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精品解析：天津市河东区2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题 （解析版）
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这是一份精品解析：天津市河东区2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题 （解析版），共14页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度第一学期高一年级期末化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64
一、单选题(本大题共15小题，共45.0分)
1. 下图用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，不正确的是
X
Y
Z
A
CuSO4·5H2O
盐
纯净物
B
胶体
分散系
混合物
C
碱性氧化物
氧化物
化合物
D
置换反应
氧化还原反应
离子反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，概念范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。
【详解】A、硫酸铜是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，盐属于纯净物，故A正确；
B、胶体是分散质粒子半径在1nm~100nm的分散系，分散系是混合物，故B正确；
C、碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，所以碱性氧化物属于氧化物，氧化物属于化合物，故C正确；
D、置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，氧化还原反应有一部分属于离子反应，故D错误；
故选D。
2. 下列说法正确的是
A. SO2、NO2、CO2都属于酸性氧化物
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 淀粉溶液、雾均属于胶体
D. 液氯、“84”消毒液都属于混合物
【答案】C
【解析】
【分析】NO2不是酸性氧化物；NH3、CO2是非电解质；淀粉溶液、雾中分散质粒子直径在1~100nm之间；液氯中只含氯分子。
【详解】NO2不是酸性氧化物，SO2、CO2属于酸性氧化物，故A错误；NH3、CO2的水溶液均能导电，但不是NH3、CO2自身电离出的离子导电，所以NH3、CO2是非电解质，故B错误；淀粉溶液、雾中分散质粒子直径在1~100nm之间，所以淀粉溶液、雾均属于胶体，故C正确；液氯中只含氯分子，液氯是纯净物，故D错误。
3. 如表中评价合理的是
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至沉淀完全：2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
正确
B
向碳酸镁溶液中加入足量稀盐酸：+2H+=CO2↑+H2O
错误，碳酸镁不应写成离子形式
C
向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+
正确
D
NaOH溶液中通入少量CO2反应：OH−+CO2=
正确
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至沉淀完全的离子反应为H+++Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，评价错误，故A不符合题意；
B、向碳酸镁溶液中加入足量稀盐酸的离子反应为MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，评价正确，故B符合题意；
C、向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色的离子反应为Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，评价错误，故C不符合题意；
D、NaOH溶液中通入少量CO2反应的离子反应为2OH−+CO2=+H2O，评价错误，故D不符合题意；
故选B。
4. ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂．实验室中可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法不正确的是（ ）
A. CO2是氧化产物
B. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性
C. H2C2O4在反应中被氧化
D. ClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】由制备ClO2的反应方程式可知，Cl元素发生降价，KClO3为氧化剂，C元素价态升高，发生氧化反应，H2C2O4为还原剂。
【详解】A．制备ClO2时，C元素发生价态升高，发生氧化反应，因此产物CO2属于氧化产物，A项正确；
B．制备ClO2时，KClO3氧化剂，H2C2O4为还原剂；因此只能说明还原性，H2C2O4强于ClO2，B项错误；
C．制备ClO2时，H2C2O4为还原剂，在反应过程中被氧化，C项正确；
D．ClO2具有强氧化性，可以使蛋白质变性，杀菌消毒利用的正是其强氧化性，D项正确；
答案选B。
5. 下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量)改变，不会引起产物改变的是
A. Fe 和HCl B. NaOH 和CO2 C. Na 和O2 D. AlCl3和NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe和HCl反应时只能生成氯化亚铁和氢气，A符合；
B．NaOH和CO2反应时，二氧化碳少量时生成碳酸钠和水，当二氧化碳过量时，碳酸钠会转化为碳酸氢钠，B不符合；
C．Na和O2在常温下反应生成氧化钠，在加热或点燃条件下生成过氧化钠，C不符合；
D．AlCl3和NaOH反应时，氢氧化钠不足时生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠足量时生成偏铝酸钠，D不符合。
答案选A。
6. 鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体下列方案中，不可行的是
A. 分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色
