模拟卷06-2021-2022学年高一化学下学期高频考题期末测试卷（人教2019必修第二册）（解析版）

2021-2022学年高一化学高频考题期末测试卷06（考试时间：90分钟试卷满分：100分）考试内容：新教材人教必修二难度：★★★★★可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5一、选择题（本题共16个小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．《天工开物》中关于制青瓦有如下记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之……凡坯既成，干燥之后，则堆积窑中燃薪举……浇水转锈，与造砖同法。”下列说法错误的是()A．黏土的主要成分为硅酸盐B．青砖中铁元素主要以氧化铁的形式存在C．烧制后自然冷却不能制成青瓦D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料【答案】B【解析】A项，黏土的主要成分为硅酸盐，故A正确；B项，红砖中铁元素主要以氧化铁的形式存在，青砖中铁元素主要以氧化亚铁的形式存在，故B错误；C项，烧制后自然冷却，空气进入窑内，铁元素被氧化生成Fe2O3而呈红色，不能制成青瓦，故C正确D项，黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，故D正确；故选B。2．下列化学用语表示不正确的是A．羟基的电子式： B．乙烷的球根模型：C．氯原子的结构示意图： D．四氯化碳的电子式：【答案】D【解析】A项，羟基是氧原子和氢原子共用一对电子形成的，最外层共7个电子，故A正确；B项，乙烷的结构简式为CH3CH3，每个碳原子都以共价单键结合1个碳原子和3个氢原子，故B正确；C项，氯是第17号元素，原子核外有17个电子，排布在三个电子层，由里往外依次排布2、8、7个电子，故C正确；D项，四氯化碳的化学式为CCl4，C有4个价电子，分别和4个Cl共用1对电子从而达到了8电子稳定结构，Cl最外层有7个电子，和1个C共用一对电子后也达到了8电子稳定结构，选项中的CCl4的电子式中Cl最外层只有2个电子，故D错误；故选D。3．含硅元素的物质有很多用途，下列说法错误的是()A．硅胶多孔、吸水能力强，可用作袋装食品的干燥剂B．陶瓷、水晶、水泥、玛瑙等均属于硅酸盐材料C．高压输电线使用的陶瓷绝缘材料属于硅酸盐材料D．高温结构陶瓷具有耐高温、抗氧化等性能，可应用于火箭发动机等【答案】B【解析】A项，硅胶多孔、表面积大，吸水能力强，因此可用作袋装食品的干燥剂，防止食品受潮变质，A正确；B项，陶瓷、水泥属于硅酸盐材料，而水晶、玛瑙主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐材料，B错误；C项，高压输电线使用的陶瓷绝缘材料主要成分是硅酸盐，因此属于硅酸盐材料，C正确；D项，高温结构陶瓷具有耐高温，性质稳定，耐腐蚀、抗氧化等优良性能，因此可应用于火箭发动机等，D正确；故选B。4．某实验探究小组模拟汽车尾气催化处理过程，在一定温度下，向5L容积固定的密闭容器中充入2molCO(g)和2molNO(g)，发生反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)。下列有关说法一定正确的是()A．经过足够长时间，NO的浓度能减小为0B．CO与CO2的浓度之比为1∶1时，此反应一定达到了化学反应限度C．在反应过程中，CO与NO物质的量始终相等D．在反应过程中，容器中气体的压强一直没有变化【答案】C【解析】A项，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化，则NO的浓度不可能减小为0，A错误；B项，由变化的浓度与系数成正比，起始投入2molCO(g)和2molNO(g)，当转化率为50%时，生成1molCO2，剩余1molCO，此时浓度之比为1:1，由于该反应转化率未知，CO与CO2的浓度之比为1∶1时，此反应不一定达到平衡，反应不一定达到了化学反应限度，B错误；C项，起始投入2molCO(g)和2molNO(g)，由变化的浓度与系数成正比，变化的CO与NO物质的量相同，则在反应过程中，CO与NO物质的量始终相等，C正确；D项，在恒温恒容下，物质的量与压强成正比，该反应前后气体分子数不相等，则在反应过程中，容器中气体的压强会变化，至平衡时压强不变，D错误；故选C。