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【化学】广东省汕头市金山中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题（解析版）
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广东省汕头市金山中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一.单选题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。）
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关,下列说法正确的个数是（ ）
①PM2.5(指直径小于或等于2.5×10-6 m的细小颗粒)在空气中一定能形成气溶胶
②碘酸钾具有较强的氧化性，在食盐中加入适量碘酸钾，可抗人体氧化
③二氧化硫具有氧化性，可以用于漂白纸浆
④“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关
⑤双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
⑥王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比1︰3配成的混合物，可以溶解Au、Pt
⑦酸雨是指pH﹤7的雨水
A. 1个 B. 3个 C. 5个 D. 7个
【答案】A
【详解】①PM2.5(指直径小于或等于2.5×10-6 m的细小颗粒)，由于1微米=10-6m，而胶体的分散质微粒的直径在10-7-10-9m，因此在空气中不一定能形成气溶胶，①错误；
②在食盐中加入适量碘酸钾，可适当补充碘元素，防止碘元素缺乏，②错误；
③二氧化硫具有漂白性，因此可以用于漂白纸浆，③错误；
④氮的氧化物可导致“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成，因此“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”都与氮氧化物有关，④正确；
⑤双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为H2O，对环境没有污染, ⑤错误；
⑥王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3︰1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，⑥错误；
⑦酸雨是指pH﹤5.6的雨水，⑦错误；
故正确的说法只有④一种，合理选项是A。
2.二氧化硫体现还原性的反应是（ ）
A. SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2 B. SO2+2H2S=2H2O+3S↓
C. SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O D. SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl
【答案】D
【详解】A. SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2证明了酸性H2SO3>H2CO3，A不符合题意；
B.在SO2+2H2S=2H2O+3S↓中，SO2中的S由+4价变为反应后单质S的0价，化合价降低，获得电子，SO2表现氧化性，B不符合题意；
C.在SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O中SO2表现酸性氧化物的通性，C不符合题意；
D.在SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl反应中，S元素的化合价由反应前SO2中的S由+4价变为反应后H2SO4中S的+6价，化合价升高，失去电子，SO2表现还原性，D符合题意；
故合理选项是D。
3.13C−NMR(核磁共振)、15N−NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获诺贝尔化学奖。下面有关叙述正确的是（ ）
A. 15N的核外电子数比中子数少1 B. 14N与14C互为同位素
C. 15N与14N 为同一种核素 D. 13C与15N有相同的中子数
【答案】A
【详解】A、15N的核外电子数为7，中子数为(15－7)=8，因此核外电子数比中子数少1，故A正确；
B、14N质子数为7，14C质子数为6，质子数不同，两个核素不互为同位素，故B错误；
C、两个核素中子数不同，属于不同核素，故C错误；
D、前者中子数为(13－6)=7，后者中子数为(15－7)=8，中子数不同，故D错误。
4.下列反应中，调节反应物用量或浓度，不会改变反应产物的是（ ）
A. 硫酸中加入锌粉
B. 二氧化硫通入澄清石灰水
C. HNO3与Cu反应
D. 铁在硫蒸气中燃烧
【答案】D
【解析】
【分析】A.浓硫酸和稀硫酸与锌反应产物不同；
B.少量二氧化硫和过量二氧化硫通入石灰水生成产物不同；
C.Cu与硝酸反应，硝酸浓度不同，反应产物不同；
D. 铁与硫反应产生FeS。
【详解】A. 浓硫酸和稀硫酸与锌反应产物不同，浓硫酸和锌反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，稀硫酸和锌反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，A不符合题意；
B.少量二氧化硫和过量二氧化硫通入石灰水生成产物不同，反应为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，2SO2+Ca(OH)2 =Ca(HSO3)2，B不符合题意；
C. HNO3与Cu反应，浓度不同，产物不同，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，C不符合题意；
D.铁在硫蒸气中燃烧，无论哪种物质过量反应都生成FeS，D符合题意；
故合理选项是D。
5.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 氨水中通入少量的SO2气体: SO2+ OH- == HSO3-
B. 氯气与水的反应: Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-
C. 氯化钙溶液中通入CO2气体: Ca2++H2O+CO2== CaCO3↓+2H+
D. 二氧化锰跟浓盐酸共热制Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
【答案】D
【详解】A．氨水中通入少量SO2气体，生成SO32-：SO2+2NH3•H2O=2NH4++SO32-+H2O；通入过量SO2生成HSO3-：SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3-，题给离子方程式有2处错误，一是氨水拆写了，一是所给产物与SO2的通入量没有对应，A项错误；
B．生成的次氯酸作为弱酸不拆写，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，B项错误；
C．该离子方程式违背了客观事实，氯化钙溶液与CO2不反应，C项错误；
D．二氧化锰作为氧化物、难溶物不拆写，盐酸和氯化锰均拆写成离子形式，D项正确；
答案选D项。
6.下列溶液中，所给离子一定能大量共存的是（ ）
A. 含有大量NO3-的溶液：H＋、Fe2＋、SO42-、Cl－
B. 使酚酞变红的溶液：Na＋、Ca2＋、SO42-、CO32-
C. 含有大量Al3＋的溶液：Na＋、NH4+、SO42-、Cl－
D. 含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、Mg2＋、NO3-、SCN－
