【文档说明】福建省南安市侨光中学2019-2020学年高一下学期第一次阶段考化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，450.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春南安侨光中学高一年第1次阶段考化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Cu-64第Ⅰ卷（共54分）一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分）1.在碳、氮、硫的氧化物中，许多是工业上重要的化工原料，但是当它们分散到空

气中时，会带来很多环境问题。下列有关这些元素的氧化物的说法不正确的是（）A.开发太阳能、水能、风能、氢能等新能源将有利于减少这些氧化物的产生B.这些氧化物使雨水的pH<7，我们把pH<7的雨水称之为酸雨C.氮与硫的氧化物还能直接危害人的身体健康，引发呼吸道疾病D.“温室效应”与二氧化碳的排放有着

直接的关系【答案】B【解析】【分析】A.太阳能、水能、风能、氢能为清洁能源；B.正常雨水的pH为5.6；C.NO、NO2、SO2等能直接危害人的身体健康；D.二氧化碳是引起温室效应的主要污染物。【详解】A.传统能源会产生C、N、S的氧化物，会带来很多环境问题，太阳能、水能、风能、氢能为

清洁能源，有利于减少这些元素的氧化物的产生，A正确；B.正常雨水中溶解了二氧化碳气体，雨水显酸性：pH<7；而酸雨的pH小于5.6，B错误；C．NO、NO2、SO2等能直接危害人的身体健康，对呼吸道产生刺激，引起引发呼吸道疾病，C正确；D.二氧化碳是引起温室效应的主要污染物，D

正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查环境问题，注意C、N、S的氧化物对环境的影响，CO、NOx、SO2会导致大气污染，NOx、SO2还会导致酸雨的形成，NOx还会形成光化学烟雾，破坏臭氧层；CO2则会导致

温室效应，这些物质的作用即产生的危害一定要引起高度注意。2.鉴别CH4、C2H4、C2H2三种气体可采用的方法是（）A.通入溴水中，观察溴水是否褪色B.通入酸化的KMnO4溶液中，观察颜色变化C.点燃，检验燃烧产物D.点燃，观察火焰明亮程度及产生黑烟的量多少【答案】D【解析】【详解】A

.乙烯和乙炔都可以使溴水褪色，不能鉴别，故错误；B.乙烯和乙炔都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故错误；C.点燃产物都为二氧化碳和水，不能鉴别，故错误；D.点燃是由于含碳量不同，出现的火焰明亮程度和产生黑烟的多少也不同，能鉴别，故正确；故选D。3.下列说法不正确的是（）A.乙烯为不饱和

烃，分子中6个原子处于同一平面B.乙炔与溴的四氯化碳溶液发生加成反应而使其褪色C.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2CH2Br2D.等物质的量的甲烷与氯气反应的产物有5种【答案】C【解析】【详解】A.乙烯分子结构中有碳碳双键，为不饱和烃，且分子中6个原子处

于同一平面，故A正确；B.乙炔分子结构中有叁键，能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C.乙烯与溴水发生加成反应的产物是CH2BrCH2Br，故C错误；D.等物质的量的甲烷与氯气反应的产物有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢

，共5种产物，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，产物中有一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳四种有机物和氯化氢一种无机物，产物一共五种。4.取三张蓝色石蕊试纸用蒸馏水润湿后贴在玻璃片上，然后按顺序分别滴加足量的浓硝酸、浓硫酸和浓盐酸，三张纸最终变成（）A.

白色、红色、红色B.红色、红色、红色C.红色、黑色、白色D.白色、黑色、红色【答案】D【解析】【详解】浓硝酸为强氧化性的酸，具有漂白性，则能使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，最后呈现白色；浓硫酸具有脱水性，能使蓝色石蕊试纸最后变为黑色；浓盐酸为酸性，能使蓝色石蕊试纸最后变成红色，则按顺序分别滴加足量

的浓硝酸、浓硫酸和浓盐酸，三张纸最终变成白色、黑色、红色；综上所述，答案为D。5.下列各组物质所发生的化学反应中，由于反应物的用量不同而得到不同产物的是（）①铁与稀硝酸②碳酸钠溶液与稀盐酸③铝和NaOH溶液④铁与氯气A.①②B.①②③④C.①③D.①

③④【答案】A【解析】【详解】①铁与稀硝酸发生反应时，若硝酸过量，则铁被氧化成硝酸铁，若铁过量，则铁被氧化成硝酸亚铁，故①正确；②向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸时，若盐酸少量，碳酸钠转化为碳酸氢钠，若盐酸过量时，碳酸钠转化为氯化钠、二氧化碳和水，故②正确；

