北京市朝阳区2021-2022学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）

北京市朝阳区2021~2022学年度第二学期质量检测高一化学试卷(考试时间90分钟满分100分)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32第一部分(选择题，共42分)本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列过程中涉及化学能转化为电能的是ABCD使用燃料电池驱动新能源汽车晶体硅太阳能电池提供“绿电”天然气作为家用燃气蒸煮食品用电烤箱烘焙面包A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．使用燃料电池驱动新能源汽车，化学能转化为电能，电能在转化为机械能，A符合；B．晶体硅太阳能电池提供“绿电”，属于太阳能转化为电能，B不符合；C．天然气作为家用燃气蒸煮食品，属于化学能转化为热能，C不符合；D．用电烤箱烘焙面包，属于电能转化热能，D不符合；答案选A。2.下列金属单质常用电解法冶炼的是A.铝B.铁C.银D.金【答案】A【解析】【详解】A．铝性质活泼用电解熔融氧化铝法制取，故A选；B．铁性质较活泼用热还原反应制取，故B不选；,C．银性质稳定用热分解氧化物法制取，故C不选；D．金性质不活泼，用物理分离的方法制得，故D不选；故选A。3.下列物质中，属于链状烷烃的是A.B.C.D.【答案】AB【解析】【详解】A．是乙烷，属于链状烷烃，故A符合题意；B．是戊烷(正戊烷、异戊烷或新戊烷)，属于链状烷烃，故B符合题意；C．乙烯，属于烯烃，故C不符合题意；D．是乙醇，属于醇，故D不符合题意。综上所述，答案为AB。4.下列烷烃具有同分异构现象的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．该模型表示甲烷，甲烷不存在同分异构体，A不选；B．该模型表示乙烷，乙烷不存在同分异构体，B不选；C．该模型表示丙烷，丙烷不存在同分异构体，C不选；D．该模型表示正丁烷，正丁烷存在同分异构体，即和异丁烷互为同分异构体有，D选；答案选D。5.下列反应中，属于吸热反应的是A.锌和稀硫酸反应B.氢气和氯气反应C.炭和二氧化碳反应D.盐酸和烧碱溶液反应【答案】C【解析】【详解】A．锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，属于放热反应，A不符合；,B．氢气和氯气反应生成氯化氢，属于放热反应，B不符合；C．炭和二氧化碳反应生成CO，属于吸热反应，C符合；D．盐酸和烧碱溶液反应是中和反应，属于放热反应，D不符合；答案选C。6.食醋中含有3%~5%的乙酸。下列分析不正确的是A.乙酸与水互溶B.乙酸易挥发，食醋应密闭保存C.乙酸的分子式为，所含官能团为羟基D.向少量纯碱中加入食醋会产生气泡【答案】C【解析】【详解】A．乙酸能溶于水，能与水互溶，故A正确；B．乙酸具有挥发性易挥发，所以食醋应密闭保存，故B正确；C．乙酸的结构简式为CH3COOH，官能团为羧基，故C错误；D．乙酸的酸性强于碳酸，能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，所以向少量纯碱中加入食醋会产生气泡，故D正确；故选C。7.一定条件下的密闭容器中，起始时投入一定量的和，发生反应：。tmin达到平衡。下列说法不正确的是A.若投入2与1，则生成2B.若用进行反应，一段时间后在反应物和生成物中均存在C.tmin前，该反应的正反应速率大于逆反应速率D.平衡时反应物与生成物浓度均不再变化【答案】A【解析】【详解】A．是可逆反应，因此若投入2与1，则生成物质的量小于2，故A错误；B．若用进行反应，由于该反应是可逆反应，因此一段时间后在反应物和生成物中均存在，故B,正确；C．tmin前，该反应正在正向建立平衡，因此反应的正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D．