2022-2023學年山西省霍州市煤電第一中學化學高三第一學期期中質量檢測試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學期中模擬測試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、常溫下，向20.00mL.0.1000molL-1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 molL-1NaOH溶液時，溶液的pH與所加NaOH溶

2、液體積的關系如下圖所示（不考慮NH3H2O的分解和NH3的揮發(fā)）。下列說法不正確的是A點a所示溶液中：c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(H+)=c(OH-)C點c所示溶液中：c(SO42-)+c(H+)=c(NH3H2O)+c(OH-)D點d所示溶液中：c(SO42-)c(NH3H2O )c(OH-)c(NH4+)2、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A常溫常壓下，1mol P4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結構)中所含P-P鍵數(shù)目為4NAB20mL 10molL-1的濃硝酸與足量銅加熱反應轉移電子數(shù)為0.2NAC0.1mol NH2-所含電子數(shù)約為6.021023個D0.1mo

3、l H2和0.1mol I2于密閉容器中充分反應后，其分子總數(shù)小于0.2NA3、鉛蓄電池是目前常見的二次電池，其放電時總反應為Pb + PbO2 + 2H2SO4 =2PbSO4 + 2H2O。下列說法中正確的是A放電時，Pb作為電池的負極發(fā)生還原反應B放電時，內電路中的H+ 向Pb電極移動C充電時，外接電源的負極需要與Pb電極相連D充電時，陽極區(qū)附近溶液酸性減弱4、明代李時珍的本草綱目谷四燒酒中記載：“惟以糯米或粳米或黍或秫或大麥蒸熟，和麴釀甕中七日，以甑蒸取”。下列說法錯誤的是A糯米、粳米、大麥等谷物中均含有淀粉B古法釀酒工藝中有多種酶參與催化反應C酒化酶將葡萄糖轉化為乙醇時，溫度越高反應

4、速率一定越快D該過程中涉及蒸餾操作5、下列關于物質分類的說法不正確的是A金剛石、紅磷都屬于單質B漂白粉、玻璃都屬于混合物C氯化銨、氨氣都屬于電解質D生鐵、青銅都屬于合金6、下列分散系能產生“丁達爾效應”的是A氯化鈉溶液 B硫酸銅溶液 C雞蛋清溶液 D酒精溶液7、鐵、銅混合粉末17.6 g加入到800mL 1.0mol/L的 FeCl3溶液中，充分反應后，所得溶液中Fe2+和Cu2+物質的量濃度之比為81。下列有關說法正確的是A混合粉末中鐵與銅的物質的量之比是12B反應后的溶液最多還可以溶解鐵粉5.6gC反應后所得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L (假設反應前后溶液體積無變化)D向反應后的

5、溶液中加入2.0 mol/L NaOH溶液至金屬離子恰好全部沉淀時，需加入NaOH溶液的體積是1.6 L8、下列說法錯誤的是A液氨汽化時要吸收大量的熱，常用作制冷劑B新能源汽車的推廣與使用有助于減少光化學煙霧的產生C手機外殼上貼的碳纖維外膜是一種新型的無機非金屬材料D海水淡化能解決淡水供應危機，向海水中加凈水劑明礬可以使海水淡化9、在CH3COOHC2H5OHCH3COOC2H5H2O的平衡體系中，加入一定量的，當重新達到平衡時，18O原子應存在于( )A乙酸乙酯中B乙酸中C水中D乙酸、乙酸乙酯和水中10、下列說法中正確的是 （）A堿性氧化物一定是金屬氧化物，酸性氧化物一定是非金屬氧化物B硫酸

6、鋇難溶于水，所以硫酸鋇是弱電解質CCO2、NH3的水溶液可以導電，所以CO2、NH3是電解質D強電解質溶液的導電能力不一定強，弱電解質溶液的導電能力不一定弱11、有關化學與生活，環(huán)境，食品安全，材料等說法中正確的是( ) A酸雨就是pHc(SO42-)c(H+)c(H+)=c(OH-)，B正確；C. 點c所示溶液中所加氫氧化鈉的物質的量恰好為硫酸銨的物質的量相等，溶液中有物質的量相等的3種溶質硫酸銨、硫酸鈉和一水合氨，由電荷守恒可得c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)=2 c(SO42-) +c(OH-) ，由物料守恒可得，c(Na+)= c(SO42-)、c(SO42-)=c(NH3H2

