa、25时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H=285.8kJmol1【答案】D【解析】【详解】A燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，与物质的量多少没有关系，A正确，不选；B已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H=-571.6kJmol1，则H2的燃烧热为，B正确，不选；C若将含1molCH3COOH的醋
20、酸溶液与含1molBa(OH)2的稀溶液混合，由于反应放热，醋酸电离吸热，故放出的热量小于57.3kJ，C正确，不选；D在101kPa、25时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H=-571.6kJmol1，D错误，符合题意。答案选D。14.已知反应X+Y= M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（ ）A. X的能量一定低于M的能量，Y的能量一定低于N的能量B. X和Y的总能量一定低于M和N的总能量C. 破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量D. 因为该反应为吸热反应，故
21、反应一定要加热才能进行【答案】B【解析】【详解】A.反应X+Y=M+N为吸热反应，则X和Y的总能量小于M和N的总能量，A错误；B.反应X+Y=M+N为吸热反应，则X和Y的总能量小于M和N的总能量，B正确；C.反应X+Y=M+N为吸热反应，则破坏反应物中的化学键所吸收的能量大于形成生成物中化学键所放出的能量，C错误；D.吸热反应不一定加热才能进行，如氢氧化钡晶体与氯化铵晶体的反应是吸热反应，但该反应常温下就能进行，D错误；答案选B15.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是2C(s) +O2(g) =2CO (g) H2则H1H2A. 已知2SO2(g)+O22SO3(g) 为放热反应，则SO2
22、的能量一定高于SO3的能量B. 已知C(石墨s)=C（金刚石,s）H0，则金刚石比石墨稳定C. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1)H=57.3kJmol，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJD. 已知2C(s) +2O2(g) =2 CO2(g)H1【答案】D【解析】【详解】A、应该是反应物的总能量高于生成物的总能量，错误；B、石墨转化为金刚石是吸热反应，说明石墨的总能量小于金刚石的总能量，所以石墨比金刚石稳定，错误；C、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，由于弱酸存在电离平衡，而电离是吸热的，错误；D、碳完全燃烧发出的热量多，但放热
23、越多，H越小，正确；答案选D。16.反应MZQ(H0)，XQ(H0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据物质具有的能量进行计算：H=E(生成物的总能量)E(反应物的总能量)，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，H0。【详解】由反应分两步进行MZX(H0)，XQ(H0)可以看出，(1)MZQ(H0)可知这步反应是吸热反应，则M和Z能量之和小于X；(3)由XQ(H0)是放热反应，故X的能量大于Q；综上可知，X的能量大于MZ；MZ的能量大于Q，只有图象D符合；答案选D。17.现有 8 种元素的性质、数据如下表所列，它们属
24、于第二或第三周期。原子半径(1010m)0.741.601.521.100.991.860.750.82最高或最低化合价21571532313回答下列问题：（1）的元素名称是_，的元素符号是_。在元素周期表中的位置是（周期、族）_ 。（2）在最高价氧化物的水化物中，酸性最强的化合物的分子式是_；名称是_； 碱性最强的化合物的电子式是：_； 属_化合物（填“离子”或“共价”）。（3）的最简单氢化物的电子式为_, 的最简单氢化物的电子式为_，结构式为_。（4）写出的最高价氧化物对应水化物跟它的氢化物反应的化学方程式：_ 。（5）写出最高价氧化物对应水化物跟的氢化物水溶液反应的离子方程式：_。【答案
25、】 (1). 磷 (2). B (3). 第三周期IIA族 (4). HClO4 (5). 高氯酸 (6). (7). 离子 (8). (9). (10). (11). NH3+HNO3=NH4NO3 (12). Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O【解析】【分析】没有最高价、只有最低价-2，可推知为O；都有最高价+1，处于A族，且的原子半径较大，故为Li、为Na；有最高价+2，处于A族，原子半径大于Li，故为Mg；都有最高价+5、最低价-3，处于A族，且的原子半径较大，故为P、为N；有最高价+7、最低价-1，则为Cl；只有最高价+3，处于A族，原子半径小于P，故为B，据此分析解答。【详解
26、】由上述分析可知，为O；为Mg；为Li；为P；为Cl；为Na；为N；为B；（1）为P，名称是磷；为B；为Mg，位于元素周期表中第三周期IIA族；（2）上述元素中，非金属性最强的为Cl，非金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物酸性越强，其化合物的分子式是HClO4；名称为高氯酸；上述元素中金属性最强的为Na，金属性越强，其对应最高价氧化物的水化物碱性越强，因此碱性最强的NaOH，其电子式为：；属于离子化合物；（3）O元素最简单氢化物为H2O，其电子式为：；N元素最简单氢化物为NH3，其电子式为：；其结构式为：；（4）的最高价氧化物对应水化物为硝酸，它的氢化物为氨气，二者反应的化学方程式为：NH3
27、+HNO3=NH4NO3；（5）最高价氧化物对应水化物为Mg(OH)2，的氢化物水溶液为盐酸，二者反应的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O。18.已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是_，烧瓶中加入的试剂是_，发生的离子反应方程式_；（2）虚线框内是一个装有未知试剂的广口瓶，该试剂是_，说明装置的作用_；（3）装置B中盛放的试剂是_(选填下列所给试剂的字母)，实验现象为_，化学反应方程式是_；ANa2S溶液 BNa2SO3溶液 CNa2S
