新疆哈密市第十五中学2019-2020学年高一下学期4月质量检测化学试题

新疆哈密市第十五中学2019-2020学年高一下学期4月质量检测化学试题

哈密第十五中学2019-2020学年第二学期线上教学质量测试高一化学试卷 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 ‎ 一、单项选择题（共16题，每题3分，共48分）‎ ‎1.随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入的化学物质是 A. 无水硫酸铜 B. 硫酸亚铁 C. 食盐 D. 生石灰 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．无水硫酸铜能吸收水分，不能防止食物被氧化，且铜离子有毒，故A不选；‎ B．硫酸亚铁具有还原性，可以作为防止富脂食品氧化变质的物质，故B选；‎ C． 食盐不能吸收水分，食品的调味剂；故C不选；‎ D．生石灰能够吸水，能防止食品受潮，但不能防止食品被氧化；故D不选；‎ 答案选B。‎ ‎2.将NH4HCO3置于干的试管中加热，并使放出的气体依次通过盛有足量过氧化钠和碱石灰的干燥管，最后得到的气体有（ ）‎ A. NH3、O2 B. H2O、O‎2 ‎C. CO2、O2 D. O2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】NH4HCO3受热分解的的产物是氨气、CO2和水蒸气，先通过盛有足量过氧化钠的干燥管，CO2和水蒸气被吸收，同时生成氧气。再通过盛有足量碱石灰的干燥管，氨气和氧气不能被吸收，所以最终的气体就是氨气和氧气。‎ 答案选A ‎3.下列反应中，调节反应物用量或浓度不可以改变反应产物的是(　　 )‎ A. 硫酸中加入锌粒 B. 硝酸中加入铜片 C. 硫粉在空气中燃烧 D. 碳与氧气反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锌与稀硫酸反应生成氢气，锌与浓硫酸反应生成二氧化硫，硫酸浓度不同，产物不同，故A不符合题意；‎ B．铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，硝酸浓度不同，产物不同，故B不符合题意；‎ C．二氧化硫转化为三氧化硫需要催化剂，则无论反应物用量如何改变，硫在空气中燃烧只能生成二氧化硫，故C符合题意；‎ D．碳在氧气充足的情况下燃烧生成二氧化碳，在不足时生成一氧化碳，故D不符合题意；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】浓硫酸，浓硝酸，稀硝酸都有强氧化性，它们与金属反应时，通常得到是氧化物，通常情况下浓度越大，氧化性越强。‎ ‎4.下列说法中，正确的是(　　)‎ A. SO2能使FeCl3、酸性KMnO4溶液变色或褪色 B. 可以用澄清石灰水来鉴别SO2与CO2‎ C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成SO3‎ D. 少量SO2通入浓的CaCl2溶液中可以生成白色沉淀 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2有较强还原性，使FeCl3溶液转化为FeCl2溶液，溶液变为浅绿色，SO2能使酸性KMnO4溶液迅速褪色变为无色，故A正确；‎ B．SO2与CO2均能使澄清石灰水变浑浊，无法鉴别，故B错误；‎ C．硫粉在过量的纯氧中燃烧只能生成SO2，故C错误；‎ D．弱酸不能制强酸，则少量SO2通入浓的CaCl2溶液中不可以生成白色沉淀，故D错误；‎ 答案为A。‎ ‎5.下列每步转化不能通过一步反应就实现的是 A. NH3→NO→NO2→HNO3‎ B. Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2‎ C. S→SO2→H2SO4→MgSO4‎ D. Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氨气发生催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2溶于水生成硝酸，A正确；‎ B．铝与氧气反应生成氧化铝，氧化铝不溶于水，不能直接转化为氢氧化铝，B错误；‎ C．S燃烧生成SO2，SO2被氯水氧化可以转化为硫酸，硫酸与镁等反应可以生成硫酸镁，C正确；‎ D．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧气氧化转化氢氧化铁，D正确；‎ 答案选B。‎ ‎6.下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是(　　)‎ ‎①氮气与氧气在放电的条件下可直接生成NO2　②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气　③向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，无明显的变化　④实验室加热氯化铵固体，用碱石灰除氯化氢的方法制备氨气 A. ①③④ B. ①③‎ C. ①④ D. ①②③④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①放电条件下，氮气和氧气反应生成一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，①错误；②NH4NO3加热到‎190℃‎时分解生成一氧化二氮和水，若加热到‎300℃‎左右时分解生成氮气、硝酸和水，②错误；③向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，同时自身被还原生成一氧化氮，③错误；④氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，④错误；答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了氮及其化合物的性质，根据一氧化氮的稳定性大小、铵盐的性质来分析解答，易错选项是③，注意酸性条件下，硝酸根有强氧化性，常常被学生忽略，为易错点。