【文档说明】陕西省宝鸡市虢镇中学2020-2021学年高一上学期期中考试化学试卷【精准解析】.doc，共(15)页，508.500 KB，由小赞的店铺上传

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虢镇中学2020~2021学年度第一学期期中考试高一年级化学试题H-1C-12O-16Na-23Al-27S-32Cl-35.5Mn-55一、选择题(共18小题)1.将下列各组物质按酸、碱、盐分类顺次排列，其中正确的是()A.硫酸、

纯碱、孔雀石[Cu2(OH)2CO3]B.硝酸、烧碱、胆矾C.醋酸、乙醇、碳酸钙D.盐酸、熟石灰、苛性钠【答案】B【解析】【分析】酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是指电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；盐是指由金属离子(或铵根离子)和酸根离子组成的化合物。【详解】A．硫

酸属于酸，纯碱(Na2CO3)属于盐，[Cu2(OH)2CO3]属于盐，故A错误；B．硝酸属于酸，烧碱（NaOH）属于碱，胆矾(CuSO4∙5H2O)属于盐，故B正确；C．醋酸属于酸，乙醇属于醇类，不属于碱，碳酸钙属于盐，故C错误；D．盐酸(氯化氢的水

溶液)属于混合物，熟石灰(Ca(OH)2)属于碱，苛性钠（NaOH）属于碱，故D错误；故选：B。2.下列说法中正确的是()A.液态HCl、固态NaCl均不导电，所以HCl、NaCl均不是电解质B.蔗糖、酒精在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质C.铜、石墨均导电，所以它们是

电解质D.NH3、CO2的水溶液均导电，所以NH3、CO2均是电解质【答案】B【解析】【分析】电解质是指在水溶液中或在熔融状态下就能够导电(电离成阳离子与阴离子)的化合物，非电解质是指在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。【详解】A．液态HCl不导电，但在水溶液中电离出氢离子和氯离子，可以

导电；固态NaCl不导电，在水溶液中或熔融状态下电离出钠离子和氯离子，可以导电；所以HCl、NaCl均是电解质，故A错误；B．蔗糖、酒精为化合物，在水溶液或熔化时均不导电，所以它们是非电解质，故B正确；C．铜和石墨导电是因为有

自由移动的电子，可以按一定方向移动形成电流，但铜和石墨均为单质，不属于化合物，不是电解质，故C错误；D．氨气的水溶液能导电，是因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，而不是氨气电离；二氧化碳的水溶液能

导电，是因为二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离出氢离子和碳酸氢根离子，不是二氧化碳电离，所以氨气和二氧化碳均是非电解质，故D错误；故选：B。3.0.5L1mol/LFeCl3溶液与0.2L1mol/LKCl溶液中的c(Cl-)之比是()A.5：2B

.15：2C.3：1D.1：3【答案】C【解析】【分析】【详解】给定浓度的溶液中氯离子的浓度与溶液的体积无关，则1mol/LFeCl3溶液中c(Cl-)=3mol/L，1mol/LKCl溶液中的c(Cl-)=1m

ol/L，则c(Cl-)之比为3：1，答案为C。4.下列叙述错误的是A.物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一B.0.016kg16O含有约6.02×1023个氧原子C.单位物质的量的任何物质都含有约6.02×1023个原

子D.一定温度、压强下，气体体积由其分子数目的多少决定【答案】C【解析】【分析】【详解】组成物质的原子数目不一定都是相同的，所以单位物质的量的任何物质不一定都含有约6.02×1023个原子，选项C不正确，其余

都是正确的，答案选C。5.下列关于氧化还原反应的说法中正确的是（）A.氧化还原反应前后元素化合价有升降B.氧化还原反应前后一定有氧的得失C.实现Fe3＋→Fe2＋的变化过程一定是氧化反应D.元素化合价升高的反应是还原反应【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氧化

还原反应前后元素化合价有升降，且升降总数相等，故A正确；B．氧化还原反应前后不一定有氧的得失，如氢气和氯气生成HCl的反应属于氧化还原反应，但没有氧的得失，故B错误；C．Fe3+→Fe2+元素化合价降低，发生还原反应，故C错

