宁夏银川一中2018_2019学年高一化学上学期期末考试试卷（含解析）.docx

宁夏银川一中2018-2019学年高一上学期期末考试化学试题1.下列说法不正确的是A. 二氧化硫可用于漂白纸浆 B. 镁可用于制造信号弹和焰火C. 氢氧化铁胶体能用于净水 D. 氯气不可用于自来水的消毒【答案】D【解析】【分析】A、二氧化硫极易漂白性；B、镁燃烧发出耀眼的白光；C、氢氧化铁胶体具有吸附性；D、氯气溶于水生成HClO，HClO具有强氧化性。【详解】A、二氧化硫极易漂白性，可用于漂白纸浆，故A正确；B、镁燃烧发出耀眼的白光，因此常用来制造信号弹和焰火，故B正确；C、氢氧化铁胶体具有吸附性，所以能用于净水，故C正确；D、氯气溶于水生成HClO，HClO具有强氧化性，可以杀菌消毒，可用于自来水的消毒，故D错误。2.浓硫酸的用途、反应现象与括号内的性质对应不正确的是A. 在化学实验中，浓硫酸可做SO2、CO2等气体的干燥剂（吸水性）B. 将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，有刺激性气味气体产生（脱水性和酸性）C. 向滤纸上滴加浓H2SO4 ,滤纸变黑（脱水性）D. 在冷浓H2SO4中放入铁片没明显现象（强氧化性）【答案】B【解析】【分析】A、浓硫酸具有吸水性，可以除去某些气体中混有的水分。B、将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑体现浓硫酸的脱水性，有刺激性气味气体产生体现浓硫酸氧化性；C、浓硫酸具有脱水性，能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出；D、冷浓H2SO4使铁片钝化。【详解】A、浓硫酸具有吸水性，可以除去某些气体中混有的水分，SO2、CO2为酸性气体，且不会与浓硫酸反应，故A正确； B、将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑体现浓硫酸的脱水性，有刺激性气味气体产生体现浓硫酸氧化性，不体现酸性，故B错误；C、浓硫酸具有脱水性，能使有机物中的H、O元素以水的形式脱出，则浓硫酸在白纸上书写的字迹变黑，表现的是浓硫酸的脱水性，故C正确；D、冷浓H2SO4使铁片钝化，体现浓硫酸强氧化性，故D正确。3.以下非金属氧化物与其引起的环境问题及主要来源对应不正确的是选项氧化物环境问题主要来源ACO2温室效应化石燃料的燃烧BNO2酸雨工厂废气的排放CCOCO中毒燃料的不完全燃烧DSO2光化学烟雾汽车尾气的排放A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、CO2主要是导致温室效应；B、NO2是酸性气体，可以引起酸雨和光化学烟雾；C、燃料的不完全燃烧生成CO，CO有毒；D、光化学烟雾主要是氮的氧化物形成的。【详解】A、CO2主要是导致温室效应，故A正确；B、NO2是酸性气体，可以引起酸雨和光化学烟雾，故B正确；C、燃料的不完全燃烧生成CO，CO有毒，故C正确；D、光化学烟雾主要是氮的氧化物形成的，SO2主要引起酸雨，故D错误。4.在下右图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体b呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b不满足题目要求的是选项a（干燥气体）b（液体）ACl2饱和NaOH溶液BSO24mol/LNaOH溶液CNO2水DNH31mol/L盐酸A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【分析】该装置能形成喷泉实验说明a气体极易溶于b溶液，从而使烧瓶内外形成压强差而形成喷泉；根据反应物和生成物的物理性质、气体的溶解性、化学性质、反应后气体减少或增多会引起气压的变化来分析解答。【详解】A、Cl2与饱和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，Cl2能完全溶于饱和氢氧化钠溶液，所以能形成喷泉实验，故A满足题目要求；B、设烧瓶体积为VL，则SO2的物质的量为 ，NaOH的物质的量是4Vmol，SO2能完全溶于氢氧化钠溶液，所以能形成喷泉实验，故B满足题目要求；C、二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，NO难溶于水，所以液体不能充满烧瓶，故C不满足题目要求；D、NH3极易溶于水，所以能形成喷泉实验，故D满足题目要求；5.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂D. NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】C【解析】A.光导纤维的主要成分为二氧化硅，是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故错误；B. ClO2具有氧化性而使蛋白质变性，所以可用于自来水的杀菌消毒，故错误；C. Na2O2吸收CO2产生碳酸钠和O2，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以可用作呼吸面具供氧剂，故正确；D. NH3容易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以用作制冷剂，与氨气溶于水无关，故错误；故选C。6.分别将足量下列气体通入稀Na2S溶液中，可以使溶液变浑浊的是A. SO2 B. CO C. HCl D. CO2【答案】A【解析】【分析】A、足量SO2气体通入稀Na2S溶液中发生归中反应生成硫沉淀；B、CO与稀Na2S溶液不反应；C、足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢；D、足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢。【详解】A、二氧化硫具有氧化性，与Na2S反应生成S沉淀，可以使溶液变浑浊，故A正确；B、CO与稀Na2S溶液不反应，无浑浊，故B错误；C、因为HCl的酸性比硫化氢强，所以足量HCl气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成氯化钠和硫化氢，但无浑浊，故C错误；D、因为碳酸的酸性比硫化氢强，所以足量CO2气体通入稀Na2S溶液中发生反应生成碳酸氢钠和硫化氢，但无浑浊，故D错误。7.下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是选项试剂试纸或试液现象结论A浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体B浓氨水、生石灰蓝色石蕊试纸变红NH3为碱性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有漂白性A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A、利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体；B、浓氨水和生石灰可以制取氨气，可用红色石蕊试纸检验氨气，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体；C、浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性；D、亚硫酸钠、硫酸反应制备SO2，SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性。【详解】A、利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；B、浓氨水和生石灰可以制取氨气， NH3为碱性气体，使湿润的红色石蕊试变蓝，故B错误；C浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；D、亚硫酸钠、硫酸反应制备SO2，SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D正确。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见气体的制备和性质为解答关键，注意熟练掌握元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析问题能力及化学实验能力。8.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列关于氯水的说法不正确的是A. 氯水放置数天后pH将变小B. 加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有HClOC. 光照氯水有气泡冒出，该气体是氯气D. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色【答案】C【解析】【分析】A、次氯酸是弱酸，次氯酸不稳定，易分解为盐酸和氧气；B、次氯酸具有漂白性；C、次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气；D、氯气溶于水时，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制氯水具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，由于次氯酸具有漂白性，因此后又使其褪色。【详解】A、次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气，所以氯水放置数天后pH将变小，故A正确；B、次氯酸具有漂白性，加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有HClO，故B正确；C、次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气，光照冒出的气泡是氧气，故C错误；D、氯气溶于水时，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制氯水具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，由于次氯酸具有漂白性，因此后又使其褪色，故D正确。【点睛】本题综合考查氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，侧重于基础知识的综合运用，难度不大。9.下列各组物质中，不满足任意两种物质常温下均能发生反应的是甲乙丙ASO2NaOH溶液新制氯水BAl盐酸Fe2O3CCl2Ca(OH)2NaHCO3DSiO2NaOHHFA. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【分析】A、常温下，SO2与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，SO2与氯水反应生成硫酸和盐酸，氢氧化钠和氯水反应生成氯化钠和次氯酸钠；B、常温下，铝与Fe2O3不反应；C、常温下，氯气与Ca(OH)2反应生成氯化钙、次氯酸钙，氯气与NaHCO3反应生成氯化钠和次氯酸、二氧化碳，Ca(OH)2与NaHCO3反应生成碳酸钠、碳酸钙；D、常温下，SiO2与NaOH反应生成硅酸钠，SiO2与HF反应生成SiF4和水，NaOH与HF反应生成NaF。