【答案】C
【详解】A. NO3-、H＋、Fe2＋会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B. Ca2＋、CO32-会发生复分解反应，形成CaCO3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C. 含有大量Al3＋的溶液：Na＋、NH4+、SO42-、Cl－之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；
D. Fe3＋、SCN－之间能发生络合反应，使溶液变为血红色，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是C。
7.用NA表示阿伏伽德罗常数值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 5.6g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA
B. 18g H218O和D2O的混合物中，所含中子数为9NA
C. 1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为2 NA
D. 0.4 mol NH3与0.6 mol O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NA
【答案】B
【详解】A. 5.6g铁的物质的量是0.1mol，Fe在足量的O2中燃烧生成Fe3O4，每3molFe反应，转移8mol电子，则0.1molFe发生反应转移的电子数小于0.3NA，A错误；
B.H218O和D2O的分子中含有的中子数都是10个，若18g完全是 H218O，含有的中子数为=9NA；若完全为D2O，则其中含有的中子数为=9NA，故18g H218O和D2O的混合物中，所含中子数也一定为9NA，B正确；
C. Fe为变价金属，与硫酸反应产生Fe2+，1molFe转移2NA个电子；若与HNO3反应，由于硝酸具有强的氧化性，会将Fe氧化为Fe3+，1mol反应后转移3NA电子，C错误；
D. NH3与O2在催化剂作用下发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，但该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此充分反应后得到NO的分子数小于0.4NA，D错误；
故合理选项是B。
8.以下物质间的转化通过一步反应都能实现的是（ ）
A. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3 B. HCl→Cl2→HClO→NaClO
C. S→SO3→H2SO4→Al2（SO4）3 D. NH3→NO2→HNO3→NaNO3
【答案】B
【解析】试题分析：A、因SiO2不能一步生成H2SiO3，故A错误；B、HCl与二氧化锰加热生成Cl2，Cl2与水反应生成HClO，HClO与氢氧化钠反应生成NaClO，故B正确； C、因S不能一步生成SO3，故C错误；D、氨气直接氧化生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故D错误；故选B。
考点：考查了氯气的化学性质；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；氮及其化合物的性质的相关知识。
9.在一定条件下，氯气与碘单质以等物质的量进行反应，可得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性，ICl跟Zn、H2O反应的化学方程式如下：2IC1+2Zn=ZnCl2+ZnI2，IC1+H2O=HC1+HIO，下列关于ICl性质的叙述正确的是（ ）
A. ZnCl2是氧化产物，又是还原产物 B. ZnI2既是氧化产物，又是还原产物
C. ICl跟H2O的反应，ICl是氧化剂，H2O是还原剂 D. 反应6.5gZn，转移电子0.1mol
【答案】B
【解析】2ICl+2Zn═ZnCl2+ZnI2，中Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，而ICl+H2O═HCl+HIO中，各元素的化合价不变。A．在反应中ZnCl2是氧化产物，故A错误；B．在反应中ZnI2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C．ICl+H2O═HCl+HIO中，各元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故C错误；D．6.5gZn的物质的量为0.1mol，反应后生成Zn2+，转移电子0.2mol，故D错误；故选B。
10.喷泉是一种常见的自然现象，如下图是化学教材中常用的喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列气体和液体的组合中不可能形成喷泉的是（ ）
A. HCl和H2O B. CO2和NaOH溶液
C. NH3和H2O D. O2和H2O
【答案】D
【解析】
【分析】在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。
【详解】A.HCl极易溶于水，则可形成喷泉，A不符合题意；
B.二氧化碳极易与NaOH反应，产生压强差，形成喷泉，B不符合题意；
C.氨气极易溶于水，可形成喷泉，C不符合题意；
D.氧气不溶于水，则不能形成喷泉，D符合题意；
故合理选项是D。
11.如图表示第ⅠA族金属(又称为碱金属)的某些性质与核电荷数的变化关系，则下列各性质中不符合图示关系的是（ ）
A. 金属性 B. 与水反应的剧烈程度
C. 阳离子的氧化性 D. 原子半径
【答案】C
【解析】由图可知随着核电荷数的增大，碱金属的性质呈增大趋势，其金属性逐渐增强，其单质与水反应剧烈程度增大，随核电荷数增大，其原子半径逐渐增大，A、B、D三项正确；随碱金属的核电荷数递增，其阳离子氧化性逐渐减弱，C项与图不符。答案选C。
12.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是（ ）
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【分析】题给装置在常温下反应生成气体，且用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，最后为防倒吸装置，说明制备的气体极易溶于水，以此解答该题。
【详解】A.浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，A错误；
B.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，二氧化硫是大气污染物，可以与NaOH溶液反应产生亚硫酸钠溶液，B正确；
C.稀硝酸与铜生成的是NO，NO与空气中的氧气反应产生NO2，且二氧化氮和水反应生成NO，因此不能水进行尾气吸收处理，C错误；
D.在常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，D错误；
故合理选项是B。
13.用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制备SO2
B. 用装置乙制备氨气
C. 用装置丙除去粗盐溶液中混有的沙子
D. 用装置丁蒸干溶液获得(NH4)2CO3晶体
【答案】C
【详解】A.在室温下浓硫酸与Cu不能发生反应，因此不能用装置甲制备SO2，A错误；
B.NH4Cl加热反应产生NH3、HCl，NH3、HCl遇冷相遇反应又产生NH4Cl固体，因此不能用该装置制取氨气，B错误；
C.粗盐中的泥沙难溶于水，可以采用过滤的方法将其除去，操作合理，C正确；
