云南省玉溪一中2022学年高一上学期期末考试化学试卷

1、PAGE28云南省玉溪一中2022-2022学年高一上学期期末考试化学试题1本草衍义中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是结晶【答案】C【解析】砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。点睛：解题的关键是看懂文言文所表达的意思，方法是找到关键字，如本题中的“砒烟上飞着覆器，遂凝结”等说明砒霜有易升华的性质，从而可得到正确的答案。2化学与

2、人类的生产、生活息息相关，下列说法正确的是A汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2B“温室效应”“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关C绿色化学的核心是对环境污染进行综合治理D高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”【答案】A【解析】【详解】A一氧化碳与一氧化氮在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氮气，所以汽车的排气管上装有“催化转化器”，可以减少有毒气体的排放，A正确；B温室效应与二氧化碳有关，“酸雨”的形成与二氧化硫、氮氧化合物有关，B错误；C绿色化学的核心是从源头上杜绝污染，对环境污染进行综合治理，并不能从源头上消除污染，C错误；D高纯度的硅单

3、质广泛用于制作半导体材料，二氧化硅晶体广泛用于制作光导纤维，光导纤维中的二氧化硅与强碱能反应，所以遇强碱会“断路”，D错误；故合理选项是A。3下列装置或操作能达到实验目的的是2气体用于分离酒精和水【答案】C【解析】A：首先集气瓶不应密封，再有氧气不能用向下排气法收集，不正确B：CO2密度大于空气，应用向上排气法收集，即应长进短出，不正确C：正确D：洒精与水互溶，不能分液答案为C4对于以下的反应过程，一定要加入氧化剂才能够实现的是SO42NO2【答案】B【解析】试题分析：对于反应过程要加入氧化剂才能够实现说明选项中的物质在反应中作还原剂失去电子，化合价升高。AO2H2O中氧元素化合价降低，不符合

4、要求，错误。BSO2SO42中的元素化合价升高，符合要求，正确。CH2SO4CuSO4中的元素化合价不变。错误。DHNO3NO2中的元素化合价降低，不符合要求。错误。考点：考查氧化还原反应中的反应实质、特征及反应类型的关系的知识。5下列离子的组合为无色溶液且可以大量共存的是、NH4、NO3、MnO4、Ag、Cl、Br、SO42、OH、AlO2、Na、OH、CO32【答案】C【解析】【详解】是紫色离子，在无色溶液中不能大量存在，A错误；与Cl-、Br-会形成AgCl、AgBr沉淀，不能大量共存，B错误；、SO42-、OH-、AlO2-均无色，可以大量共存，C正确；、CO32-会发生离子反应，形成

5、BaSO4沉淀，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。6下列离子方程式正确的是A二氧化硫与过量氢氧化钠溶液反应：SO2OH-=HSO3-3溶液中：CuAg=Cu2AgC钠与水反应：2Na2H2O=2Na2OH-H23溶液：SO32-2H=SO2H2O【答案】C【解析】【详解】3和水，反应的离子方程式为：SO22OH-=SO32-H2O，A错误；Ag，所以铜片插入AgNO3溶液中发生置换反应，根据电子守恒、原子守恒，可得离子方程式为：Cu2Ag=Cu22Ag，B错误；C钠与水反应，产生NaOH和H2，离子方程式为：2Na2H2O=2Na2OH-H2，C正确；3溶液，发生氧化还原反应，离子方程式为

6、：2H2NO3-3SO32-=3SO42-2NOH2O，D错误；故合理选项是C。7下列关于物质分类的说法正确的是、CaO、K2O都是碱性氧化物、NaCl、KNO3溶液都是电解质C纯碱、烧碱、碱石灰都是碱D稀豆浆、果冻、淀粉溶液都是胶体【答案】D【解析】试题分析：ASO2是酸性氧化物，CaO、K2O都是碱性氧化物，A错误；BBaSO4、NaCl都是电解质，KNO3溶液属于混合物，不是电解质，B错误；C纯碱是碳酸钠，属于盐，烧碱、碱石灰都是碱，C错误；D稀豆浆、果冻、淀粉溶液都是胶体，D正确，答案选D。考点：考查物质分类判断8下列物质中既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是NaHCO3Al2