B. 分别在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊出现
C. 分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，观察有无白色沉淀产生
D. 分别加入过量澄清石灰水，看有无沉淀产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠元素、钾元素的焰色不同，分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色，可以鉴别K2CO3和NaHCO3，故A不选；
B．碳酸氢钠加热易分解放出二氧化碳，分别加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊产生，可以鉴别K2CO3和NaHCO3，故B不选；
C．分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀的为K2CO3，无明显现象的是NaHCO3，现象不同，可以鉴别，故C不选；
D．由于反应：K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O+NaOH，故二者分别加入过量澄清石灰水，都可观察到有白色沉淀生成，不能鉴别K2CO3和 NaHCO3，故D选；
故选D。
7. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 16 g O2中含有的氧分子数为NA
B. 1 mol镁原子中含有的电子数为2NA
C. 常温常压下，11.2 L H2中含有的氢分子数为0.5NA
D. 1 L 1 mol/L BaCl2溶液中含有的钡离子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧气的尔质量为32g/mol，故16g氧气的物质的量为n=0.5mol，故含0.5NA个氧气分子，故A选项错误。
B. 1个Mg原子的电子数=质子数=原子序数=12，所以 1mol镁原子中含有的电子数为12NA，故B选项错误。
C. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氢气的物质的量小于0.5mol，则氢气分子个数小于0.5NA个，故C选项错误。
D. 1升1mol/LBaCl2溶液里氯化钡的物质的量是1mol，1mol氯化钡可电离出1mol钡离子，
一摩尔钡离子的数量是1NA，故D选项正确。
故答案选D。
8. 将下列四种铁的化合物溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液没有颜色变化，再加入氯水即可显红色的是
A. FeO B. Fe2O3 C. FeCl3 D. Fe(OH)3
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeO与稀盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与KSCN不反应，加入氯水后氯化亚铁被氧化成氯化铁，三价铁遇KSCN变红色，故A符合题意；
B．Fe2O3与稀盐酸反应生成氯化铁，滴加KSCN溶液变红色，故B不符合题意；
C．FeCl3溶于稀盐酸，电离出三价铁离子，滴加KSCN溶液变红色，故C不符合题意；
D．Fe(OH)3与稀盐酸反应生成氯化铁，滴加KSCN溶液变红色，故D不符合题意；
故选：A。
9. 图为铁及其化合物的“价—类”二维图。利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。下列分析结果不正确的是
A. 二维图缺失的类别①应填“单质”，化学式②应填“”
B. 从物质类别分析，属于碱性氧化物，可以与稀HCl反应
C. 从化合价角度分析，具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 从物质转化角度分析，和都可以通过一步反应直接转化成②
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁单质的化合价为0，二维图缺失的类别①单质；三价铁形成的氢氧化物是氢氧化铁，则化学式②Fe(OH)3，故A正确；
B．从物质类别分析，Fe2O3属于碱性氧化物，可以与稀HCl反应生成氯化铁和水，故B正确；
C．从化合价角度分析，FeCl2具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化还原反应，故C正确；
D．氧化铁是碱性氧化物，不溶于水不能一步反应生成氢氧化铁，FeCl3可以通过一步反应和氢氧化钠溶液反应，直接转化成氢氧化铁，故D错误；
故选：D。
10. 几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L-1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为
A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%
【答案】B
【解析】
【详解】铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，根据电荷守恒，氧化物中氧原子的物质的量=0.1×7/2=0.35摩尔，氯气的物质的量为0.56/22.4=0.025摩尔，根据电子守恒，混合物中的+2价铁的物质的量为0.025×2/1=0.05摩尔，根据电荷守恒分析，混合物中+3价铁的物质的量为（0.35×2-0.05×2）/3=0.2摩尔，则混合物中铁元素的质量分数=（0.05+0.2）×56/[（0.05+0.2）×56+0.35×16]=71.4%，选B。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛有溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液
溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成
催化分解产生，分解反应放热，促进的水解
C
将通入紫色石蕊试液中
溶液变红
与水反应生成使溶液显酸性
D
向久置的溶液中加入足量溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解
部分被氧化
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，说明浓硫酸有脱水性；浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，可知浓硫酸具有强氧化性，故A正确；
