安徽省宣城市郎溪中学2024-2025学年高一下学期2月第一次月考（直升班）化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1安徽省宣城市郎溪中学2024-2025学年高一下学期2月第一次月考（直升班）试题一、单选题1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成B．葡萄酒中通常添加少量SO2，既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化C．《清波杂志》卷十二：“信州铅山胆水自山下注，势若瀑布……古传一人至水滨，遗匙钥，翌日得之，已成铜矣。”这里的胆水是指CuSO4溶液D．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指HF【答案】D【解析】兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，A正确；葡萄酒中添加适量的二氧化硫可以起到杀菌的作用。二氧化硫又是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，起到保质作用，B正确；钥匙主要成分是Fe，Fe与CuSO4在溶液中反应产生FeSO4和Cu，可知胆水是指CuSO4溶液，C正确；HF能腐蚀玻璃，不能用玻璃容器储存，与题述“……惟玻璃可盛”不符，“强水”不是HF，D错误。2．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是A．NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl或NH4HCO3固体的方法制氨气B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】加热NH4Cl时的反应为NH4ClΔ_NH3↑+HCl↑，生成的混合气体中的NH3和HCl遇冷会在试管里重新化合成NH4Cl：NH3+HCl=NH4Cl，所以不能用加热NH4Cl固体的方法制氨气，ANO3-在酸性条件下具有强氧化性，酸化的Ba(NO3)2中硝同时含有H+和NO3-，酸能将SO32-或HSO3-氧化成SO42-，所以该溶液中也可能含有SO32-铁和稀硝酸发生的反应为：Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，该反应不是置换反应，C错误；分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上升，这是气体体积迅速减小的结果，可说明二者均易溶于水，D正确。3．中国在航天、军事、天文等领域的发展受到世界瞩目，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A．中国“天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料B．中国“歼-20”上用到的氮化镓材料属于合金材料C．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料D．“天宫二号”空间实验室的太阳能电池板的主要材料是二氧化硅【答案】C【解析】钢铁属于金属材料，不是非金属材料，A错误；氮化镓为半导体材料，不具有金属特性，不属于合金，B错误；高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；太阳能电池板的主要材料是单质硅，不是二氧化硅，D错误。4．下列所列各物质的用途不正确的是A．分子筛：吸附剂、催化剂 B．硅胶：干燥剂、吸附剂、催化剂载体C．碳化硅：砂纸、砂轮 D．硅酸：黏合剂、耐火材料【答案】D【解析】分子筛具有均匀的微孔结构，吸附能力强，可作为吸附剂以及催化剂的载体等，A正确；硅胶也为疏松多孔物质，表面积大，吸附性强，可作为干燥剂、吸附剂以及催化剂的载体等，B正确；碳化硅硬度大，硬度仅次于金刚石，可制作砂纸、砂轮等，C正确；硅酸不能作耐火材料，硅酸钠可作黏合剂、耐火材料，D错误。5．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一、下列实验现象对应的离子方程式书写正确的是A．向AlCl3溶液中滴加氨水产生白色沉淀：B．大理石与盐酸接触，产生无色气泡：COC．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：2D．向CaClO2溶液中通入少量SO【答案】A【解析】向AlCl3溶液中滴加氨水产生白色沉淀氢氧化铝和氯化铵：Al3++3大理石难溶于水，在离子方程式中写化学式，与盐酸反应的离子方程式为：2H++CaCO由于还原性I->Fe2+，向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸，先氧化I-SO2具有强还原性，CaClO2具有强氧化性，向CaClO2溶液中通入少量SO2，SO2能被氧化为SO42-6．某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列说法正确的是A．