平衡时各物质的量浓度不再改变，即反应物与生成物浓度均不再变化，故D正确。综上所述，答案为A。8.乙烯是一种重要的化工原料。下列物质不能通过乙烯的加成反应直接得到的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．乙烯在一定条件下和氢气加成得到，故A不符合题意；B．乙烯发生催化氧化可生成，故B符合题意；C．乙烯和水在一定条件下和水加成得到，故C不符合题意；D．乙烯和氯化氢加成得到，故D不符合题意；答案选B。9.下列反应中，属于取代反应的是A.B.C.D.nCH2=CH2【答案】B【解析】【详解】A．乙醇在氧气中燃烧的反应属于氧化反应，不属于取代反应，故A不符合题意；B．一氯甲烷与氯气在光照条件下生成二氯甲烷的反应为取代反应，故B符合题意；C．乙烯与溴水生成1，2—二溴乙烷的反应为加成反应，不属于取代反应，故C不符合题意；D．催化剂作用下乙烯生成聚乙烯的反应为加聚反应，不属于取代反应，故D不符合题意；故选B。10.图为酸雨形成的示意图。下列说法正确的是,A.空气中的溶于水也会形成酸雨B.易溶于水，并在雨水中转化为C.含的雨水在空气中放置其pH可能会降低D.硝酸型酸雨会腐蚀石灰岩建筑，而硫酸型酸雨不能【答案】C【解析】【详解】A．酸雨是pH小于5.6的雨水，二氧化碳溶于水所得溶液pH为5.6，所以空气中的二氧化碳溶于水不能形成酸雨，故A错误；B．一氧化氮不溶于水，故B错误；C．亚硫酸溶液易被空气中氧气氧化为强酸硫酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，所以含亚硫酸的雨水在空气中放置其pH可能会降低，故C正确；D．硝酸型酸雨和硫酸型酸雨都会腐蚀石灰岩建筑，故D错误；故选C。11.实验室制取下列气体，所选的反应试剂、制备装置与收集方法合理的是选项气体反应试剂制备装置收集方法A石灰石、稀硫酸beB、浓盐酸bd,C、aeD、浓硝酸efA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．由于硫酸钙微溶，生成的硫酸钙附着在碳酸钙表面阻止反应进行，应该用盐酸，另外二氧化碳密度大于水的，应该用向上排空气法收集，选择d装置，A错误；B．二氧化锰氧化浓盐酸需要加热，应该选择c装置，B错误；C．熟石灰和氯化铵在加热条件下反应生成氨气，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，C正确；D．铜和浓硝酸反应不需要加热，二氧化氮能与水反应，不能用排水法收集，D错误；答案选C。12.为了除去粗盐中的、、，可将粗盐溶于水，然后进行下列操作：①过滤；②加过量溶液；③加适量稀盐酸；④加过量溶液；⑤加过量溶液。其中操作顺序正确的是A.①④②⑤③B.②④⑤①③C.⑤④②③①D.⑤②④①③【答案】D【解析】【详解】除去粗盐中的、、，选NaOH除去镁离子，加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除过量的钡离子及钙离子，所以碳酸钠溶液必须放在氯化钡之后，过滤后加盐酸，最后蒸发得到NaCl，则操作顺序为⑤②④①③或②⑤④①③或⑤④②①③。故选D。13.实验小组探究甲烷与氯气的取代反应，装置、现象如下：,现象ⅰ.光照后，产生白雾，混合气体颜色变浅ⅱ.试管内液面上升ⅲ.试管壁出现油状液滴下列说法不正确的是A.饱和溶液可以减少氯气的溶解B.出现油状液滴，说明全部转化为C.产生白雾以及试管内液面上升与的生成有关D.若用铝箔套住装满和试管，一段时间后没有明显变化【答案】B【解析】【详解】A．氯气和水的反应是可逆反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，饱和食盐水中的氯离子能使平衡左移，从而减少氯气的溶解，故A正确；B．CH4和Cl2混合后在光照条件下发生的取代反应是连续的：CH4+Cl2CH3Cl+HCl、CH3Cl+Cl2CH2Cl2+HCl、CH2Cl2+Cl2CHCl3+HCl、CHCl3+Cl2CCl4+HCl，故油状液滴是二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的混合物，故B错误；C．