③铝和NaOH溶液，无论过量与否，都生成偏铝酸钠和氢气，故③错误；④铁与氯气在点燃条件下发生反应，因为氯气具有强氧化性，则铁被氧化成氯化铁，与用量无关，故④错误；综上所述，①②正确，答案为A。【点睛】氯气与铁发生反应是在点燃的条件下进行的，即便铁粉过量，

也不能在固体状态下与氯化铁再发生反应，铁单质与氯化铁发生归中反应是在水溶液中进行的。6.下列可用浓硫酸干燥的气体有（）①H2②SO2③H2S④Cl2⑤NH3⑥HCl⑦CO2⑧HBr⑨COA.①②④⑥⑦⑨B.①②④⑥⑧⑨C.①②④⑥⑦⑧D.全部【答案】A【解析】【分析】浓硫

酸为酸性干燥剂，且具有强氧化性，一般可以干燥不与其反应的酸性气体，中性气体，不能干燥碱性气体和强还原性气体。【详解】①H2为中性气体，可以用浓硫酸进行干燥；②SO2为酸性气体，与浓硫酸不发生反应，可以用

浓硫酸进行干燥；③H2S为酸性气体，具有强还原性，不可以用浓硫酸进行干燥；④Cl2为酸性气体，具有强氧化性，可以用浓硫酸进行干燥；⑤NH3为碱性气体，不可以用浓硫酸进行干燥；⑥HCl为酸性气体，可以用浓硫酸进行干燥；⑦CO2为酸性气体，可以用浓硫酸进行干燥；⑧HBr为酸性气体，具有强还原性，

不可以用浓硫酸进行干燥；⑨CO为中性气体，可以用浓硫酸进行干燥；综上所述，①②④⑥⑦⑨可以用浓硫酸进行干燥，答案为A。7.氨的催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，对于该反应判断正确的是（）A.氨

气是氧化剂B.该反应是置换反应C.氧气被还原D.若有17g氨参加反应，反应中转移10mol电子【答案】C【解析】【分析】在4NH3＋5O24NO＋6H2O反应中，氨气中氮元素化合价由-3价升高到NO中的+2价，可知氨气在反应中失电子，作还原剂；氧气作氧化剂，发生还原反应；每4mol氨气发生

反应，转移20mol电子。【详解】A.由分析知，氨气为还原剂，故A错误；B.该反应在有单质作反应物，无单质生成，则不是置换反应，故B错误；C.由分析知，氧气为氧化剂，被还原，发生还原反应，故C正确；D.17g氨气为1mol，由分析知，每4mol氨气发生反应，转移20

mol电子，则若1mol氨气参加反应，反应中应转移5mol电子，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】根据所给方程式判断氧化剂、还原剂时可用“升失氧化还原剂”来进行判断，即还原剂化合价升高、失去电子、被氧化、发生氧化反应。8.对某酸性溶液(可能含有Br－、SO42-、H2SO3、NH4+)分别进行

如下实验：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。对于下列物质不能确认其在原溶液中是否存在

的是()A.Br－B.SO42-C.H2SO3D.NH4+【答案】B【解析】【详解】①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，则溶液中一定含有H2SO3，因H2SO3不稳定，分解产生的SO2可使品红溶液褪色。②加碱加热后，产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，

即有NH3产生，说明溶液中一定含有NH。③加入氯水时溶液显黄色，说明原溶液中含有Br－，再加BaCl2有白色不溶于稀HNO3的沉淀生成，说明此时溶液中含SO，但可能是原溶液含有的，也可能是氯水氧化H2SO3产生的，故不能确定的为SO，答案选B。9.下列说法正确的是（）A.过量的铜屑

与稀硝酸作用，反应停止后，再加入1mol·L-1稀硫酸，铜屑又逐渐溶解，是因为铜可直接与1mol·L-1稀硫酸反应B.铁钉放在浓硝酸中浸泡后，再用蒸馏水冲洗，然后放入CuSO4溶液中不反应，说明铁钉表面形成了一层致密稳定的氧化膜C.把

SO2通入溴水中，溴水褪色，可验证SO2的漂白性D.稀硝酸与Cu反应生成NO，而浓硝酸与Cu反应只生成NO2，稀硝酸得电子更多，故稀硝酸氧化性大于浓硝酸【答案】B【解析】【详解】A.过量的铜屑与稀硝酸作用，能生成硝酸铜和一氧化

