2022-2023学年浙江省温州市新力量联盟高二下学期期末检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省温州市新力量联盟2022-2023学年高二下学期期末检测本卷满分100分，考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5Fe56Ca40Cr52Ba137一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质熔融状态下能导电且含有非极性键的氧化物的是A. B. C.MgO D.〖答案〗D〖解析〗A．二氧化碳是含有极性共价键的氧化物，但属于非电解质，A错误；B．二氧化硅是含有极性共价键的氧化物，但属于非电解质，B错误；C．氧化镁属于电解质熔融状态下能导电，但是含有离子键的氧化物，C错误；D．过氧化钠属于电解质熔融状态下能导电的氧化物,同时过氧根离子含有非极性键，D正确；故选D。2.Ca(ClO)Cl具有强氧化剂的盐，下列说法不正确的是A.Ca元素位于周期表s区 B.Ca(ClO)Cl属于强电解质C.其水溶液呈中性 D.Ca(ClO)Cl可作漂白剂〖答案〗C〖解析〗A．Ca的价电子排布式为4s2，位于s区，故A正确；B．Ca(ClO)Cl是具有强氧化剂的盐，属于强电解质，故B正确；C．Ca(ClO)Cl是盐，电离出的次氯酸根离子水解，显碱性，故C错误；D．Ca(ClO)Cl具有强氧化性，故可作漂白剂，故D正确；故选C。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为81的钡原子：B.铁的基态原子的价电子轨道表示式：C.的空间结构：正四面体形D.的中心原子的杂化轨道类型：sp3〖答案〗D〖解析〗A．钡是56号元素，中子数为81的钡原子可表示为：，选项A错误；B．铁的基态原子的价电子排布式为3d64s2，其轨道表示式为：，选项B错误；C．中，中心原子价层电子对数==3，孤对电子数为0，所以空间构型为平面三角形，选项C错误；D．SO2中心原子S的杂化轨道数是=3，杂化轨道类型是sp2，选项D正确；〖答案〗选D。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.能遇有色物质褪色，可用作葡萄酒抗氧化剂B.二氧化硅硬度高，可用于制造光导纤维C.溶液呈酸性，可用作消毒剂D.钛合金与人体“相容性”好，可用于制造人造骨骼〖答案〗D〖解析〗A．二氧化硫具有还原性，故可用作葡萄酒抗氧化剂，A错误；B．二氧化硅用于制造光导纤维是利用其良好的光学性质，与二氧化硅硬度高无关，B错误；C．铜离子可以使蛋白质变性，可以作消毒剂，与硫酸铜溶液呈酸性无关，C错误；D．钛合金与人体“相容性”好，性质稳定抗腐蚀性好，可用于制造人造骨骼，D正确；故选D。5.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A.实验室用和98%浓硫酸反应生成B.将通入溶液中，制得以为有效成分的漂白粉C.工业上用氨的催化氧化制备NOD.常温下铁与浓硝酸反应可制备〖答案〗C〖解析〗A．实验室用Na2SO3粉末制备SO2时，一般选用70%~80%的浓硫酸，而不用98%的浓硫酸，原因是98%的浓硫酸中c(H+)太小，不易逸出二氧化硫，选项A错误；B．Ca(OH)2微溶，应将氯气通入冷的石灰乳中，发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉，不是Ca(OH)2溶液，选项B错误；C．工业上氨催化氧化生成NO的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，选项C正确；D．常温下铁与浓硝酸发生钝化现象，所以常温下铁与浓硝酸反应不可以制取NO2，选项D错误；〖答案〗选C。6.关于反应，下列说法正确的是A.KCl是还原产物 B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6C.HCl既有还原性又有酸性D.生成67.2L，转移5mol电子〖答案〗C〖解析〗氯酸钾中+5价氯得电子将浓盐酸中-1价氯氧化到零价的氯气，即氯酸钾作氧化剂，浓盐酸作还原剂，但氯化钾中-1价的氯也是浓盐酸提供，即部分浓盐酸被氧化，部分没有被氧化，既显还原性又显酸性，据此回答。【详析】A．由分析知氯化钾既不是氧化产物又不是还原产物，A错误；B．6molHCl参加反应-1价氯并未有全部失电子，其中有1mol没有变价到氯化钾，即氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶5，B错误；C．由分析知HCl既有还原性又有酸性，C正确；D．未指明状态，无法根据气体体积做出计算，D错误；故选C。7.下列反应的离子方程式正确的是A.通入氢氧化钠溶液：B.少量的通入亚硫酸钠溶液：C.向苯酚钠溶液中通入少量溶液变浑浊：D.溶液中滴入氯化钙溶液：〖答案〗A〖解析〗A．氯气和氢氧化钠发生岐化反应生成氯化钠和次氯酸钠，即，A正确；B．过量的亚硫酸根会结合氢离子生成亚硫酸氢根，即，B错误；C．应生成苯酚和碳酸氢钠，即为+CO2+H2O→+HCO，C错误；D．