‎ ‎7.下列可用浓硫酸干燥的气体有(　　)‎ ‎①H2　②SO2　③H2S　④Cl2　⑤NH3　⑥HCl　⑦CO2　⑧HBr　⑨CO A. ①②④⑥⑧⑨ B. ①②④⑥⑦⑨‎ C. ①②④⑥⑦⑧ D. 全部 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据浓硫酸的性质分析，浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性、强氧化性。‎ ‎【详解】浓硫酸具有酸性、吸水性、脱水性、强氧化性，所以不能干燥具有碱性、能和其反应的气体。③H2S有强还原性，能和浓硫酸发生氧化还原反应； ⑤NH3 是碱性气体，能和浓硫酸发生反应；⑧HBr具有强还原性，能和浓硫酸发生氧化还原反应，可用浓硫酸干燥的气体有①②④⑥⑦⑨答案选B。‎ ‎【点睛】浓硫酸可以干燥酸性或中性气体，除了有还原性的气体和与之反应的气体。‎ ‎8.氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2＋2NH3＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是（ ）‎ A. 若管道漏气遇氨就会产生白烟 B. 该反应利用了Cl2的强氧化性 C. 该反应属于复分解反应 D. 生成1molN2有6mol电子转移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由方程式知，如NH3过量则会与产物HCl反应生成NH4Cl，则若管道漏气遇氨就会产生白烟，故A正确；‎ B.Cl元素化合价由0价降至-1价，Cl2表现强氧化性，故B正确；‎ C.该反应为置换反应，C错误；‎ D.N元素的化合价由-3 价升至0价，则生成1molN2有6mol电子转移，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎9.镁铝合金溶于适量盐酸后，再加入过量的氢氧化钠溶液，溶液中可能大量共存的离子是（ ）‎ A. Na+ Mg2+ Al3+ Cl-‎ B. Na+ AlO2- Cl- OH-‎ C. Na+ Mg2+ AlO2- Cl-‎ D. Na+ Al3+ AlO2- Cl-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 镁铝合金溶于适量盐酸中，Mg、Al与盐酸反应生成Mg2+、Al3+，溶液中大量存在的离子有：Mg2+、Al3+、Cl-，再加入过量氢氧化钠溶液，镁离子转化为沉淀，铝离子转化为AlO2-，则溶液中一定不含Mg2+、Al3+，与过量NaOH反应后溶液中含Na+、OH-、Cl-；‎ ‎【详解】A．Mg2+、Al3+与OH-反应，不能大量共存，故A错误；‎ B．Na+、AlO2-、Cl-、OH-之间，与Na+、OH-、Cl-之间不反应，可以大量共存，故B正确；‎ C．Mg2+与OH-反应，不能大量共存，故C错误；‎ D．Al3+与OH-反应，不能大量共存，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列离子方程式正确的是（ ）‎ A. Al与H2SO4反应：Al+2H+=Al3++H2↑‎ B. Al与 NaOH溶液反应：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑‎ C. Na与O2反应：4Na+O2=4Na++2O2-‎ D. AlCl3与稀NH3·H2O混合：Al3+ +3OH-=Al(OH)3↓‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al与H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，离子反应为：2Al+6H+=2Al3++3H2↑，故A错误；‎ B．铝与NaOH溶液反应的离子反应为2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑，故B正确；‎ C．常温下，Na与O2反应生成氧化钠，Na与O2燃烧反应生成过氧化钠，氧化钠与过氧化钠不能拆，故C错误；‎ D．氨水是弱碱，应该写成化学式，离子反应为：Al3+ +3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.要鉴定某溶液中所含的一种阳离子为Fe2+（且未被氧化），最好的方法是（ ）‎ A. 加人NaOH溶液 B. 先加入KSCN溶液再加氯水 C. 先加氯水再加KSCN溶液 D. 加入锌片 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+；再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，故鉴定某溶液中含有Fe2+，最好的方法是：先加入KSCN溶液再加氯水，答案选B。‎ ‎12.向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH 溶液。下列图象中能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】硫酸镁和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化镁沉淀，硫酸铝和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，所以刚开始随着氢氧化钠的加入，沉淀逐渐增大，在图象中就是一条过“‎0”‎点并呈上升趋势的斜线。