B．溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子成，一段时间后溶液中出现气泡，说明生成的可作过氧化氢分解的催化剂，即催化分解产生， 在溶液中可水解，水解反应为吸热反应，分解反应放热，促进水解，有红褐色沉淀生成，故 B错误；
C．将通入紫色石蕊试液中，溶液变红，说明溶液呈酸性，则二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成使溶液显酸性，故C正确；
D．硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由现象可知部分被氧化为，故D正确；
答案选B。
12. 下列制备并制取氨水的装置正确且能达到实验目的的是
A.制取
B.干燥
C.收集
D.制取氨水
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制备NH3应使用固固加热型装置，装置中试管口略向下倾斜，A错误；
B．氨气和五氧化二磷反应，不能干燥，B错误；
C．氨气的密度小于空气，用向下排空气法收集，C错误；
D．氨气不溶于四氯化碳上升过程中遇到水溶解吸收，同时防止了倒吸，D正确；
故选D。
13. 下列有关物质的用途的说法不正确的是
A. SiO2可用于制造光导纤维，Si可用于制造计算机芯片
B. 常温下Si的化学性质稳定，在自然界中硅大部分以游离态存在
C. 石英砂、纯碱和石灰石可用于制造普通玻璃
D. 浓HF溶液可用于刻蚀玻璃
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiO2具有良好的传输光信号的能力，常用作光导纤维，Si是良好的半导体材料，可用于制造计算机芯片，故A正确；
B．Si为亲氧元素，在自然界中只存在化合态，故B错误；
C．制取普通玻璃的原料为二氧化硅、纯碱和石灰石，故C正确；
D．HF能与玻璃中的二氧化硅反应生成SiF4，常用HF刻蚀玻璃，故D正确；
故选：B。
14. 下列实验方案能达到目的的是
A. 用品红溶液鉴别SO2和CO2
B. 用焰色反应鉴别KCl和K2SO4
C. 用铜和稀硫酸在加热条件下制取SO2
D. 用丁达尔效应鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不能，故A正确；
B．KCl和K2SO4的焰色均为紫色，无法通过焰色反应鉴别KCl和K2SO4，故B错误；
C．铜与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸在加热条件下反应制取SO2，故C错误；
D．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均不产生丁达尔效应，应用氯化钡或氯化钙溶液鉴别，故D错误；
故选：A。
15. 下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是
A. Na+、Cu2+、Cl-、OH- B. H+、Ca2+、HCO、NO
C. Fe2+、H+、SO、NO D. Na+、CO、OH-、K+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu2+、OH-会反应产生Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．H+、HCO反应产生H2O、CO2，不能大量共存，B不符合题意；
C．Fe2+、H+、NO反应产生Fe3+、NO、H2O，不能大量共存，C不符合题意；
D．选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D不符合题意；
故合理选项是D。
二、简答题(本大题共4小题，共55分)。
16. 欲用胆矾(CuSO4•5H2O)配制480mL 0.1mol•L-1的CuSO4溶液，根据题意填空：
（1）如图所示仪器，配制上述溶液肯定不需用到的是__________（填字母）；配制上述溶液还需要的玻璃仪器有_____________（填仪器名称）；
（2）配制该溶液应选用____________mL容量瓶，使用容量瓶之前必须进行_________。
（3）配制该溶液应用托盘天平称取____________g胆矾；
（4）使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是____________（填编号）
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②向容量瓶中转移溶液时不慎将液滴洒在容量瓶外面
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】（1） ①. B ②. 烧杯 玻璃棒
（2） ①. 500 ②. 查漏
（3）12.5 （4）①②③⑤⑥
【解析】
【小问1详解】
配制一定物质的量浓度的溶液一定不会使用B分液漏斗和C锥形瓶，使用的玻璃仪器，除了形瓶和玻璃棒，还需要烧杯和胶头滴管，答案为：BC；烧杯、胶头滴管；
【小问2详解】
配制480mL 0.1mol•L-1的CuSO4溶液，实验室没有480mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶进行配制，答案为：500mL；
【小问3详解】
配制500mL 0.1mol•L-1的CuSO4溶液，溶液中含有的硫酸铜的物质的量为：0.1mol•L-1×0.5L=0.05mol，需要胆矾的质量250g/mol×0.05mol=12.5g，
【小问4详解】
根据cB=n/v判断，①被称量物与砝码的位置放颠倒了，称量的溶质的质量减小物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，①正确；②烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，②正确；③烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质减少，浓度偏低③正确；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量，对配制结果没有影响；⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，⑤错误；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，⑥正确；浓度偏低选①②③⑤⑥。
17. 某学生欲用下列装置制取纯净FeCl3固体。其中A是Cl2发生装置，C、D为气体净化装置，E硬质玻璃管中装有细铁丝网，F为干燥的空广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置。
试回答：
（1）该装置中有一明显错误是______。(填字母)
