安徽省安庆市第一中学2022-2023学年高一化学下学期第一次月考试题（Word版附解析）

安徽省安庆市第一中学2022-2023学年高一下学期第一次月考化学试卷考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5K-39Fe-56一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列有关硫的性质及应用的描述，错误的是A.从硫的化合价角度分析，单质硫既具有氧化性又具有还原性B.硫单质与变价金属反应时一般生成低价态金属硫化物C.汞蒸气有毒，实验室里不慎洒落一些汞，可撒上硫粉进行处理D.单质硫燃烧时，氧气少量可生成SO2，氧气足量时可生成SO3【答案】D【解析】【详解】A．硫单质中硫元素为0价，位于中间价态，既有还原性又有氧化性，A项正确；B．硫单质的氧化性较弱，与变价金属反应时一般生成低价态金属硫化物，如S与Fe、Cu反应分别生成FeS、Cu2S，B项正确；C．汞可与S发生反应Hg+S=HgS，所以可用硫粉处理Hg，C项正确；D．单质硫燃烧时，产物只有SO2，无论O2的量是否充足，均不会生成SO3，D项错误：故选D。2.下列离子方程式正确的是(　　)A.向NaOH溶液中通入少量的SO2：SO2＋OH－===B.向新制氯水中通入少量的SO2：Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋C.将SO2通入饱和NaHCO3溶液：2H＋＋===H2O＋CO2↑D.将SO2通入BaCl2溶液：SO2＋H2O＋Ba2＋===BaSO3↓＋2H＋【答案】B【解析】 【详解】A.向NaOH溶液中通入少量的SO2，离子方程式：SO2＋2OH－===SO32-+H2O，故A错误；B.向氯水中通入少量的SO2，离子方程式：Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SO，所以B选项是正确的；C.将SO2通入饱和NaHCO3溶液中，离子方程式：SO2+2HCO3-=H2O+CO2+SO32-，故C错误；D.将SO2通入BaCl2溶液中不发生反应，故D错误。所以B选项是正确的。3.下列叙述与氮的固定无关的是A.工业合成氨B.工业上将氨转化为硝酸和其他含氮化合物C.豆科植物的根瘤菌把空气中的氮气转化为含氮化合物D.电闪雷鸣的雨天，空气中的氮气会与氧气发生反应并最终转化为硝酸盐被植物吸收【答案】B【解析】【分析】氮的固定是指将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。【详解】A．工业合成氨属于氮的固定，属于人工固氮，故A不选；B．工业上将氨转化为硝酸和其他含氮化合物，属于含氮化合物之间的相互转化，与固氮无关，故选B；C．豆科植物的根瘤菌把空气中的氮气转化为含氮化合物，属于微生物固氮，故C不选；D．电闪雷鸣的雨天，空气中的氮气会与氧气发生反应生成一氧化氮，属于自然固氮，故D不选。答案选B。4.下列关于NO的叙述正确的是A.NO易溶于水，所以可用排空气法收集B.NO是一种有刺激性气味的红棕色气体C.常温常压下，含等质量氧元素的NO和CO的体积相等D.NO不能通过化合反应获得【答案】C【解析】【详解】A．NO不溶于水，可以用排水法收集，NO易被氧气氧化，所以不能使用排空气法收集，故A错误；B．NO是一种无色无味有毒气体，故B错误；C．由NO和CO可以知道，物质的量相同时含有的氧元素质量相等，所以在常温常压下，体积相等，故C正确；D．氮气和氧气在放电条件下生成NO，该反应属于化合反应，故D错误； 选C。5.只用一种试剂即可区别开：NaCl、MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液，这种试剂是A.AgNO3B.NaOHC.BaCl2D.HCl【答案】B【解析】【详解】A．加入硝酸银溶液，NaCl、MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液都生成白色沉淀，反应现象相同，不能区别开，故A错误；B．加入氢氧化钠溶液，氯化钠无现象，氯化镁生成白色沉淀，氯化铁生成红褐色沉淀，硫酸铵产生刺激性气体，反应现象各不相同，能区别开，故B正确；C．加入氯化钡溶液，NaCl、MgCl2、FeCl3三种溶液都无现象，不能区别开，故C错误；D．加入盐酸，NaCl、MgCl2、FeCl3、(NH4)2SO4四种溶液都无现象，不能区别开，故D错误；答案为B。6.下列实验操作、实验现象、解释或结论不对应的是选项实验操作实验现象解释或结论A将蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近产生大量白烟氨气与氯化氢反应生成固体物质B向某无色溶液中滴加盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊气体溶液中不一定含有CO32-C在导管口点燃纯净的氢气，然后将导管伸入盛满氯气的集气瓶中产生苍白色火焰物质燃烧不一定需要氧气D向某无色溶液中滴加NaOH溶液未产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝气体说明溶液中不含NH4+A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，生成氯化铵固体，则产生大量白烟，A正确； B．