7、O3AlAlOH3MgONH42CO3ABCD全部【答案】A【解析】【详解】NaHCO3既能与HCl反应产生NaCl、H2O、CO2；也能与NaOH反应产生Na2CO3和H2O，合理；Al2O3是两性氧化物，可以与HCl反应产生AlCl3和H2O；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，合理；Al与HCl反应产生AlCl3和H2；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O、H2；合理；AlOH3是两性氢氧化物，与HCl反应产生AlCl3和H2O；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，合理；MgO是碱性氧化物，与HCl反应产生MgCl2和H2O；但是不能与NaOH溶液反应，

8、不合理；NH42CO3可以与HCl反应产生NH4Cl、H2O、CO2；也能与NaOH溶液反应，产生Na2CO3、NH3、H2O，合理；故既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是，合理选项是A。9下列物质能使品红溶液褪色，其中是利用强氧化性来漂白的是活性炭过氧化钠氯水二氧化硫臭氧ABCD【答案】B【解析】【详解】活性炭能使品红溶液褪色，是运用了活性炭的吸附性，错误；过氧化钠能使品红溶液褪色，是运用了过氧化钠的强氧化性，正确；氯水中的次氯酸具有强氧化性，次氯酸能使品红溶液褪色是利用其强氧化性，正确；二氧化硫能使品红溶液褪色是利用二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而褪色，属于化合反应，错误；

9、臭氧能使品红溶液褪色，是运用了臭氧的强氧化性，正确；符合题意；故合理选项是B。10药剂中常含有化学物质，下图是两种常见胃药的标签。下列说法正确的是A碳酸氢钠俗称小苏打B两种药品主要成份均有强吸水性，故需干燥保存C烧碱也适用于缓解胃酸过多引起的不适症状D相同剂量的两种药片消耗胃酸的量相同【答案】A【解析】A碳酸氢钠俗称小苏打，A正确；B碳酸氢钠和氢氧化铝均没有强吸水性，B错误；C烧碱是氢氧化钠，具有腐蚀性，不能用于缓解胃酸过多引起的不适症状，C错误；D相同剂量的两种药片消耗胃酸的量不相同，D错误，答案选A。表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是2分子溶液中Cl-的数目是C100 g质量分数为

10、98%的浓硫酸中含有氧原子的数目为4NAD常温常压下，32 gO2和O3的混合气体所含原子数为2NA【答案】D【解析】【详解】与浓硫酸反应，当反应变稀后，稀硫酸不能再发生反应，所以足量Cu和含2molH2SO4的浓硫酸在加热条件下反应生成SO2分子数少于NA个，A错误；B缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，B错误；C溶液中的溶质、溶剂中都含有O原子，所以100 g质量分数为98%的浓硫酸中含有氧原子的数目大于4NA，C错误；原子的相对原子质量是16，无论是O2还是O3分子中都是由O原子构成，所以32gO2和O3的混合气体所含原子的物质的量为32g16g/mol=2mol，所以含有的O原子数为2

11、NA，D正确；故意合理选项是D。12能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水2通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，HCl通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀【答案】A【解析】【分析】据化学反应遵循强酸制弱酸的原则，比较碳酸比硅酸强的反应应在水溶液中进行。【详解】A二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，A正确；B氧化物的水溶性不能决定其水化物的酸性强弱，B错误；C特殊条件下，SiO2与碳酸盐反应生成CO2，不能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，是利用了高沸点的酸酐制取低沸点的酸酐，

12、C错误；2气体，说明盐酸酸性比碳酸强；在可溶性硅酸盐中加盐酸会析出硅酸沉淀，说明盐酸酸性比硅酸强，但不能证明碳酸酸性比硅酸酸性强，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查了酸性强弱的比较的知识，根据化学反应遵循强酸制弱酸的原则即可解答本题。13高铁酸钠Na2FeO4是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得：2FeOH33NaClO4NaOH=2Na2FeO43NaCl5H2O关于该反应，下列说法正确的是OH3中铁元素化合价为3，只有氧化性是氧化剂，NaCl是氧化产物4，转移6mol电子具有强氧化性，能消毒杀菌【答案】D【解析】分析：中Fe元素的化合价由3价升高为6价,Cl元素的化合价由1价降

13、低为-1价,以此来解答。详解：A氢氧化铁中铁元素化合价为3,为最高价,具有氧化性,故A错误;元素的化合价降低了,NaClO是氧化剂,被还原,NaCl是还原产物,故B错误;4,由Fe元素的化合价变化可以知道有3mol电子转移,故C错误;中Fe元素为最高价,具有强氧化性,能消毒杀菌,可用于水的净化,故D正确;所以D选项是正确的。点睛：考查氧化还原反应的原理和应用。高铁酸钠（Na2FeO4）具有强氧化性，能消毒杀菌，根据化合价变化判断氧化剂和还原剂，进而确定转移电子数。14下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是操作现象解释、结论A过量的Fe粉中加入硝酸充分反应，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀硝酸