（2）D中所装试剂为______，C装置的作用是______。
（3）A中发生反应的化学方程式是______，G中发生反应的离子方程式是______。
（4）若用100mL12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，生成的Cl2体积(标准状况)______(填“大于”、“小于”或“等于”)6.72L。
【答案】（1）D （2） ①. 浓H2SO4 ②. 除去氯气中的杂质HCl
（3） ①. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（4）小于
【解析】
【分析】在装置A中用MnO2、HCl(浓)混合加热制取Cl2，装置C除去杂质HCl，装置D除去Cl2中的水蒸气，在装置E中Fe与Cl2反应产生FeCl3，装置F是安全瓶，防止倒吸现象的发生，装置G是尾气处理装置，用于除去未反应的Cl2。
【小问1详解】
在装置A中制取Cl2，该反应需要加热，HCl具有挥发性，所以制取的Cl2中含有杂质HCl、H2O蒸气，装置C除去HCl，装置D除去水蒸气，导气管是长进短出；装置D中导气管是短进长出，所以该装置中有一明显错误是装置D；
【小问2详解】
装置C除去氯气中的杂质HCl，试剂为饱和食盐水，D中所装试剂为浓硫酸，作用是干燥Cl2；
【小问3详解】
在A中MnO2、HCl(浓)混合加热制取Cl2，发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；装置G中是NaOH溶液用于吸收为反应完的氯气，发生反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问4详解】
若用100mL 12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，若HCl完全反应，则根据反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=1.2mol÷4=0.3mol，其在标准状况体积为6.72L，但实质上，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应就不再发生，因此反应产生的Cl2在标准状况下体积小于6.72L。
18. 同学们用下列装置制取并收集干燥的氨气。(某些夹持仪器和导管已略去)
请回答下列问题：
（1）A中发生反应的化学方程式是_____，检查A中装置气密性的方法是_____。
（2）按气流方向，各装置接口的正确连接顺序是①→_______→_______→_______。_____
（3）B的作用是______，C中棉花的作用是______。
（4）证明氨气已收集满的方法是_____，所利用的氨气性质是_____(用化学方程式表示)。
（5）实验结束后，为防止剩余氨气污染空气，可将蘸有_____的棉花放在A的导管口。
【答案】（1） ①. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ②. 将导管一端插入水中，用手握住试管，导管口有气泡冒出，移开手一段时间后，导管内形成一段水柱
（2）③②④ （3） ①. 干燥氨气 ②. 防止氨气与空气对流，使氨气收集不满
（4） ①. 将湿润的红色石蕊试纸接近C装置的试管口(将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近C装置的试管口) ②. NH3+H2ONH3•H2O(NH3+HCl=NH4Cl)
（5）稀硫酸
【解析】
【小问1详解】
A中制取氨气，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，检查A中装置气密性的方法是将导管一端插入水中，用手握住试管，导管口有气泡冒出，移开手一段时间后，导管内形成一段水柱；
【小问2详解】
A中制取氨气，B干燥氨气，C收集氨气，按气流方向，各装置接口的正确连接顺序是①→③→②→④；
【小问3详解】
B的作用是干燥氨气，C中收集氨气，棉花的作用是防止氨气与空气对流，使氨气收集不满；
【小问4详解】
氨气为碱性气体，且可以和HCl反应生成氯化铵，则证明氨气已收集满的方法是将湿润的红色石蕊试纸接近C装置的试管口(将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近C装置的试管口)，所利用的氨气性质是NH3+H2ONH3•H2O(NH3+HCl=NH4Cl)；
【小问5详解】
氨气为碱性气体，可以和酸反应，则实验结束后，为防止剩余氨气污染空气，可将蘸有稀硫酸的棉花放在A的导管口。
19. A、B、C、D四种物质的相互转化关系如图(部分反应条件及产物略去)。
（1）若A是黄色固体单质，则B为______，D的浓溶液与铜反应的化学方程式是______。
（2）若A是空气中的主要成分，C是红棕色气体，则B的化学式为______，D的浓溶液需保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处，原因是______(用化学方程式表示)。
（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol•L-1NaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_____、_____mol和______、______mol，生成硫酸铜物质的量为_____。
碳
氮
Y
X
硫
Z
【答案】（1） ①. SO2(或二氧化硫) ②. 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O
（2） ①. NO ②. 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
（3） ①. NO ②. 0.9mol ③. NO2 ④. 1.3mol ⑤. 2mol
【解析】
【小问1详解】
若A是黄色固体单质，则为S单质，S与氧气反应生成SO2，SO2与氧气发生催化氧化生成SO3，SO3与水反应生成硫酸，浓硫酸与铜加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：SO2(或二氧化硫)；2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；
【小问2详解】
A是空气中的主要成分，C是红棕色气体，可知C为NO2，A为氮气，氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气继续反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，浓硝酸不稳定，见光受热易分解，发生反应4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，因此应保存在棕色试剂瓶中，故答案为：NO；4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；