产生能使澄清石灰水变浑浊气体，气体为二氧化碳或二氧化硫，则溶液中不一定含有CO32-，B正确；C．燃烧为发光发热的氧化还原反应，由氯气在氢气中燃烧可知，物质燃烧不一定需要氧气，C正确；D．铵根离子遇碱会生成一水合氨，若不加热，或溶液浓度较小，氨气不能逸出，则看不到湿润的红色石蕊试纸变蓝的现象，所以应该在无色溶液中滴加NaOH溶液后加热，生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可证明该溶液中一定含有NH4+，D错误；故答案为：D。7.下列有关物质的性质与应用对应的是A.液氨汽化时能吸收大量的热，使周围温度急剧降低，因此可用作制冷剂B.NO2气体有毒，且可以和水反应，实验室多余的NO2气体用水吸收即可C.N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止其氧化，可以用N2作保护气D.NH4Cl受热易分解，可用于实验室制氨气【答案】A【解析】【分析】A.依据液氨汽化吸收大量的热解答；B.二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；C.氮气与镁反应生成氮化镁；D.氯化铵分解产生的氨气遇冷极易与氯化氢化合生成氯化铵固体；【详解】A.液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可用作制冷剂，故A项正确；B.二氧化氮与水反应可生成一氧化氮，一氧化氮也有毒，所以不能用水吸收多余的二氧化氮，故B项错误；C.镁可以在氮气中燃烧生成氮化镁，故C项错误；D.氯化铵分解产生的氨气遇冷极易与氯化氢化合生成氯化铵固体，所以实验室不能用分解氯化铵的方法制取氨气，故D项错误；答案选A。8.常温下单质硫主要以S8形式存在。加热时，S8会转化为S6、S4、S2等。当温度达到750℃时，硫蒸气主要以S2形式存在(占92%)。下列说法中正确的是A.S8转化为S6、S4、S2属于物理变化B.不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成二氧化硫C.S2、S4、S6、S8都是硫元素形成的单质，为同种物质D.把硫单质空气中加热到750℃即得S2【答案】B【解析】 【详解】A.物理变化是没有新物质生成的变化，S8、S6、S4、S2是不同的物质微粒，S8转化为S6、S4、S2属于化学变化，A错误；B.不论哪种硫分子，由于组成元素都是只有硫元素，所以燃烧产物都是二氧化硫，B正确；C.S2、S4、S6、S8是硫元素形成的不同单质，由于每一个分子中含有的S原子个数不同，所以它们为同素异形体，不是同种物质，C错误；D.硫单质在空气中加热时，硫单质会和氧气之间发生反应，不会得到纯净的硫单质，D错误；故合理选项是B。9.1912年E．Beckmann冰点降低法获得了黄色的正交α—型硫元素的一种同素异形体S8分子。1891年，M．R．Engel首次制得了一种菱形的ε—硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是（）A.S6和S8分子分别与铜粉反应，所得产物可能均为CuSB.推测Na2S8可能是一种复合分子材料C.S6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D.等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同【答案】D【解析】【详解】A．S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铜粉反应，所得产物相同均为Cu2S，故A选项错误。B．Na2S8不是复合分子材料，故B选项错误。C．不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C选项错误。D．等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D选项正确。故答案选D。【点睛】本题中要注意S6和S8是硫元素的不同单质，互为同素异形体，化学性质相似，可以采用对比法研究。10.某兴趣小组为了探究SO2气体还原Fe3＋的反应，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是 A.能表明I-的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B.装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入酸性KMnO4溶液，紫色褪去D.为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀【答案】C【解析】【分析】先后通入溶液、含淀粉的碘水中，根据溶液颜色的变化来探究与反应的情况，多余的最后通入溶液进行吸收，防止染污空气。