氯化氢易溶于水，可产生白雾，导致试管内液面上升，故C正确；D．此反应是在光照条件下发生的，若为了探究反应条件，可用黑色纸套套住装满甲烷和氯气的试管，一段时间后进行观察，即可得出结论，故D正确。故选B。14.某实验小组用0.1溶液和0.1溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如下表。,已知：实验序号温度/℃溶液体积/溶液体积/体积/出现沉淀所需的时间/sⅠ205510Ⅱ20510aⅢ605510实验结果。下列说法不正确的是A.研究浓度对该反应速率的影响，B.对比实验Ⅰ、Ⅱ可知，越大，反应速率越快C.对比实验I、Ⅲ可知，升高温度能加快该反应速率D.进行实验Ⅰ、Ⅱ时，依次向试管中加入溶液、溶液、【答案】D【解析】【详解】A．I、Ⅱ相比，硫酸的浓度越大，反应速率越快，由I可知总体积为20mL，因此Ⅱ中溶液体积应该是20mL，则a＝5，故A正确；B．I、Ⅱ相比温度相同，硫酸的浓度越大，反应速率越快，故B正确；C．实验I、Ⅲ中温度不同，其余均相同，因此说明升高温度能加快该反应速率，故C正确；D．由于硫代硫酸钠和稀硫酸混合就反应，所以进行实验Ⅰ、Ⅱ时，依次向试管中加入溶液、、溶液，故D错误；故选D。第二部分(非选择题，共58分)本部分共7题，共58分。15.学习小组进行实验研究乙醇的化学性质。（1）将金属钠分别投入蒸馏水、无水乙醇和煤油(~的烷烃)中，现象如下。,①对比乙、丙的现象，说明与反应时断裂_______(填序号)。a．键b．键c．键②乙中反应的化学方程式是_______。③与甲相比，乙中反应较为缓慢，从结构角度解释原因：_______。（2）实验室用乙醇、乙酸和浓硫酸制取乙酸乙酯，装置如图①饱和溶液的作用是_______。②关于该实验的说法正确的是_______(填序号)。a．浓硫酸是该反应的催化剂b．在试管中加入几片碎瓷片以防止暴沸c．实验中加入过量乙醇，可使乙酸的转化率达到100%【答案】（1）①.b②.2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑③.水和乙醇中都含有羟基，乙醇分子中乙基降低了O—H键的活性（2）①.与蒸发出的CH3COOH反应，溶解CH3CH2OH，降低乙酸乙酯的溶解度便于析出②.ab【解析】【小问1详解】,①由乙、丙的实验现象可知，钠与煤油不反应，说明烃分子中的碳氢键不易断裂，钠与乙醇缓慢反应说明反应时乙醇分子中的氢氧键断裂，故选b；②由题意可知，乙中发生的反应为钠与乙醇缓慢反应生成乙醇钠氢气2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，反应的化学方程式为，故答案为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；③水和乙醇中都含有羟基，乙醇分子中乙基降低了O—H键的活性，与甲中钠与水反应相比，乙中钠与乙醇反应较为缓慢，故答案为：水和乙醇中都含有羟基，乙醇分子中乙基降低了O—H键的活性；【小问2详解】①制备乙酸乙酯时，乙酸和乙醇都具有挥发性，制得的不溶于水的乙酸乙酯中混有酸性强于碳酸的乙酸和能与水以任意比例混合的乙醇，所以饱和碳酸钠溶液的作用是与蒸发出的乙酸反应除去乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯析出分层，故答案为：与蒸发出的CH3COOH反应，溶解CH3CH2OH，降低乙酸乙酯的溶解度便于析出；②a．制备乙酸乙酯时，浓硫酸是该反应的催化剂，有利于反应的进行，故正确；b．制备乙酸乙酯的反应物都为液态，加热时易发生暴沸，所以实验时必须在试管中加入几片碎瓷片以防止暴沸，故正确；c．酯化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以实验中加入过量乙醇不可能使乙酸的转化率达到100%，故错误；故选ab。16.发生化学反应时，物质变化的同时常常伴随有能量变化。（1）将锌片放入盛有稀硫酸的烧杯中，用温度计测量。