溶液中滴入氯化钙溶液无明显现象，弱酸不能将强酸制备出来，D错误；故选A。8.下列说法不正确的是A.纤维素可用于生产纸张、棉纱、合成纤维等B.蛋白质溶液与浓硝酸作用产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色C.只用新制氢氧化铜悬浊液(可加热)就能区分乙醛、乙酸、葡萄糖、四氯化碳D.DNA分子由两条多聚核苷酸链组成，两条链上的碱基通过氢键作用，互补配对〖答案〗A〖解析〗A．纤维素可以用于生产人造纤维，不用于生成合成纤维，A项错误；B．某些含有苯环的蛋白质溶液与浓硝酸作用会因胶体聚沉而产生白色沉淀，加热后沉淀发生显示反应而变为黄色，B项正确；C．将新制氢氧化铜悬浊液加入乙醛中，加热生成砖红色沉淀，将新制氢氧化铜溶液加入乙酸中，沉淀溶解，溶液变蓝，将新制氢氧化铜加入葡糖糖中，沉淀会溶解并形成绛蓝色溶液，加热后有砖红色沉淀生成，四氯化碳密度比水大，与新制氢氧化铜溶液分层，无色层在下层，现象不同，可以区分，C项正确；D．DNA分子由两条多聚核苷酸链组成，两条链上的碱基通过氢键作用进行互补配对，最终形成独特的双螺旋结构，D项正确；〖答案〗选A。9.化合物“E7974”具有抗肿痛活性，结构简式如下，下列有关该化合物说法正确的是A.分子中含有4个手性碳原子 B.分子中含有3种官能团C.能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D.1mol该化合物最多与2molNaOH反应〖答案〗C〖解析〗A．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图，共3个，A错误；B．由结构简式可知，分子中含有如图，其中有两个酰胺基，共4种官能团，B错误；C．根据结构，“E7974”含有碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．分子中均能与NaOH溶液反应，故1mol该化合物最多与3molNaOH反应，D错误；故选C。10.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是A.空间构型是直线形B.基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低C.W和X的电负性：W>XD.单质Z与单质Y反应生成ZY〖答案〗B〖解析〗W原子中有7个运动状态不同的电子，W为N。X元素形成的某种单质是极性分子，X为O。Y价层电子排布式为ns2np4，Y为氧族元素，Y为S。Z的原子次外层全满，最外层电子数为1，即电子排布为[Ar]3d104s1，Z为Cu。【详析】YX2为SO2，SO2价层电子对为3对，孤电子对为1对，该分子为V形，A项错误；B．同周期从左往右，第一电离能逐渐增大，N原子为[He]2s22p3半满稳定，难失电子。但O失去一个电子为[He]2s22p3处于半满稳定结构，O易失去1个电子。第一电离能大小：O<N<F，B项正确；C．同周期从左往右非金属增强，电负性越大，故电负性：N<O，C项错误；D．S弱氧化性与金属单质反应生成低价金属化合物，即生成Cu2S，D项错误；故选B。11.一种钠离子电池的工作原理如图所示，放电时电池反应可表示为。下列说法正确的是A.放电时，电能转化为化学能B.放电时，Y极为正极，发生还原反应C.充电时，X极电极反应式为D.充电时，每转移1mol，Y极质量减少23g〖答案〗C〖解析〗由图可知，放电时，X电极为原电池的正极，钠离子作用下Na1−xFePO4在正极得到电子发生还原反应生成NaFePO4，电极反应式为Na1−xFePO4+xe-+xNa+===NaFePO4，Y电极为负极，NaxC在负极失去电子发生氧化反应生成钠离子和碳，电极反应式为NaxC－xe-===xNa++C，充电时，X极与直流电源的正极相连做阳极，Y电极做阴极。【详析】A．由分析可知，放电时，该装置为化学能转化为电能的原电池，选项A错误；B．由分析可知，Y电极为负极，NaxC在负极失去电子发生氧化反应生成钠离子和碳，选项B错误；C．由分析可知，充电时，X极与直流电源的正极相连做阳极，电极反应式为NaFePO4－xe-===Na1−xFePO4+xNa+，选项C正确；D．由分析可知，充电时，Y电极做阴极，电极反应式为xNa++C+xe-===NaxC，则每转移1mol电子，Y极质量增加23g，选项D错误；〖答案〗选C。12.近日科学家合成了一种新型芳香化合物，其结构中含有(平面正六边形，与苯的结构类似)、(平面正五边形)以及。下列说法不正确的是A.氮的原子结构示意图： B.的电子式：C.和中N原子杂化方式为 D.和中含有大键〖答案〗C〖解析〗A．N是7号元素，N原子结构示意图：，故A正确；B．的电子式：，故B正确；C．时平面正六边形，与苯的结构类似，是平面正五边形，而N原子杂化方式为，应该是三角锥结构，则和中N原子杂化方式不是，故C错误；D．和都是平面的环状结构，类似苯环，则和中含有大键，故D正确；故选C。13.常温常压下，某同学向氨水中逐滴加入的盐酸，实验测得溶液的随加入盐酸体积的变化如图所示，其中N点为反应终点(此时盐酸与氨水恰好完全反应)，此时消耗盐酸的体积为。