【详解】A．向含有淀粉的碘水中通入气体，会发生反应，被消耗，B中蓝色溶液褪色，证明物质的还原性强弱为，A正确；B．是大气污染物，且是酸性气体，可以与反应而被吸收，装置C可吸收尾气，防止污染空气，B正确；C．若A中与不发生反应，加入酸性溶液时，被还原，溶液紫色褪去；若A中与发生反应，生成的可使加入的被还原，溶液紫色也褪去，因此不能验证A中是否发生了氧化还原反应，C错误；D．若A中发生了氧化还原反应，溶液中含有硫酸，当加入用稀盐酸酸化的溶液时，会发生反应，产生白色沉淀；若没有发生氧化还原反应，由于酸性强于，当向溶液中加入用稀盐酸酸化的溶液时，不产生白色沉淀，D正确；故选C。11.某实验小组将SO2通入Na2S和Na2SO3的混合溶液中制备硫代硫酸钠（Na2S2O3），其装置如图所示（省略夹持装置），下列说法错误的是（） A.装置②的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体可以是饱和NaHSO3溶液B.为提高产品纯度，使烧瓶中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则C.装置④的作用是吸收尾气，防止污染环境，同时防倒吸D.装置①也可用于高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气【答案】B【解析】【分析】70%的浓硫酸与Na2SO3反应可得到SO2气体，实验中为使SO2缓慢进入装置③中，需要观察生成SO2的速率，装置③中发生反应生成Na2S2O3，反应停止后，烧瓶中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3晶体，装置④的作用是防倒吸及吸收剩余的SO2气体，防止污染环境。【详解】A．根据以上分析，装置②的作用之一是观察SO2的生成速率，且饱和NaHSO3溶液与SO2不反应，故A正确；B．装置③中发生的反应为2Na2S+Na3SO3+3SO2=3Na2S2O3，所以烧瓶中Na2S和Na3SO3的物质的量之比为2∶1时，Na2S和Na3SO3可恰好完全反应，故B错误；C．装置④可防倒吸并且吸收剩余的SO2气体，防止污染环境，故C正确；D．装置①为固液不加热型发生装置，高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气是固体和液体在常温下反应制备气体，故D正确；故选B。12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法不正确的是（） A.简单离子半径大小：X＞YB.气态氢化物的还原性：X＜ZC.丁和戊中所含元素种类相同D.W的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存【答案】D【解析】【分析】四种元素均为短周期元素，常温下，甲的浓溶液和A发生钝化，则A为Al，元素Y为Al元素，甲为硫酸或硝酸；丙是无色气体，则甲为硫酸，丙为二氧化硫，丁为水，乙为硫酸铝，丙和戊反应生成硫酸，则戊为过氧化氢；丙、丁、戊均是由W、X、Y、Z四种元素组成的化合物，则元素W、X、Z应为：H、O、S；综上所述，元素W、X、Y、Z分别为：H、O、Al、S，甲、乙、丙、丁、戊分别为：H2SO4、Al2(SO4)3、SO2、H2O、H2O2，A为Al，据此解答。【详解】A．X为O，Y为Al，O2-和Al3+的核外电子排布相同，均有2个电子层，O的核电荷数较小，故O2-的半径比Al3+的半径大，即简单离子半径大小：X＞Y，A正确；B．X为O，Z为S，O的非金属比S强，所以O2的氧化性比S单质的氧化性强，O2-的还原性比S2-的还原性弱，所以气态氢化物的还原性：X＜Z，B正确；C．丁为H2O，戊为H2O2，二者所含元素种类相同，C正确；D．W的简单离子为H+，Z的简单离子为S2-，二者在水溶液中发生反应生成H2S，因此不能大量共存，D错误。答案选D。13.甲、乙、丙、丁四种物质之间的转化关系如图所示，则下列说法错误的是A.若甲是C，则乙可能是O2B.若甲是Fe，则乙可能是Cl2C.若甲是NaOH溶液，则乙可能是SO2D.若甲是H2S，则乙可能是O2【答案】B【解析】【详解】A．若甲是C，则乙可能是O2，丙是CO，丁是CO2，A正确；B．若甲是Fe，则乙是Cl2，则丙是氯化铁，氯化铁和氯气不反应，B错误；C．若B甲是NaOH溶液，则乙可能是SO2，丙是亚硫酸钠，丁是亚硫酸氢钠，C正确；D．若甲是H2S，则乙可能是O2，丙是S，丁是二氧化硫，D正确，答案选B。答案选B。 14.在容积为672mL的烧瓶里充满NO、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，且水充满烧瓶(气体体积都已折合为标准状况)，下列有关叙述中，正确的是A.总反应为NO+NO2+O2+H2O=2HNO3B.总反应为4NO+8NO2+5O2+6H2O=12HNO3C.生成硝酸的物质的量浓度接近0.03mol•L-1D.