随反应进行，温度升高，说明化学能转变为_______能。（2）将片和片用导线连接，并串联一个电流表，插入稀硫酸中，如图所示。①证实化学能转化为电能的现象是_______。,②解释片表面产生气泡的原因：_______。（3）已知：键能是指气态分子中1化学键解离成气态原子所吸收的能量。化学键键能/kJ·mol436498463当和化合生成2时，放出_______的能量。（4）利用和的反应设计氢氧燃料电池，装置如图所示。①通入的电极是电池的_______(填“正”或“负”)极。②通入的电极反应式是_______。【答案】（1）热（2）①.铜电极表面有气泡产生②.铜作正极，氢离子在正极放电发生得到电子的还原反应，产生氢气（3）482（4）①.负②.O2+4e－+2H2O＝4OH－【解析】【小问1详解】将锌片放入盛有稀硫酸的烧杯中，用温度计测量。随反应进行，温度升高，说明有热量放出，因此化学能转变为热能。【小问2详解】①锌的金属性强于铜，构成原电池，锌作负极，铜作正极，氢离子在正极放电产生氢气，所以证实化学能转化为电能的现象是铜电极表面有气泡产生。②铜作正极，氢离子在正极放电发生得到电子的还原反应，从而产生氢气，电极反应式为2H＋＋2e－＝H2↑。【小问3详解】断键吸热，成键放热，当和化合生成2时，放出的能量为4×463kJ－498kJ－2×436kJ,＝482kJ。【小问4详解】①氢气失去电子，发生氧化反应，所以通入的电极是电池的负极。②氧气得到电子，发生还原反应，通入的电极反应式是O2+4e－+2H2O＝4OH－。17.丙烯酸丙酯是一种常见的化工原料，可用于制备聚合物防水涂料，一定条件下的转化关系如下图。（1）丙烯→A的反应类型是_______。（2）B的官能团有_______。（3）区分A、B两种物质的方法是_______。（4）A与B反应的化学方程式是_______。（5）D的结构简式是_______。（6）推测D可能的物理性质和化学性质：_______(物理性质和化学性质各1条)。【答案】（1）加成反应（2）碳碳双键、羧基（3）取A、B两种物质于试管中，分别加入NaHCO3溶液，产生无色无味气体的是B，无现象的是A（4）CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O（5）（6）难溶于水、可以水解【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在催化剂作用下，CH3CH=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，则A为CH3CH2CH2OH；在催化剂作用下，CH3CH=CH2与氧气发生氧化反应生成CH2=CHCOOH，则B为CH2=CHCOOH；在浓硫酸作用下CH2=CHCOOH与CH3CH2CH2OH共热发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH3，催化剂作用下CH2=CHCOOCH2CH2CH3共热发生加聚反应生成，则D为。【小问1详解】由分析可知，丙烯→A的反应为在催化剂作用下，CH3CH=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2CH2OH，故答案为：加成反应；,【小问2详解】由分析可知，B的结构简式为CH2=CHCOOH，官能团为碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；【小问3详解】由分析可知，A、B的结构简式分别为CH3CH2CH2OH、CH2=CHCOOH，CH3CH2CH2OH不能与碳酸氢钠溶液反应，CH2=CHCOOH能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，所以区分A、B两种物质的方法是取A、B两种物质于试管中，分别加入NaHCO3溶液，产生无色无味气体的是B，无现象的是A，故答案为：取A、B两种物质于试管中，分别加入NaHCO3溶液，产生无色无味气体的是B，无现象的是A；【小问4详解】由分析可知，A与B的反应为在浓