实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB．b、c、f中试剂依次为氢氧化钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C．装置e的作用是收集一氧化碳气体D．实验室可利用装置a来制取氢气【答案】D【解析】实验流程分析：a为CO2发生器，通过b、c分别除去HCl和水蒸气，在d中CO2与锌反应，e作为安全瓶，防倒吸，气体进入f中，验证CO的存在。装置内含有空气，实验开始时，若先点燃酒精灯，后打开活塞K，则锌与空气反应产生ZnO，生成的CO与空气混合受热，产生危险。所以应该先打开活塞K，使CO2充满整个装置后再点燃酒精灯，A错误；氢氧化钠溶液能与反应CO2，不能用于除去CO2中的杂质，b中试剂为饱和碳酸氢钠溶液，用来除去杂质氯化氢；c中试剂为浓硫酸，用来干燥CO2气体；f中试剂为银氨溶液，验证一氧化碳的存在，B错误；装置e的作用是作为安全瓶，防止溶液倒吸到d中，导致硬质玻璃管爆裂；由于在实验室中是用稀硫酸与Zn粒反应制取氢气，反应不需要加热，因此也可以使用启普发生器制取，D正确。7．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(70%)Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】NH3密度比空气小，不能使用向上排空气法，A错误；实验室制取SO2可利用Na2SO3和浓硫酸反应、SO2密度比空气大，可使用向上排空气法，SO2易溶于水，用水溶液吸收时需防倒吸，B正确；制取NO2应使用铜与浓硝酸反应，铜与稀硝酸反应生成NO，C错误；用MnO2和浓盐酸反应制取氯气需要加热，D错误。8．在2020年新年贺词中强调“5G商用加速推出，凝结着新时代奋斗者的心血和汗水，彰显了不同凡响的中国风采、中国力量”，制造芯片用到高纯硅，用SiHCl3与过量H2在1100～1200℃反应制备高纯硅的装置如下图所示(热源及夹持装置略去)。已知：SiHCl3遇水强烈水解，在空气中易自燃。下列说法错误的是A．装置B中的试剂是饱和食盐水B．实验时先打开装置A中分液漏斗的旋塞C．装置C中的烧瓶需要加热，其目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化D．装置D不能采用普通玻璃管的原因是在反应温度下，普通玻璃管会软化【答案】A【解析】SiHCl3遇水强烈水解，由装置A中制取的H2应干燥，后续才可进入与SiHCl3反应，装置B中的试剂是浓硫酸A错误；SiHCl3在空气中易自燃，实验时应先将装置内的空气排尽，所以应先打开装置A中分液漏斗的旋塞，利用产生的H2将装置中空气排尽，后打开装置C中分液漏斗的旋塞，B正确；SiHCl3呈液态，需转化为蒸气进入石英管中与H2反应，所以装置C中的烧瓶需要加热，C正确；制高纯硅时，温度在1100～1200℃，在该温度下，普通玻璃管会软化，所以D不能采用普通玻璃管，D正确。9．FeMnTiOx催化剂对NH3A．运用该技术应控制温度在200℃以下 B．较理想的中间产物是NHC．N2既是氧化产物又是还原产物 D．NH【答案】B【解析】根据图示的脱硝的反应机理，NH4NO3在温度超过200℃时会反应生成N2O，达不到脱硝目的，因此运用该技术应控制温度在200℃根据图示，NH4NO2可以直接转化为氮气和水，NH4NO3则需再与NO作用生成NO2和NH4NO2，效率低，且根据脱硝的反应机理，初始反应物是NH3和NO、O2，生成物是N2和水，N元素的化合价由-3价升高到0价，+2价降低为0价，因此N2既是氧化产物又是还原产物，根据图示，NH3与HONO或HNO3反应生成NH4NO2或NH10．探究金属与过量浓硫酸反应的装置（固定装置已略去）如下图所示。关于实验操作或叙述错误的是A．上下抽动铜丝,可控制反应随时发生或停止B．e中可以选用NaOH溶液或酸性KMnO4溶液C．其他条件不变,用铁丝代替铜丝，c、d中两次实验现象相同D．为确定a中白色固体是否是硫酸铜,可向冷却后的试管中注入水,振荡后观察现象【答案】D【解析】实验分析：a装置中铜丝与浓硫酸加热，发生反应Cu+2H2SO4(浓)△CuSO4+SO2↑+2H2O，装置b中的浓硫酸可除去水蒸气，c装置中黑色的CuO固体颜色无明显变化，说明没有H2产生，SO2能使品红溶液褪色，所以d装置中品红溶液红色褪去，e为尾气处理装置，据此分析解答。上下抽动铜丝，可控制浓硫酸与铜丝接触与否，从而控制反应的发生与停止，A正确；SO2为有毒气体，e为尾气处理装置，用于吸收SO2，SO2是酸性气体，具有还原性，可用NaOH溶液或酸性KMnO4溶液吸收，B正确；用铁丝代替铜丝，其他条件不变，铁丝与浓硫酸加热仍然产生SO2，不产生氢气，则c、d中两次实验现象相同，C正确；装置a中反应后的溶液中含有过量的浓硫酸，若向冷却后的试管中注入水，将发生危险，所以确定a中白色固体是否是硫酸铜时，应将a装置中试管内冷却的混合物沿杯壁缓缓倒入盛有水的烧杯中，并不断搅拌，观察溶液是否变蓝，D错误。11．下列现象或事实不能用同一原理解释的是A．浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存 B．硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中变质C．SO2和Na2SO3溶液都能使氯水褪色 D．常温下铁和铂都不溶于浓硝酸【答案】D【解析】浓硝酸和氯水中的次氯酸均见光易分解，都需要用棕色试剂瓶避光保存，A不符合题意；硫化钠和亚硫酸钠固体均易被氧化，长期暴露在空气中变质，B不符合题意；SO2和Na2SO3均具有还原性，其溶液都能使氯水褪色，C不符合题意；常温下铁遇浓硝酸钝化，表面生成致密氧化膜可阻止内部金属的进一步反应，铂与浓硝酸不反应，原理不同，D符合题意。12．下列物质之间的转化都能一步实现的是A．SiB．AlC．ND．S【答案】C【解析】SiO2不溶于水，也不能与水反应生成硅酸H2SiOAl2O3不溶于水，也不能与水反应生成氢氧化铝Al(OH)NC选项符合题意；S与氧气反应生成SO2，而不是三氧化硫SO3：，D不符合题意13．铁元素在细菌的作用下可发生下图所示的转化。下列说法正确的是A．反硝化过程均属于氮的固定B．硝化过程中，含氮物质均发生还原反应C．Fe3+将NH4+转化为N2的离子方程式为：6Fe3++2NH4+=6Fe2++N2D．在氨氧化细菌作用下，水体中的铵态氮和硝态氮可转移到大气，该反应中每产生0.01mol氮气时，转移的电子为0.06mol【答案】C【解析】氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，如图可知反硝化过程是将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，故A错误；如图可知，硝化过程NH4+转化为NO2-，再转化为NO3-，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，故B错误；根据得失电子守恒和原子守恒，Fe3+将NH4+转化为N2的离子方程式为6Fe3++2NH4+=6Fe2++N2↑+8H+，故C正确；如图可知，在氨氧化细菌作用下，水体中的NO2-氧化NH4+生成H2O和N2，氮元素可转变为氮气，而转移至大气中，反应的离子方程式为NH4++NO2-氨氧化细菌N2↑+2H2O，转移3e故选C。14．某强酸性溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba下列有关判断正确的是A．试液中一定有Fe2+、B．试液中一定没有Ba2+、C．步骤③中发生反应的离子方程式为：2[AlD．沉淀B在空气中会迅速变为灰绿色,最后变为红褐色【答案】B【解析】在强酸性溶液中CO32-不存在，Fe2+和NO3-不能同时存在；试液中加入过量硝酸钡溶液，生成气体证明一定含有Fe2+、则原溶液中一定不存在NO3-，气体为NO；沉淀A为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在SO42-；溶液A中加入过量氢氧化钠溶液生成气体B为NH3，确定原溶液中含有NH4+，沉淀B为Fe(OH)3，由于溶液B中含有Ba2+，OH-，溶液B加入少量二氧化碳发生反应③，生成的沉淀C中一定含有BaCO3沉淀，如原溶液中含有Al3+，则溶液B中含有[Al(OH)4]-，沉淀C中含有Al(OH)3根据上述分析，原溶液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+，铝离子不一定含有，上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为：Ba2+、CO32-、NO3步骤③中必有的反应为Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，可能发生的反应为：2[AlOH4]在步骤①Fe2+已被完全氧化为Fe3+，故沉淀B为红褐色的Fe(OH)3，在空气中不会发生颜色变化，D15．1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体物质的量为0.05mol，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是()A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mL【答案】A【解析】向反应后溶液中加入NaOH，生成Mg(OH)2和Cu(OH)2沉淀，设合金中镁、铜的物质的量分别为x、y，按元素守恒，Mg(OH)2和Cu(OH)2的物质的量分别为x、y，联立方程组：24g/mol·x+64g/mol·y=1.52g58g/mol·x+98g/mol·y=2.54g解得：x=0.01moly=0.02mol，则该合金中铜、镁的物质的量之比为2∶1，该硝酸的浓度为63g63g/mol100g1.40g/mL设NO2和N2O4物质的量分别为x、y，根据电子守恒，反应中Mg、Cu失去的电子总数等HNO3生成NO2和N2O4得到的电子总数，可联立方程组：x+y=0.05molx+2y=0.01mol×2+0.02mol×2，解得x=0.04moly=0.01mol，NO2的体积分数为80%得到2.54g沉淀后，此时溶液中的溶质只有NaNO3，故n(NaOH)＝n(NO3-)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.05L×14mol/L-0.4ml-0.01mol×2=0.64mol16．