5．中国是酒的故乡，有着深厚的酒文化。酒精的学名是乙醇，下列有关说法错误的是()A．酒精灯的使用表明乙醇能发生氧化反应B．乙醇和乙酸均可以与氢氧化钠溶液发生反应C．将灼热的铜丝插入乙醇中，反复几次，观察到铜丝出现红黑交替的现象D．可利用乙醇与酸性重铬酸钾溶液反应的原理来检验酒驾【答案】B【解析】A项，酒精灯的使用表明乙醇能与空气中的氧气发生氧化反应，故A正确；B项，乙醇是非电解质，不能与氢氧化钠溶液反应，故B错误；C项，铜丝再酒精灯上灼烧时生成氧化铜，铜丝会变为黑色，将灼热的铜丝插入乙醇中，乙醇与氧化铜共热反应生成乙醛、铜和水，铜丝会变为红色，所以将灼热的铜丝插入乙醇中，反复几次，会观察到铜丝出现红黑交替的现象，故C正确；D项，乙醇具有还原性，能与重铬酸钾溶液直接反应生成乙酸，反应中溶液会有明显的颜色变化，所以可利用乙醇与酸性重铬酸钾溶液反应的原理来检验酒驾，故D正确；故选B。6．已知可简写为，降冰片烯的分子结构可表示为：则降冰片烯不具有的性质()A．易溶于水 B．能发生氧化反应C．能发生加成反应 D．能发生取代反应【答案】A【解析】该分子中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能和溴及氢气等物质发生加成反应、能发生加聚反应生成高分子化合物、能被酸性高锰酸钾溶液等强氧化剂氧化，含有亚甲基，能发生取代反应，因为是有机物，所以难溶于水。故选A。7．具有相同官能团的有机物化学性质相似，据此判断对HOCH2CH=CHCH2COOH的叙述不正确的是()A．分子中有3种官能团B．能分别与乙醇、乙酸在一定条件下发生酯化反应C．与溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同D．1mol该有机分子与足量钠反应能产生2gH2【答案】C【解析】A项，分子中有羟基、碳碳双键、羧基3种官能团，故A正确；B项，分子中有羧基，能与乙醇发生酯化反应，分子中还有羟基，能与乙酸在一定条件下发生酯化反应，故B正确；C项，利用分子中的碳碳双键与溴发生加成反应，该分子使酸性高锰酸钾溶液褪色是被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故C错误；D项，羟基和羧基上的H都能被Na置换生成氢气，1mol该有机分子与足量钠反应能产生1mol氢气，即2gH2，故D正确；故选C。8．2022年冬奥会期间，诸多氢能源汽车纷纷亮相。氢燃料电池被誉为氢能源汽车的心脏。某种氢燃料电池的内部结构如图，下列说法正确的是()A．a处通入氧气B．电池每消耗1mol氢气，电路中通过的电子数目为NAC．右侧的电极反应式为：D．右侧电极为电池的负极【答案】C【解析】由H+移动方向可知，电池左端是负极，通入的是氢气，右端是正极，通入的是氧气。A项，电池左端是负极，即a通入的是氢气，A项错误；B项，总反应方程式为：，则电池每消耗1mol氢气，电路中通过的电子数目为2NA，B项错误；C项，右端是正极，通入的是氧气，电极方程式为，C项正确；D项，由分析可知，右侧电极为电池的正极，D项错误；故选C。9．下列叙述正确的是()A．C3H8和C4H10是同系物B．相对分子质量相同，但空间结构不同的分子互为同分异构体C．沸点：正戊烷＜异戊烷＜新戊烷D．正丁烷分子中四个碳原子在一条直线上【答案】A【解析】A项，C3H8和C4H10都是烷烃，结构相似，组成相差一个−CH2−，因此两者互为同系物，故A正确；B项，分子式相同，但空间结构不同的分子互为同分异构体，相对分子质量相同的不一定是同分异构体，比如硫酸和磷酸，故B错误；C项，同分异构体中支链越多，熔沸点越低，沸点：正戊烷＞异戊烷＞新戊烷，故C错误；D项，正丁烷分子中四个碳原子呈锯齿形连接，不在一条直线上，故D错误。故选A。10．下列关于常见有机物的说法不正确的是()A．乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应B．蛋白质、纤维素、油脂都是高分子化合物C．淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物相同D．