【小问3详解】
根据题意可知生成两种气体是NO和NO2，由钠原子守恒可知，生成的物质的量为2.2mol，1mol O2参与反应转移电子的物质的量为4mol，设生成NO2的物质的量为x mol，生成NO的物质的量为y mol，则x+y=2.2，x+3y=4，解得：x=1.3，y=0.9，根据得失电子守恒可知，参与反应的铜的物质的量为，因此生成的硫酸铜的物质的量为2mol，故答案为：NO；0.9mol；NO2；1.3mol；2mol。
2022-2023学年度第一学期高一年级期末化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64
一、单选题(本大题共15小题，共45.0分)
1. 下图用交叉分类法表示了一些物质或概念之间的从属或包含关系，不正确的是
X
Y
Z
A
CuSO4·5H2O
盐
纯净物
B
胶体
分散系
混合物
C
碱性氧化物
氧化物
化合物
D
置换反应
氧化还原反应
离子反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，概念范畴为Z包含Y，Y包含X，然后利用物质的组成和性质来分析物质的类别，再根据概念的从属关系来解答。
【详解】A、硫酸铜是由金属阳离子和酸根离子构成的化合物属于盐，盐属于纯净物，故A正确；
B、胶体是分散质粒子半径在1nm~100nm的分散系，分散系是混合物，故B正确；
C、碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，所以碱性氧化物属于氧化物，氧化物属于化合物，故C正确；
D、置换反应是一种单质和一种化合物生成另一种单质和另一种化合物的反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，氧化还原反应有一部分属于离子反应，故D错误；
故选D。
2. 下列说法正确的是
A. SO2、NO2、CO2都属于酸性氧化物
B. NH3、CO2的水溶液均能导电，所以NH3、CO2均是电解质
C. 淀粉溶液、雾均属于胶体
D. 液氯、“84”消毒液都属于混合物
【答案】C
【解析】
【分析】NO2不是酸性氧化物；NH3、CO2是非电解质；淀粉溶液、雾中分散质粒子直径在1~100nm之间；液氯中只含氯分子。
【详解】NO2不是酸性氧化物，SO2、CO2属于酸性氧化物，故A错误；NH3、CO2的水溶液均能导电，但不是NH3、CO2自身电离出的离子导电，所以NH3、CO2是非电解质，故B错误；淀粉溶液、雾中分散质粒子直径在1~100nm之间，所以淀粉溶液、雾均属于胶体，故C正确；液氯中只含氯分子，液氯是纯净物，故D错误。
3. 如表中评价合理的是
选项
化学反应及其离子方程式
评价
A
NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至沉淀完全：2H+++Ba2++2OH−=BaSO4↓+2H2O
正确
B
向碳酸镁溶液中加入足量稀盐酸：+2H+=CO2↑+H2O
错误，碳酸镁不应写成离子形式
C
向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+
正确
D
NaOH溶液中通入少量CO2反应：OH−+CO2=
正确
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至沉淀完全的离子反应为H+++Ba2++OH−=BaSO4↓+H2O，评价错误，故A不符合题意；
B、向碳酸镁溶液中加入足量稀盐酸的离子反应为MgCO3+2H+=Mg2++CO2↑+H2O，评价正确，故B符合题意；
C、向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液至液体变为红褐色的离子反应为Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+，评价错误，故C不符合题意；
D、NaOH溶液中通入少量CO2反应的离子反应为2OH−+CO2=+H2O，评价错误，故D不符合题意；
故选B。
4. ClO2是一种杀菌消毒效率高、二次污染小的水处理剂．实验室中可通过以下反应制得：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O．下列说法不正确的是（ ）
A. CO2是氧化产物
B. H2C2O4的氧化性强于ClO2的氧化性
C. H2C2O4在反应中被氧化
D. ClO2作水处理剂时，利用了其强氧化性
【答案】B
【解析】
【分析】由制备ClO2的反应方程式可知，Cl元素发生降价，KClO3为氧化剂，C元素价态升高，发生氧化反应，H2C2O4为还原剂。
【详解】A．制备ClO2时，C元素发生价态升高，发生氧化反应，因此产物CO2属于氧化产物，A项正确；
B．制备ClO2时，KClO3氧化剂，H2C2O4为还原剂；因此只能说明还原性，H2C2O4强于ClO2，B项错误；
C．制备ClO2时，H2C2O4为还原剂，在反应过程中被氧化，C项正确；
D．ClO2具有强氧化性，可以使蛋白质变性，杀菌消毒利用的正是其强氧化性，D项正确；
答案选B。
5. 下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量)改变，不会引起产物改变的是
A. Fe 和HCl B. NaOH 和CO2 C. Na 和O2 D. AlCl3和NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe和HCl反应时只能生成氯化亚铁和氢气，A符合；
B．NaOH和CO2反应时，二氧化碳少量时生成碳酸钠和水，当二氧化碳过量时，碳酸钠会转化为碳酸氢钠，B不符合；
C．Na和O2在常温下反应生成氧化钠，在加热或点燃条件下生成过氧化钠，C不符合；
D．AlCl3和NaOH反应时，氢氧化钠不足时生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠足量时生成偏铝酸钠，D不符合。
答案选A。
6. 鉴别K2CO3和NaHCO3两种白色固体下列方案中，不可行的是
A. 分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色
B. 分别在试管中加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊出现
C. 分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，观察有无白色沉淀产生
D. 分别加入过量澄清石灰水，看有无沉淀产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠元素、钾元素的焰色不同，分别配成溶液，进行焰色试验，观察火焰的颜色，可以鉴别K2CO3和NaHCO3，故A不选；