生成硝酸的物质的量浓度约为0.05mol•L-1【答案】B【解析】【详解】由题意可知，672mL一氧化氮和二氧化氮混合气体与280mL氧气在水中完全反应生成硝酸，设二氧化氮的物质的量为xmol、一氧化氮为ymol，由混合气体体积可得：x+y=①，由得失电子数目守恒可得：x+3y=②，解联立方程可得x=0.02、y=0.01，则参加反应的二氧化氮与一氧化氮的物质的量之比为2∶1，总反应方程式为4NO+8NO2+5O2+6H2O=12HNO3，由水充满烧瓶可知硝酸溶液的体积为0.672L，由氮原子个数守恒可知，反应生成硝酸的物质的量浓度为≈0.045mol·L-1，故选B。15.将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12LNO，剩余4.8g金属；继续加入100mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12LNO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是A.原混合物中铜和铁各0.065molB.稀硝酸物质的量浓度为4.0mol•L-1C.第一次剩余的4.8g金属为铜和铁D.向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100mL，又得到的NO在标准状况下的体积为0.56L【答案】D【解析】【详解】A．整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1molNO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，设铁为xmol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、2(x+y)/3=2.24/22.4，联立方程，解得：x=0.075mol、y=0.075mol，A．由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075mol，故A错误；B．根据方程式可知，n(HNO3)=4n(NO)=0.4mol，稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol÷0.2L=2mol/L，故B错误；C．9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol=4.2g，含铜质量为0.075mol×64g/mol=4.8 g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，故C错误；D．再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为=0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol=0.56L，故D正确；故选D。点晴：利用整体法解答及判断最终的产物是关键，整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应生成0.1molNO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，设铁为xmol，铜为ymol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，再结合选项解答。16.如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满(不考虑反应)和气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则两个试管内溶液物质的量浓度之比为A.1：1B.5：7C.7：5D.4：3【答案】A【解析】【详解】由两个试管的容积相同可知，一氧化氮和二氧化氮的体积相同，由阿伏加德罗定律可知，一氧化氮和二氧化氮的物质的量相同，两只试管中分别发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，由氮原子个数守恒可知，两个试管所得硝酸的物质的量相同，因溶液的体积相同，则两个试管中溶液物质的量浓度之比为1：1，故选A。二、非选择题：本题共4小题，共55分。17.我国“蓝天保卫战”成果显著，肆虐的雾霾逐渐被遏止。科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：回答下列问题：(1)从物质分类的角度看，图中的物质属于酸性氧化物的有________(写化学式)。 (2)图中物质溶于水溶液呈碱性的是________。(3)写出SO2转化为SO3的化学方程式________________________。(4)工业上利用氨气制备一氧化氮，反应的化学方程式为________________。(5)实验室长期保存浓硝酸，需使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，其原因为________________(用化学方程式表示)。(6)氨气与一氧化氮(NO)在一定条件下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为________________。