氮，硝酸铜中的硝酸根在极弱的酸性条件下、中性以及碱性条件下氧化性也极弱，不能将铜单质继续氧化，但当加入稀硫酸时，溶液显酸性，硝酸根此时具有强氧化性，能继续溶解铜屑，而铜为氢后的金属，不能与稀硫酸发生反应，故A错误；B.铁钉放在浓硝

酸中浸泡后，与浓硝酸发生钝化反应，表面生成致密的氧化膜，再用蒸馏水冲洗时，铁的氧化物不溶于蒸馏水，也不与硫酸铜溶液反应，故B正确；C.二氧化硫具有还原性，能与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，不用来验证二氧化硫的

漂白性，故C错误；D.氧化性强弱与得多少电子无关，与是否易得电子有关，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】漂白性是指将有颜色的有机物的颜色漂去，而溴为无机物，只能描述成褪色，不能说成是漂白。10.如图所示，夹子开始处

于关闭状态，将液体A滴入试管②与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管①内的水立刻沸腾了。则液体A和气体B的组合不可能．．．是（）A.高锰酸钾溶液、甲烷B.盐酸、氨气C.氢氧化钠溶液、二氧化碳D.石灰水、二氧化硫【答案】A【解析】【分析】水的沸点与压强有关系，压强越大，水的

沸点越高，压强越小，水的沸点越低。分析图中实验可知，应该是B试管中压强减小，导致装水的试管中压强也减小，水的沸点降低，在96℃时沸腾了。【详解】A.甲烷不溶于高锰酸钾溶液，两者也不反应，不能使B试管的压强降低，故A正确；B.氨气为碱性气体，极易溶于盐酸，会

使B试管的压强降低，故B错误；C.二氧化碳为酸性气体，易与氢氧化钠发生反应，而会使B试管的压强降低，故C错误；D.二氧化硫为酸性气体，易与氢氧化钙发生反应，而会使B试管的压强降低，故D错误；综上所述，答案为A。11.用如图所示装置进行下列实验：将①中的浓硫酸滴入

②中，预测的现象与结论相符的是（）A.若②为浓盐酸；产生大量气体产生；说明硫酸的酸性比盐酸强B.若②为铜片；有气泡产生，底部生成灰白色固体；说明浓硫酸有强氧化性C.若②为蓝色硫酸铜晶体；蓝色晶体变为白色；说明浓硫酸有吸水性，发生物理变化D.若②为蔗糖；白色固体变为黑色海绵状，有气体放

出；说明浓硫酸有脱水性、氧化性【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸具有吸水性,浓盐酸具有挥发性,浓硫酸吸收浓盐酸中的水分导致浓盐酸浓度增大而加强其挥发性,浓硫酸和盐酸都是强酸,该实验体现浓盐酸的挥发性和浓硫酸的吸水性,故A错误。B.常温

下浓硫酸和Cu不反应,所以没有明显现象,故B错误。C.浓硫酸具有吸水性,能吸收五水硫酸铜中的结晶水而使五水硫酸铜变为无水硫酸铜,固体由蓝色变为白色，该实验为化学变化，故C错误。D.浓硫酸能将有机物中的H、0元素以2:1水的形式脱去

而体现脱水性,还能将蔗糖脱水后形成的碳单质.氧化为二氧化碳.同时还生成刺激性气味的二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性.故D正确。答案选D。12.下列有关化学用语表述正确的是（）A.氯离子的结构示意图：B.氨气分子之间的作用力为共价键C.含有8个中子的碳原子的核素符号：14CD.NH4Cl的电

子式为：＋Cl-【答案】C【解析】【详解】A.氯的质子数为17，则氯离子的结构示意图为，故A错误；B.氨气分子之间的作用力为范德华力和氢键，故B错误；C.碳的质子数为6，若中子数为8，则质量数为6+8=14，碳原子的核素符号为14

C，故C正确；D.NH4Cl的电子式为，故D错误；综上所述，答案为C。13.下列各组物质中发生状态变化时所克服的微粒间的相互作用力属于同种类型的是（）A.食盐和蔗糖熔化B.氢氧化钠和金刚石熔化C.碘和干冰升华D.二氧化硫和氧化钠熔化【答案】C【解析】【详解】A.食盐为离子晶体，熔化时需破坏离子

键，蔗糖为分子晶体，熔化时需破坏分子间作用力，故A错误；B.氢氧化钠为离子晶体，熔化时需破坏离子键，金刚石为原子晶体，熔化时需破坏共价键，故B错误；C.碘和干冰均为分子晶体，升华时都需破坏分子间作用力，故C