向50mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的A．开始时产生的气体为H2B．AB段产生的反应为置换反应C．所用混合溶液中c(HNO3)=0.5mol·L-1D．参加反应铁粉的总质量m2=5.6g【答案】D【解析】向50mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，根据氧化性强弱顺序：HNO3＞Fe3+＞H+，按序发生的反应为：①Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，②Fe+2Fe3+=3Fe2+，③Fe+2H+=Fe2++H2↑。根据上述分析，开始时即OA段发生反应①，故产生的气体为NO，A错误；AB段发生反应②，为化合反应，B错误；A点时，反应①恰好完全进行，NO3-被完全还原为NO，此时，n(HNO3)=n(NO)=1.12L22.4L/mol=0.05mol，所用混合溶液中c(HNO3)=0.05mol0.05L=1mol·LFe在反应中最终生成Fe2+，根据氧化还原反应中得失电子数目相等，Fe转化为Fe2+失去的电子总数等于NO3-转化为NO和H+转化为H2得到的电子总数：3×n(NO)+2×n(H2)=2n(Fe)，即3×0.05mol+2×0.56L22.4L/mol=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g，二、解答题17．氮化硅(Si3N4)是一种高温陶瓷材料，它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与纯氮气在1300℃时反应获得。(1)根据性质，推测氮化硅陶瓷的用途是_______(填序号)。A．制汽轮机叶片B．制有色玻璃C．制永久性模具D．制陶瓷发动机(2)氮化硅陶瓷抗腐蚀能力强，除氢氟酸外，它不与其他无机酸反应。该陶瓷被氢氟酸腐蚀的化学方程式：。(3)现用SiCl4和N2(在H2气氛下)，加强热发生反应，可获得较高纯度的氮化硅，反应的化学方程式为。(4)胃舒平的主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁(Mg2Si3O8·nH2O)等化合物。三硅酸镁的氧化物形式为：。(5)Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是(填字母)。a．Al2O3、MgO和SiO2都是白色固体b．Al2O3、MgO和SiO2都是金属氧化物c．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点【答案】(1)ACD(2)Si3N4＋12HF=3SiF4↑＋4NH3↑(或Si3N4＋16HF=3SiF4↑＋4NH4F)(3)3SiCl4＋2N2＋6H2高温Si3N4＋12HCl(4)2MgO·3SiO2·nH2O(5)c【解析】（1）氮化硅是一种高温陶瓷材料，熔点高、硬度大、化学性质稳定，可用作制汽轮机叶片、制永久性模具、制作陶瓷发动机，而有色玻璃只是在制作的过程中熔入了有颜色的化合物，入Co2O3、Cu2O等，选ACD；（2）氮化硅与氢氟酸反应的化学方程式为：Si3N4＋12HF=3SiF4↑＋4NH3↑或Si3N4＋16HF=3SiF4↑＋4NH4F；（3）根据题意，SiCl4和N2(在H2气氛下)，加强热发生反应，可获得较高纯度的氮化硅，结合元素守恒，可推断另有HCl生成，反应的化学方程式为：3SiCl4＋2N2＋6H2高温Si3N4＋12HCl；（4）硅酸盐用氧化物的形式表示组成的书写形式为：活泼金属氧化物▪较活泼金属氧化物、非金属氧化物▪二氧化硅▪水，则三硅酸镁(Mg2Si3O8·nH2O)改写成氧化物形式为2MgO·3SiO2·nH2O；（5）耐火材料需要有一定的耐火度，能够抵抗高温作用而不熔化，所以Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料的原因是有很高的熔点，选c。18．肼(N2H4)是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用NH3和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示(夹持装置未画出)。(1)装置A中制备NH3的化学方程式为。(2)仪器C中盛放的试剂为。(3)装置B中制备N2H4的化学方程式为。(4)下列说法正确的是（填标号）。a．N2H4的电子式为b．装置E的作用是吸收尾气，防止空气污染c．实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞(5)测定产品中N2H4的质量分数取装置B中的溶液4.00g，并调节为弱酸性，加水配成500mL溶液，从中取25.00mL溶液与0.2000mol/L的I2溶液反应(只有N2H4参与反应，其他物质不反应)，反应过程中有无污染性的气体生成，消耗I2溶液的体积为20.00mL，则该产品中N2H4的质量分数为%。