【详解】A、常温下，SO2与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，SO2与氯水反应生成硫酸和盐酸，氢氧化钠和氯水反应生成氯化钠和次氯酸钠，故A任意两种物质常温下均能发生反应，不选A；B、铝与Fe2O3高温条件下反应生成氧化铝和铁，常温下不反应，故选B；C、常温下，氯气与Ca(OH)2反应生成氯化钙、次氯酸钙，氯气与NaHCO3反应生成氯化钠和次氯酸、二氧化碳，Ca(OH)2与NaHCO3反应生成碳酸钠、碳酸钙，故C任意两种物质常温下均能发生反应，不选C； D、常温下，SiO2与NaOH反应生成硅酸钠，SiO2与HF反应生成SiF4和水，NaOH与HF反应生成NaF，故D任意两种物质常温下均能发生反应，不选D。10.某学生用含氯气的不合格蒸馏水去配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是A. Na2SO3 B. KI C. AgNO3 D. BaCl2【答案】D【解析】【分析】A、氯气与Na2SO3发生氧化还原反应；B、氯气与KI发生氧化还原反应；C、硝酸银可与氯水中的氯离子反应；D、BaCl2与氯水中的微粒不反应。【详解】A、氯气与Na2SO3发生氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，故不选A；B、氯气与KI发生氧化还原反应，氯气把KI氧化为碘单质，故不选B；C、硝酸银可与氯水中的氯离子反应生成氯化银沉淀，故不选C；D、BaCl2与氯水中的微粒不反应，配制BaCl2溶液，不会产生明显的药品变质问题，故选D。11.下列解释事实的离子方程式正确的是A. 氯化钙溶液中通入CO2气体: Ca2+H2O+CO2= CaCO3+2H+B. 明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42恰好完全沉淀：2Ba23OHAl32SO42 = 2BaSO4Al(OH)3C. NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO-+H2O+SO2=Cl-+SO42-+2H+D. 用三氯化铁溶液回收印刷电路板上的金属铜：Fe3+Cu=Cu2+Fe2+【答案】C【解析】【分析】A、氯化钙溶液与CO2气体不反应；B、明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为1：2时， SO42-刚好完全沉淀；C、NaClO具有氧化性，能把SO2氧化为硫酸；D、用三氯化铁溶液回收印刷电路板上的金属铜，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。【详解】A、氯化钙溶液与CO2气体不反应，不能生成碳酸钙沉淀，故A错误；B、明矾与Ba（OH）2的物质的量之比为1：2时， SO42-刚好完全沉淀，反应离子方程式是2Ba24OHAl32SO42 = 2BaSO4AlO2-2H2O，故B错误；C、NaClO具有氧化性，能把SO2氧化为硫酸，NaClO溶液中通入少量的SO2，反应离子方程式是：ClO-+H2O+SO2=Cl-+SO42-+2H+，故C正确；D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应离子方程式是2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，故D错误。12.实验室欲配制一种仅含四种离子（不考虑来源于水电离的离子）的溶液，且溶液中四种离子的浓度均为1mol/L，能达到此目的的是A. Fe3+、K+、SO42-、NO3- B. ClO-、I-、K+、Na+C. Na+、Cu2+、SO42-、Cl- D. Cu2+、OH-、CO32-、K+【答案】C【解析】【分析】A、Fe3+、K+、SO42-、NO3-的浓度均为1mol/L，不满足电荷守恒；B、ClO-、I-能发生氧化还原反应；C、Na+、Cu2+、SO42-、Cl-不反应能共存，且满足电荷守恒；D、Cu2+、OH-能生成沉淀；【详解】A、Fe3+、K+、SO42-、NO3-的浓度均为1mol/L，阳离子所带正电荷总数不等于阴离子所带负电荷总数，不满足电荷守恒，故A不能达到此目的；B、因ClO-、I-发生氧化还原反应，则离子不能大量共存，故B不能达到此目的；C、Na+、Cu2+、SO42-、Cl-不反应能共存，且满足电荷守恒，故C能达到此目的； D、Cu2+、OH-能生成氢氧化铜沉淀，故D不能达到此目的。13.某同学在实验室中用Ca(ClO)2代替MnO2制备Cl2，反应原理为:Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2+2H2O。下列叙述不正确的是A. 氧化剂为Ca(ClO)2，其中Cl元素被还原B. 若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移C. 浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4【答案】D【解析】【分析】A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，盐酸中氯原子失电子作还原剂；B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成2mol H2O。C、根据氯元素的化合价变化来确定浓HCl的性质；D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂。【详解】A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，发生还原反应，其中Cl元素被还原，故A正确；B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成2mol H2O，所以若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故B正确；C、该反应中，浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，显示酸性，所以浓盐酸的性质是还原性和酸性，故C正确；D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故D错误 。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意该反应中盐酸既表现还原剂表现酸性，题目难度不大。14.下列实验方案、现象、得出的结论均正确的是选项实验及现象结论A向SiO2固体加入过量盐酸振荡，固体不溶解SiO2不溶于任何酸B用玻璃棒蘸取某样品进行焰色反应时观察到黄色火焰该样品含钠元素C向酸化的KMnO4溶液通入SO2,向反应后的溶液中加入BaCl2产生白色沉淀白色沉淀为BaSO3D将镁条点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶有白色固体和黑色颗粒产生CO2具有氧化性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、SiO2可与HF反应； B、用铂丝蘸取样品进行焰色反应；C、KMnO4溶液把SO2氧化为SO42-；D、镁条与CO2的反应方程式是 ；【详解】A、SiO2可与HF反应，溶于氢氟酸，故A错误；B、用铂丝蘸取样品进行焰色反应，故B错误；C、KMnO4溶液把SO2氧化为SO42-，向酸化的KMnO4溶液通入SO2,反应后的溶液中加入BaCl2产生的白色沉淀是BaSO4，故C错误；D、镁条与CO2的反应方程式是，碳元素化合价降低，所以CO2是氧化剂，具有氧化性，故D正确。15.设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述错误的是A. 5.6g Fe溶于过量硝酸，电子转移数目为0.3NAB. 标准状况下,11.2L的SO3与足量水充分反应生成的溶液中H+的总数为NAC. 由Na2O2和Na2O组成的混合物共l mol，其中阴离子数为NAD. 3molNO2气体溶于足量水中充分反应转移的电子总数为2NA【答案】B【解析】【分析】A、Fe溶于过量硝酸，生成硝酸铁；B、标准状况下, SO3是固体；C、Na2O2中阴离子是 ,Na2O中阴离子是；D、NO2与水反应方程式是：3NO2 +H2O =2HNO3 +NO，根据方程式分析转移电子数。【详解】Fe溶于过量硝酸，生成硝酸铁，所以5.6g Fe溶于过量硝酸，电子转移数目为0.3NA，故A正确；B、标准状况下, SO3是固体，11.2L的SO3的物质的量不是0.5mol，故B错误；C、Na2O2中阴离子是 ,Na2O中阴离子是，1mol由Na2O2和Na2O组成的混合物，其中阴离子数为NA，故C正确；D、NO2与水反应方程式是：3NO2 +H2O =2HNO3 +NO，反应中转移的电子为2e-，3molNO2气体溶于足量水中充分反应转移的电子总数为2NA，故D正确。16.下列装置所示的实验中，不能达到实验目的是A长时间看到Fe(OH)2白色沉淀B证明(煤油) (钠) (水)C探究氧化性：KMnO4Cl2I2D比较NaHCO3、Na2CO3的热稳定性A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【分析】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化；B、金属钠在水、煤油的界面上下移动；C、KMnO4与浓盐酸反应放出氯气，氯气与KI反应生成碘单质；D、加热时，大试管温度高、小试管温度低，温度高的先分解不能得出正确结论。【详解】A、铁与稀硫酸反应氢气，氢气排出试管内的空气，能防止Fe(OH)2被氧化，长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，故A能达到实验目的；B、金属钠在水、煤油的界面上下移动，能证明(煤油) (钠) Br2Fe3+，还原性Fe2+Br-Cl-，则向1L 0.2molL-1的FeBr2溶液中通入标准状况下氯气2.24L，被氧化的粒子是_，此反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 3、8、2、3、6、2、4 (2). 还原剂为FeS2 (3). C (4). Fe2+ (5). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-【解析】【分析】（1）FeS2中铁元素化合价+2价，硫元素化合价-1价，反应后硫元素化合价为0价，氮元素化合价+5价变化为+2价，结合原子守恒和电子守恒配平化学方程式，还原剂为元素化合价升高的物质；（2）Fe与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Fe + 2Fe3+= 3Fe2+；KSCN与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Fe3+ 3SCN-= Fe(SCN)3；硫酸铜与与FeCl3溶液不反应；硝酸银与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Cl-+ Ag+=AgCl，产生白色沉淀，但不是Fe3的性质；氢氧化钠与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Fe3+ 3OH-= Fe(OH)3。 （3）还原性Fe2Br，向FeBr2溶液中通入Cl2时，反应顺序为2Fe2Cl2=2Fe32Cl、2BrCl2=Br22Cl。