【答案】①.、、②.③.④.⑤.⑥.【解析】【分析】本题将氮的氧化物、硫的氧化物和环境保护相结合，图中表示将空气中的、和转化为硝酸、硫酸，再和氨气反应得到铵盐的过程，铵盐是一种优质的氮肥，实现了污染物的二次利用。【详解】（1）酸性氧化物是能与碱反应得到盐和水的氧化物，符合要求的有、和；（2）图中物质溶于水呈碱性的只有；（3）二氧化硫在催化剂存在可以转化为三氧化硫：；（4）氨气经催化氧化可以形成一氧化氮：；（5）浓硝酸见光或受热时易分解，因此要保存在棕色试剂瓶中：；（6）氨气中的氮为-3价，一氧化氮中的氮为+2价，因此二者可以在一定条件下发生归中反应得到氮气：。18.烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：Ⅰ.采样 采样步骤：①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。（2）C中填充的干燥剂是（填序号）___________。A．碱石灰B．无水CuSO4C．P2O5（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。______________（4）采样步骤②加热烟道气的目的是___________。Ⅱ.NOx含量的测定将vL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入v1mLc1mol·L−1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2mL。（5）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是___________。（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。（7）滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3−+4H+NO↑+3Fe3++2H2OCr2O72−+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m−3。（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。【答案】①除尘②.c③.④.防止NOx溶于冷凝水 ⑤.2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O⑥.锥形瓶、酸式滴定管⑦.⑧.偏低⑨.偏高【解析】【分析】本题主要考查了定量实验的基本过程。首先要仔细分析题目的流程图，注意分析每一步的作用和原理，再结合题目中每个问题的提示进行解答。【详解】（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案为：。（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。（7）用c2mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000)mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3g，即230(c1V1－6c2V2)/3mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3Vmg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3Vmg·m-3，所以答案为：mg·m−3。（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。【点睛】注意本题中的流程图，装置D实际不是为了测定含量进行吸收，装置D相当于是尾气吸收。样品气的吸收应该是在“采样处”进行的。19.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。 已知：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O]请回答下列问题：（1）装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是______、______。（2）反应后，装置B中产生的现象是______，发生反应的离子方程式为______。（3）装置C中的现象是______，表现了SO2的______；装置D中的现象是______，发生反应的化学方程式为______。（4）装置E的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，请写出实验操作及现象：______。（5）装置F的作用是______，倒扣漏斗的作用是______。【答案】（1）①.分液漏斗②.圆底烧瓶（2）①.溶液的黄绿色褪去(或溶液褪色)②.SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO（3）①.溶液的紫色褪去(或溶液褪色)②.还原性③.