氢氧化铝和过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，所以当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解一部分，在图象中就是沉淀的质量会下降，但是最后是一条平行于横坐标的直线(氢氧化镁沉淀的质量保持不变)，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎13.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。下列实验现象和结论一致且正确的是(　　)‎ A. 加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在 B. 溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在 C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl－存在 D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．次氯酸有强氧化性能使有色布条褪色，向氯水中加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有HClO存在，故A错误；‎ B．氯气是黄绿色气体，且有刺激性气味，如果氯水溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；‎ C．盐酸中含有氯离子，向氯水中加入盐酸后再加入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，不能说明氯水中含有氯离子，故C错误；‎ D．Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应是可逆反应，向氯水中加入氢氧化钠溶液，氯水黄绿色消失，氯水中的氯分子也可以和氢氧化钠反应，说明氯水溶液呈酸性，不能证明含有次氯酸，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】氯水中的三种分子和四种离子，即氯分子，水分子，次氯酸分子，氯离子，氢离子，少量的氢氧根离子，次氯酸根离子，故氯水有氧化性，漂白性，酸性等性质，明白氯水的成分很关键。‎ ‎14.关于浓硫酸与Cu反应的叙述正确的是( )‎ A. 在反应中，浓硫酸只表现出氧化性 B. 该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为1：2‎ C. 在反应中，浓硫酸既表现出氧化性，又表现出酸性 D. 每1 mol 铜参加反应就有2 mol浓硫酸被还原，同时生成2 mol SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Cu+2H2 SO 4 (浓) CuSO 4 +SO 2 ↑+2H2O，在反应中，浓硫酸既表现出氧化性又表现酸性，故A错误；B. Cu+2H2 SO 4 (浓) CuSO 4 +SO 2 ↑+2H2O，该反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为1：1，故B错误；C.根据反应的化学方程式分析可知，浓硫酸既表现出氧化性，又表现出酸性，故C正确；D. 每1 mol 铜参加反应就有1 mol浓硫酸被还原，同时生成 1mol SO2，故D错误；答案：C。‎ ‎15.0.3‎‎ mol Cu和含1.2 mol HNO3的浓硝酸，充分反应后，生成NO2的量为(　　)‎ A. 0.2‎‎ mol B. 0.6 mol C. 小于0.6 mol D. 大于0.6 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 铜与浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，理论上0.3mol铜与1.2mol浓硝酸恰好反应生成0.6molNO2，但由于随着反应的进行，硝酸浓度逐渐减小，稀硝酸与铜反应酸性NO，所以实际生成的NO小于0.6mol，答案选C。‎ 点睛：明确随着反应的进行硝酸的浓度逐渐减小是解答的关键，与之相类似的还有浓盐酸和二氧化锰反应、浓硫酸与铜的反应。‎ ‎16.‎11.2‎ g铁粉与‎2.2 g 硫粉均匀混合，在密闭容器中加热，冷却后加入足量盐酸，在标准状况下收集到气体的体积是(　　)‎ A. ‎11.2‎ L‎ B. ‎5.6 L C. ‎4.48 L D. ‎‎2.24 L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据化学反应方程式的化学计量数与物质的量之间的关系分析解答。‎ ‎【详解】加热发生反应Fe+SFeS，加入盐酸一定发生反应FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，而Fe与盐酸反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，由方程式可知加热过程中Fe无论过量与否，与盐酸反应最终得到的气体的物质的量等于原混合物中Fe的物质的量，故n（气体）=n（Fe）==0.2mol ‎，气体体积为0.2mol×‎22.4L/mol=‎4.48L，故C正确。‎ 故选C。‎ ‎【点睛】充分利用方程式判断，生成气体与原混合物中Fe的物质的量相等，避免加热过程中的过量计算的繁琐。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、填空题（共5小题，共计52分）‎ ‎17.硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。