乙醇、乙酸和乙酸乙酯能用饱和Na2CO3溶液鉴别【答案】B【解析】A项，乙酸含有羧基，油脂都属于酯类，都能与NaOH溶液反应，选项A正确；B项，蛋白质、纤维素都是高分子化合物，油脂都不是高分子化合物，选项B不正确；C项，淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物相同，均是葡萄糖，选项C正确；D项，乙醇与碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠反应放出CO2气体，乙酸乙酯不溶于碳酸钠，因此三者能用饱和Na2CO3溶液鉴别，选项D正确。故选B。11．煤、石油、天然气是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料。下列关于它们综合利用的叙述不正确的是()A．以煤、石油和天然气为主要原料生产的合成材料是塑料、合成橡胶、合成纤维B．煤是工业上获得芳香烃的一种重要来源C．石油的裂解是为了提高轻质油(例如汽油)的产量D．天然气的主要成分是甲烷，属于不可再生资源【答案】C【解析】A项，以煤、石油和天然气为主要原料生产的合成材料是塑料、合成橡胶、合成纤维，故A正确；B项，煤的干馏可以获得苯、甲苯等芳香烃，故B正确；C项，石油的裂解是为了得到乙烯、丙烯等小分子烯烃，故C错误；D项，天然气的主要成分是甲烷，甲烷是不可再生资源，故D正确；故选C。12．下列应用的解释错误的是()应用解释A二氧化硫可以作为食品添加剂二氧化硫具有漂白性，防腐和抗氧化等作用B高纯硅可以用于制作光感电池硅具有半导体性能，可将太阳能转化为电能C二氧化硅可以用于制作光导纤维二氧化硅具有良好的导电性能，硬度大D碳纳米管可以用于生产复合材料，电池碳纳米管比表面积大，强度大，有优良的电学性能【答案】C【解析】A项，二氧化硫可以漂白某些有机色素，可以防腐，具有抗氧化性，使用合适的量可以作为食品添加剂，故A正确；B项，硅是半导体材料，导电性介于导体和绝缘体之间，可做太阳能电池板，故B正确；C项，二氧化硅可以用于制作光导纤维是因为其具有导光性，故C不正确；D项，碳纳米管具有吸附性，具有优良的电学性能，可以用于生产故D正确；故选C。13．如图是Cu与浓硫酸反应的实验装置。已知：铜片足量，浓硫酸(浓度为18mol/L)为50mL。下列有关判断错误的是()A．0.1molCu与足量的硫充分反应，生成物的质量比Cu的质量增加了1.6gB．充分反应后，被还原的H2SO4小于0.45molC．如图是铜与浓硫酸反应的实验装置，B中盛装的是浓硫酸，作用是干燥SO2D．品红溶液可检验生成的SO2，碱性棉球的作用是吸收SO2，防止其逸出【答案】C【解析】装置A为浓硫酸和铜加热制备SO2，装备B中有长颈漏斗，与外界大气相连，为安全瓶，如果发生堵塞，可以看到长颈漏斗导管中的液面上升，C为集气瓶，SO2密度大于空气，所以长管进气，D验证SO2的漂白性，碱性棉球的作用是吸收SO2防止其污染环境。A项，Cu与足量的硫充分反应生成Cu2S，则生成物的质量比Cu的质量增加了0.05mol的硫，其质量为1.6g，A项正确；B项，Cu与浓硫酸反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，其中只有1个硫酸被还原，硫酸全部反应，被还原的H2SO4为0.45mol，但是当硫酸浓度降低时，反应停止，则被还原的H2SO4小于0.45mol，B项正确；C项，装备B中有长颈漏斗，与外界大气相连，为安全瓶，C项错误；D项，D验证SO2的漂白性，碱性棉球的作用是吸收SO2防止其污染环境，D项正确；故选C。14．史料记载，我国在明代就有了利用绿矾(FeSO4·7H2O)和硝酸钾制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生三种气态氧化物。下列说法正确的是()A．烧渣的成分为B．“吸收”过程中发生反应之一为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4C．加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸的酸性强于硝酸D．该流程中涉及化合、分解、置换、复分解四种基本反应类型【答案】B【解析】A项，FeSO4·7H2O“煅烧”后产生三种气态氧化物，则FeSO4·7H2O高温分解为Fe2O3、SO2、SO3、H2O，烧渣的成分为Fe2O3，故A错误；B项，“吸收”过程中发生反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4、SO3+H2O=H2SO4，故B正确；C项，加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸难挥发，硝酸易挥发，故C错误；D项，该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应，没有发生置换反应，故D错误；故选B。