江西省部分高中學校2024-2025學年高一下學期聯(lián)考化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1江西省部分高中學校2024-2025學年高一下學期聯(lián)考本試卷滿分100分，考試用時75分鐘。注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4.本試卷主要考試內容：人教版必修第一冊、必修第二冊第五章。5.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28Cl-35.5K-39Cu-64Ag-108一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.傳統(tǒng)的無機非金屬材料在生活、生產中應用非常廣泛。下列物品的主要成分屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料的是A．陶瓷茶具B．碳化硅陶瓷軸承C．硅太陽能電池D．石墨烯散熱膜A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．陶瓷茶具的主要成分硅酸鹽是傳統(tǒng)的三大硅酸鹽材料，A符合題意；B．碳化硅陶瓷是新型無機非金屬材料，B不符合題意；C．硅太陽能電池主要成分是單質硅，是新型無機非金屬材料，C不符合題意；D．石墨烯散熱膜的主要成分是碳單質，是新型無機非金屬材料，D不符合題意；故選A。2.氧化還原反應是一類重要的化學反應。下列過程發(fā)生的主要反應不涉及氧化還原反應的是A.形成酸雨 B.氮的固定C.粗鹽的提純 D.溶液刻蝕銅電路板【答案】C【解析】A．硫酸型酸雨中硫的價態(tài)是+6價，二氧化硫形成酸雨過程中硫化合價升高，涉及氧化還原反應，A不符合題意；B．氮的固定是游離態(tài)氮氣轉化為化合態(tài)的過程，是涉及價態(tài)變化的氧化還原反應，B不符合題意；C．粗鹽的提純主要涉及的是加沉淀劑發(fā)生復分解反應后通過過濾、蒸發(fā)等操作分離提純雜質的過程，C符合題意；D．氯化鐵溶液刻蝕電路板是鐵離子氧化性的體現(xiàn)，D不符合題意；故選C。3.下列化學用語表示正確的是A.HClO的電子式： B.中子數為10的氧原子：C.Al3+的結構示意圖： D.CH4的空間結構為正四面體形【答案】D【解析】A．HClO分子中，H、Cl原子間不形成共價鍵，其化學式實際上為HOCl，電子式為，A不正確；B．中子數為10的氧原子，其質量數為10+8=18，則可表示為：，B不正確；C．Al3+的核電荷數為13，核外電子數為10，結構示意圖：，C不正確；D．由于CH2Cl2只有一種，所以CH4分子呈空間結構，為正四面體形，D正確；故選D。4.將下列物質在空氣中久置，對該過程發(fā)生的變化敘述錯誤的是A.濃硫酸——質量增大，體現(xiàn)其脫水性B.漂白粉——漂白效果先增強后減弱，最后失效C.金屬鈉——表面變暗，發(fā)生氧化還原反應D.新制Fe(OH)2沉淀——白色沉淀迅速轉化為灰綠色，最后變?yōu)榧t褐色【答案】A【解析】A．濃硫酸具有吸水性，久置于空氣中，吸收水蒸氣而使其質量增大，A錯誤；B．漂白粉久置于空氣中，會與溶解的CO2作用生成HClO，漂白效果增強，但若放置時間過長，生成的HClO分解，則漂白效果減弱，若完全變質，則失去漂白效果，B正確；C．金屬鈉久置于空氣中，能與氧氣反應生成氧化鈉，使其表面變暗，發(fā)生氧化還原反應，C正確；D．新制Fe(OH)2的還原能力強，很容易被空氣中的氧氣氧化為Fe(OH)3，由白色沉淀迅速轉化為灰綠色，最后變?yōu)榧t褐色，D正確；故選A。5.我國煉丹術史料中記載有“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”，丹砂是指紅色的硫化汞(HgS)。下列說法正確的是A.丹砂與水銀之間的轉化屬于可逆反應B.“積變又還成丹砂”涉及化合反應和氧化還原反應C.實驗室中，可用汞處理不小心撒落在地上硫粉D.1mol汞與足量硫粉反應，轉移1mol電子【答案】B【解析】A．丹砂(HgS)與水銀(Hg)之間雖然可以相互轉化，但反應條件不同，不屬于可逆反應，A錯誤；B．