7、O)+ c(NH4+)，所以，c(SO42-)+c(H+)=c(NH3H2O)+c(OH-)，C正確；D. 點d所示溶液中所加的氫氧化鈉恰好與硫酸銨完全反應，得到硫酸鈉和氨水的混合液，溶液呈堿性，所以c(NH3H2O)c(SO42-) c(OH-)c(NH4+)，D不正確。本題選D。2、C【題目詳解】A. P4為正四面體結構，1mol P4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結構)中所含PP鍵為6mol，其數(shù)目為6NA，A項錯誤；B. 濃硝酸與足量銅反應時，會隨著濃度的降低變?yōu)橄∠跛幔D移電子數(shù)會發(fā)生改變，故無法計算，B項錯誤；C. NH2-所含電子數(shù)為7+2+1=10，0.1 molNH2-所含電子數(shù)約

8、為6.021023個，C項正確；D. H2+I22HI是可逆反應，但此反應也是一個反應前后分子物質的量不變的反應，故反應后分子總數(shù)仍為0.2NA，D項錯誤；答案選C?！敬鸢更c睛】A項是易錯點，要牢記，1mol P4分子中含6mol P-P鍵，1mol單晶硅中含Si-Si鍵為2mol，1mol金剛石中含C-C鍵為2mol，1mol SiO2中含4mol Si-O鍵。3、C【答案解析】由總方程式可知，為原電池時，Pb為負極，發(fā)生氧化反應，電極方程式為Pb+SO42-2e-=PbSO4，PbO2為正極，發(fā)生還原反應，電極方程式為PbO2+4H+SO42-+2e-=2H2O+PbSO4，在充電時，陰極

9、發(fā)生的反應是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，陽極反應為PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，放電時，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動，以此解答該題?！绢}目詳解】A、放電時，該原電池的負極材料是鉛，鉛失電子發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B、放電時，蓄電池內電路中H+向正極（即PbO2極）移動，故B錯誤；C、充電時，外接電源的負極與Pb陰極相連，陰極發(fā)生的反應是PbSO4+2e-=Pb+SO42-，故C正確；D、陽極反應為PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，由電解方程式可知陽極附近電解質溶液的pH逐漸減小，酸性增強，故D錯誤；綜上所述，本題應選C?！?/p>

10、答案點睛】本題考查原電池和電解池知識，注意把握電解方程式的書寫。在原電池中，負極失去電子，元素化合價升高，發(fā)生氧化反應，被氧化；正極得到電子，元素化合價降低，發(fā)生還原反應，電解質溶液中，陰離子向負極移動，陽離子向正極移動。在電解池中，陰極得到電子，發(fā)生還原反應，陽極失去電子，發(fā)生氧化反應。4、C【題目詳解】A. 糯米、粳米、大麥等谷物中均含有淀粉,故A正確；B. 古法釀酒是利用淀粉在酶的作用下轉化為乙醇，所以古法釀酒工藝中有多種酶參與催化反應，故B正確；C.因為酶具有活性，溫度太高會失去活性，導致酶失效，所以 酒化酶將葡萄糖轉化為乙醇時，溫度越高反應速率不一定越快，故C錯誤；D. 燒酒的制備過

11、程為選料、制曲、發(fā)酵和蒸餾四步，涉及的實驗操作是蒸餾，故D正確；本題答案：C。5、C【題目詳解】A. 金剛石是C、紅磷是P，都屬于單質，A正確； B. 漂白粉主要成分是氯化鈣和次氯酸鈣、玻璃主要成分是二氧化硅，都屬于混合物，B正確；C. 氯化銨是NH4Cl、氨氣NH3，前者屬于電解質，后者屬于非電解質，C錯誤； D. 生鐵是鐵、碳合金，青銅是銅、錫合金，都屬于合金，D正確；答案為C。6、C【答案解析】膠體能產生“丁達爾效應”，而溶液不能。氯化鈉溶液、硫酸銅溶液的分散質粒子是離子，酒精溶液的分散質粒子是小分子，這三種分散系都屬于溶液；雞蛋清溶液是指高分子蛋白質分散在水中，形成膠體體系，能夠產生丁

