江苏省苏州市第三中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（解析版）

PAGE1苏州市第三中学2023——2024学年第一学期高一化学十二月采点可能用到的相对原子质量：H1O16S32Na23N14一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。1.目前，我国是世界三大酸雨区之一，治理酸雨对我国的可持续发展有着重大意义，下列有关酸雨的说法错误的是A.开发能替代化石能源的新能源，如氢能、太阳能等B.利用石灰石对含硫燃料进行脱硫处理C.空气质量指数(AQI)监测SO2、NO2、PM2.5、PM10、O3、CO2检测项目D.利用熟石灰处理酸化土壤【答案】C【解析】【详解】A．化石燃料的燃烧产物往往含有氮、硫等氧化物，其产物是造成酸雨的主要原因之一，利用氢能、太阳能等清洁能源可以减少污染物的排放，故A正确；B．高温条件下石灰石分解为氧化钙，氧化钙可以与硫的氧化物结合，故B正确；C．空气质量指数(AQI)监测不包括二氧化碳，二氧化碳不是空气污染物，应该为一氧化碳，二氧化，故C错误；D．熟石灰的主要成分为氢氧化钙，显碱性，能与酸性土壤发生中和反应，从而改善土壤，故D正确；故答案为C。2.下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.中阳离子与阴离子个数比为1：1B.氯原子的结构示意图：C.中子数为10的氧原子：D.电离：【答案】B【解析】【详解】A．中含有钠离子和过氧化根离子，阳离子与阴离子个数比为2：1，A错误；B．氯为17号元素，氯原子的结构示意图：，B正确；C．中子数为10的氧原子、质量数为18：，C错误；D．电离出钠离子和弱酸根离子碳酸氢根离子：，D错误；故选B。3.下列说法正确的是A.和在密闭容器中混合充分反应，转移电子的数目为B.硫与非金属单质反应时均作氧化剂C.硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成D.在反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫和氧气反应为可逆反应进行不完全，则和在密闭容器中混合充分反应，转移电子小于4mol，电子数目小于，A错误；B．硫与O2反应生成SO2时，硫作还原剂，B错误；C．硫在足量O2中燃烧只能生成SO2，C错误；D．反应中3molS中2molS化合价降低，作氧化剂，1molS化合价升高，作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1，D正确；故选D。4.下列说法正确的是A.漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的与空气中的反应生成B.氯水中通入溶液后，溶液的酸性减弱C向溶液通入，溶液变浑浊，再加入品红溶液，红色褪去D.将通入水中，粒子数之和为【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2，有效成分是Ca(ClO)2，Ca(ClO)2可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的HClO，则久置会变质，A错误；B．新制氯水含有弱酸HClO，和二氧化硫发生氧化还原反应生成强酸盐酸和硫酸，溶液酸性增强，B错误；C．Ca(ClO)2可与二氧化碳反应生成强氧化性的HClO，次氯酸能使品红溶液褪色，C正确；D．将通入水中只要部分氯气和水生成盐酸和次氯酸，根据氯元素守恒可知，粒子的物质的量之和小于2mol，数目小于，D错误；故选C。5.下列说法正确的是A.室温下，Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4B.FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO3C.50mL18.4mol/L的浓硫酸与足量的铜反应，可产生SO2物质的量为0.46molD.一定量浓硫酸中加入足量锌粒加热，产生的气体为SO2和H2的混合气体【答案】D【解析】【详解】A．室温下，Fe与浓H2SO4会发生钝化形成一层致密的氧化物薄膜，故A错误；B．FeS2在沸腾炉中与O2反应主要生成SO2，故B错误；C．铜足量时浓硫酸随着反应的发生逐渐变稀，稀到一定浓度反应停止，所以产生SO2物质的量小于0.46mol，故C错误；D．锌粒一开始与浓硫酸反应产生的是SO2气体，随着反应的发生浓硫酸变稀，这是产生的气体则为H2气体，故D正确；故选D。6.海洋是一个十分巨大的资源宝库。海水中含量最多的是H、O两种元素，还含有Na、Cl、Mg、Br、Ca、K、S等元素。以海水为原料可制备氯气、氯化钠和溴等。以海水为原料制备氯化钠和溴的流程如图。下列说法正确的是A.粗盐通过溶解、过滤、蒸发结晶可获得纯净氯化钠B.过程②可以在碱性条件下进行C.Na2CO3溶液与Br2反应的离子方程式：Br2+CO=Br-+BrO+CO2↑D.溶液I中Br2的浓度小于溶液II【答案】D【解析】【分析】海水得到的粗盐中含有氯化钠，通过精制得到氯化钠；母液中含有溴离子，通入氯气将溴离子氧化为单质溴，利用热空气吹出溴，用碳酸钠溶液吸收转化为溴化钠、溴酸钠，然后加入稀硫酸酸化得到含溴的溶液，据此解答。【详解】A．粗盐中含有杂质离子，通过溶解、过滤、蒸发结晶不可能获得纯净氯化钠，A错误；B．