D.从(NH4)2CO3溶液中获取(NH4)2CO3晶体时，不能将溶液蒸干，应在有少量液体残留时就停止加热，利用余热将液体蒸干，D错误；
故合理选项是C。
14.已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。下图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是（ ）
A. 甲是浓氨水，乙是浓硫酸
B. 甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C. 甲是浓氨水，乙是浓盐酸
D. 甲是浓硫酸，乙是浓氨水
【答案】C
【解析】
【分析】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙．
【详解】浓硫酸不挥发，排除AD选项；由于气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨水比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸。
故选C。
15.1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是（ ）
A. 504mL B. 168mL C. 224mL D. 336mL
【答案】D
【详解】1.92g铜的物质的量为n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，由于Cu是+2价的金属，因此反应过程中转移电子的物质的量为n(e-)=2n(Cu)=2×0.03mol=0.06mol，在反应过程中，Cu失去电子变为Cu2+，HNO3获得电子变为NO2、NO，当向反应后的气体中通入O2时，氮的氧化物又转化为HNO3，O2获得电子变为HNO3，因此氧气获得的电子的物质的量大于Cu失去电子的物质的量，所以根据电子得失数目相等可知4n(O2)=n(e-)=0.06mol，则n(O2)=0.06mol÷4=0.015mol，则通入O2在标准状况下的体积是v(O2)=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故合理选项是D。
二．非选择题（本题共3道题，共55分。）
16.按要求完成下列方程式
(1)磁性氧化铁与足量的稀硝酸反应的离子方程式：________
(2)铜与硫共热的化学方程式：_________
(3)二氧化氮通入水中的化学方程式：________
(4)氨的催化氧化的化学方程式：___________
(5)往Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液使溶液呈中性的离子方程式：________
【答案】(1). 3Fe3O4+28H++NO3- =9Fe3++14H2O+NO↑ (2). 2Cu+SCu2S (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【解析】
【分析】(1)磁性氧化铁为Fe3O4，可表示为FeO·Fe2O3，Fe有1个为+2价，2个+3价，HNO3具有强氧化性，会将+2价的Fe氧化为+3价，硝酸被还原为NO，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；
(2)S氧化性较弱，只能把Cu氧化为+1价；
(3)二氧化氮与水反应产生硝酸和一氧化氮；
(4)氨气与氧气在催化剂存在时，被氧气氧化产生NO，同时产生水；
(5)往Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液使溶液呈中性时，二者的物质的量的比为1：2，然后再写出离子方程式。
【详解】(1)磁性氧化铁化学式为Fe3O4，可表示为FeO·Fe2O3，其中的Fe有1个为+2价，2个+3价，而HNO3具有强氧化性，会将+2价的Fe氧化为+3价，硝酸则被还原为NO，1个HNO3获得3个电子，所以根据电子守恒可知Fe3O4的系数为3，反应后产生的Fe(NO3)3的系数为9，即Fe3+的系数为9，NO3-的系数为1，再电荷守恒可知H+的系数为28，最后根据原子守恒，可得H2O的系数为14，可得该反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3- =9Fe3++NO↑+14H2O；
(2)单质S氧化性较弱，在加热时只能把Cu氧化为+1价，反应产生Cu2S，反应的方程式为：2Cu+SCu2S；
(3)二氧化氮与水反应产生硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮通入水中的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(4)氨气与氧气在催化剂存在时，被氧气氧化产生NO，同时产生水，根据电子守恒及原子守恒，可得氨的催化氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
(5)往Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液使溶液呈中性时，二者的物质的量的比为1：2，可得硫酸钠、硫酸钡和水，该反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。
17.氮家族化合物繁多，某校研究性学习小组对其进行研究。
研究1：选用下图装置组装制备纯净干燥的NH3并探究NH3与CuO发生的反应，同时检验和收集非固态产物（提示：每个装置只使用一次）。请回答下列问题：
(1)完成实验所需装置按气流方向从左到右的连接顺序为A-（ ）-（ ）-（ ）-G-B-（ ）
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_________。
(3)D中盛放碱石灰的仪器名称是________，E装置的作用是______。
(4)通过进一步检测发现F中收集到的气体是一种常见的单质气体，硬质玻璃管中得到一种固体单质。试描述该小组同学还能观察到的其它现象为：①C中_____；②E中___；C中反应的化学方程式为：_______
研究2：将32g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，请回答：
(5)在标况下，NO的体积为______L，NO2的体积为______L。
(6)若将产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLa mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____mol/L。（用含a和V的式子表示）
【答案】(1). D (2). C (3). E (4). F (5). 2NH4C1+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(6). 球形干燥管 (7). 检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成 (8). C中黑色固体逐渐变红，试管壁上有液珠产生 (9). E中白色固体逐渐变蓝 (10). 2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2 (11). 5.6 (12). 5.6 (13). (其他合理答案也可)
【解析】
【分析】(1)利用A装置制备NH3，用装置D干燥氨气，再将干燥的氨气通过C装置，与加热的CuO反应，并用无水硫酸铜检验是否有水生成，利用F装置收集反应生成的气体，据此分析连接装置；
(2)实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气；
(3)根据仪器的结构和性能确定仪器D的名称；无水硫酸铜遇水蒸气变蓝色；
(4)发现F中收集到的气体是一种常见的单质气体，硬质玻璃管中得到一种红色固体单质，结合化学反应的本质，反应前后元素不发生改变，可知生成物为铜、氮气和水，以此书写化学方程式；