12、達爾效應。故選C。點睛：“雞蛋清溶液”、“淀粉溶液”名為溶液，實際上是膠體體系，此為易錯點。7、C【答案解析】由于鐵比銅活潑，所以鐵先與FeCl3反應，即2FeCl3Fe=3FeCl2，當鐵完全反應后，銅才能與FeCl3反應，即2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2。A、設混合物中鐵的物質的量為xmol，銅的物質的量為ymol，則反應后溶液中的Fe2+為(3x+2y)mol，Cu2+為ymol，在同一溶液中，濃度之比等于物質的量之比，所以(3x+2y)：y=8:1，解得x:y=2:1，故A錯誤；B、根據(jù)混合物總質量17.6g，可得56x+64y=17.6，聯(lián)合求得x=0.2mol，y=0.1m

13、ol，再由反應方程式可求出反應的FeCl3反應為(2x+2y)=0.6mol0.8L1.0mol/L，因此FeCl3剩余0.2mol；反應后的溶液中能溶解鐵的物質有剩余的0.2mol FeCl3和生成的0.1mol CuCl2，故還能溶解鐵0.2mol，質量為11.2g，所以B錯誤；C、反應后所得溶液中c(Fe2+) = = =1.0mol/L，故C正確；D、反應后的溶液中含有n(Fe2+)=0.8mol，n(Fe3+)=0.2mol，n(Cu2+)=0.1mol，恰好沉淀需要加入2.0 mol/L NaOH溶液的體積V= =1.2L，故D錯誤。本題正確答案為C。點睛：混合物之間的反應，一定要

14、注意反應的順序，否則有些習題是無法處理的。本題中FeCl3既能與鐵反應，也能與銅反應，但鐵比銅活潑，所以只有當鐵完全反應后，銅才能反應；本題最難處理的是B選項，要確定FeCl3和銅哪種物質剩余，根據(jù)A選項，已經確定出鐵和銅的物質的量之比，所以先求得二者的物質的量各是多少，進而求得反應需要的FeCl3的物質的量，再與已知量比較，即可得出正確結論。8、D【答案解析】A利用液態(tài)氨汽化時吸收大量的熱，使周圍的溫度急劇下降，所以液氨常用作制冷劑，故A正確；B新能源汽車使用的是電能等潔凈能源，不產生形成光化學煙霧的氮氧化物，故B正確；C碳纖維是一種新型的無機非金屬材料，故C正確；D明礬能凈水，但不能消除水

15、中的無機鹽，故D錯誤；故選D。9、A【題目詳解】乙酸與乙醇的酯化反應是可逆反應，其反應的實質是：乙酸脫去羥基，乙醇脫去羥基中的氫原子而生成酯和水：。當生成的酯水解時，原來生成酯的成鍵處即是酯水解時的斷鍵處，且將結合水提供的羥基，而18OC2H5結合水提供的氫原子，即，所以18O存在于乙酸乙酯和乙醇中，答案選A。10、D【題目詳解】A只能和酸反應生成鹽和水的氧化物為堿性氧化物，堿性氧化物一定是金屬氧化物，只能和堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，如Mn2O7是金屬氧化物，屬于酸性氧化物，故A錯誤；B強電解質是在水溶液中或熔融狀態(tài)下能完全電離的電解質，硫酸鋇是難溶

16、的鹽，投入水中，導電性較弱，但熔融狀態(tài)完全電離，所以BaSO4是強電解質，故B錯誤；CCO2、NH3溶于水分別生成碳酸、一水合氨，碳酸、一水合氨能夠電離，其水溶液均能導電，但導電離子不是CO2、NH3自身電離的，二者不屬于電解質，為非電解質，故C錯誤；D導電能力的強弱與參與導電的自由移動的離子的濃度大小有關，強電解質如果濃度很小，導電能力也可能比濃的弱電解質溶液的導電能力弱，故D正確；答案為D。11、D【題目詳解】A酸雨的pH5.6，A錯誤；B合成纖維、硝酸纖維均為有機高分子物質，光導纖維是SiO2，屬于無機非金屬材料，B錯誤；C直徑介于1100 nm之間的粒子的分散系稱為膠體，只有分散質不能