过程②氯气氧化溴离子，氯气和溴均能与碱液反应，所以不能在碱性条件下进行，B错误；C．Na2CO3溶液与Br2反应生成溴化钠、溴酸钠，反应的离子方程式：3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑，C错误；D．海水中溴的含量低，通过富集提高溴的含量，因此溶液I中Br2的浓度小于溶液II，D正确；答案选D。7.下列有关Na2CO3和NaHCO3性质的比较错误的是A.可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3B.要除去小苏打溶液中少量的苏打杂质，可通入足量的CO2C.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量：Na2CO3>NaHCO3D.将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中时，两者都产生沉淀【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3受热分解：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，Na2CO3受热不分解，可以用加热的方法除去Na2CO3固体中的NaHCO3，故A正确；B．碳酸钠溶液与二氧化碳反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，过滤即可得到纯净的NaHCO3，所以除去小苏打溶液中少量的苏打杂质，可通入足量的CO2，故B正确；C．Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应方程式：NaHCO3+HCl=H2O+CO2↑+NaCl、Na2CO3+2HCl=H2O+CO2↑+2NaCl；等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量二者相等，故C错误；D．将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中时，都产生CaCO3沉淀，故D正确；故选C。8.下列离子方程式书写正确的是A.溶于水产生B.上图中途径Ⅲ反应的离子方程式：C.向悬浊液中通入足量D.向溶液中加入过量溶液：【答案】B【解析】【详解】A．和水反应生成NaOH和氧气，选项中的方程式没有配平，，A错误；B．途径Ⅲ氯气和碘离子生成碘酸根离子，碘化合价升高，则氯元素化合价降低生成氯离子，离子方程式：，B正确；C．碳酸钙不溶于水，不能拆，反应为，C错误；D．溶液中加入过量溶液，则碳酸氢根离子、铵根离子完全和氢氧根离子反应，反应为：，D错误；故选B。9.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol•L-1Na2CO3溶液：K+、Cl-、NOB.0.1mol•L-1NaOH溶液：K+、Fe3+、HCOC.0.1mol•L-1HCl溶液：Mg2+、CH3COO-、SOD.0.1mol•L-1NaClO溶液：K+、OH-、SO【答案】A【解析】【详解】A．几种离子均可在0.1mol•L-1碳酸钠溶液中大量共存，A正确；B．铁离子和氢氧根生成氢氧化铁难溶物、碳酸氢根和氢氧根生成水和碳酸根、碳酸氢根和铁离子发生双水解而不能大量共存，B错误；C．醋酸根和氢离子生成弱电解质醋酸而不能大量共存，C错误；D．次氯酸根具有强氧化性能将具有还原性的亚硫酸根氧化到硫酸根而不能大量共存，D错误；故选A。10.根据下列实验操作和现象所得出的结论或解释正确的是选项实验操作和现象结论或解释A将气体通入酸性溶液，溶液紫红色褪去具有还原性B将一块用砂纸打磨过的铝条放入试管，再加入98%浓硫酸，铝条表面无明显现象铝与浓硫酸常温下不反应C将通入溶液中生成的气体，先通入足量的酸性溶液，再通入澄清石灰水中变浑浊说明酸性：D将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，二氧化硫能将高锰酸钾溶液还原为锰离子而褪色，所以二氧化硫体现还原性，A正确；B．常温下Al和浓硫酸发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，该现象为钝化现象，不是不反应，B错误；C．通入溶液中生成的气体，先通入足量的酸性溶液除去二氧化硫气体，再通入澄清石灰水中变浑浊，说明生成了二氧化碳气体，根据强酸制弱酸可知，说明酸性：，C错误；D．反应也可能生成氯气等气体，不一定是生成二氧化硫气体，D错误；故选A。11.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是A.B.饱和NaCl溶液C.D.【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠和氢氧化钙反应生成氢氧化钙，A正确；B．向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，B正确；C．氢氧化镁和盐酸反应生成氯化镁，由于氯化镁溶液在蒸发的时候生成氢氧化镁，故蒸发氯化镁溶液时得到的是氢氧化镁，C错误；D．在氯化氢的气流中受热生成氯化镁，电解熔融的氯化镁得到单质镁，D正确；故选C。12.若NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是①标准状况下，2.24L苯(C6H6，一种有机溶剂)含碳原子数为0.6NA②标准状况下，aL氧气和氮气的混合气体中含有的分子数约为③1mol/LMg(NO3)2溶液中含有的数目为2NA④同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的原子数相等⑤46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA⑥1L0.5mol/LNa2SO4溶液中，含有的氧原子总数为2NAA.②③⑤ B.②⑤ C.②⑥ D.②⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①标准状况下，苯是液体物质，不能使用气体摩尔体积计算，①错误；②标准状况下，aL氧气和氮气的混合气体的物质的量是n=，则其中含有的分子数约为，②正确；③只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，③错误；④H2是双原子分子，而氩气是单原子分子，同温同压下，体积相同的氢气和氩气所含的分子数相等，但原子数目不相等，④错误；⑤假设46g完全是NO2，其物质的量是1mol，含有原子数目是3NA；假设46g完全是N2O4，其物质的量是0.5mol，含有原子数目是3NA，因此46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA，⑤正确；⑥不仅溶质Na2SO4中含有O原子，溶剂H2O中也含有O原子，因此1L0.5mol/LNa2SO4溶液中，含有的氧原子总数大于2NA，⑥错误；综上所述可知：说法正确的是②⑤，故合理选项是B。13.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到有沉淀(CuI)生成，且溶液变为棕色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列有关分析中正确的是A.滴加KI溶液时，每转移2mole—会生成2molCuI沉淀B.在SO2与I2反应中得到的还原产物为H2SO4C.通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D.上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞SO2＞I2【答案】A【解析】【分析】根据方程式2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，分析转移2mole－时生成白色沉淀的物质的量；SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI的反应中，硫元素化合价升高，H2SO4是氧化产物；SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI的反应中，SO2是还原剂，表现还原性；向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为棕色，发生反应2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2；再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，这说明此时发生的反应为SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析；【详解】根据方程式2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，可知滴加KI溶液时，转移2mole－时生成2mol白色沉淀，故A正确；SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI的反应中，硫元素化合价升高，H2SO4是氧化产物，故B错误；SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI的反应中，SO2是还原剂，表现还原性，故C错误；滴加KI溶液时，观察到产生白色沉淀CuI，反应中I元素的化合价升高，KI被氧化，碘单质是氧化产物，Cu元素的化合价降低，硫酸铜是氧化剂，发生的反应为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2。根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知物质的氧化性是Cu2+＞I2；再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，这说明此时发生的反应为SO2+2H2O+I2＝H2SO4+2HI，反应中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，则物质氧化性是I2＞SO2，因此物质的氧化性强弱顺序为Cu2+＞I2＞SO2，故D错误；【点睛】氧化还原反应的分析，把握好化合价的变化，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，元素化合价升高得到的产物是氧化产物；相反，所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，元素化合价降低得到的产物是还原产物。14.高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是A.