下列说法中正确的是指示剂pH范围及对应颜色甲基橙<31(红色)3.1~4.4(橙色)>4.4(黄色)酚酞<8.2(无色)8.2~10.0(粉红色)>10.0(红色)A.选择甲基橙作指示剂，误差比酚酞的大B.M点的溶液中存在C.N点溶液中D.P、M、N三点对应溶液中水的电离程度最大的为M点〖答案〗C〖解析〗A．氨水中滴入盐酸，滴定终点时生成氯化铵，显酸性，则选甲基橙作为指示剂，酚酞的变色范围是碱性的，使用酚酞作指示剂误差较大，故A错误；B．根据图象，M点溶液显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，，故B错误；C．N点为反应终点，盐酸与氨水恰好完全反应得到NH4Cl溶液，根据电荷守恒：，此时溶液呈酸性，>，则，，故C正确；D．氨水中由于的电离抑制水的电离，加入盐酸后生成NH4Cl，的水解促进水的电离，N点为反应终点，P、M、N三点对应溶液中水的电离程度最大的为N点，故D错误；故选C。14.一定条件下，反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下，下列说法不正确的是A.由历程I可计算，的总键能B.由历程Ⅱ可知，相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大C.相同条件下，的平衡转化率，历程I历程ⅡD.由历程I和历程Ⅱ可得，〖答案〗A〖解析〗A．由图可知，1molSO2的活化能为，的总键能不是，故A错误；B．由历程Ⅱ可知，相同条件下使用V2O5作催化剂增大的浓度后，反应的活化能降低，反应速率加快，则的浓度比的浓度对反应速度影响更大，故B正确；C．催化剂不改变化学平衡的转化率，则相同条件下，的平衡转化率，历程I历程Ⅱ，故C正确；D．催化剂不改变化学反应热，由历程I和历程Ⅱ可得，，故D正确；故选A。15.可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：；。下列推断正确的是A.饱和溶液中存在：B.向、的饱和混合溶液中加入少量，溶液中减小C.不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为D.若每次加入的溶液，至少需要6次可将转化为〖答案〗D〖解析〗A．是难溶性盐，饱和溶液中存在：，根据物料守恒：，故A错误；B．、的饱和混合溶液中存在平衡：(s)+SO(aq)(s)+(aq)，溶液中，少量，度不变，和不变，不变，故B错误；C．胃液中含有盐酸，不用碳酸钡作为内服造影剂的原因是：碳酸钡能和盐酸反应而溶解，和溶度积常数无关，故C错误；D．向中加入溶液，发生反应(s)+(aq)(s)+SO(aq)，该反应的平衡常数K=，若每次加入的溶液，能处理BaSO4物质的量xmol，则K=，x=，，所以至少6次可以将转化为，故D正确；故选D。16.下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A向两支分别盛有2mL苯和2mL甲苯的试管中各加入几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，观察现象探究有机物中基团间的相互作用B检验中的溴元素将与NaOH溶液混合加热，静置，向上层清液加入溶液，观察是否生成浅黄色沉淀C证明蔗糖与浓硫酸反应产生的气体中含将气体通入澄清石灰水中，观察是否生成白色沉淀D用NaCl固体配制100mL1.00NaCl溶液将5.85gNaCl固体放在烧杯中，加入100mL蒸馏水，搅拌A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而甲苯可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明有机物中基团间存在相互作用，A正确；B．检验卤代烃中的卤素原子时，加入氢氧化钠水解后需要假如硝酸酸化，防止氢氧化钠干扰，B错误；C．蔗糖和浓硫酸反应生成的气体有二氧化硫和二氧化碳，都能使澄清的石灰水变浑浊，C错误；D．配制溶液需要使用一定容积的容量瓶，D错误；故选A。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.我国科学家研究发现(家族成员之一，A为一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题（1）基态铬原子的价电子排布式为_____；基态硫原子核外电子的运动状态有_______种。（2）同周期元素Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序为_________(用元素符号表示)。（3）硫元素能形成多种微粒如、、、、等。的中心原子的杂化类型是_______。（4）中Cr元素化合价为+6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为_______(填标号)。ABC（5）某含铬化合物立方晶胞如图所示。该晶体的化学式为___________。（6）已知晶体的密度为，为阿伏加德罗常数的值，则相邻与之间的最短距离为=________pm(列出计算式即可)。