15．绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：下列说法错误的是()A．X可以是空气，但不能过量B．捕获剂所捕获的气体主要是COC．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2D．处理含NH4+废水时，发生的反应为4H++NH4++5NO2-=6NO↑+4H2O【答案】D【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO；气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NO反应转化为NaNO2，X可以为空气，但不能过量，否则得到的是NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染的N2，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A项，根据上述分析可知：X可以是空气，但不能过量，否则会将NO氧化为NO2，NO2与NaOH溶液反应产生NaNO3，无法与NH4+的溶液反应生成无污染的N2，A正确；B项，气体2主要含有CO和N2，捕获剂捕获气体后得到无污染的气体，则捕获剂捕获的气体主要是CO，防止污染空气，B正确；C项，工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量Ca(OH)2，C正确；D项，不符合题意反应事实，处理含NH4+废水时，NO2-与含有NH4+的溶液反应生成无污染的N2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O，D错误；故选D。16．恒温时向2L密闭容器中通入一定量的气体X和Y，发生反应：2X(g)+Y(g)3Z(g)，Y的物质的量n(Y)随时间t变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A．正反应速率a点比b点小B．t0min时该反应停止反应C．t0min时，c(Z)=0.75mol/LD．当密闭容器中的压强不再变化，该可逆反应达到了化学平衡状态【答案】C【解析】A项，反应开始加入一定量的气体X和Y，则反应2X(g)+Y(g)3Z(g)从正反应方向进行，随着反应的进行，正反应速率越来越小，到平衡时达到最小值，则根据图示可知a点的正反应速率大于b点的正反应速率，A错误；B项，可逆反应从b点开始达到平衡，化学平衡为动态平衡，此时反应仍然在进行，正反应速率等于逆反应速率反应继续进行，B错误；C项，从图像中可以看出，从反应开始到平衡，参加反应的Y的物质的量为0.5mol，根据物质反应转化关系可知：生成的Z的物质的量为1.5mol，由于容器的容积是2L，因此t0min时，c(Z)==0.75mol/L，C正确，D项，该反应是一个反应前后气体物质的量不变的反应，体系的压强始终不变，因此不能根据压强不变判断反应是否达到平衡状态，D错误；故选C。二、非选择题（包括第17题～第21题5个大题，共52分）17．（8分）物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。下图是硫元素的“价类二维图”。请回答下列问题：(1)硫元素在周期表中的位置为_______；H2S的电子式为_______。(2)H2S与SO2混合时会产生淡黄色粉末，该反应的化学方程式为_______。(3)实验室可用铜与浓硫酸反应制取SO2气体，该反应的化学方程式为_______，其中浓硫酸表现_______。性(填“氧化”、“还原”或“酸”)。(4)工业上制硫酸最后阶段是吸收SO3和硫酸的生成，该阶段在吸收塔中进行，SO3蒸气从吸收塔下口通入，上口加入98.3%的浓硫酸吸收SO3，用浓硫酸吸收SO3而不用水吸收的原因是_______。(5)请设计实验证明K2SO3粉末已被空气中的氧气氧化：_______。【答案】(1)