“反应Ⅱ”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3B.“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe2+、Cl-、FeOC.“转化”时，反应能进行说明该条件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4D.“过滤Ⅱ”所得滤液进行焰色反应时火焰呈黄色，说明滤液中不含有KOH【答案】C【解析】【分析】NaClO具有强氧化性，可以把Fe(NO3)3中三价铁离子氧化为+6价的高铁酸钠，高铁酸钠与氢氧化钾发生复分解反应，生成在氢氧化钾溶液中溶解度小的高铁酸钾。【详解】A．反应IINaClO是氧化剂，Fe(NO3)3是还原剂，Cl的化合价由+1价降到-1价降低2，Fe的化合价由+3+价升高到+6价升高3，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故A错误；B．Fe2+与FeO不能大量共存，要发生氧化还原反应，故B错误；C．高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，反应中形成沉淀，说明该条件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，故C正确；D．焰色反应检验钾离子应该透过蓝色钴玻璃，焰色反应时钠元素的黄色会把K元素的浅紫色遮挡，故进行焰色反应时火焰呈黄色不能说明没有KOH，故D错误；答案选C。二、非选择题15.某小组在实验室探究金属钠、金属镁分别与二氧化碳的反应。（1）用CaCO3与稀盐酸反应制取CO2的离子方程式为_____。为了得到干燥纯净的CO2，产生的气体应依次通过盛有_____、浓硫酸的洗气瓶。（2）实验证明CO2可以支持镁燃烧，发生的反应为2Mg+CO22MgO+C，该反应的基本反应类型为_____；该反应条件下，还原性Mg_____C(填“>”或“<”)。（3）探究金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如表：步骤操作现象I将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中，充分反应后静置冷却产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生II在反应后集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡，过滤滤纸上有黑色固体，滤液无色III取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液；向第二支试管中滴加CaCl2溶液第一支试管溶液变红；第二支试管溶液变浑浊①为检验黑色固体的成分，加热条件下将其与浓硫酸反应，生成的气体能使品红褪色。该黑色固体与浓硫酸反应的化学方程式为_____。②根据上述现象，金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为_____。【答案】（1）①CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑②.饱和碳酸氢钠溶液（2）①.置换反应②.＞（3）①.C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O②.4Na+3CO2C+2Na2CO3【解析】【小问1详解】CaCO3与稀盐酸反应制取CO2的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑。盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，所以为了得到干燥纯净的CO2，产生的气体应依次通过盛有饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸的洗气瓶。【小问2详解】2Mg+CO22MgO+C属于一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，因此该反应的基本反应类型为置换反应；反应中镁是还原剂，碳是还原产物，依据还原剂的还原性强于还原产物的还原性可知该反应条件下，还原性Mg＞C。【小问3详解】①钠的还原性强，与二氧化碳反应生成氧化钠和碳，为检验黑色固体的成分，加热条件下将其与浓硫酸反应，生成的气体能使品红褪色，说明有二氧化硫生成，该黑色固体与浓硫酸反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O。②黑色固体是碳，向滤液中加入酚酞试液变红色，说明溶液显碱性，第二支试管中加入氯化钙溶液，溶液变浑浊，说明有难溶的碳酸钙生成，所以生成的白色物质是碳酸钠，则金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为4Na+3CO2C+2Na2CO3。16.回答下列问题。（1）有以下含硫物质：①胆矾②稀③④⑤固体⑥。以上物质中，属于强电解质的是___________(填序号，下同)，属于弱电解质的是___________属于非电解质的是___________。