有黄色沉淀生成④.2H2S+SO2=3S↓+2H2O（4）将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色（5）①.吸收多余的SO2②.防止倒吸【解析】【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫与氯气反应生成盐酸和硫酸，二氧化硫具有还原性能够使酸性高锰酸钾褪色，二氧化硫具有氧化性，能够氧化硫化氢生成硫单质，二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，可以用氢氧化钠吸收过量的二氧化硫。【小问1详解】装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是分液漏斗、圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；【小问2详解】氯气具有氧化性、二氧化硫具有还原性，二氧化硫与氯气反应生成盐酸和硫酸，反应后装置B中发生的现 象是溶液褪色，反应的离子方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+；【小问3详解】二氧化硫具有还原性，能够使C中酸性高锰酸钾褪色，装置C中的现象是溶液紫红色褪去，表现了SO2的还原性；二氧化硫具有氧化性，能够氧化装置D中硫化氢生成硫单质，现象为生成黄色沉淀，发生反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O；【小问4详解】二氧化硫具有漂白性，能够使装置E中品红溶液褪色，但是加热后溶液会恢复颜色；装置E的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，实验操作及现象将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色；【小问5详解】二氧化硫有毒不能排放到空气中，所以用氢氧化钠溶液可吸收二氧化硫，倒扣的漏斗溶液上升具有缓冲作用，能防止倒吸。20.为测定Na2CO3与Na2SO3混合物中各组分的含量，设计如下实验方案：（1）方案一：称取一定质量的样品(30g)，置于坩埚中加热至恒重，冷却，称取剩余固体质量为31.6g，计算。①实验中加热至恒重的目的是_________________________。②样品中Na2CO3的质量分数为_______________________________（2）方案二：以下图所示装置进行实验：（铁架台、铁夹等仪器未在图中画出）①已知仪器C中装有品红溶液，其作用是______________，有人提出该溶液可能引起Na2CO3含量的测量结果比实际值偏低，理由是____________________。②实验室中备有以下常用试剂：a.浓硫酸b.品红溶液c.酸性高锰酸钾溶液d.氢氧化钠溶液e.无水硫酸铜f.碱石灰g.五氧化二磷h.无水氯化钙请将下列容器中应盛放的试剂序号填入相应空格：B中______，D中________，E中________。③实验过程中，当仪器A内的固体反应完全后，需打开活塞K，向A中通入大量的氮气。这样做的目的是______________。（3）方案三：称取一定量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解，向小烧杯中加入足量BaCl2溶液。过滤、洗涤、干燥沉淀，称量固体质量。实验中判断沉淀洗干净的方法是_________。【答案】①.使Na2SO3氧化完全②.58%③.检验SO2是否除尽④.CO2溶于水⑤.c ⑥.a⑦.f⑧.使A、B、C、D各装置中残留的CO2进入E被充分吸收⑨.取洗涤液少量于试管中，加入少量硝酸银溶液和稀硝酸，无白色沉淀生成，证明沉淀已洗净；【解析】【详解】（1）①Na2SO3容易被氧化成Na2SO4，因此加热恒重的目的是使Na2SO3氧化完全；②Na2SO3被氧化的化学方程式为2Na2SO3＋O2=2Na2SO4△m126×232m(Na2SO3)31.6－30m(Na2SO3)=12.6g，则碳酸钠的质量为(30g－12.6g)=17.4g，即碳酸钠的质量分数为17.4g/30g×100%=58%；（2）①A装置发生Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，根据实验目的，装置B的作用是吸收SO2，应盛放酸性高锰酸钾溶液，装置C盛放品红溶液，其作用是检验SO2是否除尽，装置D的作用是干燥CO2，装置D盛放的为浓硫酸，装置E中盛放碱石灰，吸收CO2，装置F中盛放碱石灰，作用是防止空气中CO2和H2O进入到装置E，因此装置C中品红溶液的作用是检验SO2是否除尽；测量的结果比实验值偏低，说明CO2量减少，可能是CO2溶于水；②根据上述分析，B中盛放酸性高锰酸钾溶液，故选c，D中盛放浓硫酸，故选a，E中盛放碱石灰，故选f；③因为该实验为定量实验，需要让CO2全部被吸收，因此向A中通入大量的N2，其目的是使A、B、C、D各装置中残留的CO2进入E被充分吸收；（3）洗涤沉淀的方法：取洗涤液少量于试管中，加入少量硝酸银溶液和稀硝酸，无白色沉淀生成，证明沉淀已洗净。