第三周期第VIA族（1分）

（1分）(2)2H2S+SO2=3S+2H2O（1分）(3)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（2分）

氧化、酸（1分）(4)用浓硫酸吸收，防止形成酸雾，使SO3充分吸收(或用水吸收，易形成酸雾，不利于SO3的吸收)（2分）(5)取该粉末少量于试管中，加入过量的稀盐酸溶解，再向其中加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明该粉末中含有K2SO4（2分）【解析】(1)硫元素是16号元素，原子核外有16个电子，原子核外电子排布是2、8、6，根据原子核外电子排布与元素在周期表的位置关系可知：S在周期表中位于第三周期第VIA族；H2S为共价化合物，2个H原子和S原子之间形成2对共用电子对，使分子中各个原子都达到稳定结构，其电子式为：；(2)H2S与SO2混合发生归中反应生成硫单质和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应化学方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O；(3)铜与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应产生CuSO4、SO2、H2O，该反应化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，在该反应中浓硫酸表现氧化性和酸性；(4)用浓硫酸吸收SO3而不用水吸收的原因是SO3溶于水会放出大量热，导致产生水雾不利用SO3的吸收，用浓硫酸吸收，就可以防止形成酸雾，使SO3充分吸收；(5)K2SO3具有还原性，容易被空气中的O2氧化。若K2SO3被O2氧化，会被氧化产生K2SO4，可根据BaSO4是既不溶于水，也不溶于酸的性质进行检验。检验方法是：取该粉末少量于试管中，加入过量的稀盐酸溶解，使溶液显酸性，然后向其中加入少量BaCl2溶液，若产生白色沉淀，说明该粉末中含有K2SO4，证明K2SO3粉末已被空气中的氧气氧化，否则K2SO3粉末未被空气中的氧气氧化。18．（8分）乙酸乙酯是重要的有机物。某化学兴趣小组设计如图装置，对乙酸乙酯的制取进行探究。在100mL圆底烧瓶内加入碎瓷片后，加入15mL乙醇，边振荡边慢慢加入的浓H2SO4，冷却后，通过分液漏斗向烧瓶内慢慢加入12mL冰醋酸，点燃酒精灯小心加热。在烧杯D中加入饱和Na2CO3溶液。已知：①通过查阅资料知：乙酸乙酯沸点77℃，熔点-83.6℃，密度0.901·-3，溶于乙醇等有机溶剂，微溶于水，在饱和碳酸钠溶液中溶解度更小，比水轻；②反应原理：CH3COOH+CH3CH2OHeq\o(,\s\up7(浓H2SO4),\s\do6(△))CH3COOCH2CH3+H2O。请回答下列问题：(1)装置中球形干燥管C的作用_______(填“防止暴沸”或“防止倒吸”)；(2)浓硫酸的主要作用是作_______(填“催化剂”或“脱水剂”)；(3)实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_______(填标号)；A．中和乙酸和乙醇

B．加速酯的生成，提高其产率C．中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出(4)反应结束后D中的现象是_______(填标号)；A．没有气泡冒出，溶液不分层