(5)根据反应过程中电子转移数目相等，结合原子数目相等，可计算出NO、NO2的体积；
(6)根据N元素守恒，结合Cu失去电子的物质的量与反应得到的Cu2+结合的OH-物质的量相等，结合物质的量浓度定义式计算。
【详解】(1)将A装置制备的NH3通过D中盛装的碱石灰干燥，再依次通通过加热的CuO反应反应，用E中无水硫酸铜检验水的产生，并连接G装置防止倒吸现象的发生，再利用B中的浓硫酸吸收未反应的氨气，最后利用F装置收集反应生成的气体，同时也利用氨气极容易溶于水，未反应的氨气被水吸收，故装置连接顺序为ADCEGBF；
(2)在实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4C1+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(3)D中盛放碱石灰的仪器名称是球形干燥管；装置E中无水硫酸铜遇水蒸气变蓝色，则可检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成，
(4)C中黑色的固体CuO变为红色固体单质物质，该红色固体单质是Cu，无水CuSO4变蓝色，说明反应产生了水，同时生成一种无污染的气体，因此说明生成铜、氮气和水，C中发生反应的化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；
(5)n(Cu)=32g÷64g/mol=0.5mol，假设反应产生的NO、NO2的物质的量为x、y，则根据电子守恒可得2×0.5mol=3x+y；根据N原子守恒可得x+y=11.2L÷22.4L/mol，解得x=0.25mol，y=0.25mol，所以V(NO)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；V(NO2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；
(6)HNO3在反应中的作用，一部分变为Cu(NO3)2，结合形成硝酸盐，另一部分变为NO、NO2，n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2)。加入的NaOH的物质的量等于硝酸铜中硝酸根离子的物质的量，所以n(HNO3)=aV×10-3mol+0.5mol，根据物质的量浓度定义式可得c(HNO3)=mol/L。
18.土法酿造葡萄酒(只加糖的纯天然酿酒法)容易出问题，有报道说，喝了自制葡萄酒差点失明。主要原因是发酵过程产生的菌种多达百种，难以控制，而产生对神经有毒的甲醇等物质。科学酿酒加SO2等辅料，我国国家标准（GB2760-2014）规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。
(1)葡萄酒中添加SO2的作用可能是________。
A.氧化细菌 B.抗氧化 C.漂白 D.增酸作用
I．实验方案一
利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如图1的实验：
(2)甲同学得出的实验结论是干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3。这个结论____(填“成立”或“不成立”)，理由是______。
Ⅱ．实验方案二
(3)用如图实验装置探究二氧化硫的氧化性。
充入气体前的操作为___，关闭旋塞1和2；按图2充入气体,连接装置。打开旋塞1，可观察到的主要现象是_____；若A瓶和B瓶的体积相等,恢复到常温,打开旋塞2，可观察到的现象是____，此时A瓶中可能发生反应的化学方程式为____。
(4)从环保角度，利用图2装置设计探究二氧化硫既有氧化性又有还原性的最佳方案。
实验方案
预期现象
将烧杯中的氢氧化钠溶液换成_____溶液（填化学式），操作如(3)
说明SO2具有还原性的现象为____，对应的离子方程式为：_____________________
【答案】(1). BD (2). 不成立 (3). 实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色 (4). 检査装置气密性 (5). B瓶内壁有黄色固体和小水珠生成 (6). NaOH溶液倒吸到A瓶、B瓶中 (7). SO2+NaOH =NaHSO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (8). KMnO4 (9). A瓶中酸性KMnO4溶液褪色 (10). 2MnO4-+SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+（也可以换成Br2，A瓶中溴水褪色；Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+）
【解析】
【分析】(1)A.二氧化硫能够使蛋白质变性，不是氧化细菌；
B.根据二氧化硫具有还原性分析；
C.葡萄酒仍然是有色的，说明二氧化硫没有漂白葡萄酒；
D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性；
(2)图1实验中，通过对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色；
(3)有气体参加的反应，在实验前应先检查装置的气密性；气体由浓度大的地方向浓度小的地方扩散，SO2与H2S发生氧化还原反应，根据反应产生的状态、颜色判断实验现象，书写反应的方程式；SO2是酸性氧化物，与NaOH反应会导致装置内气压减小，引起倒吸现象，根据酸性氧化物的性质及二者相对量的多少书写反应方程式。
(4)要证明SO2具有还原性，可以利用具有氧化性的物质如KMnO4溶液或溴水、或FeCl3溶液等进行检验。
【详解】(1)A.二氧化硫能够使蛋白质变性，能够杀死葡萄酒中的细菌，不是氧化细菌，A错误；
B.二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，B正确；
C.葡萄酒仍然是有色的，说明二氧化硫没有漂白葡萄酒，C错误；
D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，所以二氧化硫具有增酸作用，D正确；
故合理选项是BD；
(2)图1实验中，通过对比说明：浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色，不能说明干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3，即说干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3的结论不成立；
(3)该反应装置内有气体参与反应，因此充入气体前的操作为检査装置气密性；由于A中SO2气体压强大于B中H2S气体的压强，打开旋塞1，A中SO2向B中扩散，在B中发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，所以在B中可观察到的主要现象是：B瓶内壁有黄色固体和小水珠生成；若A瓶和B瓶的体积相等，由于SO2的气体压强是H2S的1.5倍，说明SO2的物质的量是H2S的1.5倍，根据SO2+2H2S=3S+2H2O可知，SO2过量，最后A、B中都充满了SO2气体，恢复到常温，打开旋塞2，SO2容易溶于NaOH，并与之发生反应：SO2+NaOH =NaHSO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，使装置内气体压强减小，因此可观察到的现象是NaOH溶液倒吸到A瓶、B瓶中；