14、将Fe氧化为Fe3B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了Na2CO3晶体CAl箔插入稀硝酸中无现象Al在硝酸中钝化，形成致密的氧化膜D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性【答案】D【解析】试题分析：A、过量的铁和硝酸反应生成硝酸亚铁，加入硫氰化钾不显红色，错误，不选A；B、饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有碳酸氢钠晶体析出，错误，不选B；C、铝在稀硝酸中不钝化，错误，不选C；D、氨水显碱性，正确，选D。考点：实验方案的设计15下列说法正确的是（），用玻璃棒蘸取液体滴在L，假如其他操作均准确无误，下列情况会引起配制溶

15、液的浓度偏高的是A称取碳酸钠晶体28.6gB溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线C转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤D定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线【答案】B【详解】容量瓶，要选择1000mL容量瓶，需要溶质的物质的量为nNa2CO3=L1L=，根据nNa2CO310H2O=nNa2CO3，所以mNa2CO310H2O=286g/mol=28.6g，溶液浓度为L，不会产生误差，A不符合题意；B溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线，由于溶液的体积受热膨胀，遇冷收缩，所以待恢复至室温时，体积不到1L，根据c=，可知V偏小，

16、则c偏高，B符合题意；C转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤，则溶质的物质的量偏少，根据c=，可知n偏小，则c偏低，C不符合题意；D定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置，发现液面低于刻度线，是由于部分溶液粘在容量瓶颈部，若又加入少量水至刻度线，则V偏大，根据c=，可知：若V偏大，会导致配制溶液的浓度偏低，D不符合题意；故合理选项是B。20提纯下列物质（括号内物质为杂质），选用的试剂和方法都正确的是物质除杂试剂方法ACO2HClNaOH溶液洗气BFeCl2溶液FeCl3足量铜粉过滤CFeSO4溶液CuSO4足量铁粉过滤DAl2O3Fe2O3NaOH溶液过滤【答案】C【解析】A、二氧化碳也与氢

17、氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；B、氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了铜离子，应该用铁粉，B错误；C、铁与硫酸铜发生置换反应生成铜与硫酸亚铁，过滤即可除去，C正确；D、氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化铁不反应，不能除杂，D错误，答案选C。21如图是几种均含同一元素的物质转化关系图，其中A为单质，则A为【答案】A【解析】试题分析：AN2和H2反应生成氨气，N23H22NH3，氨气催化氧化生成NO，4NH35O24NO6H2O，N2和氧气反应生成NO，N2O2=2NO，NO和氧气反应生成NO2，2NOO2=2NO2，NO2和水反应生成HNO3和NO，3NO2H2O=2HNO3

18、NO，HNO3和铜反应生成NO，3Cu8HNO3=3CuNO322NO4H2O，故A正确；B碳和氢气不反应，碳和氧气反应生成CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸和铜不反应，不能实现上述转化，故B错误；CCl2和氧气不反应，氯气和氢气反应生成氯化氢气体，氯化氢和氧气不反应，故C错误DFe和氢气不反应，铁的氧化物不溶于水，故D错误；故选A。考点：考查了几种重要的金属及其化合物的相关知识。4-，若还原5103molMnO4-，消耗L1FeSO4溶液，则Mn元素在还原产物中的化合价是A1B2C4D5【答案】B【解析】试题分析：n（Fe2）=0.01LL=，Fe2被氧化生成Fe3，

19、失去电子，n（MnO4）=5103mol，应得到电子，设Mn还原后的化合价为，则5103mol（7）=，=2，选B。考点：考查氧化还原反应的计算。、Fe3、NO3-，已知K、Fe3的个数分别为3a和a，则溶液中K与NO3-的个数比为2442【答案】A【解析】【分析】根据溶液中阴阳离子所带的电荷数相等，即电荷守恒分析解答。【详解】设NO3-有个，忽略水的电离根据电荷守恒可知nK3nFe3nNO3-，则3a1a31，解得6a。因此溶液中K与NO3-的个数比为3a:6a1:2，答案选A。2.32 g3、NaOH的固体混合物完全溶于水配成溶液，向该溶液中逐滴加入1molL1的盐酸，所加盐酸的体积与产生