28、O4溶液（4）已知：硫酸比次氯酸稳定；高氯酸比硫酸酸性强；S2-比Cl-易被氧化；HCl比H2S稳定；铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应；铁与氯气加热生成三氯化铁，铁与硫加热生成硫化亚铁。可说明氯比硫非金属性强的是_；A全部 B C D除以外【答案】 (1). 浓HCl (2). MnO2 (3). MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O (4). 饱和食盐水 (5). 除去Cl2中混有的HCl (6). A (7). 有黄色沉淀生成 (8). Cl2+S2-=S+2Cl- (9). B【解析】【分析】(1)从实验室制取氯气的原理分析；(2)制取氯气时，浓盐酸易挥发，则虚线框内的装置
29、图中所加试剂为除HCl气态，则为饱和食盐水； (3)氯气与硫化钠反应生成单质硫，氯气为氧化剂、硫为氧化产物，氯的氧化性大于硫；(4)氯比硫非金属性强，则其气态氢化物的稳定性越强，反应越容易；其最高价氧化物对应水化物的酸性越强；与变价金属反应生成高价态的非金属性较强。【详解】(1)根据实验目的可知，验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，则装置A为制取氯气的装置，其反应原理为浓盐酸与二氧化锰共热，则分液漏斗中盛有浓盐酸，其反应的离子方程式为：MnO2+ 4H+ +2Cl-(浓)Mn2+ + Cl2+2H2O，故答案为：浓HCl；MnO2；MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O；(2
30、)制取氯气时，浓盐酸易挥发，则虚线框内的装置图中所加试剂为除HCl气态，则为饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；除去Cl2中的HCl气体；(3)氯气与硫化钠反应生成单质硫，氯气为氧化剂、硫为氧化产物，氯的氧化性大于硫，方程式为：Na2S+Cl2=2NaCl+S，离子方程式为：Cl2+S2-=S+2Cl-，现象为：有黄色沉淀生成，故答案为：A；有黄色沉淀生成；Cl2+S2-=S+2Cl-；(4)氯比硫非金属性强，则其气态氢化物的稳定性越强，反应越容易，则正确；其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则错误、正确；与变价金属反应生成高价态的非金属性较强，则正确；对应离子的还原性越弱，则正确；综上正确为：
31、，答案为：B。19.某研究性学习小组为探究铜片与浓H2SO4反应及产物的化学性质，设计了如图实验装置。请回答下列问题：（1）图中仪器a的名称：_。装置的作用是_。（2）写出铜片与浓H2SO4共热发生反应的化学方程式：_。（3）为了验证SO2是酸性氧化物，试管中可选择的试剂是_填序号。a、酸性KMnO4溶液 b、紫色石蕊试液 c、Na2S溶液（4）下列说法正确的是_。A.先检査装置的气密性，再向装置中加入药品B.实验开始时，只需打开分液漏斗的旋塞，即可使液体顺利滴下C.实验开始后，试管和溶液均褪色，两者均可证明SO2具有漂白性【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 吸收尾气，防止污染环境 (3)
32、. Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O (4). b (5). A【解析】【分析】铜和浓硫酸反应生成SO2，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；SO2能与I2反应，化合价升高生成H2SO4，利用碱石灰，吸收SO2。【详解】(1)图中仪器a的名称为分液漏斗；装置中为碱石灰，能够吸收SO2，防止污染环境，因此其作用是吸收尾气，防止污染环境；(2)铜片与浓H2SO4共热发生反应的化学方程式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；(3)为了验证SO2是酸性氧化物，SO2与水反应生成H2SO3，能够使紫色石蕊试液变红；SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现SO2的还原性；SO2与
33、Na2S反应生成S单质，体现SO2的氧化性，故答案为：b；(4)A反应生成气体，则先检査装置的气密性，再向装置中加入药品，故A正确；B实验开始时，只需打开分液漏斗的旋塞，还需要打开上部的塞子，利用压强使液体顺利滴下，故B错误；C实验开始后，试管和溶液均褪色，前者证明SO2具有漂白性，后者证明其还原性，故C错误；答案为A。20.焦亚硫酸钠（Na2S2O5）常用作食品漂白剂。其制备工艺流程如图：已知：反应包含2NaHSO3Na2S2O5H2O等多步反应。（1）实验室制取氨气的化学方程式：_。（2）反应I的化学方程式为_。（3）“灼烧”时发生反应的化学方程式：_。（4）已知Na2S2O5与稀硫酸反应
34、放出SO2，其离子方程式为_。（5）副产品X的化学式是_。【答案】 (1). 2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O (2). NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl (3). 2CuS3O22CuO2SO2 (4). S2O522H=2SO2H2O (5). CuSO45H2O【解析】【分析】由制备流程可知，反应为生成NaHCO3，加热生成Na2CO3。在CuS在空气中灼烧，得到SO2，SO2通入Na2CO3溶液中，制得NaHSO3。加热NaHSO3生成Na2S2O5。黑色固体为CuO，加入硫酸变成硫酸铜溶液，结晶可得副产品。【详解】(1)氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制氨气，发生反应的化学方程式为2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O；(2)流程确定反应物为NaCl、NH3、CO2，产物为NH4Cl和NaHCO3，反应的化学方程式为NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl；(3)硫化铜灼烧一定生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：2CuS3O22CuO2SO2；(4)根椐提示可知生成二氧化硫和水，Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2和水，反应的离子方程式为S2O522H=2SO2H2O；(5)上述分析可知，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，得出硫酸铜晶体，副产品X的化学式是CuSO45H2O。