(4)要证明SO2具有还原性，可以选用具有氧化性的物质，只要反应现象明显，而且环保、无污染即可。可以将NaOH溶于改为酸性KMnO4或溴水，若为酸性KMnO4时，酸性KMnO4将SO2氧化为硫酸，KMnO4被还原为MnSO4无色溶液，因此观察到的实验现象为红色溶液变浅或褪色，反应的离子方程式为：2MnO4-+SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；若溶液为溴水溶液时，会发生反应：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，观察到溶液由棕黄色变为浅绿色。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一.单选题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。）
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关,下列说法正确的个数是（ ）
①PM2.5(指直径小于或等于2.5×10-6 m的细小颗粒)在空气中一定能形成气溶胶
②碘酸钾具有较强的氧化性，在食盐中加入适量碘酸钾，可抗人体氧化
③二氧化硫具有氧化性，可以用于漂白纸浆
④“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关
⑤双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染
⑥王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比1︰3配成的混合物，可以溶解Au、Pt
⑦酸雨是指pH﹤7的雨水
A. 1个 B. 3个 C. 5个 D. 7个
【答案】A
【详解】①PM2.5(指直径小于或等于2.5×10-6 m的细小颗粒)，由于1微米=10-6m，而胶体的分散质微粒的直径在10-7-10-9m，因此在空气中不一定能形成气溶胶，①错误；
②在食盐中加入适量碘酸钾，可适当补充碘元素，防止碘元素缺乏，②错误；
③二氧化硫具有漂白性，因此可以用于漂白纸浆，③错误；
④氮的氧化物可导致“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成，因此“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”都与氮氧化物有关，④正确；
⑤双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为H2O，对环境没有污染, ⑤错误；
⑥王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3︰1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，⑥错误；
⑦酸雨是指pH﹤5.6的雨水，⑦错误；
故正确的说法只有④一种，合理选项是A。
2.二氧化硫体现还原性的反应是（ ）
A. SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2 B. SO2+2H2S=2H2O+3S↓
C. SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O D. SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl
【答案】D
【详解】A. SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2证明了酸性H2SO3>H2CO3，A不符合题意；
B.在SO2+2H2S=2H2O+3S↓中，SO2中的S由+4价变为反应后单质S的0价，化合价降低，获得电子，SO2表现氧化性，B不符合题意；
C.在SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O中SO2表现酸性氧化物的通性，C不符合题意；
D.在SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl反应中，S元素的化合价由反应前SO2中的S由+4价变为反应后H2SO4中S的+6价，化合价升高，失去电子，SO2表现还原性，D符合题意；
故合理选项是D。
3.13C−NMR(核磁共振)、15N−NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，这项研究曾获诺贝尔化学奖。下面有关叙述正确的是（ ）
A. 15N的核外电子数比中子数少1 B. 14N与14C互为同位素
C. 15N与14N 为同一种核素 D. 13C与15N有相同的中子数
【答案】A
【详解】A、15N的核外电子数为7，中子数为(15－7)=8，因此核外电子数比中子数少1，故A正确；
B、14N质子数为7，14C质子数为6，质子数不同，两个核素不互为同位素，故B错误；
C、两个核素中子数不同，属于不同核素，故C错误；
D、前者中子数为(13－6)=7，后者中子数为(15－7)=8，中子数不同，故D错误。
4.下列反应中，调节反应物用量或浓度，不会改变反应产物的是（ ）
A. 硫酸中加入锌粉
B. 二氧化硫通入澄清石灰水
C. HNO3与Cu反应
D. 铁在硫蒸气中燃烧
【答案】D
【解析】
【分析】A.浓硫酸和稀硫酸与锌反应产物不同；
B.少量二氧化硫和过量二氧化硫通入石灰水生成产物不同；
C.Cu与硝酸反应，硝酸浓度不同，反应产物不同；
D. 铁与硫反应产生FeS。
【详解】A. 浓硫酸和稀硫酸与锌反应产物不同，浓硫酸和锌反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，稀硫酸和锌反应Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，A不符合题意；
B.少量二氧化硫和过量二氧化硫通入石灰水生成产物不同，反应为SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，2SO2+Ca(OH)2 =Ca(HSO3)2，B不符合题意；
C. HNO3与Cu反应，浓度不同，产物不同，反应方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；3Cu＋8HNO3(稀)=2Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，C不符合题意；
D.铁在硫蒸气中燃烧，无论哪种物质过量反应都生成FeS，D符合题意；
故合理选项是D。
5.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 氨水中通入少量的SO2气体: SO2+ OH- == HSO3-
B. 氯气与水的反应: Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-
C. 氯化钙溶液中通入CO2气体: Ca2++H2O+CO2== CaCO3↓+2H+
D. 二氧化锰跟浓盐酸共热制Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
【答案】D
【详解】A．氨水中通入少量SO2气体，生成SO32-：SO2+2NH3•H2O=2NH4++SO32-+H2O；通入过量SO2生成HSO3-：SO2+NH3•H2O=NH4++HSO3-，题给离子方程式有2处错误，一是氨水拆写了，一是所给产物与SO2的通入量没有对应，A项错误；
B．生成的次氯酸作为弱酸不拆写，正确的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，B项错误；
C．该离子方程式违背了客观事实，氯化钙溶液与CO2不反应，C项错误；
D．二氧化锰作为氧化物、难溶物不拆写，盐酸和氯化锰均拆写成离子形式，D项正确；
答案选D项。
6.下列溶液中，所给离子一定能大量共存的是（ ）
A. 含有大量NO3-的溶液：H＋、Fe2＋、SO42-、Cl－
B. 使酚酞变红的溶液：Na＋、Ca2＋、SO42-、CO32-
C. 含有大量Al3＋的溶液：Na＋、NH4+、SO42-、Cl－
D. 含有大量Fe3＋的溶液：Na＋、Mg2＋、NO3-、SCN－