“積變又還成丹砂”，發(fā)生反應為2Hg+O2=2HgO，屬于化合反應和氧化還原反應，B正確；C．實驗室中，可用硫粉處理不小心撒落在地上的汞，而不是用汞處理硫粉，C錯誤；D．1mol汞與足量硫粉反應，生成1molHgS，轉移2mol電子，D錯誤；故選B。6.下列各組物質的鑒別方法錯誤的是A.用淀粉-KI溶液鑒別NO2和Br2蒸氣B用加熱法鑒別NH4Cl固體和NaCl固體C.用打磨過的Al片鑒別濃硫酸和稀硫酸D.用酸性KMnO4溶液鑒別SO2和CO2【答案】A【解析】A．NO2溶于水后與水反應，生成HNO3和NO，HNO3和Br2都能將I-氧化為I2，從而使淀粉變藍，所以不能用淀粉-KI溶液鑒別NO2和Br2蒸氣，A錯誤；B．NH4Cl受熱易分解，生成氨氣和氯化氫氣體，NaCl的熱穩(wěn)定性強，所以可用加熱法鑒別NH4Cl固體和NaCl固體，B正確；C．濃硫酸能使Al發(fā)生鈍化，從而阻止反應的進行，Al與稀硫酸能持續(xù)發(fā)生反應并生成氫氣，所以可用打磨過的Al片鑒別濃硫酸和稀硫酸，C正確；D．SO2具有還原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，而CO2與酸性KMnO4溶液不反應，所以可用酸性KMnO4溶液鑒別SO2和CO2，D正確；故選A。7.在實驗室制備、干燥、收集氨氣并進行噴泉實驗，下列實驗裝置正確或操作規(guī)范且能達到實驗目的的是A．制備氨氣B．干燥氨氣C．收集氨氣D．制作紅色噴泉A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．試管口要略向下傾斜，防止冷凝水回流到試管底部使試管炸裂，A錯誤；B．氯化鈣可以和氨氣反應生成CaCl2·8NH3，不能用無水氯化鈣干燥氨氣，應該用堿石灰，B錯誤；C．氨氣密度小于空氣，收集氨氣時長導管進，短導管出，C正確；D．應該用滴加酚酞的水，酚酞遇堿變紅，遇石蕊溶液變藍，D錯誤；故選C。8.在一定條件下，下列物質的轉化能通過一步反應實現(xiàn)的是A. B.C. D.【答案】C【解析】A．SO2與H2S反應可生成S，SO3與水反應生成H2SO4，但S與O2反應只能生成SO2，不能生成SO3，A不符合題意；B．N2與H2在催化劑、高溫、高壓下反應可合成NH3，NO2與H2O反應可生成，但NH3催化氧化只能生成NO，不能生成NO2，B不符合題意；C．Fe與HCl反應可生成FeCl2，F(xiàn)eCl2被Cl2氧化可生成FeCl3，F(xiàn)eCl3與堿反應可生成Fe(OH)3，C符合題意；D．Na2CO3與Ca(OH)2反應可生成NaOH，NaOH與H2SO4反應可生成Na2SO4溶液，但Na2SO4溶液不能直接生成Na，D不符合題意；故選C。9.已知。設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.等物質的量的NH3和N2的分子數均為NAB.反應中每生成6.4gCu，NH3失去的電子數為0.2NAC.標準狀況下，2.24LH2O中含有的極性共價鍵數為0.2NAD.將0.2molNH3溶于水得到的1L氨水中，含有的NH3?H2O分子數為0.2NA【答案】B【解析】A．等物質的量的NH3和N2的分子數相等，沒有明確物質的量的具體數值，分子數不一定為NA，故A錯誤；B．反應中銅元素化合價由+2降低為0，每生成6.4gCu，NH3失去的電子數為0.2NA，故B正確；C．標準狀況下H2O是液體，2.24LH2O的物質的量不是0.1mol，故C錯誤；D．氨水中含N微粒有NH3?H2O、、NH3，將0.2molNH3溶于水得到的1L氨水中，含有的NH3?H2O分子數小于0.2NA，故D錯誤；選B。10.W、X、Y、Z為核電荷數依次增大的短周期主族元素，其中W原子的核外電子總數與Y原子的最外層電子數相同，W與Z原子的最外層電子數相同，短周期元素對應的單質中，Y的單質氧化性最強。下列說法正確的是A.WX2屬于酸性氧化物B.簡單離子半徑：Z＞W＞XC.最簡單氫化物的沸點：Y＞X＞W＞ZD.最高價氧化物對應水化物的酸性：Y＞W＞Z【答案】B【解析】W、X、Y、Z為核電荷數依次增大的短周期主族元素，短周期元素對應的單質中，Y的單質氧化性最強，則Y為F元素；W原子的核外電子總數與Y原子的最外層電子數相同，則W原子的核外電子數為7，其為N元素；W與Z原子的最外層電子數相同，則Z為P元素，X的原子序數介于N、F之間，則X為O元素。