〖答案〗（1）①.3d54s1②.16（2）P>S>Si（3）sp3（4）B（5）CaCrO3（6）〖解析〗【小问1详析】铬为24号元素，基态铬原子的价电子排布式为3d54s1；多电子原子中每个电子运动状态均不相同，故基态S原子核外电子的运动状态有16种；【小问2详析】同一周期随着原子序数变大第一电离能呈变大的趋势，又P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序为P>S>Si；小问3详析】中心原子价层电子对数为4，即采取sp3杂化；【小问4详析】CrO5中Cr元素化合价为+6价，则氧的总的化合价为-6价，故会存在2个过氧根，其结构式可能为，故选B；【小问5详析】根据“均摊法”，晶胞中含个Ca、个O、1个Cr，则该晶体的化学式为CaCrO3；【小问6详析】令晶胞边长为apm，则相邻与之间的最短距离为体对角线的二分之一，即为，又，则a=，所以相邻与之间的最短距离为。18.化合物X由三种前四周期常见元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：请回答：（1）E的电子式是_______，X的化学式是_______。（2）写出X与足量浓反应的化学方程式_______。（3）写出气体D与酸性溶液反应的离子反应方程式_______。（4）设计实验检验溶液G中阳离子_______。〖答案〗（1）①.②.Fe3SiC2（2）或（3）（4）取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+〖解析〗4.4g固体X分为两等份，每份2.2g，与足量O2在加热条件下反应产生气体C和固体A，A与足量NaOH反应得到红棕色固体B2.4g，红棕色固体为不溶于NaOH的Fe2O3，则n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X与足量浓硫酸加热反应生成的气体D与酸性高锰酸钾反应后得到的气体E与足量澄清石灰水反应产生固体F为碳酸钙，2.0g，则n(CaCO3)==0.02mol，n(C)=0.02mol；每份中除铁、碳外的质量为2.2g-0.03mol56g/mol-0.02mol12g/mol=0.28g，结合固体A中部分能与NaOH反应，与硫酸反应后产生的固体H可推出可能产生SiO2固体，则另一元素为Si，物质的量为=0.01mol，故n(Fe)∶n(Si)∶n(C)=0.03mol∶0.01mol∶0.02mol=3∶1∶2，X的化学式为Fe3SiC2；进一步确认固体A为Fe2O3和SiO2的混合物；固体H为SiO2或H2SiO3；溶液G中含有过量的硫酸和生成的硫酸铁；【小问1详析】E为CO2，其电子式是；X的化学式是Fe3SiC2；【小问2详析】X是Fe3SiC2，X与足量浓反应的化学方程式为或；小问3详析】气体D为SO2，与酸性溶液反应的离子反应方程式为；【小问4详析】溶液G中的阳离子有H+、Fe3+；检验溶液G中的阳离子：取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+。19.某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：，回答问题：（1）已知：电解液态水制备1mol，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)___________。（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。①若反应为基元反应，且反应的与活化能()的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)___________。②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mol和0.4mol，反应平衡后测得容器中。则的转化率为_________，反应温度t约为___________℃。（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。催化剂t=350℃t=400℃催化剂I10.812722345.242780催化剂II9.2107753438932若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂II和400℃的反应条件，原因是_______。（4）某温度下，反应在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是___________。A.增大压强，，平衡常数不变B.加入催化剂，平衡时的浓度增大C.恒容下，充入一定量的稀有气体，平衡向正反应方向移动D.催化剂II选择性地提高该反应速率〖答案〗（1）-286（2）①.②.50%③.660.2（3）相同催化剂，400℃时反应更快，相同温度下，催化剂II生成的副产物甲醇更少（4）A〖解析〗【小问1详析】电解液态水制备1mol，电解反应的，则。氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，由此计算的燃烧热(焓)-286。