硫酸作用下CH2=CHCOOH与CH3CH2CH2OH共热发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH3和水，反应的化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O，故答案为：CH2=CHCOOH+CH3CH2CH2OHCH2=CHCOOCH2CH2CH3+H2O；【小问5详解】由分析可知，D的结构简式为，故答案为：；【小问6详解】由分析可知，D为合成高分子化合物，结构简式为，该有机物难溶于水能起到防水的作用，分子中含有的酯基能发生水解反应，故答案为：难溶于水、可以水解。18.海带中含有碘元素，从海带中提取碘的实验过程如下图所示。（1）步骤①会用到下列仪器中的_______(填字母)。A.酒精灯B.漏斗C.坩埚D.泥三角（2）海带灰悬浊液含有。步骤④的试剂选用、稀硫酸，离子方程式是_______。（3）检验步骤④产生了的方法是_______。（4）步骤⑤“提取”包含以下四个过程。a.过程Ⅰ使用的体积明显小于含溶液，即可使几乎完全地转移至中，推测在_______(填,“”或“”)中的溶解度更大。b.与浓溶液反应的离子方程式是_______。c.过程Ⅰ→过程Ⅲ的目的是_______。d.过程Ⅳ的操作是_______。【答案】（1）ACD（2）2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O（3）向水溶液中滴加几滴淀粉溶液，观察溶液否变蓝（4）①.②.③.富集碘，将含I2溶液转化为I2的悬浊液，便于过滤分离④.过滤【解析】【分析】海带经灼烧，将其中的有机物转化为气体，所含碘元素转变成盐，得到海带灰浸泡，过滤除去不溶物得到含碘离子的水溶液，在溶液中加双氧水氧化碘离子得到含碘单质的水溶液。步骤⑤由含碘单质的水溶液提取碘单质，经过四个过程，过程Ⅰ加入四氯化碳萃取出碘单质分液得到碘的四氯化碳溶液，过程II加入浓NaOH溶液反萃取，碘与NaOH溶液反应生成含溶液，与四氯化碳分层，分液除去四氯化碳，再加入较浓的硫酸溶液，在酸性条件下，反应生成碘单质，得到I2的悬浊液，过滤得到碘单质，据此分析解答。【小问1详解】步骤①将海带灼烧成海带灰，需要用酒精灯加热，坩埚盛装海带，坩埚加热过程中需要泥三角，故选ACD；【小问2详解】步骤④中在酸性条件下过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；【小问3详解】淀粉溶液遇碘变蓝，因此可以向水溶液中加入淀粉，观察溶液是否变蓝，如果变蓝则说明水溶液中含有碘单质，故答案为：向水溶液中滴加几滴淀粉溶液，观察溶液是否变蓝；【小问4详解】a．过程Ⅰ使用的体积明显小于含溶液，即可使几乎完全地转移至中，说明碘更易溶于，用可萃取碘水中的碘，故答案为：；b．与浓溶液反应生成,，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是，故答案为：；c．过程Ⅰ之前含I2溶液浓度较小，经过程Ⅰ→过程Ⅲ提高了I2溶液浓度，且得到I2的悬浊液，便于过滤分离，故答案为：富集碘，将含I2溶液转化为I2的悬浊液，便于过滤分离；d．分离不溶性固体和液体用过滤操作，则过程Ⅳ的操作是过滤。19.过量排放含氮元素的废水，会引起水华等水体污染问题。含有大量的废水脱氮方法主要有吹脱法、氧化法等。Ⅰ.吹脱法（1）加入的目的是_______。（2）用热空气吹脱效果更好，原因是_______。Ⅱ.氧化法（3）一定条件下，溶液pH对去除能力的影响如图所示。①时，将溶液氧化的方程式补充完整：_______。②去除氨氮废水适宜的pH约为_______。（4）测定废水中的氮含量：取ag废水，将所含氮完全转化为，所得用过量的溶液吸收完全，剩余用溶液恰好中和，则废水中氮元素的质量分数是_______。【答案】（1）将转化为NH3，有利于废水中氮元素降低,（2）：温度升高，有利于NH3·H2O分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出（3）①.321332H＋②.8（4）【解析】【分析】含有大量的废水加入反应生成氨气或NH3·H2O，NH3·H2O不稳定，受热易分解，利用热的空气将氨气吹出以便变废为宝。