從而得出，W、X、Y、Z分別為N、O、F、P。A．WX2的化學式為NO2，其與堿反應生成兩種鹽，不屬于酸性氧化物，A不正確；B．W、X、Z分別為N、O、P，N3-、O2-核外都有2個電子層，P3-核外有3個電子層，N的核電荷數比O小，則簡單離子半徑：P3-＞N3-＞O2-，B正確；C．W、X、Y、Z分別為N、O、F、P，其中NH3、H2O、HF都能形成分子間的氫鍵，PH3不能形成分子間氫鍵，H2O常溫下呈液態(tài)，標準狀況下，HF呈液態(tài)，而NH3呈氣態(tài)，則最簡單氫化物的沸點：H2O＞HF＞NH3＞PH3，C不正確；D．W、Y、Z分別為N、F、P，F(xiàn)不存在最高價氧化物對應水化物，N的非金屬性大于P，則最高價氧化物對應水化物的酸性：HNO3＞H3PO4，D不正確；故選B。11.下列離子方程式書寫正確的是A.Fe2O3溶于氫碘酸：B.Cu和稀硝酸反應：C.向NaHSO4溶液中滴加氨水：D.將打磨過的Al片放入NaOH溶液中：【答案】D【解析】A．Fe2O3溶于氫碘酸，生成的Fe3+能將I-氧化為I2：，A不正確；B．Cu和稀硝酸反應生成Cu(NO3)2、NO氣體和水：，B不正確；C．H2SO4為二元強酸，在水溶液中發(fā)生完全電離，生成H+和，向NaHSO4溶液中滴加氨水：，C不正確；D．將打磨過的Al片放入NaOH溶液中，發(fā)生反應生成Na[Al(OH)4]和H2：，D正確；故選D。12.下列實驗操作正確且能達到相應實驗目的的是選項實驗目的實驗操作A比較C和Si的非金屬性強弱將稀硫酸滴入NaHCO3溶液中，產生的氣體通入Na2SiO3溶液中B檢驗某溶液中是否含有向該溶液中加入NaOH稀溶液并加熱，試管口放置一片濕潤的藍色石蕊試紙C除去粗鹽中的依次向粗鹽的水溶液中加入稍過量的Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液，過濾D驗證SO2具有漂白性向SO2的水溶液中滴加紫色石蕊試液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．硫酸是不揮發(fā)性酸，將稀硫酸滴入NaHCO3溶液中，產生的氣體為CO2，通入Na2SiO3溶液中，生成H2SiO3沉淀，從而得出酸性：H2SO4＞H2CO3＞H2SiO3，最高價氧化物的水化物的酸性越強，非金屬性越強，從而得出C的非金屬性大于Si的非金屬性，A能達到實驗目的；B．氨氣極易溶于水且氨水呈堿性，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，所以檢驗時，應向該溶液中加入NaOH濃溶液并加熱，試管口放置一片濕潤的紅色石蕊試紙，B不能達到實驗目的；C．除去粗鹽中的時，由于所加除雜試劑都是過量的，過量的BaCl2需要使用Na2CO3除去，所以Na2CO3溶液一定要在BaCl2溶液的后面加入，C不能達到實驗目的；D．SO2雖然具有漂白性，但它不能使石蕊試液褪色，所以驗證SO2具有漂白性，通常將SO2通入品紅溶液中，而不能使用紫色石蕊試液，D不能達到實驗目的；故選A。13.下列圖像能正確反映對應關系的是A.圖①：Na2O2與CO2反應的類型屬于4區(qū)B.圖②：向CuSO4溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，溶液的導電能力隨加入NaOH溶液體積的變化情況C.圖③：向含MgCl2、AlCl3的溶液中滴加NaOH溶液，生成的沉淀的質量隨加入NaOH溶液的量的變化情況D.圖④：向含NaOH、Na2CO3的溶液中滴加稀鹽酸，產生的CO2的量隨加入稀鹽酸的量的變化情況【答案】D【解析】A．Na2O2與CO2反應為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，屬于氧化還原反應，但不屬于化合反應、分解反應、置換反應，則反應類型屬于3區(qū)，A不正確；B．