B．碳酸氢钠加热易分解放出二氧化碳，分别加热，将可能产生的气体通入澄清石灰水，观察有无浑浊产生，可以鉴别K2CO3和NaHCO3，故B不选；
C．分别配成稀溶液，滴加CaCl2溶液，产生白色沉淀的为K2CO3，无明显现象的是NaHCO3，现象不同，可以鉴别，故C不选；
D．由于反应：K2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，NaHCO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O+NaOH，故二者分别加入过量澄清石灰水，都可观察到有白色沉淀生成，不能鉴别K2CO3和 NaHCO3，故D选；
故选D。
7. 用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 （ ）
A. 16 g O2中含有的氧分子数为NA
B. 1 mol镁原子中含有的电子数为2NA
C. 常温常压下，11.2 L H2中含有的氢分子数为0.5NA
D. 1 L 1 mol/L BaCl2溶液中含有的钡离子数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧气的尔质量为32g/mol，故16g氧气的物质的量为n=0.5mol，故含0.5NA个氧气分子，故A选项错误。
B. 1个Mg原子的电子数=质子数=原子序数=12，所以 1mol镁原子中含有的电子数为12NA，故B选项错误。
C. 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氢气的物质的量小于0.5mol，则氢气分子个数小于0.5NA个，故C选项错误。
D. 1升1mol/LBaCl2溶液里氯化钡的物质的量是1mol，1mol氯化钡可电离出1mol钡离子，
一摩尔钡离子的数量是1NA，故D选项正确。
故答案选D。
8. 将下列四种铁的化合物溶于稀盐酸，滴加KSCN溶液没有颜色变化，再加入氯水即可显红色的是
A. FeO B. Fe2O3 C. FeCl3 D. Fe(OH)3
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeO与稀盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与KSCN不反应，加入氯水后氯化亚铁被氧化成氯化铁，三价铁遇KSCN变红色，故A符合题意；
B．Fe2O3与稀盐酸反应生成氯化铁，滴加KSCN溶液变红色，故B不符合题意；
C．FeCl3溶于稀盐酸，电离出三价铁离子，滴加KSCN溶液变红色，故C不符合题意；
D．Fe(OH)3与稀盐酸反应生成氯化铁，滴加KSCN溶液变红色，故D不符合题意；
故选：A。
9. 图为铁及其化合物的“价—类”二维图。利用如图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。下列分析结果不正确的是
A. 二维图缺失的类别①应填“单质”，化学式②应填“”
B. 从物质类别分析，属于碱性氧化物，可以与稀HCl反应
C. 从化合价角度分析，具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 从物质转化角度分析，和都可以通过一步反应直接转化成②
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁单质的化合价为0，二维图缺失的类别①单质；三价铁形成的氢氧化物是氢氧化铁，则化学式②Fe(OH)3，故A正确；
B．从物质类别分析，Fe2O3属于碱性氧化物，可以与稀HCl反应生成氯化铁和水，故B正确；
C．从化合价角度分析，FeCl2具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化还原反应，故C正确；
D．氧化铁是碱性氧化物，不溶于水不能一步反应生成氢氧化铁，FeCl3可以通过一步反应和氢氧化钠溶液反应，直接转化成氢氧化铁，故D错误；
故选：D。
10. 几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L-1的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为
A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6%
【答案】B
【解析】
【详解】铁的氧化物和盐酸恰好反应生成氯化物，根据电荷守恒，氧化物中氧原子的物质的量=0.1×7/2=0.35摩尔，氯气的物质的量为0.56/22.4=0.025摩尔，根据电子守恒，混合物中的+2价铁的物质的量为0.025×2/1=0.05摩尔，根据电荷守恒分析，混合物中+3价铁的物质的量为（0.35×2-0.05×2）/3=0.2摩尔，则混合物中铁元素的质量分数=（0.05+0.2）×56/[（0.05+0.2）×56+0.35×16]=71.4%，选B。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是（ ）
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向盛有溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液
溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成
催化分解产生，分解反应放热，促进的水解
C
将通入紫色石蕊试液中
溶液变红
与水反应生成使溶液显酸性
D
向久置的溶液中加入足量溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解
部分被氧化
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，说明浓硫酸有脱水性；浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，可知浓硫酸具有强氧化性，故A正确；
B．溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子成，一段时间后溶液中出现气泡，说明生成的可作过氧化氢分解的催化剂，即催化分解产生， 在溶液中可水解，水解反应为吸热反应，分解反应放热，促进水解，有红褐色沉淀生成，故 B错误；
C．将通入紫色石蕊试液中，溶液变红，说明溶液呈酸性，则二氧化硫为酸性氧化物，与水反应生成使溶液显酸性，故C正确；
D．硫酸钡不溶于盐酸，亚硫酸钡溶于盐酸，由现象可知部分被氧化为，故D正确；
答案选B。
12. 下列制备并制取氨水的装置正确且能达到实验目的的是
A.制取
B.干燥