【答案】C
【详解】A. NO3-、H＋、Fe2＋会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不符合题意；
B. Ca2＋、CO32-会发生复分解反应，形成CaCO3沉淀，不能大量共存，B不符合题意；
C. 含有大量Al3＋的溶液：Na＋、NH4+、SO42-、Cl－之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；
D. Fe3＋、SCN－之间能发生络合反应，使溶液变为血红色，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是C。
7.用NA表示阿伏伽德罗常数值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 5.6g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA
B. 18g H218O和D2O的混合物中，所含中子数为9NA
C. 1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为2 NA
D. 0.4 mol NH3与0.6 mol O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NA
【答案】B
【详解】A. 5.6g铁的物质的量是0.1mol，Fe在足量的O2中燃烧生成Fe3O4，每3molFe反应，转移8mol电子，则0.1molFe发生反应转移的电子数小于0.3NA，A错误；
B.H218O和D2O的分子中含有的中子数都是10个，若18g完全是 H218O，含有的中子数为=9NA；若完全为D2O，则其中含有的中子数为=9NA，故18g H218O和D2O的混合物中，所含中子数也一定为9NA，B正确；
C. Fe为变价金属，与硫酸反应产生Fe2+，1molFe转移2NA个电子；若与HNO3反应，由于硝酸具有强的氧化性，会将Fe氧化为Fe3+，1mol反应后转移3NA电子，C错误；
D. NH3与O2在催化剂作用下发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，但该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此充分反应后得到NO的分子数小于0.4NA，D错误；
故合理选项是B。
8.以下物质间的转化通过一步反应都能实现的是（ ）
A. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3 B. HCl→Cl2→HClO→NaClO
C. S→SO3→H2SO4→Al2（SO4）3 D. NH3→NO2→HNO3→NaNO3
【答案】B
【解析】试题分析：A、因SiO2不能一步生成H2SiO3，故A错误；B、HCl与二氧化锰加热生成Cl2，Cl2与水反应生成HClO，HClO与氢氧化钠反应生成NaClO，故B正确； C、因S不能一步生成SO3，故C错误；D、氨气直接氧化生成一氧化氮，得不到二氧化氮，故D错误；故选B。
考点：考查了氯气的化学性质；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；氮及其化合物的性质的相关知识。
9.在一定条件下，氯气与碘单质以等物质的量进行反应，可得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性，ICl跟Zn、H2O反应的化学方程式如下：2IC1+2Zn=ZnCl2+ZnI2，IC1+H2O=HC1+HIO，下列关于ICl性质的叙述正确的是（ ）
A. ZnCl2是氧化产物，又是还原产物 B. ZnI2既是氧化产物，又是还原产物
C. ICl跟H2O的反应，ICl是氧化剂，H2O是还原剂 D. 反应6.5gZn，转移电子0.1mol
【答案】B
【解析】2ICl+2Zn═ZnCl2+ZnI2，中Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，而ICl+H2O═HCl+HIO中，各元素的化合价不变。A．在反应中ZnCl2是氧化产物，故A错误；B．在反应中ZnI2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C．ICl+H2O═HCl+HIO中，各元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故C错误；D．6.5gZn的物质的量为0.1mol，反应后生成Zn2+，转移电子0.2mol，故D错误；故选B。
10.喷泉是一种常见的自然现象，如下图是化学教材中常用的喷泉实验装置，在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列气体和液体的组合中不可能形成喷泉的是（ ）
A. HCl和H2O B. CO2和NaOH溶液
C. NH3和H2O D. O2和H2O
【答案】D
【解析】
【分析】在烧瓶中充满干燥气体，而胶头滴管及烧杯中分别盛有液体，若形成喷泉，则气体极易溶于液体或气体极易与液体反应，以此来解答。
【详解】A.HCl极易溶于水，则可形成喷泉，A不符合题意；
B.二氧化碳极易与NaOH反应，产生压强差，形成喷泉，B不符合题意；
C.氨气极易溶于水，可形成喷泉，C不符合题意；
D.氧气不溶于水，则不能形成喷泉，D符合题意；
故合理选项是D。
11.如图表示第ⅠA族金属(又称为碱金属)的某些性质与核电荷数的变化关系，则下列各性质中不符合图示关系的是（ ）
A. 金属性 B. 与水反应的剧烈程度
C. 阳离子的氧化性 D. 原子半径
【答案】C
【解析】由图可知随着核电荷数的增大，碱金属的性质呈增大趋势，其金属性逐渐增强，其单质与水反应剧烈程度增大，随核电荷数增大，其原子半径逐渐增大，A、B、D三项正确；随碱金属的核电荷数递增，其阳离子氧化性逐渐减弱，C项与图不符。答案选C。
12.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验,最合理的选项是（ ）
选项
a中的物质
b中的物质
c中收集的气体
d中的物质
A
浓氨水
CaO
NH3
H2O
B
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
C
稀硝酸
Cu
NO2
H2O
D
浓盐酸
MnO2
Cl2
NaOH溶液
【答案】B
【解析】
【分析】题给装置在常温下反应生成气体，且用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，最后为防倒吸装置，说明制备的气体极易溶于水，以此解答该题。
【详解】A.浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，A错误；
B.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，二氧化硫是大气污染物，可以与NaOH溶液反应产生亚硫酸钠溶液，B正确；
C.稀硝酸与铜生成的是NO，NO与空气中的氧气反应产生NO2，且二氧化氮和水反应生成NO，因此不能水进行尾气吸收处理，C错误；
D.在常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，D错误；
故合理选项是B。
13.用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制备SO2
B. 用装置乙制备氨气
C. 用装置丙除去粗盐溶液中混有的沙子
D. 用装置丁蒸干溶液获得(NH4)2CO3晶体
【答案】C
【详解】A.在室温下浓硫酸与Cu不能发生反应，因此不能用装置甲制备SO2，A错误；
B.NH4Cl加热反应产生NH3、HCl，NH3、HCl遇冷相遇反应又产生NH4Cl固体，因此不能用该装置制取氨气，B错误；
C.粗盐中的泥沙难溶于水，可以采用过滤的方法将其除去，操作合理，C正确；