【答案】(1)CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(2)饱和食盐水(3)NaClO+2NH3=NaCl+N2H4+H2O(4)bc(5)32【解析】（1）在装置A中生石灰与浓氨水混合制取NH3，反应方程式为：CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；（2）在装置D中浓盐酸与漂白粉混合发生反应产生Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，因此制取得到的Cl2中含有杂质HCl，在Cl2通入装置B之前要除去Cl2中的杂质HCl，则装置C中试剂可以是饱和食盐水；（3）在装置B中Cl2与NaOH反应：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，生成的NaClO再与NH3反应产生N2H4，按氧化还原反应中价态变化规律，可得该反应的化学方程式为：NaClO+2NH3=NaCl+N2H（4）每个N原子可形成3个共价键，故N2H4分子中每个N原子除了与H原子形成2个N—H外，N原子之间还需形成一个N—N键，N2H4的电子式为：，a错误；装置E的作用是吸收尾气，防止过量有毒气体Cl2空气污染，b正确；实验时，先打开A中的分液漏斗活塞得到饱和氨水后，再打开D中的漏斗活塞目的是防止氯气过量将肼被进一步氧化，d正确。（5）根据题意可知：肼和I2反应生成无污染性的气体，根据元素守恒知，生成N2和HI，反应方程式为：N2H4+2I2=N2↑+4HI，n(I2)=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则500mL溶液中含有n(N2H4)=12×0.004mol×500mL25.00mL=0.04mol，则该产品中N2H4的质量分数为0.04mol19．某学习小组探究稀HNO3、浓HNO3与铜的反应。装置(尾气处理装置略)现象I中开始无明显现象，渐有小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色Ⅱ中反应剧烈，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色(1)试管I中Cu与稀HNO3反应的化学方程式是。(2)Ⅱ中反应的速率比I中的快，原因是。(3)针对Ⅱ中溶液呈绿色的原因，提出假设：假设1：Cu2＋的浓度较大所致；假设2：溶解了生成的NO2。探究如下：取Ⅱ中绿色溶液，分为两等份。①取一份于如图1所示装置中，(填操作和现象)，证实Ⅱ中溶解了NO2。②向另一份溶液中加入(填化学试剂)，溶液变为蓝色。证实假设1不成立，假设2成立。(4)对于稀HNO3与铜生成NO、浓HNO3与铜生成NO2的原因，提出两种解释：解释可能原因：HNO3浓度越稀，溶液中NO3-的数目越少，被还原时，每个NO3-从还原剂处获得较多电子的机会(填“增多”或【答案】(1)3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(2)硝酸浓度大(3)向上拉动活塞a，试管内液面上方出现红棕色气体Cu(OH)2(或CuO等)(4)增多【解析】（1）试管Ⅰ中Cu与稀HNO3反应的化学方程式是3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；（2）Ⅱ和I不同的是硝酸的浓度，其它条件相同，反应物浓度越大，反应速率越快，Ⅱ中反应的速率比Ⅰ中的快，原因是硝酸浓度大；（3）①取一份于如图1所示装置中，若Ⅱ中溶液中溶解了NO2，向上拉动活塞a时，试管内气压减小将使溶解的NO2逸出，则试管内液面上方将出现红棕色气体；②向另一份溶液中加入Cu(OH)2(或CuO等)，可增大Cu2+的浓度，消耗NO2，溶液变为蓝色；证实假设1不成立，假设2成立；（4）根据稀HNO3与铜生成NO、浓HNO3与铜生成NO2的价态变化，HNO3浓度越稀，溶液中NO3-的数目越少，NO320．SO2的污染防治与利用对于环境保护意义重大。某化学小组在实验室中对SO2的制备、性质及回收利用等相关问题进行探究。请回答下列问题：(1)制备并收集纯净的SO2①用上图装置制备纯净的SO2，发生装置中反应的化学方程式为。②装置的连接顺序为：a→(按气流方向，用字母标号表示)。(2)设计实验探究SO2中+4价S的性质限选试剂：NaOH溶液、稀H2SO4、H2O2溶液、FeCl3溶液、淀粉KI溶液、新制H2S溶液实验操作实验现象实验结论实验一将SO2通入新制H2S溶液中溶液变浑浊SO2中+4价S具有________性实验二将SO2通入_________中________SO2中+4价S具有还原性，反应的离子方程式为_______填写表格中相应内容：①；②；③；④。(3)设计回收利用SO2的途径：SO2→步骤Ⅰ氨水(NH4)2SO3→步骤II空气(NH4)2SO4。该小组欲测定步骤II①检验沉淀是否洗