B．有细小的气泡冒出，溶液分层，无色油状液体在上层C．溶液分层，无色油状液体在下层(5)若化学兴趣小组同学经分离得到纯乙酸乙酯8.8g，则理论上参加反应的乙醇的质量是_______g。【答案】(1)防止倒吸（1分）(2)催化剂（1分）(3)C（2分）(4)B（2分）(5)4.6（2分）【解析】(1)球形干燥管体积大，可以防止倒吸；(2)由反应原理：CH3COOH+CH3CH2OHeq\o(,\s\up7(浓H2SO4),\s\do6(△))CH3COOCH2CH3+H2O，浓硫酸的主要作用是作催化剂；(3)饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分层析出，故选C；(4)饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸时放出二氧化碳气体，而乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，所以反应结束时D中的现象是有细小的气泡冒出，溶液分层，无色油状液体在上层，故选B；(5)由反应原理：CH3COOH+CH3CH2OHeq\o(,\s\up7(浓H2SO4),\s\do6(△))CH3COOCH2CH3+H2O，得到纯乙酸乙酯8.8g，由关系式乙酸~乙酸乙酯，则理论上参加反应的乙醇的质量为m=4.6g。19．（12分）过多的NOx排放，往往会产生污染。某研究性小组探究NO与炽热的铜粉反应，设计如下已知：能被酸性高锰酸钾溶液氧化成NO3-，此体系中产生的NO3-浓度较稀。(1)实验开始前，检查装置气密性涉及到以下操作，给出合理的操作顺序：将F中的长导管插入液面以下___________：→___________→___________→________→________→_________(操作可重复使用)。①关闭弹簧夹a，打开弹簧夹b

②观察F中的现象

③用酒精灯加热A中三颈烧瓶

④撤走酒精灯(2)装置B的作用___________。(3)反应一段时间后，装置D中铜粉变黑，写出装置D中发生反应的化学方程式___________。(4)实验过程中，装置E中溶液颜色变浅，则装置E发生的离子方程式为___________；请设计一种简单的实验方案，证明氧化产物为NO3-___________。(5)实验前和实验结束时，都需通一段时间的N2，目的分别是___________、___________。(6)有同学发现装置A溶液呈绿色，而不显蓝色；甲认为是该溶液中硝酸铜质量分数较高所致，而乙认为是该溶液溶解了生成的气体所致。设计方案来判断甲或乙哪种合理，下列方案中不可行的是___________。A．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化B．加热该绿色溶液，观察颜色变化C．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化D．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化【答案】(1)①③②④②（2分）(2)将NO2转化为NO（1分）(3)2Cu+2NO2CuO+N2（1分）(4)

4H++3MnO4-+5NO=5NO3-+3Mn2++2H2O（2分）

取E中少量溶液，加入铜粉，若有无色气体产生此气体在试管口变为红棕色，则为NO3-（2分）(5)

实验前通N2，排尽空气，防止空气中氧气干扰实验

实验后通N2，排尽装置内的NO，防止拆卸时产生污染性气体（2分）(6)A（2分）【解析】装置A中铜和浓硝酸反应生成二氧化氮；装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮；一氧化氮通过五氧化二磷进行干燥；在装置D中一氧化氮与铜粉在加热条件下反应；装置E中酸性高锰酸钾溶液用于除去未反应的一氧化氮；通过题干可知，装置F用于检查装置气密性。(1)实验开始前，检查装置气密性的方法为：将F中的长导管插入液面以下，关闭弹簧夹a，打开弹簧夹b，用酒精灯加热A中三颈烧瓶，观察F中是否产生气泡，然后撤走酒精灯，观察F中是否有液柱，若加热三颈烧瓶时F中产生气泡，撤走酒精灯后F中又出现液柱，说明装置气密性良好，因此顺序为：①③②④②。(2)装置A中铜和浓硝酸反应生成二氧化氮，装置B中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，因此装置B的作用是将二氧化氮转化为一氧化氮。(3)反应一段时间后，装置D中铜粉变黑，说明一氧化氮与铜反应生成了氧化铜，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：2Cu+2NO2CuO+N2。(4)已知NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化成NO3-，高锰酸钾被还原为锰离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：：4H++3MnO4-+5NO=5NO3-+3Mn2++2H2O；要证明氧化产物为NO3-，可依据酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性设计方案，方法为：取E中少量溶液，加入铜粉，若有无色气体产生此气体在试管口变为红棕色，则为NO3-。(5)一氧化氮能与氧气反应生成二氧化氮，加热条件下铜与氧气反应生成氧化铜，因此实验前通入一段时间氮气的目的是：排尽空气，防止空气中氧气干扰实验；一氧化氮有毒，会污染空气，因此实验结束时通入一段时间氮气的目的是：排尽装置内的NO，防止拆卸时产生污染性气体。(6)A．加水稀释绿色溶液，硝酸铜浓度降低，同时二氧化氮和水反应，不能验证溶液颜色变化的原因，该方案不可行，A符合题意；B．若是因为溶解了生成的气体导致该溶液呈绿色，则加热该绿色溶液，二氧化氮气体逸出，可通过颜色的变化判断两位同学的观点是否正确，该方案可行，B不符合题意；C．若是因为溶解了生成的气体导致该溶液呈绿色，则向该绿色溶液中通入氮气，可将二氧化氮气体排出，可通过颜色变化判断两位同学的观点是否正确，该方案可行，C不符合题意；D．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，若饱和溶液颜色变为绿色，可判断乙同学的观点是否正确，该方案可行，D不符合题意；答案选A。20．（12分）为了探究某盐X(仅含三种短周期元素，摩尔质量介于100~200g·molˉ1)的组成和性质，设计并完成了如下实验。已知：A、B、C均为纯净物，B、C组成元素相同。请回答：(1)组成X的3种元素是___________(填元素符号)，X的化学式是___________。(2)写出固体C与BaCl2/H2O2反应的离子方程式___________。(3)X溶液在空气中易被氧化。某课题小组测得0.05mol·L-1X溶液在空气中pH变化，如图所示：