D.从(NH4)2CO3溶液中获取(NH4)2CO3晶体时，不能将溶液蒸干，应在有少量液体残留时就停止加热，利用余热将液体蒸干，D错误；
故合理选项是C。
14.已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。下图所示为气体扩散速度的实验，两种气体扩散相遇时形成白色烟环。下列关于物质甲、乙的判断正确的是（ ）
A. 甲是浓氨水，乙是浓硫酸
B. 甲是浓盐酸，乙是浓氨水
C. 甲是浓氨水，乙是浓盐酸
D. 甲是浓硫酸，乙是浓氨水
【答案】C
【解析】
【分析】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙．
【详解】浓硫酸不挥发，排除AD选项；由于气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨水比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸。
故选C。
15.1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积可能是（ ）
A. 504mL B. 168mL C. 224mL D. 336mL
【答案】D
【详解】1.92g铜的物质的量为n(Cu)=1.92g÷64g/mol=0.03mol，由于Cu是+2价的金属，因此反应过程中转移电子的物质的量为n(e-)=2n(Cu)=2×0.03mol=0.06mol，在反应过程中，Cu失去电子变为Cu2+，HNO3获得电子变为NO2、NO，当向反应后的气体中通入O2时，氮的氧化物又转化为HNO3，O2获得电子变为HNO3，因此氧气获得的电子的物质的量大于Cu失去电子的物质的量，所以根据电子得失数目相等可知4n(O2)=n(e-)=0.06mol，则n(O2)=0.06mol÷4=0.015mol，则通入O2在标准状况下的体积是v(O2)=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故合理选项是D。
二．非选择题（本题共3道题，共55分。）
16.按要求完成下列方程式
(1)磁性氧化铁与足量的稀硝酸反应的离子方程式：________
(2)铜与硫共热的化学方程式：_________
(3)二氧化氮通入水中的化学方程式：________
(4)氨的催化氧化的化学方程式：___________
(5)往Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液使溶液呈中性的离子方程式：________
【答案】(1). 3Fe3O4+28H++NO3- =9Fe3++14H2O+NO↑ (2). 2Cu+SCu2S (3). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【解析】
【分析】(1)磁性氧化铁为Fe3O4，可表示为FeO·Fe2O3，Fe有1个为+2价，2个+3价，HNO3具有强氧化性，会将+2价的Fe氧化为+3价，硝酸被还原为NO，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；
(2)S氧化性较弱，只能把Cu氧化为+1价；
(3)二氧化氮与水反应产生硝酸和一氧化氮；
(4)氨气与氧气在催化剂存在时，被氧气氧化产生NO，同时产生水；
(5)往Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液使溶液呈中性时，二者的物质的量的比为1：2，然后再写出离子方程式。
【详解】(1)磁性氧化铁化学式为Fe3O4，可表示为FeO·Fe2O3，其中的Fe有1个为+2价，2个+3价，而HNO3具有强氧化性，会将+2价的Fe氧化为+3价，硝酸则被还原为NO，1个HNO3获得3个电子，所以根据电子守恒可知Fe3O4的系数为3，反应后产生的Fe(NO3)3的系数为9，即Fe3+的系数为9，NO3-的系数为1，再电荷守恒可知H+的系数为28，最后根据原子守恒，可得H2O的系数为14，可得该反应的离子方程式为3Fe3O4+28H++NO3- =9Fe3++NO↑+14H2O；
(2)单质S氧化性较弱，在加热时只能把Cu氧化为+1价，反应产生Cu2S，反应的方程式为：2Cu+SCu2S；
(3)二氧化氮与水反应产生硝酸和一氧化氮，所以二氧化氮通入水中的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
(4)氨气与氧气在催化剂存在时，被氧气氧化产生NO，同时产生水，根据电子守恒及原子守恒，可得氨的催化氧化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；
(5)往Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液使溶液呈中性时，二者的物质的量的比为1：2，可得硫酸钠、硫酸钡和水，该反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。
17.氮家族化合物繁多，某校研究性学习小组对其进行研究。
研究1：选用下图装置组装制备纯净干燥的NH3并探究NH3与CuO发生的反应，同时检验和收集非固态产物（提示：每个装置只使用一次）。请回答下列问题：
(1)完成实验所需装置按气流方向从左到右的连接顺序为A-（ ）-（ ）-（ ）-G-B-（ ）
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_________。
(3)D中盛放碱石灰的仪器名称是________，E装置的作用是______。
(4)通过进一步检测发现F中收集到的气体是一种常见的单质气体，硬质玻璃管中得到一种固体单质。试描述该小组同学还能观察到的其它现象为：①C中_____；②E中___；C中反应的化学方程式为：_______
研究2：将32g铜与150mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L，请回答：
(5)在标况下，NO的体积为______L，NO2的体积为______L。
(6)若将产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLa mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化为沉淀，则原硝酸溶液的浓度为____mol/L。（用含a和V的式子表示）
【答案】(1). D (2). C (3). E (4). F (5). 2NH4C1+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
(6). 球形干燥管 (7). 检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成 (8). C中黑色固体逐渐变红，试管壁上有液珠产生 (9). E中白色固体逐渐变蓝 (10). 2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2 (11). 5.6 (12). 5.6 (13). (其他合理答案也可)
【解析】
【分析】(1)利用A装置制备NH3，用装置D干燥氨气，再将干燥的氨气通过C装置，与加热的CuO反应，并用无水硫酸铜检验是否有水生成，利用F装置收集反应生成的气体，据此分析连接装置；
(2)实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气；
(3)根据仪器的结构和性能确定仪器D的名称；无水硫酸铜遇水蒸气变蓝色；
(4)发现F中收集到的气体是一种常见的单质气体，硬质玻璃管中得到一种红色固体单质，结合化学反应的本质，反应前后元素不发生改变，可知生成物为铜、氮气和水，以此书写化学方程式；
(5)根据反应过程中电子转移数目相等，结合原子数目相等，可计算出NO、NO2的体积；