20、CO2的体积标准状况关系如下图所示，下列说法中错误的是段发生反应的离子方程式为：HOH=H2OCO32-H=HCO3-盐酸时，产生CO2的体积为224mL点溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3的质量为0.60 g【答案】D【解析】试题分析：A、OA段发生反应的离子方程式为：HOH-H2OCO32-HHCO3-，故A正确；B、AB段发生反应的离子方程式为：HCO3-H=H2OCO2，根据方程式nCO2=35-2510-3L1mol/L=，所以二氧化碳的体积为：22.4L/mol=224mL，故B正确；C、OA段发生反应的离子方程式为：HOH-H2OCO32-HHCO3-，所以A点的溶质为NaC1

21、、NaHCO3，故C正确；D、由反应HCO3-H=H2OCO2，nCO2=nNa2CO3=45-2510-31=，所以氢氧化钠的质量为2.32g106g=0.2g【考点定位】考查混合物计算【名师点晴】本题考查混合物计算，侧重学生分析判断和计算能力的考查。理解判断各阶段发生的反应是关键。OA段发生反应的离子方程式为：HOH-H2OCO32-HHCO3-；AB段发生反应的离子方程式为：HCO3-H=H2OCO2。、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0 g，放入500mL某浓度的盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。则上述盐酸溶液的浓度为A. 0.5molL1【

22、答案】B【解析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH）=0.25LL=，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl）=，故该盐酸的物质的量浓度=0.5L=1mol/L，答案选B。26有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、BaNO32、Fe2SO43、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤后溶液呈无色；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解

23、，并有气泡产生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀。试根据上述实验事实，回答下列问题：1原白色粉末中一定含有的物质是_，一定不含的物质是_，可能含有的物质是_。以上各种物质均写化学式2写出下列步骤中发生反应的离子方程式：_；_；_。【答案】1BaNO32、Na2CO32Fe2SO433KCl4Ba2CO32-=BaCO35BaCO32H=Ba2CO2H2O6SO42-Ba2=BaSO4【解析】【分析】将部分粉末加入水中，溶液呈无色，说明一定不含有水溶液显黄色的Fe2SO43，振荡，有白色沉淀生成，说明一定含有BaNO32、Na2CO3

24、，生成碳酸钡白色沉淀；向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，证明是碳酸钡沉淀，可知原固体一定含BaNO32、Na2CO3；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，证明生成的是BaSO4沉淀；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀，可能为氯化银沉淀，也可能是Ag2CO3沉淀，以此来解答。【详解】1由上述分析可知，原固体一定含BaNO32、Na2CO3，一定不含Fe2SO43，可能含有KCl；2固体混合得到白色沉淀和无色溶液，一定不含有Fe2SO43，生成沉淀的是BaNO32、Na2CO3反应产生的BaCO3沉淀，反应的离子方程式为Ba2CO32-=BaCO3；

25、向的沉淀物BaCO3中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，是BaCO3溶于稀硝酸，发生复分解反应生成CO2气体，反应的离子方程式为BaCO32H=Ba2CO2H2O；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，则该沉淀为BaNO32与加入的硫酸反应产生BaSO4沉淀，离子方程式为SO42-Ba2=BaSO4。【点睛】本题考查无机物的推断的知识，把握物质的性质、反应和现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目为高频考点，难度不大。27下图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去。请回答下列问题：1物质A的化学式为_。2写出单质B与强碱溶液反

26、应的离子方程式_，氧化物D与NaOH溶液反应的化学方程式_。3溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，L最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式_。4溶液E敞口放置容易变质，写出检验溶液E是否变质的实验操作、现象及结论_，为了防止溶液E的变质，可往溶液中加入_。5溶液I中所含金属离子是_。【答案】1Fe2O322Al2OH-2H2O=2AlO2-3H23Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O44FeOH2O22H2O=4FeOH35取溶液E少许于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，证明溶液E已经变质6铁粉7Na、Al3【解析】【分析】金属单质B与强碱反应得到单质F与H，则B

27、为Al、F为H2，H为偏铝酸盐，G为红褐色沉淀，则G为FeOH3，红棕色物质A与金属Al发生置换反应生成单质C与氧化物D，则A为Fe2O3、C为Fe、D为Al2O3，由转化关系可知，E为FeCl2，H为NaAlO2，溶液I为NaCl、HCl、AlCl3混合物，J为AlOH3，据此解答。【详解】由上述分析可知物质A是Fe2O3、B为Al、C为Fe、D为Al2O3、E为FeCl2、F为H2、G为FeOH3、H为NaAlO2、I为NaCl、HCl、AlCl3混合物，J为AlOH3。1红棕色固体A是Fe2O3；2Al与NaOH溶液反应，产生偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al2OH-2H2O=2A