17、稱為膠體，C錯誤；D地溝油，潲水油主要成分為油脂，在堿性條件下水解發(fā)生皂化反應，可用于制肥皂，D正確；故選D。12、A【題目詳解】乙酸乙酯難溶于水、乙酸鈉溶于水，因此用分液分離；乙醇和丁醇是互溶的，利用沸點不同進行蒸餾分離；NaBr易溶于水，單質Br2的水溶液用有機溶劑萃取分層；故A符合題意。綜上所述，答案為A?！敬鸢更c睛】難溶于水的液體分離用分液；難溶于水的固體常用過濾分離；互溶的兩種液體沸點不同常用蒸餾分離。13、D【題目詳解】A1個(-18OH)含有18-8+0=10個中子，-18OH的摩爾質量為19g/mol，所以9.5g羥基(-18OH)含有的中子物質的量為10=5mol，即5NA，

18、A說法正確；B1LpH=13的NaOH溶液中n(H+)=1013mol/L1L=1013mol，水電離出的氫離子和氫氧根數(shù)量相同，所以水電離出的OH數(shù)目為1013NA，B說法正確；C2molFeBr2與足量氯氣反應時，F(xiàn)e2+被氧化成Fe3+，Br被氧化成Br2，2molFeBr2含有2molFe2+和4molBr，所以轉移6mol電子，C說法正確；D標準狀況下，氣體摩爾體積為22.4L/mol，無氣體狀態(tài)，不能確定其物質的量，D說法錯誤；答案為D。14、D【題目詳解】A. 溶解時有少量液體濺出，n偏小，則導致溶液濃度偏低，故A不選；B. 洗滌液未全部轉移到容量瓶中，n偏小，則導致溶液濃度偏低

19、，故B不選；C. 容量瓶使用前未干燥，對n、V無影響，濃度不變，故C不選；D. 定容時液面未到刻度線，V偏小，導致溶液濃度偏高，故D選；故選D。15、D【答案解析】A、柴草不是新能源，A錯誤；B、汽油清洗衣物上的油漬是溶解，不是乳化，B錯誤；C、加碘食鹽中加入了KIO3，C錯誤；D、食醋中含有醋酸，可用于清洗熱水瓶中的水垢，D正確，答案選D。16、C【題目詳解】A. 硫離子結構示意圖：，A錯誤； B. 次氯酸分子內，氧原子分別與氫、氯原子共用1對電子對，則HClO的電子式為：，B錯誤；C. 乙醇的結構簡式為：CH3CH2OH，C正確； D. 中子數(shù)為10的氟原子其質量數(shù)為19： ，D錯誤；答案

20、選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、 1丙醇 Br2和Fe(或FeBr3) CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O E：； J：；中間產物1：； 中間產物2： 【分析】A的分子式是C6H6，結構簡式為，A發(fā)生硝化反應生成B，B為，由D的結構簡式及反應條件，可知C為。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，則含有CH2OH結構，結構簡式為CH3CH2CH2OH，F(xiàn)催化氧化生成G，G為CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H為CH3CH2COOH，以此分析?！绢}目詳解】A的分子式是C6H6，結構簡式為，A發(fā)生硝化反應生成B，B為，由

21、D的結構簡式及反應條件，可知C為。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，則含有CH2OH結構，結構簡式為CH3CH2CH2OH，F(xiàn)催化氧化生成G，G為CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H為CH3CH2COOH，(1)根據(jù)以上分析，A的結構簡式是；F的結構簡式為CH3CH2CH2OH，名稱是1丙醇。故答案為： ；1丙醇；(2) BC是苯環(huán)上的溴代反應，則試劑a為Br2和Fe(或FeBr3)；由D的結構簡式和已知，可知試劑b為。故答案為：Br2和Fe(或FeBr3)；(3)C與足量的NaOH反應為鹵代烴的水解反應和酸堿中和反應，化學方程式為。故答案為：。(4)G與銀氨溶液發(fā)生醛基的氧化反