C.收集
D.制取氨水
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．制备NH3应使用固固加热型装置，装置中试管口略向下倾斜，A错误；
B．氨气和五氧化二磷反应，不能干燥，B错误；
C．氨气的密度小于空气，用向下排空气法收集，C错误；
D．氨气不溶于四氯化碳上升过程中遇到水溶解吸收，同时防止了倒吸，D正确；
故选D。
13. 下列有关物质的用途的说法不正确的是
A. SiO2可用于制造光导纤维，Si可用于制造计算机芯片
B. 常温下Si的化学性质稳定，在自然界中硅大部分以游离态存在
C. 石英砂、纯碱和石灰石可用于制造普通玻璃
D. 浓HF溶液可用于刻蚀玻璃
【答案】B
【解析】
【详解】A．SiO2具有良好的传输光信号的能力，常用作光导纤维，Si是良好的半导体材料，可用于制造计算机芯片，故A正确；
B．Si为亲氧元素，在自然界中只存在化合态，故B错误；
C．制取普通玻璃的原料为二氧化硅、纯碱和石灰石，故C正确；
D．HF能与玻璃中的二氧化硅反应生成SiF4，常用HF刻蚀玻璃，故D正确；
故选：B。
14. 下列实验方案能达到目的的是
A. 用品红溶液鉴别SO2和CO2
B. 用焰色反应鉴别KCl和K2SO4
C. 用铜和稀硫酸在加热条件下制取SO2
D. 用丁达尔效应鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不能，故A正确；
B．KCl和K2SO4的焰色均为紫色，无法通过焰色反应鉴别KCl和K2SO4，故B错误；
C．铜与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸在加热条件下反应制取SO2，故C错误；
D．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液均不产生丁达尔效应，应用氯化钡或氯化钙溶液鉴别，故D错误；
故选：A。
15. 下列各组离子中，能在溶液中大量共存的是
A. Na+、Cu2+、Cl-、OH- B. H+、Ca2+、HCO、NO
C. Fe2+、H+、SO、NO D. Na+、CO、OH-、K+
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu2+、OH-会反应产生Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．H+、HCO反应产生H2O、CO2，不能大量共存，B不符合题意；
C．Fe2+、H+、NO反应产生Fe3+、NO、H2O，不能大量共存，C不符合题意；
D．选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D不符合题意；
故合理选项是D。
二、简答题(本大题共4小题，共55分)。
16. 欲用胆矾(CuSO4•5H2O)配制480mL 0.1mol•L-1的CuSO4溶液，根据题意填空：
（1）如图所示仪器，配制上述溶液肯定不需用到的是__________（填字母）；配制上述溶液还需要的玻璃仪器有_____________（填仪器名称）；
（2）配制该溶液应选用____________mL容量瓶，使用容量瓶之前必须进行_________。
（3）配制该溶液应用托盘天平称取____________g胆矾；
（4）使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是____________（填编号）
①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了
②向容量瓶中转移溶液时不慎将液滴洒在容量瓶外面
③溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤
④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
⑤定容时，仰视容量瓶的刻度线
⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线
【答案】（1） ①. B ②. 烧杯 玻璃棒
（2） ①. 500 ②. 查漏
（3）12.5 （4）①②③⑤⑥
【解析】
【小问1详解】
配制一定物质的量浓度的溶液一定不会使用B分液漏斗和C锥形瓶，使用的玻璃仪器，除了形瓶和玻璃棒，还需要烧杯和胶头滴管，答案为：BC；烧杯、胶头滴管；
【小问2详解】
配制480mL 0.1mol•L-1的CuSO4溶液，实验室没有480mL容量瓶，需要选用500mL容量瓶进行配制，答案为：500mL；
【小问3详解】
配制500mL 0.1mol•L-1的CuSO4溶液，溶液中含有的硫酸铜的物质的量为：0.1mol•L-1×0.5L=0.05mol，需要胆矾的质量250g/mol×0.05mol=12.5g，
【小问4详解】
根据cB=n/v判断，①被称量物与砝码的位置放颠倒了，称量的溶质的质量减小物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，①正确；②烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，②正确；③烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质减少，浓度偏低③正确；④转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量，对配制结果没有影响；⑤定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，⑤错误；⑥定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，⑥正确；浓度偏低选①②③⑤⑥。
17. 某学生欲用下列装置制取纯净FeCl3固体。其中A是Cl2发生装置，C、D为气体净化装置，E硬质玻璃管中装有细铁丝网，F为干燥的空广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置。
试回答：
（1）该装置中有一明显错误是______。(填字母)
（2）D中所装试剂为______，C装置的作用是______。
（3）A中发生反应的化学方程式是______，G中发生反应的离子方程式是______。
（4）若用100mL12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，生成的Cl2体积(标准状况)______(填“大于”、“小于”或“等于”)6.72L。
【答案】（1）D （2） ①. 浓H2SO4 ②. 除去氯气中的杂质HCl
（3） ①. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（4）小于
【解析】