‎ ‎(1)SiO2是玻璃的主要成分之一，SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程为 _________________________，工艺师常用____________(填物质名称)来雕刻玻璃，其所对应的方程式为___________‎ ‎(2)用Na2SiO3溶液浸泡过的棉花不易燃烧，则Na2SiO3可作生产_______________的原料。 ‎ ‎(3)工业上常用‎2C+SiO2Si+2CO↑制备硅单质，该反应中所含元素化合价升高的物质是____________(填化学式，下同)，氧化剂是________________。‎ ‎【答案】 (1). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O (2). 氢氟酸 (3). 4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O (4). 防火剂 (5). C (6). SiO2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)在常温下，NaOH与玻璃塞中的SiO2缓慢地发生反应生成Na2SiO3和H2O ‎；氢氟酸能与玻璃反应生成四氟化硅气体；‎ ‎(2)水玻璃是矿物胶，不燃烧；‎ ‎(3)在化学反应中元素化合价升高的反应物是还原剂，元素的化合价降低的反应物是氧化剂。‎ ‎【详解】(1)NaOH与玻璃塞中的SiO2缓慢地发生反应生成Na2SiO3和H2O：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，氢氟酸与玻璃发生的反应为：4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；‎ ‎(2)水玻璃是矿物胶，不燃烧，而将硅酸钠浸泡棉花就阻隔了棉花与空气中氧气的直接接触，可用作防火剂的原料；‎ ‎(3)碳元素化合价升高，硅元素化合价降低，二氧化硅氧化剂。‎ ‎18.用三个集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体，然后将其倒置在水槽中。分别缓慢通入适量O2或Cl2，如图所示。一段时间后，D、E装置的集气瓶中充满溶液，F装置的集气瓶中还有气体剩余。(假设瓶内液体不扩散)‎ ‎(1)写出装置E中反应的离子方程式：__________________________________________‎ ‎(2)假设该实验条件下，气体摩尔体积为aL·mol－1。则装置D的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为____________；发生反应的方程式____________________________。‎ ‎(3)通入氧气前在F装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊溶液，观察到的现象是_____________，通入氧气后，可能观察到的实验现象是_________________________________________，写出反应的总化学方程式：_________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42- (2). mol/L (3). 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 (4). 紫色石蕊试液变红 (5). 红色由浅变深 (6). 2SO2+O2+2H2O=2H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)二氧化硫和氯气按一定比例可完全溶解于水中发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸；‎ ‎(2)氧气、二氧化氮一定比例下可完全溶于水中，反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3‎ ‎，根据氮元素守恒，n(NO2)=n(HNO3)，则所得溶液溶质的物质的量浓度为根据c=计算；‎ ‎(3)F装置中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，酸性较弱，再通入氧气，亚硫酸被氧化成硫酸，溶液酸性增强。‎ ‎【详解】(1)二氧化硫和氯气按一定比例可完全溶解于水中形成溶液：Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-；‎ ‎(2)水会充满集气瓶，设集气瓶体积为VL，最后溶液的体积为VL，由4NO2+O2+2H2O=4HNO3知，n(NO2)=n(HNO3)，则所得溶液溶质的物质的量浓度为：c==mol/L；‎ ‎(3)F装置中二氧化硫与水反应生成亚硫酸，酸性溶液加入紫色石蕊试液会变红，再通入氧气，亚硫酸被氧化成硫酸，溶液酸性增强，红色由浅变深，反应的化学方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。‎ ‎19.根据实验室制备氯气的装置（如下），回答下列问题；‎ ‎(1)仪器A 和 B名称___________ ；____________‎ ‎(2)写出B中发生反应的离子方程式_____________________________________‎ ‎(3)装置C的作用__________________________________________‎ ‎(4)装置D的作用________________________________________________‎ ‎(5)检验E中氯气已经收集满的方法_________________________________________‎ ‎(6)写出F中发生的反应方程式______________________________________________‎ ‎(7)每生成0.5mol氯气转移________________个电子 ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (4). 