22、應，化學方程式為CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O 。故答案為：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；(5)根據(jù)(5)中已知條件可知，E為，J為丙酸酐，結構簡式為；根據(jù)已知可得中間產物1為，根據(jù)已知可得中間產物2為。18、 (酚)羥基、酯基 取代反應 【分析】A是 ，A與(CH3)2O發(fā)生取代反應產生分子式是C14H15NO4的物質B： ，B與K2CO3、(CH3)2SO4發(fā)生亞氨基上的取代反應產生C是 ，C與NBS發(fā)生-CH3上的取代反應產生D：；D與X在一定條件下發(fā)生取代反

23、應產生E：；E與HCHO、NH(CH3)2反應，然后酸化可得阿比朵爾：?！绢}目詳解】(1)阿比朵爾結構簡式是： ，物質中含有的含氧官能團是(酚)羥基、酯基；(2)A是 ，A與(CH3)2O發(fā)生取代反應產生分子式是C14H15NO4的物質B是 ，則AB的化學方程式是：+(CH3CO)2OCH3COOH，該反應的反應類型是取代反應；(3)由D、E結構的不同，結合X分子式可知：X的結構簡式為；(4)CH3OH被催化氧化產生HCHO，CH3OH與HBr發(fā)生取代反應產生CH3Br，CH3Br與NH3發(fā)生取代反應產生NH(CH3)2，HCHO、NH(CH3)2、發(fā)生反應產生。該轉化歷程為： 。19、2Cl

24、O22CN2CO2N22Cl 稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸 防止倒吸(或作安全瓶) 2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O 加大氮氣的通入量 淀粉溶液 溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色 0.04 【答案解析】（1）依據(jù)電子轉移數(shù)守恒配平該氧化還原反應方程式；（2）結合ClO2的特點，從安全隱患角度分析考慮；根據(jù)儀器的連接特點作答；NaClO3與H2O2在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應用于制備ClO2；裝置C中導管液面上升時，說明ClO2在水中過飽和，析出晶體；（3）碘單質與淀粉溶液變藍；再根據(jù)標準溶液滴定待測液的基本實驗操作分析作答；最后依據(jù)電子轉移

25、數(shù)守恒及各物質之間的關系式列式計算?！绢}目詳解】（1）ClO2可將廢水中的CN氧化成CO2和N2，本身氯元素化合價降低到穩(wěn)定的-1價，其離子方程式為：2ClO22CN2CO2N22Cl，故答案為：2ClO22CN2CO2N22Cl；（2）氮氣可稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸，故答案為：可稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發(fā)生爆炸；ClO2易溶于水，則裝置B作為安全瓶，可防倒吸，故答案為：防止倒吸(或作安全瓶)；裝置A內發(fā)生氧化還原反應，NaClO3作氧化劑，H2O2做還原劑，反應有氧氣生成，結合原子守恒規(guī)律可知，產物中還有水，其化學方程式為：2NaClO3H2O2H2S

26、O42ClO2Na2SO4O22H2O，故答案為：2NaClO3H2O2H2SO42ClO2Na2SO4O22H2O；裝置C中導管液面上升時，說明ClO2濃度過大，為防止爆炸，需加大氮氣的通入量，故答案為：加大氮氣的通入量；（3）KI可在酸性條件下被ClO2氧化為I2，因I2與淀粉溶液會變藍，所以可用淀粉溶液作為反應的指示劑，用Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的I2溶液，當?shù)味ㄗ詈笠坏螛藴蔔a2S2O3時，錐形瓶內的溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色，說明已達到終點，依據(jù)電子轉移數(shù)守恒規(guī)律列出關系式2ClO2 5I2 10S2O32-，則n(ClO2) = n(S2O32-) = 0.1000m