向CuSO4溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，發(fā)生反應CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4，剛好完全反應時，溶液中也含有一定濃度的離子，導電性不可能為0，B不正確；C．向含MgCl2、AlCl3的溶液中滴加NaOH溶液，Mg2+、Al3+完全沉淀后，再加入NaOH溶液，此時Al(OH)3開始溶解，沉淀的質量開始減少，當Al(OH)3完全溶解后，沉淀的質量不再發(fā)生改變，也就是在反應過程中，沉淀的質量在持續(xù)發(fā)生改變，C不正確；D．向含NaOH、Na2CO3的溶液中滴加稀鹽酸，依次發(fā)生反應：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，則產生CO2的量隨加入稀鹽酸的量的變化情況如圖④，D正確；故選D。14.向200mL含有和的混合溶液中逐漸加入鐵粉至過量，設稀硝酸的還原產物只有NO，且反應過程中不考慮溶液體積的變化。下列說法錯誤的是A.上述過程涉及三個氧化還原反應 B.濃度最大為C.溶液中最終含有 D.上述過程共產生3.36L(標準狀況下)氣體【答案】C【解析】A．向200mL含有和的混合溶液中逐漸加入鐵粉至過量過程中依次發(fā)生①，②，③，A正確；B．酸性條件下的硝酸根將鐵氧化成三價鐵離子，由上述氧化還原反應的比例可知0.1mol的硝酸根會生成0.1mol鐵離子，濃度為，B正確；C．和的混合溶液中含有0.5molH+、0.1mol，代入上述化學反應中，反應①生成0.1mol，參與反應②后生成0.15mol，剩余的0.1molH+將生成0.05mol的，故溶液中最終含有，C錯誤；D．上述過程生成0.1molNO和0.05molH2，故(標準狀況下)氣體，D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.現(xiàn)有九種物質：①Na2O2固體；②SO2；③Ba(OH)2固體；④Cl2；⑤稀硫酸；⑥NaHCO3固體；⑦熔融的MgCl2；⑧石墨；⑨澄清石灰水。請根據所學知識，回答下列問題：（1）上述物質中，能導電的是_____(填標號，下同)，屬于電解質的是____；請寫出一種與⑧互為同素異形體的物質：______。（2）若⑥的水溶液中含有少量Na2CO3，除雜方法為_______；向⑥的水溶液中加入少量③，發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）實驗室用MnO2與濃鹽酸制備④時發(fā)生反應的化學方程式為_______，將制備的④與②按物質的量之比為_______通入水中反應時，得到的溶液無漂白性。（4）將①加入足量⑤中，發(fā)生反應的離子方程式為_______?！敬鸢浮浚?）①.⑤⑦⑧⑨②.①③⑥⑦③.金剛石（2）①.通入足量CO2②.Ba2++2OH-+2=BaCO3↓++2H2O（3）①.MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O②.1:1（4）2Na2O2+4H+=4Na++O2↑+2H2O【解析】①Na2O2固體為金屬氧化物，屬于電解質，不導電；②SO2為非金屬氧化物，屬于非電解質，不導電；③Ba(OH)2固體為強堿，屬于電解質，不導電；④Cl2為非金屬單質，既不是電解質也不是非電解質，不導電；⑤稀硫酸為強酸的水溶液，混合物，既不是電解質也不是非電解質，能導電；⑥NaHCO3固體屬于鹽，電解質，不導電；⑦熔融的MgCl2屬于鹽，電解質，能導電；⑧石墨為非金屬單質，既不是電解質也不是非電解質，能導電；⑨澄清石灰水為強堿的水溶液，混合物，既不是電解質也不是非電解質，能導電。【小問1詳析】上述物質中，⑧石墨、⑤稀硫酸、⑦熔融的MgCl2、⑨澄清石灰水能導電；①Na2O2固體、③Ba(OH)2固體、⑥NaHCO3固體、⑦熔融的MgCl2都是電解質，則屬于電解質的是①③⑥⑦；⑧石墨為碳單質，與⑧互為同素異形體的物質：金剛石?！拘?詳析】若⑥NaHCO3的水溶液中含有少量Na2CO3，可通入CO2，將Na2CO3轉化為NaHCO3，發(fā)生反應Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，除雜方法為：通入足量CO2；向⑥NaHCO3的水溶液中加入少量③Ba(OH)2，采用“以少定多”法，反應生成BaCO3沉淀、Na2CO3和水，依據電荷守恒、質量守恒，可得出發(fā)生反應的離子方程式為Ba2++2OH-+2=BaCO3↓++2H2O?！