【小问1详解】加入的目的是将转化为NH3，有利于废水中氮元素降低；故答案为：将转化为NH3，有利于废水中氮元素降低。【小问2详解】NH3·H2O不稳定，受热易分解，因此用热空气吹脱效果更好，原因是温度升高，有利于NH3·H2O分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出；故答案为：温度升高，有利于NH3·H2O分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出。【小问3详解】①时，2mol铵根变为氮气，失去6mol电子，次氯酸根变为氯离子，则需要3mol次氯酸根，根据氯守恒氯离子配3，根据氧守恒水配3，则后面填氢离子，配系数2，则溶液氧化的方程式为321332H＋；故答案为：321332H＋。②根据图中信息，去除氨氮废水适宜的pH约为8，氨氮去除率最高；故答案为：8。【小问4详解】根据前面分析得到关系式2NaOH～，2～，则废水中转化为的物质的量为n()=2×(c1V1×10−3mol−0.5c2V2×10−3mol)=(2c1V1−c2V2)×10−3mol，则废水中氮元素的质量分数是；故答案为：。20.实验室用浓硫酸与铜丝加热生成的制备少量并检验性质。,Ⅰ.生成并检验性质操作及现象：点燃酒精灯，试管ⅰ中有白雾生成，铜丝表面产生气泡；试管ⅱ中溶液红色褪去，试管ⅲ中溶液变红，一段时间后，将铜丝抽离硫酸并停止加热。（1）ⅰ中发生反应的化学方程式为_______。（2）ⅱ中现象说明具有_______作用。（3）若将试管ⅲ与试管ⅱ位置互换，石蕊溶液变为红色能否作为是酸性氧化物的证据？说明理由：_______。Ⅱ.制备并检验性质（4）ⅳ中反应的离子方程式为_______。（5）进行实验：①A中溶液褪色，说明具有_______性。②B中产生淡黄色沉淀的离子方程式为_______。③C中无明显现象，甲同学通过检测的生成证明和发生反应：取1C中溶液于试管中，_______(填试剂和操作)，产生白色沉淀。乙同学认为甲同学的实验没有排除的影响，设计对比实验：_______。,综合甲、乙同学的实验可知，能将氧化。【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（2）漂白（3）不能，试管ⅰ中白雾含有H2SO4，H2SO4也能石蕊溶液变为红色（4）SO2+2OH—=SO+H2O（5）①.还原②.SO+2S2—+6H+=3S↓+3H2O③.加入足量盐酸后，再滴入BaCl2溶液④.取1mLⅳ中溶液，加入足量盐酸后，再滴入BaCl2溶液，产生的白色沉淀较甲同学实验的少【解析】【分析】由实验装置图可知，试管ⅰ中铜与浓硫酸共热反应生成生成硫酸铜、二氧化硫和水，试管ⅱ中盛有的品红溶液验证二氧化硫的漂白性，并吸收白雾中的硫酸防止干扰二氧化硫酸性氧化物的验证，试管ⅲ盛有的石蕊溶液用于验证二氧化硫酸性氧化物的性质，试管ⅳ中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染环境。【小问1详解】由分析可知，试管ⅰ中发生的反应为铜与浓硫酸共热反应生成生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；【小问2详解】由分析可知，试管ⅱ中溶液红色褪去说明二氧化硫具有漂白性，故答案为：漂白；【小问3详解】由分析可知，试管ⅱ中盛有的品红溶液验证二氧化硫的漂白性，并吸收白雾中的硫酸防止干扰二氧化硫酸性氧化物的验证，所以试管ⅲ与试管ⅱ的位置不能互换，若互换，因为硫酸的干扰，石蕊溶液变为红色不能作为二氧化硫是酸性氧化物的证据，故答案为：不能，试管ⅰ中白雾含有H2SO4，H2SO4也能石蕊溶液变为红色；【小问4详解】由分析可知，试管ⅳ中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染环境，反应的离子方程式为SO2+2OH—=SO+H2O，故答案为：SO