27、olL120.0010-3 L = 410-4 mol，因此錐形瓶內ClO2的濃度為c(ClO2) = = 0.04 mol/L，故答案為：淀粉溶液；溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色；0.04。【答案點睛】氧化還原反應的應用是高考必考點，利用關系式法可以化繁為簡。所謂關系式法，就是根據(jù)得失電子守恒關系建立已知量與未知量之間的橋梁，列出關系式進而計算，這樣可以很快理清思路，提高做題準確率與做題效率。如最后一問，利用碘單質中間量，直接找出ClO2與S2O32-之間的等量關系，是解此小題的突破口。20、b 濃硫酸 吸收尾氣中的SO2，防止空氣中的CO2與Mg反應 能 D裝置與盛有固體試劑的裝置相連，

28、不會發(fā)生倒吸 Cu2H2S=CuS2H Mg d、c、a、b 品紅溶液褪色 5Mg2SO24MgOMgSS 【答案解析】本題重點考查鎂和二氧化硫的反應產物的實驗探究。本題應根據(jù) 已知推未知，已知2Mg+CO2=2MgO+C，可推測二氧化硫與鎂可能反應2Mg+SO2=2MgO+S，鎂單質還能與產物中的硫單質反應生成硫化鎂。實驗I為鎂和二氧化硫的反應實驗，A裝置為二氧化硫的制備（濃硫酸與亞硫酸鈉發(fā)生復分解反應），制備的SO2中混有水蒸氣，應先用濃硫酸干燥SO2，再讓SO2與MgO反應；二氧化硫為污染性氣體，不能直接排放，所以用堿石灰吸收未反應的SO2，同時空氣中的CO2也能與鎂反應干擾實驗。實驗I

29、I為探究產物，固體中可能含有氧化鎂、硫單質、硫化鎂和鎂單質。將固體產物加入稀硫酸，產生氣體，硫化鎂與硫酸反應生成硫化氫氣體，MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，鎂單質和稀硫酸反應生成氫氣和硫酸鎂，裝置G中加硫酸銅溶液可驗證是否有硫化氫生成，G裝置中產生黑色沉淀證明有硫化銅生成，進而證明固體中含有硫化鎂；接下來驗證是否有氫氣生成，利用氫氣還原氧化銅，并檢驗產物是否有水，因此在驗證是否有氫氣生成時應先干燥氣體；裝置中黑色粉末變紅色，說明氧化銅被還原為銅單質，J裝置中白色粉末變藍色證明有水生成，進而證明了固體中含有鎂單質；此實驗結束后發(fā)現(xiàn)還有少量不溶固體，猜測可能為硫單質，實驗III即驗證剩余固

30、體是否為硫單質，先使固體與氧氣反應，將產物通入品紅溶液中，如果品紅褪色，則證明固體為硫單質?！绢}目詳解】(1)濃硫酸與亞硫酸鈉發(fā)生復分解反應，該反應中強酸制備弱酸，濃硫酸表現(xiàn)出酸性。(2)制備的SO2中混有水蒸氣，應先用濃硫酸干燥SO2；二氧化硫為污染性氣體，不能直接排放，所以用堿石灰吸收未反應的SO2，同時空氣中的CO2也能與鎂反應干擾實驗，所以堿石灰還可以防止空氣中的CO2與Mg反應。(3)本實驗中加熱裝置與盛有固體試劑的裝置連接，不會發(fā)生倒吸，不需要安全瓶，所以能拆去D裝置。(4)F裝置中MgS與稀硫酸發(fā)生MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，硫酸銅溶液用于檢驗H2S，H2S與Cu2反應生成硫化銅黑色沉淀，離子反應為Cu2H2S=CuS2H 。氧化銅被還原成銅和水，無水硫酸銅變藍色，說明固體與稀硫酸反應有氫氣產生，即固體中含有未反應的鎂粉。(5)題給裝置中沒有氧氣干燥裝置，如果選擇雙氧水制氧氣，不能得到干燥的氧氣。實驗中，應該用干燥的氧氣與硫反應，故選擇高錳酸鉀制氧氣。裝置連接順序為制氧氣d、氧氣與硫反應c、檢驗S