28、lO2-3H2；氧化物D是Al2O3，Al2O3与NaOH溶液反应产生偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O；3溶液E是FeCl2，向FeCl2的溶液中加入氨水时，二者反应先生成白色沉淀FeOH2，FeOH2不稳定，被溶解在溶液中的氧气氧化为FeOH3，所以最终变为红褐色沉淀FeOH3，则FeOH2变为FeOH3的化学反应方程式是4FeOH2O22H2O=4FeOH3；4溶液FeCl2敞口放置容易变质，若其变质，会产生FeCl3，所以若变质，可通过向E的溶液中滴加几滴KSCN溶液检验，若溶液变为红色，证明溶液E已经变质；为了防止溶液E的变质，可利用Fe3的氧

29、化性，往溶液中加入Fe粉，发生反应：2Fe3Fe=3Fe2，使溶液复原；5氧化物D是Al2O3；Al2O3与足量NaOH溶液反应，得到化合物H：NaAlO2，向H中加入过量盐酸，发生反应：NaAlO24HCl=NaClAlCl32H2O，所以I中所含金属离子是Na、Al3。【点睛】本题考查无机物推断的知识，物质的特殊颜色及转化关系中金属单质B能够与强碱溶液反应是推断突破口，再结合转化关系进行推断，熟练掌握元素化合物知识在做题的关键。28某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验图中a、b、c表示止水夹。1利用B装置可制备的气体有_写出一种即可。2若装置A、C、E相连后用于制取Cl2，写出

30、A中发生的离子方程式_。若要收集到纯净干燥的氯气，需要在装置A、C之间增加两个装有_和_的洗气瓶填写试剂的名称。3若装置A、C、E相连后用于制取SO2，尾气吸收时容易发生倒吸现象，改进措施为_。4若装置B、D、E相连后可制得NO2并进行有关实验。欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹_，再打开止水夹_，微热试管丁使烧杯中的水进入丁中，充分反应后，若向试管中通入一定量的氧气至试管内完全充满液体，则所得溶液中溶质的物质的量浓度是_mol/L气体按标准状况计算。【答案】1H2、CO2、NO、NO2等合理答案皆可2MnO24H2Cl-Mn2Cl22H2O3饱和食盐水4浓硫酸5液面上

31、倒扣一个漏斗6a、b7c8【解析】【分析】1B装置为块状不溶于水的固体和液体反应不加热制取气体的装置；2实验室用MnO2与浓盐酸混合加热制取氯气，Cl2密度大用向上排空气方法收集；氯气是有毒气体，要进行尾气处理；浓盐酸有挥发性，制取的氯气中含有杂质HCl、水蒸气，要在A、C间增加除HCl、除水蒸气的装置；3SO2易溶于NaOH溶液，为防止倒吸现象的发生，可在导气管末端安装一个倒扣的漏斗；4浓硝酸具有强氧化性，与铜反应生成二氧化氮气体；Cu片与浓硝酸反应制取NO2气体，根据NO2容易溶于水分析，结合反应4NO2O22H2O=4HNO3计算所得硝酸溶液的物质的量浓度。【详解】1B装置为块状不溶于水

32、的固体和液体反应制取气体的装置，反应不需要加热，中学化学中常见的有：H2、CO2、NO、NO2、H2S等；2在装置A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO24H2Cl-Mn2Cl22H2O；实验室制得的氯气中有杂质气体HCl和水蒸气，若要收集到纯净干燥的氯气，需要在装置A、C之间增加两个装置，一个装置盛有饱和食盐水，用来除去HCl杂质，另一个装置盛有浓硫酸用来除去水蒸气，干燥Cl2；3若装置A、C、E相连后用于制取SO2，A制取SO2，C收集SO2，由于SO2是有毒气体，用装置E进行尾气处理，为防止尾气吸收时发生倒吸现象，改进措施是在导气管末端安装一个倒扣漏斗，使漏斗边沿在液面上或连接一个干燥管；4若装置B、D、E相连后可制得NO2并进行有关实验。B中Cu与浓硝酸反应制取NO2，D收集NO2，E是尾