拘?詳析】實驗室用MnO2與濃鹽酸制備④Cl2時，發(fā)生反應生成MnCl2、Cl2等，化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；依據反應SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，將制備的④Cl2與②SO2按物質的量之比為1:1通入水中反應時，得到的溶液無漂白性?！拘?詳析】將①Na2O2固體加入足量⑤稀硫酸中，可認為Na2O2先跟水反應，生成NaOH和O2，NaOH再跟H2SO4反應生成Na2SO4和水，依據得失電子守恒、電荷守恒和質量守恒，可得出發(fā)生反應的離子方程式為2Na2O2+4H+=4Na++O2↑+2H2O。16.硅是無機非金屬材料的主角。請根據所學知識回答下列問題：Ⅰ．高純Si的制備（1）高溫下，石英砂和焦炭反應生成粗硅的化學方程式為_______，每生成8.4gSi，生成的氣體的體積為_______L(標準狀況下)。（2）A中含有的共價鍵類型為_______；由SiHCl3(H顯-1價)制備高純Si的反應中，氧化產物與還原產物的物質的量之比為_______。Ⅱ．含硅物質的轉化如圖所示，其中X、Y、Z、W、M均為純凈物，a、c均為酸，W的水溶液俗稱水玻璃。（3）上述物質轉化中，存在____個氧化還原反應；Y轉化為W的離子方程式為_______。（4）下列說法正確的是_______(填標號)。A.a溶液能保存在玻璃瓶中 B.W的焰色為紫色C.W可用作黏合劑和滅火劑 D.c可以是稀硫酸或稀鹽酸【答案】（1）①.SiO2+2CSi(粗硅)+2CO↑②.13.44（2）①.極性共價鍵②.3:1（3）①.4②.SiO2+2OH-=+H2O（4）CD【解析】焦炭與石英砂在高溫條件下反應，生成粗硅和一氧化碳；從產物可以推出，粗硅在高溫條件下與HCl反應，生成SiHCl3和H2，SiHCl3用H2還原，可制得高純Si。B能將SiHCl3還原為粗硅，則其為具有還原性的物質，比如Mg等?！拘?詳析】高溫下，石英砂和焦炭反應生成粗硅，同時生成一氧化碳，化學方程式為：SiO2+2CSi(粗硅)+2CO↑；每生成8.4gSi，n(Si)==0.3mol，生成的氣體的體積為0.3mol×2×22.4L/mol=13.44L(標準狀況下)。【小問2詳析】A為HCl，含有的共價鍵類型為極性共價鍵；由SiHCl3(H顯-1價)制備高純Si的反應為：SiHCl3+H2Si+3HCl，在反應中，SiHCl3中的Si由+4價降低到0價、H由-1價升高到+1價，H2中的H由0價升高到+1價，則SiHCl3既是氧化劑又是還原劑，H2是還原劑，氧化產物為HCl，還原產物為Si，則氧化產物與還原產物的物質的量之比為3:1?！拘?詳析】W的水溶液俗稱水玻璃，則W為Na2SiO3；Y與焦炭反應可制得Z[SiO2+2CSi(粗硅)+2CO↑]，Y、Z都能與b(NaOH)溶液反應生成Na2SiO3(SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑)，則Y為SiO2、Z為Si；SiO2、Si都能與酸a反應，則a為氫氟酸(SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O、Si+4HF=SiF4↑+2H2↑)，X為SiF4；Na2SiO3與酸c反應可生成M(Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓)，則M為H2SiO3。另外，Z→Y時，發(fā)生反應Si+O2SiO2；M→W，發(fā)生反應H2SiO3SiO2+H2O。由分析可知，上述物質轉化中，存在SiO2→Si、Si→SiO2、Si→SiF4、Si→Na2SiO3共4個氧化還原反應；Y(SiO2)轉化為W(Na2SiO3)時，發(fā)生反應SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，離子方程式為SiO2+2OH-=+H2O。