(6)根据N元素守恒，结合Cu失去电子的物质的量与反应得到的Cu2+结合的OH-物质的量相等，结合物质的量浓度定义式计算。
【详解】(1)将A装置制备的NH3通过D中盛装的碱石灰干燥，再依次通通过加热的CuO反应反应，用E中无水硫酸铜检验水的产生，并连接G装置防止倒吸现象的发生，再利用B中的浓硫酸吸收未反应的氨气，最后利用F装置收集反应生成的气体，同时也利用氨气极容易溶于水，未反应的氨气被水吸收，故装置连接顺序为ADCEGBF；
(2)在实验室用氯化铵和消石灰反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4C1+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(3)D中盛放碱石灰的仪器名称是球形干燥管；装置E中无水硫酸铜遇水蒸气变蓝色，则可检验NH3与CuO反应的产物中是否有水生成，
(4)C中黑色的固体CuO变为红色固体单质物质，该红色固体单质是Cu，无水CuSO4变蓝色，说明反应产生了水，同时生成一种无污染的气体，因此说明生成铜、氮气和水，C中发生反应的化学方程式为：2NH3+3CuO3Cu+3H2O+N2；
(5)n(Cu)=32g÷64g/mol=0.5mol，假设反应产生的NO、NO2的物质的量为x、y，则根据电子守恒可得2×0.5mol=3x+y；根据N原子守恒可得x+y=11.2L÷22.4L/mol，解得x=0.25mol，y=0.25mol，所以V(NO)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；V(NO2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L；
(6)HNO3在反应中的作用，一部分变为Cu(NO3)2，结合形成硝酸盐，另一部分变为NO、NO2，n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2)。加入的NaOH的物质的量等于硝酸铜中硝酸根离子的物质的量，所以n(HNO3)=aV×10-3mol+0.5mol，根据物质的量浓度定义式可得c(HNO3)=mol/L。
18.土法酿造葡萄酒(只加糖的纯天然酿酒法)容易出问题，有报道说，喝了自制葡萄酒差点失明。主要原因是发酵过程产生的菌种多达百种，难以控制，而产生对神经有毒的甲醇等物质。科学酿酒加SO2等辅料，我国国家标准（GB2760-2014）规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。
(1)葡萄酒中添加SO2的作用可能是________。
A.氧化细菌 B.抗氧化 C.漂白 D.增酸作用
I．实验方案一
利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如图1的实验：
(2)甲同学得出的实验结论是干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3。这个结论____(填“成立”或“不成立”)，理由是______。
Ⅱ．实验方案二
(3)用如图实验装置探究二氧化硫的氧化性。
充入气体前的操作为___，关闭旋塞1和2；按图2充入气体,连接装置。打开旋塞1，可观察到的主要现象是_____；若A瓶和B瓶的体积相等,恢复到常温,打开旋塞2，可观察到的现象是____，此时A瓶中可能发生反应的化学方程式为____。
(4)从环保角度，利用图2装置设计探究二氧化硫既有氧化性又有还原性的最佳方案。
实验方案
预期现象
将烧杯中的氢氧化钠溶液换成_____溶液（填化学式），操作如(3)
说明SO2具有还原性的现象为____，对应的离子方程式为：_____________________
【答案】(1). BD (2). 不成立 (3). 实验对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色 (4). 检査装置气密性 (5). B瓶内壁有黄色固体和小水珠生成 (6). NaOH溶液倒吸到A瓶、B瓶中 (7). SO2+NaOH =NaHSO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (8). KMnO4 (9). A瓶中酸性KMnO4溶液褪色 (10). 2MnO4-+SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+（也可以换成Br2，A瓶中溴水褪色；Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+）
【解析】
【分析】(1)A.二氧化硫能够使蛋白质变性，不是氧化细菌；
B.根据二氧化硫具有还原性分析；
C.葡萄酒仍然是有色的，说明二氧化硫没有漂白葡萄酒；
D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性；
(2)图1实验中，通过对比说明浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色；
(3)有气体参加的反应，在实验前应先检查装置的气密性；气体由浓度大的地方向浓度小的地方扩散，SO2与H2S发生氧化还原反应，根据反应产生的状态、颜色判断实验现象，书写反应的方程式；SO2是酸性氧化物，与NaOH反应会导致装置内气压减小，引起倒吸现象，根据酸性氧化物的性质及二者相对量的多少书写反应方程式。
(4)要证明SO2具有还原性，可以利用具有氧化性的物质如KMnO4溶液或溴水、或FeCl3溶液等进行检验。
【详解】(1)A.二氧化硫能够使蛋白质变性，能够杀死葡萄酒中的细菌，不是氧化细菌，A错误；
B.二氧化硫具有还原性，具有抗氧化作用，B正确；
C.葡萄酒仍然是有色的，说明二氧化硫没有漂白葡萄酒，C错误；
D.二氧化硫溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，所以二氧化硫具有增酸作用，D正确；
故合理选项是BD；
(2)图1实验中，通过对比说明：浓度低的亚硫酸不能使品红褪色，葡萄酒中的SO2含量很低，所以也不能使品红褪色，不能说明干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3，即说干白葡萄酒中不含SO2或H2SO3的结论不成立；
(3)该反应装置内有气体参与反应，因此充入气体前的操作为检査装置气密性；由于A中SO2气体压强大于B中H2S气体的压强，打开旋塞1，A中SO2向B中扩散，在B中发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，所以在B中可观察到的主要现象是：B瓶内壁有黄色固体和小水珠生成；若A瓶和B瓶的体积相等，由于SO2的气体压强是H2S的1.5倍，说明SO2的物质的量是H2S的1.5倍，根据SO2+2H2S=3S+2H2O可知，SO2过量，最后A、B中都充满了SO2气体，恢复到常温，打开旋塞2，SO2容易溶于NaOH，并与之发生反应：SO2+NaOH =NaHSO3或SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，使装置内气体压强减小，因此可观察到的现象是NaOH溶液倒吸到A瓶、B瓶中；
(4)要证明SO2具有还原性，可以选用具有氧化性的物质，只要反应现象明显，而且环保、无污染即可。可以将NaOH溶于改为酸性KMnO4或溴水，若为酸性KMnO4时，酸性KMnO4将SO2氧化为硫酸，KMnO4被还原为MnSO4无色溶液，因此观察到的实验现象为红色溶液变浅或褪色，反应的离子方程式为：2MnO4-+SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+；若溶液为溴水溶液时，会发生反应：Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，观察到溶液由棕黄色变为浅绿色。
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