写出0~t1段发生反应的化学方程式_______________________________。②设计实验检验t3时刻后溶液中的主要阴离子___________。(4)有同学预测X也能与稀硫酸反应，现象与固体B和稀硫酸反应相同。你是否支持他的观点并说明理由_______________________________。【答案】(1)Na、S、O（2分）Na2S2O4（2分）(2)SO32-+Ba2++H2O2=BaSO4↓+H2O（2分）(3)2Na2S2O4+O2+2H2O=4NaHSO3（2分）取样，滴加足量盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO42-（2分）(4)X（Na2S2O4）中S为+3价，与B（Na2S2O3）中+2价S类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成S和SO2（2分）【解析】(1)气体A能使品红溶液褪色，则A为二氧化硫且物质的量为0.1mol，溶液D的焰色实验为黄色，说明含有钠元素，因此组成X的3种元素是Na、S、O，固体C在双氧水作用下与足量氯化钡反应，说明固体C为亚硫酸钠，且根据生成硫酸钡沉淀23.3g即物质的量为0.1mol，得到亚硫酸钠物质的量为n(Na2SO3)=0.1mol，固体B加稀硫酸反应生成二氧化硫、黄色沉淀S(物质的量为0.1mol)和溶液D(硫酸钠)，则固体B为硫代硫酸钠，根据Na2S2O3～S，因此n(Na2S2O3)=0.1mol，即质量为15.8g，气体A(SO2)物质的量为0.1mol，根据元素守恒得到n(Na)=0.2mol+0.2mol=0.4mol，n(S)=0.1mol+0.2mol+0.1mol=0.4mol，n(O)=0.3mol+0.3mol+0.2mol=0.8mol，因此X的化学式是Na2S2O4；(2)根据前面得到固体C为亚硫酸钠，其与BaCl2/H2O2反应的离子方程式SO32-+Ba2++H2O2=BaSO4↓+H2O；(3)①X溶液在空气中易被氧化，在空气中酸性逐渐增强，因此0~t1段发生反应的化学方程式2Na2S2O4+O2+2H2O=4NaHSO3；②在t3时刻溶液的pH=1，说明生成了二元强酸，因此溶液中的主要阴离子是硫酸根，一般检验方法是取样，滴加足量盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀说明有SO42-；(4)X（Na2S2O4）中S为+3价，与B（Na2S2O3）中+2价S类似，处于中间价，