误；D．物质所含元素化合价升高的反应为氧化反应，故D错误；答案选A。6.用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是()A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAB.常温常压下，16gO2含有的原

子数为NAC.通常状况下，NA个SO2分子占有的体积为22.4LD.物质的量浓度为0.5mol/LK2CO3溶液中，含有CO23−个数为0.5NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A.标况下水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算22.4L水的物质的量和含有的分子个数，故

A错误；B.氧气由双原子分子，16g氧气的物质的量为0.5mol，含有的氧原子的物质的量为1mol，原子数为NA，故B正确；C.通常状态下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，NA个二氧化硫分子的物质的量为1mol，则二氧化硫所占据的体积大于22.4L，故C错误；D.溶液体

积不明确，无法计算0.5mol/L溶液中的碳酸根的物质的量和个数，故D错误；故选B。7.已知：在同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性强于还原产物的还原性。在一定条件下KClO3与I2按下式反应：2KClO3+I2=2KIO3+Cl2，

下列判断正确的是（）A.该反应属于置换反应B.还原剂为KClO3，氧化剂为I2C.还原性：I2＞KIO3D.氧化性：KClO3＞KIO3【答案】AD【解析】【分析】2KClO3+I2═2KIO3+Cl2中，Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，结合氧化还

原反应基本概念和规律来解答。【详解】A．该反应为单质与化合物反应生成新单质、新化合物，则属于置换反应，故A正确；B．Cl元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂为KClO3，还原剂为I2，故B错误；C．由I元素的化合价升高可知，I2为还原剂，则还原性为I2＞KClO3，故C

错误；D．由Cl元素的化合价降低可知，KClO3为氧化剂，KIO3为氧化产物，则氧化性为KClO3＞KIO3，故D正确；故答案为AD。8.实验室中要配制2mol/L的NaCl溶液980ml，配制时应选用的容量瓶的规

格和称取的NaCl的质量分别是（）A.980mL，114.7gB.500mL，58.5gC.1000mL，117gD.1000mL，117.0g【答案】D【解析】实验室没有980mL的容量瓶，所以只能配制1000mL的2mol/L的氯化钠溶液。需

要氯化钠的物质的量为2mol，所以质量为2×58.5=117g，考虑到托盘天平的精度为0.1g，则为117.0g，选项D正确。9.下列各组离子，在强酸性溶液中可以大量共存的是()A.Na+、Ba2+、24SO−B.Ag+、K+、3NO−C.Ba2+、3HCO−

、3NO−D.Na+、3NO−、23CO−【答案】B【解析】【分析】【详解】A．Ba2+、24SO−之间反应生成难溶物硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Ag+、K+、3NO−离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；C．3HCO−能与强酸溶液中的

氢离子反应生成二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．23CO−能与强酸溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选B。10.正确的实验操作对实验结果、人身安全非常重要。下图所示实验操作正确的是()ABCD过滤检查装置的气密性金属与酸反应加热液体A.AB.BC.CD.D

【答案】B【解析】【分析】【详解】A．过滤液体时，要注意“一贴、二低、三靠”的原则，图中缺少玻璃棒引流、漏斗下端没有紧靠在烧杯内壁上，故A错误；B．检查装置气密性的方法：把导管的一端浸没在水里，双手紧贴容

器外壁，导管口有气泡冒出，松开手，导气管内有一段水柱上升，装置不漏气；故B正确；C．取用锌粒时，应把试管平放，然后用镊子把锌粒放到试管口内，慢慢竖立试管，使锌粒缓缓滑入试管底部，然后再加稀盐酸，故C错误

；D．给液体时液体不能超过试管容积的1/3，用酒精灯的外焰加热，故D错误；故选：B。11.在相同温度和压强下，三个容积相同的容器中分别盛有N2、O2、空气，下列说法正确的是（）A.三种气体质量之比为1∶1∶2

B.三种气体的密度之比为1∶1∶1C.三种气体的分子数之比为1∶1∶1D.三种气体原子数之比为1∶1∶2【答案】C【解析】【分析】【详解】同温同压下，体积之比等于物质的量之比等于分子数之比；质量之比等于摩尔质量之比等于密度之比；故答案为C。12.关于用CCl4萃取碘水的说法中不正确的是A.

碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度B.萃取后水层颜色变浅C.萃取后CCl4溶液层为紫色D.萃取后水层颜色变红且在下层【答案】D【解析】【分析】【详解】A、碘在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大，可用四氯化碳萃取，A正确；B、碘进入四氯化碳层，水层颜色变浅，B正确；C、碘的CC

l4溶液呈紫色，C正确；D、萃取后水层颜色变红且在上层，D错误。答案选D。13.下列仪器使用前必须检查其是否漏水的是A.分液漏斗B.漏斗C.蒸发皿D.长颈漏斗【答案】A【解析】【分析】根据仪器的构造，如使用的仪器带有活塞或瓶塞的装置，使用前需要检查是否漏水；否则，仪器没有有活塞或瓶塞的

装置，使用前需要检查不需要检查是否漏水。【详解】A．分液漏斗有活塞，使用前要检查是否漏，故A正确；B．漏斗没有活塞和瓶塞，使用前不需检查是否漏水，故B错误；C．蒸发皿没有活塞和瓶塞，使用前不需检查是否漏水，故C错误；D．长颈漏斗没有活塞和瓶塞，使用前不需检查是否漏水，故D错

误。故选A。【点睛】解题关键：带有活塞的仪器在使用前都要检查是否漏水，常见的需要检漏的仪器有：容量瓶、分液漏斗和滴定管。14.某溶液中大量存在以下浓度的五种离子：0.2mol/LCl-、0.4mol/

LSO42-、0.1mol/LAl3+、0.3mol/LH+、M，则M及物质的量浓度可能为A.Na+0.3mol/LB.Zn2+0.2mol/LC.CO32-0.2mol/LD.Ca2+0.1mol/L【答案】B

【解析】【分析】根据溶液中电荷守恒判断M离子的电性，c（Cl-）+2c（SO42-）=0.2mol/L+2×0.4mol/L=1mol/L，3c（Al3+）+c（H+）=3×0.1mol/L+0.3mol/L=0.6mol/L，所以M为阳离子，令M阳离子为c（Mn+），根据电荷守

恒有nc（Mn+）=1mol/L-0.6mol/L=0.4mol/L。【详解】A．1×c（Na+）=0.3mol/L，A错误；B．2×c（Zn2+）=2×0.2mol/L=0.4mol/L，B正确；C．由上述分析可知，M为阳离子，不可能是CO32-，C错误；D．2×c（

Ca2+）=2×0.1mol/L=0.2mol/L，但硫酸根离子与钙离子不能大量共存，D错误；答案选B。15.下列反应的离子方程式书写正确的是A.氯化铜溶液与铁粉反应：Cu2++Fe=Fe2++CuB.稀

HNO3与铁粉反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++OH－+H++2-4SO=BaSO4↓+H2OD.碳酸钙与醋酸反应：2-3CO+2H+=H2O+CO2↑【答案】A【解析】【分析】【详解】

A．氯化铜溶液与铁粉反应发生置换反应生成铜和氯化亚铁，离子方程式为Cu2++Fe=Fe2++Cu，A正确；B．稀HNO3与Fe反应不放出氢气，B错误；C．氢氧化钡溶液中钡离子和氢氧根的个数比为1:2，稀H2SO4中氢离子和硫酸根的个数比为2:1，二者反

应的离子方程式为Ba2++2OH－+2H++2-4SO=BaSO4↓+2H2O，C错误；D．醋酸是弱酸，用化学式表示，碳酸钙难溶，用化学式表示，二者反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，D错误。答案选A。16.