2+2OH—=SO+H2O；【小问5详解】①A中溶液褪色，说明亚硫酸钠具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，故答案为：还原；,②B中产生淡黄色沉淀的反应为酸性条件下，亚硫酸根离子与硫离子发生氧化还原反应生成硫和水，反应的离子方程式为SO+2S2—+6H+=3S↓+3H2O，故答案为：SO+2S2—+6H+=3S↓+3H2O；③C中发生的反应为具有还原性的亚硫酸钠溶液与过氧化氢溶液反应生成硫酸钠和水，检验溶液中含有硫酸根离子时，应先加入足量盐酸排出亚硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，再加入氯化钡溶液观察是否有白色沉淀生成；若甲同学的实验没有排除氧气的影响，取等量的向试管ⅳ溶液，向溶液中加入足量盐酸后，再滴入氯化钡溶液，产生的白色沉淀较甲同学实验的少说明过氧化氢能将二氧化硫氧化，故答案为：加入足量盐酸后，再滴入BaCl2溶液；取ⅳ中溶液，加入足量盐酸后，再滴入BaCl2溶液，产生的白色沉淀较甲同学实验的少。21.实验小组研究铜与硝酸的反应，实验如下(加持装置和尾气处理装置略)。装置编号试剂a现象Ⅰ4浓硝酸(过量)铜片完全溶解，溶液变绿，出现大量红棕色气体Ⅱ4稀硝酸(过量)铜片完全溶解，溶液变蓝，液面上方气体呈浅红棕色（1）实验Ⅰ、Ⅱ中的红棕色气体均是。①实验Ⅰ产生的化学方程式是_______。②实验Ⅱ产生的化学方程式是_______。（2）对实验Ⅰ产生，实验Ⅱ产生的原因提出解释。①硝酸浓度越稀，溶液中单位体积内的数目越少。被还原时，每个从铜片处获得较多电子的机会越_______(填“大”或“小”)，因此越易被还原为较低价态的含氮物质。②浓硝酸具有较强的_______性，可将转化为。（3）对实验Ⅰ所得溶液呈绿色，而实验Ⅱ所得溶液呈蓝色的原因提出猜想。查阅资料：ⅰ.溶于浓硝酸后呈黄色；ⅱ.。是弱酸，不稳定。猜想一：溶于浓硝酸，与蓝色溶液混合而呈现绿色。,猜想二：电离出的与结合为(绿色)。①向浓硝酸中通入，现象是_______，滴加少量蓝色溶液后呈绿色，证实猜想一合理。②研究猜想二是否为实验Ⅰ所得溶液呈绿色的主要原因，实验如下。a．能说明溶液A中含有的现象是_______。b．向溶液B中滴加少量硝酸，溶液由绿色变为蓝色。结果表明，猜想二不是实验Ⅰ所得溶液呈绿色的主要原因，说明理由：_______。【答案】（1）①.Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O②.2NO+O2=2NO2（2）①.大②.氧化（3）①.溶液呈黄色②.溶液A为无色，溶液B为绿色③.实验表明在酸性条件下不能稳定存在，由于实验Ⅰ中有大量浓HNO3存在，因此不应含有大量【解析】【小问1详解】①实验Ⅰ中发生的反应为铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；②实验Ⅱ中发生的反应为铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，产生二氧化氮的化学方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；【小问2详解】①硝酸浓度越稀，溶液中单位体积内的硝酸根数目越少，则稀硝酸被还原时，每个硝酸根从铜片处获得较多电子的机会越大，因此越易被还原为较低价态的含氮物质，故答案为：大；②浓硝酸具有较强的氧化性，能将一氧化氮氧化为二氧化氮，故答案为：氧化；【小问3详解】①由题给信息可知，若猜想一合理，向浓硝酸中通入二氧化氮，溶液会变为黄色，滴加少量蓝色硝酸铜溶液后，溶液会变为绿色，故答案为：溶液呈黄色；②a．由题给信息可知，若溶液A为无色，溶液B为绿色说明溶液A中含有亚硝酸，故答案为：溶液A,为无色，溶液B为绿色；b．由实验可知，在酸性条件下不能稳定存在，而实验Ⅰ中含有大量浓硝酸，溶液的酸性强，溶液中不应含有大量，所以猜想二不是实验Ⅰ所得溶液呈绿色的主要原因，故答案为：实验表明在酸性条件下不能稳定存在，由于实验Ⅰ中有大量浓HNO3存在，因此不应含有大量。,