（2）吸收工厂烟气中的，能有效减少对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中后经催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，微溶于水，易溶于水；溶液中的物质的量分数随的分布如图所示。①氨水吸收向氨水中通入少量，主要反应的离子方程式：___________。②当通入至溶液时，溶液中浓度最大的阴离子是___________(填化学式)。③ZnO水悬浊液吸收，向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入，在开始吸收的内，吸收率、溶液均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见下图)。溶液几乎不变阶段，主要产物是___________(填化学式)；吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式：___________。④催化氧化。其他条件相同时，调节吸收得到溶液的在4.5～6.5范围内，越低生成速率越大，其主要原因是_______，随着氧化的进行，溶液的将________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.①④⑤②.⑥③.③（2）①.②.③.ZnSO3④.⑤.pH在4.5~6.5范围内pH越低，浓度越高⑥.减小【解析】【小问1详解】强电解质包括强酸，强碱，大多数盐和金属氧化物等，弱电解质包括弱酸，弱碱和水等，非电解质包括非金属氧化物，氨和大多数有机物等，所以以上物质中，属于强电解质的是①④⑤，属于弱电解质的是⑥，属于非电解质的是③，故答案为：①④⑤；⑥；③；【小问2详解】①用氨水吸收二氧化硫，当二氧化硫少量时生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为；②由图1可知，pH=6时，浓度最大的阴离子为；③由题给信息：微溶于水，易溶于水，溶液呈酸性可知，溶液pH几乎不变阶段主要生成ZnSO3，继续反应亚硫酸锌溶解生成，溶液pH降低，二氧化硫吸收率下降，反应的离子方程式为；④由图1可知：pH在4.5~6.5范围内，pH越低浓度越高，越容易被氧化为硫酸根，随着氧化进行亚硫酸被氧化为硫酸，pH减小。17.以软锰矿(主要成分为等)为原料制备高纯的流程如下：（1）为了提高酸浸速率，可以采取的措施有___________。（2）酸浸时，通常加入作催化剂加快反应速率。滤渣中含大量硫单质，酸浸时主要反应的化学方程式：___________。（3）“除铁”操作名称为___________，所需玻璃仪器为___________。（4）酸性条件下，用合适的氧化剂可以将转化为高纯。①用作氧化剂时会同时产生，该反应的离子方程式：___________。②反应中的用量不宜过多的原因是___________。③用适量的作氧化剂，反应后溶液中无锰元素剩余。理论上消耗与生成的___________。【答案】（1）将矿石粉碎、适当提高酸浸温度、适当提高硫酸的浓度、搅拌等（2）（3）①.萃取分液②.分液漏斗、烧杯（4）①.②.过量的NaClO3在酸性条件下与Cl－反应会生成有毒的Cl2③.2:5【解析】【分析】软锰矿(主要成分为MnO2、SiO2等)与ZnS加入20%硫酸进行酸浸，除去滤渣SiO2，加入萃取剂除铁，进一步除锌过滤掉氢氧化锌，所得滤液主要为硫酸锰溶液，处理制备高纯MnO2；【小问1详解】为提高酸浸速率，还可以采取的措施有：将矿石粉碎、适当提高酸浸温度、适当提高硫酸的浓度、搅拌等；【小问2详解】加入作催化剂加快反应速率，得到滤渣中含大量硫单质，酸浸时软锰矿中主要成分为MnO2与ZnS和稀硫酸反应生成ZnSO4、MnSO4和S等，主要反应的化学方程式为；【小问3详解】加入萃取剂，通过萃取分液的方法“除铁”，操作名称为萃取分液，所需玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；【小问4详解】①用NaClO3作氧化剂时会同时产生NaCl，是硫酸锰与氯酸钠反应生成二氧化锰、盐酸和氯化钠，反应的离子方程式为；②反应中NaClO3的用量不宜过多的原因是过量的NaClO3在酸性条件下与Cl－反应会生成有毒的Cl2；③用适量的作氧化剂，反应后溶液中无锰元素剩余，则锰完全转化为二氧化锰，中锰化合价由+7变为+4、锰离子中锰化合价由+2变为+4，结合电子守恒可知，、锰离子的物质的量之比为2:3，结合锰元素守恒，理论上消耗与生成的2：（2+3）=2:5。18.焦亚硫酸钠Na2S2O5是常用的抗氧化剂，在空气中、受热时均易分解。（1）化学兴趣小组同学利用下图所示装置(部分夹持装置已略去，实验前已除去装置中的空气)制取Na2S2O5并探究SO2的性质。I．打开K1和K2，关闭K3，制取Na2S2O5。①Na2S2O5中O元素化合价为-2，其中S的化合价为___________；装置C中干燥管的作用是______。②B中通入过量SO2充分反应后，经冷却结晶时发生反应2NaHSO3=Na2S2O5+H2O可获得Na2S2O5晶体。B中生成NaHSO3的化学方程式为____。③B中所得Na2S2O5晶体常用饱和SO2水溶液洗涤。用饱和SO2水溶液洗涤的目的除洗去产物表面的杂质离子外还有_______。④已知Na2S2O5、Na2SO3分别与稀硫酸反应得到的产物相同。请设计检验Na2S2O5样品中是否含Na2SO4的实验方案：______。II．更换B瓶中的溶液，探究SO2的性质。⑤将B中溶液更换为品红的乙醇溶液，无明显现象，而将SO2通入品红的水溶液中，