能够用来鉴别BaCl2、NaCl、Na2CO3三种物质的试剂是()A.AgNO3溶液B.稀盐酸C.稀硫酸D.硫酸钠【答案】C【解析】【分析】【详解】A．BaCl2、NaCl、Na2CO3与AgNO3溶液反应都生成白色沉淀，无法鉴别，故A错误；B．稀盐酸和BaCl2、NaCl不反应，无法鉴

别BaCl2、NaCl，故B错误；C．稀硫酸与BaCl2反应生成沉淀，稀硫酸与Na2CO3反应生成气体，稀硫酸与不NaCl反应，现象不同，可鉴别，故C正确；D．稀硝酸与BaCl2、NaCl不反应，无法鉴别BaCl2、NaCl，故D错

误；故选：C。17.下列转化过程中必须加入氧化剂的是A.FeS→H2SB.KClO3→O2C.I—→I2D.Fe3+→Fe2+【答案】C【解析】【详解】需要加入氧化剂才能实现则一定作为还原剂，化合价升高；故选C。18.根据下列反应的化学方程式：2Fe

2++Br2=2Fe3++2Br-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，判断有关物质的还原性强弱顺序是()A.I->Br->Fe2+>Cl-B.I﹣>Fe2+>Br->Cl-C.Cl->Br->

Fe2+>I﹣D.Fe2+>I﹣>Br->Cl-【答案】B【解析】【分析】【详解】氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-反应中，还原性：Fe2+>Br-；2Br-+Cl2=Br2+2Cl-反应中，还原性：Br->Cl-；2Fe

3++2I-=2Fe2++I2反应中，还原性：I﹣>Fe2+；结合以上分析可知，还原性强弱顺序是I﹣>Fe2+>Br->Cl-；故选B。19.在aLAlCl3和NH4Cl的混合溶液中加入2bmolAgN

O3，恰好使溶液中的Cl﹣完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3+物质的量浓度(mol•L﹣1)为()A.2b-c2aB.2b-caC.2b-c3aD.2b-c6a【答案】C【解析】【分析】根据Cl-+Ag+=AgCl↓计算溶液中的Cl-离子的物质的量，根

据+4NH+OH-ΔNH3↑+H2O计算+4NH的物质的量，再根据n=cV计算Cl-离子、+4NH离子浓度，再利用电荷守恒3c(Al3+)+c(+4NH)=c(Cl-)关系，据此计算原溶液中的Al3+浓度。【详解】在aLAlCl3和NH4Cl的混合溶

液中加入2bmolAgNO3，恰好使溶液中的Cl-完全沉淀，发生反应：Cl-+Ag+=AgCl↓，据反应关系可知：c(Cl-)=2bamol/L；向aL混合溶液中加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，发生反应为：+4NH+OH-ΔNH

3↑+H2O，据反应关系可知：c(+4NH)=camol/L；又溶液不显电性，设原溶液中的Al3+浓度为x，由电荷守恒可知，x×3+ca=2ba，解得x=2b-c3amol/L；故选：C。三、填空题(共2小题

)20.①N原子的摩尔质量是__________，1.5molHNO3约含有_________个氧原子。含0.6molH的C6H12O6的物质的量是_____________mol。②22克CO2的物质的量为____

_____mol，含质子的物质的量为___________mol，该气体在标准状况下的体积为________L。【答案】(1).14g/mol(2).2.7×1022(3).0.05(4).0.5(5).11(6).11.2【解析】【分析】

【详解】①物质的摩尔质量当以g/mol为单位时，在数值上等于其相对分子质量，则有N原子的摩尔质量为14g/mol；1.5molHNO3约含有4.5mol氧原子，即4.5NA个氧原子。1个C6H12O6分子中含有12个氢原子，则含0.6molH的C6H12O6的物质的量是0.05mol。②CO2的摩

尔质量为44g/mol，根据n=可得，22克CO2的物质的量为0.5mol；1个CO2分子的质子为（6+8×2）=22个，则0.5molCO2含质子的物质的量为11mol；根据n=可得，该气体在标准状况下的体积为11.2

L。21.(1)A、B、C、D为中学常见的混合物分离或提纯的基本装置，请回答：①分离植物油和水，选择装置_______(填序号)，使用的主要仪器名称_______。②分离乙二醇和丙三醇的混合溶液，选择