【小问2详析】①温度升高，K减小，说明平衡逆向移动，正反应放热，反应的与活化能()的关系为。根据图示正反应活化能为a，说明△H<-a，该反应过程的能量变化示意图如下。②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入0.1mol和0.4mol，反应平衡后测得容器中。则的转化率为，K=，反应温度t约为660.2℃。【小问3详析】根据表格数据可知，相同催化剂，400℃时反应更快，相同温度下，催化剂II生成的副产物甲醇更少，所以生命保障系统实际选择使用催化剂II和400℃的反应条件。【小问4详析】A.增大压强，平衡正向移动，，温度不变，平衡常数不变，故A正确；B.催化剂不能使平衡移动，加入催化剂，平衡时的浓度不变，故B错误；C.恒容下，充入一定量的稀有气体，反应物浓度不变，平衡不移动，故C错误；D.根据表格数据可知，使用催化剂I的反应速率更快，故D错误；选A。20.小组同学探究和不同铜盐溶液的反应，实验如下。实验：向2mL0.5000溶液中加入1mL0.2500溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，放置5min左右，转化为白色沉淀(沉淀B)。已知：i．ii．（1）研究沉淀B的成分。向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。①配制0.2500溶液时用的玻璃定量仪器是_________，X试剂是_________。②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为___________。（2）经检验，沉淀A不含。推测沉淀A能转化为沉淀B与有关，为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因，实验如下。①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有，补充实验：向少量洗净的沉淀A加入稀硫酸，证实沉淀A中含有的证据是___________。②无色溶液中含有，推测的产生有两个途径：途径1：实验过程中氧化；途径2：___________(将途径补充完整)。经研究，途径1不合理，途径2合理。③下列有关说法不正确的是___________。A．和溶液生成棕黄色沉淀A的反应速率快B．生成白色沉淀B的限度大C．配合物中，给出孤对电子，提供空轨道D．洗涤时，向沉淀物中加入洗涤剂至没过沉淀，搅拌，让洗涤剂顺利留下，多次操作（3）用和溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置72h后变为暗红色沉淀(可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色)。根据上述实验所得结论：①和能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；②___________。〖答案〗（1）①.容量瓶②.硝酸酸化的硝酸银溶液③.（2）①.有红色固体析出②.在Cl-的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根③.CD（3）在Cl-作用下，的氧化性增强〖解析〗溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀)，沉淀A为，放置左右，转化为白色沉淀，沉淀B为CuCl。对于沉淀B组成的验证：向洗涤后的CuCl中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色和。取少量深蓝色溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在。沉淀A组成的验证：反应物为和，沉淀A中不含，那么A中存在，洗涤后，加入足量的NaCl溶液，增大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。【小问1详析】配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃定量仪器为容量瓶，溶液中存在氯离子，检验氯离子的方式为加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液；无色溶液含有的离子为，在空气中变成蓝色溶液，空气中有氧气，所以对应的离子方程式为；【小问2详析】已知ii.，向含有亚铜离子的溶液中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，故〖答案〗为有红色固体析出；溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，当存在氯离子时，铜离子会具有较强的氧化性，会把亚硫酸根氧化，故〖答案〗为在Cl-的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根；向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快，故CuCl2和Na2