广东省汕头市金山中学2018_2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）.docx

广东省汕头市金山中学2018-2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）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PM2.5(指直径小于或等于2.510-6 m的细小颗粒)在空气中一定能形成气溶胶碘酸钾具有较强的氧化性，在食盐中加入适量碘酸钾，可抗人体氧化二氧化硫具有氧化性，可以用于漂白纸浆“光化学烟雾”、“硝酸酸雨”的形成都与氮氧化物有关双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比13配成的混合物，可以溶解Au、Pt酸雨是指pH7的雨水A. 1个B. 3个C. 5个D. 7个【答案】A【解析】【详解】PM2.5(指直径小于或等于2.510-6 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，错误；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，错误；二氧化硫具有漂白性，因此可以用于漂白纸浆，错误；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，正确；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, 错误；王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比31配成的混合物，可以溶解Au、Pt，错误；酸雨是指pH5.6的雨水，错误；故正确的说法只有一种，合理选项是A。2.二氧化硫体现还原性的反应是A. SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2B. SO2+2H2S=2H2O+3SC. SO2+2NaOH=Na2SO3+H2OD. SO2+2H2O+Cl2=H2SO4+2HCl【答案】D【解析】【详解】A. SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2证明了酸性H2SO3H2CO3，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。3.13CNMR(核磁共振)、15NNMR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1B. 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【解析】【详解】A、15N的核外电子数为7，中子数为(157)=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(136)=7，后者中子数为(157)=8，中子数不同，故D错误。【点睛】原子结构表示AZX，其中A为质量数，Z为质子数，中子数等于AZ，对于原子：质子数等于核电荷数等于核外电子数。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；3Cu8HNO3(稀)=2Cu(NO3)22NO4H2O，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。【点睛】本题考查了物质性质的分析应用的知识。应条件不同，物质浓度不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等。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【解析】【详解】A氨水中通入少量SO2气体，生成SO32-：SO2+2NH3H2O=2NH4+SO32-+H2O；通入过量SO2生成HSO3-：SO2+NH3H2O=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-、ClB. 使酚酞变红的溶液：Na、Ca2、SO42-、CO32-C. 含有大量Al3的溶液：Na、NH4+、SO42-、ClD. 含有大量Fe3的溶液：Na、Mg2、NO3-、SCN【答案】C【解析】【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0.3NAB. 18g H218O和D2O的混合物中，所含中子数为9NAC. 1molFe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数均为2 NAD. 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【解析】【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. SiSiO2H2SiO3Na2SiO3B. HClCl2HClONaClOC. SSO3H2SO4Al2（SO4）3D. NH3NO2HNO3NaNO3【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+2ZnZnCl2+ZnI2，中Zn元素的化合价升高，I元素的化合价降低，而ICl+H2OHCl+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；CICl+H2OHCl+HIO中，各元素的化合价不变，不属于氧化还原反应，故C错误；D6.5gZn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。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ICl中I为+1价，Cl为-1价为解答的关键，ICl+H2OHCl+HIO中，各元素的化合价不变是易错点。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H2OB. CO2和NaOH溶液C. NH3和H2OD. 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。【点睛】本题考查实验装置综合的知识，把握喷泉实验的原理为解答的关键，侧重物质性质及实验能力的考查，注意气体极易溶于液体或气体极易与液体反应可形成喷泉，本题为高频考点，题目难度不大。11.如图表示第A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CaONH3H2OB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A. AB. BC. CD. D【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。【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，涉及常见气体的制备原理、收集及尾气处理等，把握实验原理及实验技能为解答的关键，为高频考点，题目难度不大。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SO2B. 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【解析】【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. 504mLB. 168mLC. 224mLD. 336mL【答案】D【解析】【详解】1.92g铜的物质的量为n(Cu)=1.92g64g/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)=20.03mol=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)=0.06mol4=0.015mol，则通入O2在标准状况下的体积是v(O2)=0.015mol22.4L/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FeOFe2O3，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FeOFe2O3，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。【点睛】本题考查了离子方程式的书写的知识。掌握物质的溶解性是判断物质是否拆分的关键，还要掌握物质反应时物质的量多少及物质氧化性还原性的强弱，来确定反应时物质的量的多少及电子转移数目。离子方程式书写要遵循电子守恒、电荷守恒、原子守恒原则，本题难度不大。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：C中_；E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)=32g64g/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20.5mol=3x+y；根据N原子守恒可得x+y=11.2L22.4L/mol，解得x=0.25mol，y=0.25mol，所以V(NO)=0.25mol22.4L/mol=5.6L；V(NO2)=0.25mol22.4L/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)=2nCu(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)=aV10-3mol+0.5mol，根据物质的量浓度定义式可得c(HNO3)=mol/L。【点睛】本题为综合探究实验题，考查了氨气实验室制备方法，氨气的性质验证、实验方案的设计、化学方程式的书写、氧化还原反应的有关计算等知识，首先要明确该实验的目的，然后围绕该实验目的，分析题给实验装置中可能涉及的反应原理及装置作用，最后紧扣题意回答有关的问题，题目难度中等。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_。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