装置_______(填序号)。物质熔点(摄氏度)沸点(摄氏度)密度(g/cm﹣3)溶解性乙二醇﹣11.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇17.92901.26能跟水、酒精以任意比例互溶(2)实验室需配制250mL0.1mol•L﹣1的Na2

CO3溶液，填空并回答下列问题：①配制250mL0.1mol•L﹣1的Na2CO3溶液，实际应称取Na2CO3的质量是_______g，实验过程中所需的玻璃仪器有_______。②若在溶液配制过程中出现如下情况，

对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)：若容量瓶中有少量蒸馏水_______；若定容时俯视刻度线_______。【答案】(1).B(2).分液漏斗(3).A(4).2.7(5).250mL容量瓶、玻璃棒、

烧杯、胶头滴管(6).无影响(7).偏高【解析】【分析】分离混合物时，采用的物理方法有过滤、分液、蒸发、蒸馏，分离固、液混合物，常采用过滤法；从溶液中提取固体溶质或浓缩溶液，常采用蒸发的方法；分离不互溶的液体混合物，常采用分液法；分离互溶、但沸点相差较大的液体混合物，常采用蒸馏法；配制

一定浓度的溶液，涉及量取、溶解、移液、定容等操作；进行误差分析时，通常使用公式法。【详解】(1)①植物油和水互不相溶，可用分液的方法分离，用B装置，使用的主要仪器是分液漏斗。故答案为：B；分液漏斗；②由表中信息可知，乙二醇和丙三醇互溶，但沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，用A装置。故答案

为：A；(2)①需称取Na2CO3的质量为m=0.25L×0.1mol•L﹣1×106g/mol=2.65g≈2.7g；配制250mL0.1mol/L的Na2CO3溶液，所以应选择250ml容量瓶；操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，

在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2﹣3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以需要的仪器有

天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、药匙，其中属于玻璃仪器的有250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管。②容量瓶中有少量蒸馏水，对实验没有影响；若定容时俯视刻度线，将导致溶液体积偏小，从而使所配

溶液浓度偏高。故答案为：2.7；250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯、胶头滴管；无影响；偏高。【点睛】分析误差时，不管产生误差的原因是什么，都可归结为溶质的质量或物质的量偏差、溶液的体积偏差两个方面，22.实验室可用

KMnO4和浓盐酸反应制取氯气。其变化可表述为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。（1）请将上述化学方程式改写为离子方程式：___。（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质是___（填编号）。①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧

化性和酸性（3）此反应中氧化产物是___（填化学式），产生0.5molCl2，则转移电子的物质的量为__mol。（4）用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目：__。【答案】(1).2MnO4−+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2).②(3).Cl2(4).1(5

).【解析】【分析】【详解】(1)反应中的盐和酸均易溶，可拆写成离子形式，单质和水不能拆写成离子形式，故42KMnO+16HCl（浓）222=2KCl+2MnCl+5Cl+8HO的离子方程式为-+-2+422=2MnO+16H+10Cl2Mn+5Cl+8HO，故

答案为：-+-2+422=2MnO+16H+10Cl2Mn+5Cl+8HO；(2)HCl中部分Cl元素化合价升高，部分不变，所以浓盐酸在反应中显示出来的性质是还原性和酸性，故答案为：②；(3)反应中氯元素从1−价变为0价，此反

应中盐酸被氧化成氯气，氧化产物是2Cl，则产生20.5molCl，转移电子的物质的量为1mol，故答案为：Cl2；1；(4)用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目如下：，故答案为：。23.(Ⅰ)某校课外活动小组同学设计实验，探究木炭

与浓硫酸在加热条件下反应生成气体的成分。(1)木炭与浓硫酸反应的化学方程式：C+2H2SO4(浓)ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O，其中浓H2SO4所起的作用是_______(填“氧化剂”或“还原剂”

)。若有0.2mol碳的完全反应，则消耗H2SO4的质量是_______g，标况下产生SO2的体积为_______L。(2)A装置中品红溶液颜色褪色，证明含有_______气体。(3)实验过程中，装置C将观察到的现象是_______，