除去氯气中的HCl (5). 除去氯气中的水蒸气 (6). E装置右端的导管口放置湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝，则证明氯气收集满 (7). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ‎ ‎(8). NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据装置图示判断仪器名称；‎ ‎(2)浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制取氯气；‎ ‎(3)制取的氯气中含有挥发出来的氯化氢；‎ ‎(4)制取的氯气中含有水蒸汽；‎ ‎(5)氯气可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝；‎ ‎(6)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；‎ ‎(7)根据反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，结合氧化还原反应规律分析计算。‎ ‎【详解】(1)由图可知，A为分液漏斗，B为圆底烧瓶；‎ ‎(2)用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎(3)制取的氯气中混有HCl和水蒸气，装置C中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl；‎ ‎(4)制取的氯气中含有水蒸汽，装置D中浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气；‎ ‎(5)氯气可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，E装置右端的导管口放置湿润的淀粉碘化钾试纸，试纸变蓝，则证明氯气收集满；‎ ‎(6)氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ；‎ ‎(7)根据离子反应方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，生成1mol氯气反应中转移2mol电子，则每生成0.5mol氯气转移1mol电子，则电子数目为NA个。‎ ‎20.下列A～H八种物质存在如下图所示的转化关系(反应条件、部分产物未标出)。已知A是正盐，B能使品红溶液褪色，G是红棕色气体。试回答下列问题：‎ ‎(1)写出下列各物质的化学式：A________________；B________________。‎ ‎(2)按要求写出下列反应的有关方程式 E→F反应的化学方程式_____________________________________________________；‎ G→H反应的离子方程式_____________________________________________________。‎ ‎(3)写出H的浓溶液与木炭反应的化学方程式_______________________________________。‎ ‎(4)检验D中阴离子的方法是___________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). (NH4)2SO3 (2). SO2 (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). 3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO (5). C+4HNO(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O (6). 取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成．再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ G是红棕色气体，则是NO2，F和氧气反应生成二氧化氮，所以F是NO；A是正盐，和氢氧化钠反应生成E，E和氧气反应生成NO，则E是NH3，A是铵盐；二氧化氮和某种物质反应后能生成NO和H，则是和水反应生成硝酸和NO，所以H是硝酸；B能使品红溶液褪色，且B能和氧气反应生成C，所以B是SO2，C是SO3，A是正盐且是铵盐，反应后能生成二氧化硫，所以A是(NH4)2SO3，三氧化硫和水反应生成硫酸，则D是硫酸，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)通过以上分析知，A是(NH4)2SO3；B是SO2；‎ ‎(2)高温、催化剂条件下，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；‎ ‎(3)加热条件下，碳和浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应方程式为：C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O；‎ ‎(4)D中含有硫酸根离子，硫酸根离子的检验方法是：取少量该溶液于试管中，加足量稀盐酸酸化，未见沉淀生成，再加入少量BaCl2溶液，如果出现白色沉淀，则证明该溶液中含有SO42-。‎ ‎ ‎