【小問4詳析】A．a溶液為氫氟酸，會腐蝕玻璃，不能保存在玻璃瓶中，A不正確；B．W為Na2SiO3，焰色為黃色，B不正確；C．W為Na2SiO3，其水溶液具有黏性，且不能著火，可用作黏合劑和滅火劑，C正確；D．c為酸，且其酸性應比硅酸的酸性強，所以可以是稀硫酸或稀鹽酸，D正確；故選CD。17.某研究性學習小組對和亞硫酸的性質進行探究。請回答下列問題：Ⅰ．制備并收集和制備亞硫酸（1）裝置A中生成的化學方程式為_______。（2）若要在裝置C中收集干燥的，裝置B中盛裝的試劑可能是_______(填標號)。a．b．堿石灰c．濃硫酸d．NaClⅡ．制備將和通入某反應容器中，催化作用下，反應過程如圖2所示。（3）反應Ⅳ的化學方程式為_______；反應Ⅴ中，氧化產物是_______(填化學式)。Ⅲ．驗證酸性：（4）查閱資料：與HClO會發(fā)生氧化還原反應。向溶液中加入少量NaClO溶液，發(fā)生反應的離子方程式為_______。（5）同學1認為可以通過用pH試紙測量相同物質的量濃度的溶液和HClO溶液的pH來比較和HClO的酸性強弱，同學2認為不行，理由是_______。（6）同學3設計了如圖3裝置，甲、乙、丙試管中盛裝的試劑依次是_______(填試劑序號，提供的試劑有①酸性)溶液、②溶液、③新制的漂白粉稀溶液)，觀察到_______(填現(xiàn)象)時，可說明酸性：。【答案】（1）（2）ac（3）①.V2O4+O2+2SO2=2VOSO4②.V2O5（4）（5）HClO溶液具有漂白性，能使pH試紙褪色（6）①.②①③②.甲中產生氣泡，乙中酸性KMnO4溶液不變無色，丙中出現(xiàn)渾濁【解析】銅與濃硫酸加熱反應生成二氧化硫，二氧化硫為酸性氣體，通過P2O5或濃硫酸干燥后，利用向上排空氣法收集；二氧化硫溶于水，反應生成亞硫酸，二氧化硫有毒，利用氫氧化鈉溶液吸收多于二氧化硫，防止污染空氣；【小問1詳析】裝置A中生成SO2的化學方程式為；【小問2詳析】根據分析，干燥裝置如果是球形干燥管，可裝P2O5；如果是洗氣瓶，可裝濃硫酸；故選ac；【小問3詳析】根據圖示反應IV的化學反應方程式為V2O4+O2+2SO2=2VOSO4；反應V中VOSO4轉化為SO3、SO2、V2O5，釩元素化合價升高，氧化產物是V2O5；【小問4詳析】H2SO3與HClO會發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸根和氯離子，反應的離子方程式為；【小問5詳析】HClO溶液具有漂白性，能使pH試紙褪色，pH試紙無法測量其pH；【小問6詳析】利用亞硫酸先制備CO2，利用CO2能使漂白粉溶液變渾濁來達到實驗目的，同時要除去CO2中混有的SO2，排除SO2對實驗的干擾，甲中裝NaHCO3溶液，乙中裝酸性KMnO4溶液，除去CO2中混有的SO2，丙中裝新制的漂白粉稀溶液，亞硫酸可制得CO2，甲中產生氣泡，乙中酸性KMnO4溶液不變無色，丙中出現(xiàn)渾濁，可說明酸性：H2SO3>HclO。18.硝酸鉀俗稱火硝，化學式為KNO3，是一種氮鉀復合肥，其有效成分氮和鉀均能迅速被作物吸收，無化學物質殘留。以某金屬冶煉廠產生的含氮廢氣(主要成分為NO、NO2，還含少量SO2、CO2)為原料生產硝酸鉀的工藝流程如圖。已知：①NO為不成鹽氧化物，不能直接與NaOH溶液反應；②部分物質在不同溫度下的溶解度(每100g水中)如圖所示。（1）“吸收”階段，NO、NO2按照物質的量之比為1:1與NaOH溶液反應的化學方程式為_______。（2）“氧化”階段，、均被氧化，寫出被氧化的離子方程式：_______。（3）“除硫”階段，檢驗是否除盡的方法：取少量上層清液于試管中，_______。（4）“轉化”階段，5℃時發(fā)生反應，該反應在該溫度下能發(fā)生的原因是_______；某實驗室模擬侯氏制堿法原理，向飽和KNO3溶液中先通入足量NH3，再通入足量CO2制備NH4NO3，制備的總反應的化學方程式為_______，試解釋先通入NH3再通入CO2的原因：_______。（5）“結晶”階段，若獲得的KNO3粗產品中僅含有少量KCl，取mg粗產品，配成100mL溶液，取出25.00mL，加入過量AgNO3溶液，過濾、洗滌、干燥，得到ngAgCl固體，則粗