证明含有_______气体。若该结论正确，则B中的现象应为_______(4)煤和石油的燃烧过程中都有二氧化硫和二氧化碳排放，其中二氧化硫造成的环境影响主要是_______，二氧化碳造成的环境影响主要是_______。(

每空格只填一个选项)A.酸雨B.破坏臭氧层C.温室效应(Ⅱ)在实验室欲制取适量的NO气体。①反应的化学方程式为：_______②下图中最适宜完成该实验的简易装置是_______(填序号)；【答案】(1).氧化剂(2).39.2(3).4.48(4).二氧化硫(5).溶液变浑浊(6).二氧化碳

(7).溶液不褪色(8).A(9).C(10).3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(11).I【解析】【分析】(I)(1)氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂；根据C和硫酸、二氧化

硫之间的关系式计算硫酸物质的量、二氧化硫体积；(2)二氧化硫具有漂白性，能漂白品红溶液；(3)二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊；二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂氧化；(4)二氧化硫是形成酸雨的主要成分；二氧化碳是形成温室效应的成分；(II)①Cu和稀硝酸反应生成

硝酸铜、NO和水；②NO极易和氧气反应，NO不易溶于水，据此分析收集气体的方法。【详解】(I)(1)该反应中C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由+6价变为+4价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，所以浓硫酸是氧化剂；根据方程式知，1molC完

全反应消耗2mol浓硫酸，则若有0.2mol碳的完全反应，则消耗0.4mol浓硫酸，其质量=0.4mol×98g/mol=39.2g；1molC完全反应生成1mol二氧化硫，则若有0.2mol碳的完全反应生成0.2mol二氧化硫，生成二

氧化硫体积=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；故答案为：氧化剂；39.2；4.48；(2)二氧化硫具有漂白性，能漂白品红溶液，二氧化碳没有漂白性，如果A中品红溶液褪色，说明含有二氧化硫气体；故

答案为：二氧化硫；(3)二氧化碳、二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，所以C中看到的现象是溶液变浑浊；如果C中出现浑浊时只有二氧化碳，二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，B中高锰酸钾溶液

吸收二氧化硫，如果C中氢氧化钙只和二氧化碳反应，则B中完全吸收二氧化硫，所以看到的现象是溶液不褪色；故答案为：溶液变浑浊；二氧化碳；溶液不褪色；(4)二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧气氧化生成硫酸，硫酸随雨水降落到地面

形成酸雨，所以二氧化硫是形成酸雨的主要成分；二氧化碳是形成温室效应的成分；故答案为：A；C；(II)①Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；故答案为：3Cu+8HNO

3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；②NO极易和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，NO不易溶于水，则应该采用排水法收集，其装置顺序是反应装置、收集气体装置、盛放排出水的装置，故选I。【点睛】本题难点是实验装置连接顺序判断，注意不能利用澄清石灰水鉴别二氧化硫、二氧化碳，应该用品红溶

液鉴别。24.将10mL98%浓硫酸（密度为1.84g/mL）加水稀释至1L，然后向溶液中加入6.5g锌粒。（1）稀释后硫酸溶液中H+的物质的量浓度是_________________？（2）标出反应中电子转移方向及数目___________，并计算生成气体在标况下的体积是

_____________？【答案】(1).0368mol/L(2).(3).2.24L【解析】【分析】【详解】(1)、浓硫酸的物质的量浓度为：1000ρω10001.84g/mL98%c18.4mol/LM

98===，根据稀释前后溶质的物质的量不发生改变可知：c1V1=c2V2，稀释后的硫酸浓度为：18.4mol/L10mLc0.184mol/L1000mL==，则H+的物质的量浓度是0.368mol/L，故答

案为0.368mol/L；(2)、标出反应中电子转移方向及数目即单线桥；，6.5g锌的物质的量为：6.5g0.1mol65g/mol=，硫酸的物质的量为：0.184mol/L×1L=0.184mol，根据反应Zn+H2SO4

═ZnSO4+H2↑可知，硫酸过量，所以产生氢气的物质的量为0.1mol，在标况下的体积是：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故答案为；2.24L。