【分析】在装置A中用MnO2、HCl(浓)混合加热制取Cl2，装置C除去杂质HCl，装置D除去Cl2中的水蒸气，在装置E中Fe与Cl2反应产生FeCl3，装置F是安全瓶，防止倒吸现象的发生，装置G是尾气处理装置，用于除去未反应的Cl2。
【小问1详解】
在装置A中制取Cl2，该反应需要加热，HCl具有挥发性，所以制取的Cl2中含有杂质HCl、H2O蒸气，装置C除去HCl，装置D除去水蒸气，导气管是长进短出；装置D中导气管是短进长出，所以该装置中有一明显错误是装置D；
【小问2详解】
装置C除去氯气中的杂质HCl，试剂为饱和食盐水，D中所装试剂为浓硫酸，作用是干燥Cl2；
【小问3详解】
在A中MnO2、HCl(浓)混合加热制取Cl2，发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；装置G中是NaOH溶液用于吸收为反应完的氯气，发生反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问4详解】
若用100mL 12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，若HCl完全反应，则根据反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=1.2mol÷4=0.3mol，其在标准状况体积为6.72L，但实质上，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应就不再发生，因此反应产生的Cl2在标准状况下体积小于6.72L。
18. 同学们用下列装置制取并收集干燥的氨气。(某些夹持仪器和导管已略去)
请回答下列问题：
（1）A中发生反应的化学方程式是_____，检查A中装置气密性的方法是_____。
（2）按气流方向，各装置接口的正确连接顺序是①→_______→_______→_______。_____
（3）B的作用是______，C中棉花的作用是______。
（4）证明氨气已收集满的方法是_____，所利用的氨气性质是_____(用化学方程式表示)。
（5）实验结束后，为防止剩余氨气污染空气，可将蘸有_____的棉花放在A的导管口。
【答案】（1） ①. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ②. 将导管一端插入水中，用手握住试管，导管口有气泡冒出，移开手一段时间后，导管内形成一段水柱
（2）③②④ （3） ①. 干燥氨气 ②. 防止氨气与空气对流，使氨气收集不满
（4） ①. 将湿润的红色石蕊试纸接近C装置的试管口(将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近C装置的试管口) ②. NH3+H2ONH3•H2O(NH3+HCl=NH4Cl)
（5）稀硫酸
【解析】
【小问1详解】
A中制取氨气，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，检查A中装置气密性的方法是将导管一端插入水中，用手握住试管，导管口有气泡冒出，移开手一段时间后，导管内形成一段水柱；
【小问2详解】
A中制取氨气，B干燥氨气，C收集氨气，按气流方向，各装置接口的正确连接顺序是①→③→②→④；
【小问3详解】
B的作用是干燥氨气，C中收集氨气，棉花的作用是防止氨气与空气对流，使氨气收集不满；
【小问4详解】
氨气为碱性气体，且可以和HCl反应生成氯化铵，则证明氨气已收集满的方法是将湿润的红色石蕊试纸接近C装置的试管口(将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近C装置的试管口)，所利用的氨气性质是NH3+H2ONH3•H2O(NH3+HCl=NH4Cl)；
【小问5详解】
氨气为碱性气体，可以和酸反应，则实验结束后，为防止剩余氨气污染空气，可将蘸有稀硫酸的棉花放在A的导管口。
19. A、B、C、D四种物质的相互转化关系如图(部分反应条件及产物略去)。
（1）若A是黄色固体单质，则B为______，D的浓溶液与铜反应的化学方程式是______。
（2）若A是空气中的主要成分，C是红棕色气体，则B的化学式为______，D的浓溶液需保存在棕色试剂瓶中，并放置在阴凉处，原因是______(用化学方程式表示)。
（3）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L2.2mol•L-1NaOH溶液和1molO2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_____、_____mol和______、______mol，生成硫酸铜物质的量为_____。
碳
氮
Y
X
硫
Z
【答案】（1） ①. SO2(或二氧化硫) ②. 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O
（2） ①. NO ②. 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
（3） ①. NO ②. 0.9mol ③. NO2 ④. 1.3mol ⑤. 2mol
【解析】
【小问1详解】
若A是黄色固体单质，则为S单质，S与氧气反应生成SO2，SO2与氧气发生催化氧化生成SO3，SO3与水反应生成硫酸，浓硫酸与铜加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：SO2(或二氧化硫)；2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O；
【小问2详解】
A是空气中的主要成分，C是红棕色气体，可知C为NO2，A为氮气，氮气与氧气反应生成NO，NO与氧气继续反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，浓硝酸不稳定，见光受热易分解，发生反应4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，因此应保存在棕色试剂瓶中，故答案为：NO；4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；
【小问3详解】
根据题意可知生成两种气体是NO和NO2，由钠原子守恒可知，生成的物质的量为2.2mol，1mol O2参与反应转移电子的物质的量为4mol，设生成NO2的物质的量为x mol，生成NO的物质的量为y mol，则x+y=2.2，x+3y=4，解得：x=1.3，y=0.9，根据得失电子守恒可知，参与反应的铜的物质的量为，因此生成的硫酸铜的物质的量为2mol，故答案为：NO；0.9mol；NO2；1.3mol；2mol。
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