【详解】（1）FeS2中铁元素化合价+2价，硫元素化合价-1价，反应后硫元素化合价0价，氮元素化合价+5价变化为+2价，根据原子守恒和电子守恒配平离子方程式为：3FeS2+8H+2NO3-=3Fe2+6S+2NO+4H2O，还原剂为元素化合价升高的反应物，FeS2中铁元素化合价升高，所以FeS2是还原剂。（2）Fe与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Fe + 2Fe3+= 3Fe2+，溶液由棕黄色变为浅绿色，正确；KSCN与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Fe3+ 3SCN-= Fe(SCN)3，溶液由棕黄色变为红色，正确；硫酸铜与与FeCl3溶液不反应，溶液不会变为无色，错误；硝酸银与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Cl-+ Ag+=AgCl，产生白色沉淀，但不是Fe3的性质，错误；氢氧化钠与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Fe3+ 3OH-= Fe(OH)3，出现红褐色沉淀，正确；故选C。（3）还原性Fe2Br，Fe2先与Cl2反应，1L 0.2molL-1的FeBr2溶液中Fe2的物质的量是0.2mol，根据2Fe2Cl2=2Fe32Cl，0.2mol Fe2消耗氯气0.1mol，所以向1L 0.2molL-1的FeBr2溶液中通入标准状况下氯气2.24L，被氧化的粒子是Fe2，反应离子方程式是2Fe2Cl2=2Fe32Cl。28.工业上用铝土矿（主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2）提纯Al2O3做冶炼铝的原料，提取的操作过程可用以下流程图表示：已知：Na2SiO3 + Ca(OH)2= CaSiO3+ 2NaOH（1）步骤反应的离子方程式有：_、_。（2）步骤通入过量的气体X是_。反应的化学方程式：_。【答案】 (1). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (2). Al2O3+ 2OH- = 2AlO2-+ H2O (3). CO2 (4). NaAlO2+ CO2+ 2H2O=Al(OH)3+NaHCO3【解析】【分析】Fe2O3和氢氧化钠不反应，而氧化铝、二氧化硅能反应，步骤I利用过滤除去Fe2O3，滤渣为氧化铁，滤液I含有偏铝酸钠、硅酸钠，加入氧化钙，硅酸钠与氢氧化钙反应生成硅酸钙沉淀，过滤后，滤液II中含有偏铝酸钠，通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，滤液中溶质是碳酸氢钠，加热分解氢氧化铝得到氧化铝。【详解】根据以上分析，（1）步骤是氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水、二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式分别是：Al2O3+ 2OH- = 2AlO2-+ H2O、SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（2）偏铝酸钠能与过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，所以步骤是通入过量的气体X是CO2；反应的化学方程式是：NaAlO2+ CO2+ 2H2O=Al(OH)3+NaHCO。29.某研究性学习小组设计了如图装置制取和验证SO2的性质。请回答：（1）写出A反应装置中的化学方程式：_（2）棉球中NaOH溶液的作用是_（3）为了验证SO2是酸性氧化物，洗气瓶中可选择的试剂是_。A澄清石灰水 B无色酚酞试液 C碘水 D紫色石蕊试液（4）下列说法正确的是_。A先向装置中加入试剂（药品），再进行气密性检查B实验开始时，只需打开分液漏斗的旋塞，即可使液体顺利滴下C实验开始后，洗气瓶和中溶液均褪色，两者均可证明SO2具有漂白性D实验开始后，洗气瓶中可观察到白色沉淀产生，该现象可说明SO2具有还原性（5）写出洗气瓶中反应的化学方程式：_【答案】 (1). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2 +2H2O (2). 吸收尾气，防止SO2污染大气 (3). AD (4). D (5). Br2 + SO2 + 2H2O=2HBr +H2SO4【解析】【分析】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫有毒，能污染空气，NaOH与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水；（3）SO2是酸性氧化物，能与水反应生成亚硫酸，能与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和水；（4）A气体制备实验，先进行气密性检查，再加入试剂（药品）； B只需打开分液漏斗的旋塞，液体不能顺利滴下；CSO2与溴水反应，体现SO2的还原性； DFe3+把SO2氧化为SO42-，所以洗气瓶中可观察到白色沉淀产生；（5）SO2与溴水反应，生成硫酸和氢溴酸。【详解】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式是Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2 +2H2O；（2）NaOH与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，棉球中NaOH溶液的作用是吸收尾气，防止SO2污染大气；（3）