正确；D.二氧化硫为分子晶体，熔化时需破坏分子间作用力，氧化钠为离子晶体，熔化时需破坏离子键，故D错误；综上所述，答案为C。14.下列排列顺序正确的是（）①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②原子半径：N

a＞Mg＞O③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④结合质子能力：OH-＞CH3COO-＞Cl-A.①③B.②④C.①④D.②③【答案】B【解析】【详解】①元素的非金属性越强其对应的氢化物越稳定，非金属性：F＞O>S，所以HF＞H2O>H2S，故①错误；②同周期元素的原子半

径从左至右逐渐减小，Na＞Mg，O在Na和Mg的上一周期，半径最小，故②正确；③元素的非金属性越强其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞P，酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故③错误；④H2O、C

H3COOH、HCl的电离程度：HCl>CH3COOH>H2O，结合质子能力OH-＞CH3COO-＞Cl-，故④正确；综上可知，排序正确的为②④，故本题正确答案为B。15.X、Y、Z为短周期元素，原子序数依

次增大。X原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，质子数比Y少5，X和Z在同一主族。下列叙述不正确的是()A.原子半径：Y＞ZB.X元素的一种单质可用于消毒杀菌C.Y的氧化物是工业制取Y单质的主要原料D.Z的单质在氧气中点燃可生成两种酸性氧

化物【答案】D【解析】【详解】X原子的最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，质子数比Y少5，则应为第二周期元素，Y为第三周期元素，设X的最外层电子数为2x，则Y的最外层电子数为x，则有（2+8+x）-5=2+2x，x=3，则X的原子序数为8，为O元

素，Y的原子为13，为Al元素，X和Z在同一主族，则Z为S元素，则A．Y为Al元素，Z为S元素，位于相同周期，原子半径Al大于S，选项A正确；B．X为O元素，对应的单质O3可用于消毒杀菌，选项B正确；C．工

业常用电解氧化铝的方法冶炼铝，选项C正确；D．S在氧气中燃烧只生成SO2，在催化剂的条件下与氧气反应生成SO3，选项D错误．答案选D。16.已知硒的质子数为34，下列有关硒及其化合物可能具有的性质正确的为（）A.硒化氢的水溶液呈弱酸性B.硒位于第四周期ⅤA族C.硒与氢气化合

比溴单质与氢气化合容易D.硒的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2SeO3【答案】A【解析】【分析】硒的质子数为34，，最外层电子数为6，为第四周期VIA族元素，与硫元素具有相似的性质。【详解】A.硒化氢的性质类似于硫化氢，水溶液呈弱酸性，故A正确

；B.硒位于第四周期VIA族，故B错误；C.硒与溴同周期，同周期元素，非金属性从左到右逐渐减弱，对应单质与氢气化合越来越容易，则溴单质与氢气化合比硒与氢气化合容易，故C错误；D.硒的最高价为+6价，其氧化物对应的水化物的化学式为H2

SeO4，故D错误；综上所述，答案为A。17.“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于四个“封管实验”(夹持装置未画出、2I固体易升华)的说法正确的是A.加热时，①中封管内固体消失B.加热时，②中溶液变红，冷却后又变为无色C.加热时，③中溶液变红，冷却后红色褪去，体现2SO的漂白性

D.加热又冷却的过程中，①④属于物理变化，②③属于化学变化【答案】C【解析】【分析】A．氯化铵不稳定，加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又生成氯化铵；B．含有氨气的酚酞溶液为红色，加热后氨气逸出，溶液变为无色，冷却后溶液又会变红色；C．二氧化硫具有漂白性，加热后溶液

变红，冷却后溶液褪色；D．氯化铵的分解为化学变化。【详解】A．氯化铵不稳定，加热分解生成氨气和氯化氢，温度稍低时又生成氯化铵，则封管内固体不消失，故A错误；B．加热时氨气逸出，溶液的颜色为无色，冷却后氨气

溶解溶液变为红色，故B错误；C．加热后二氧化硫逸出，溶液呈红色，冷却后二氧化硫又将品红溶液漂白，故C正确；D．氯化铵的分解生成氨气和氯化氢，有新物质生成，为化学变化，故D错误。故答案C。18.1.28g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到Vm

L气体（标准状况），将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为()A.504mLB.336mLC.224mLD.168mL【答案】C【解析】【详解】1.28g铜的物质的量为1.2864/ggmol=0.02mol，Cu与硝酸反应生成硝酸铜与

氮的氧化物，而氮的氧化物倒扣在水中，通入氧气，恰好使气体完全溶于水中，又生成硝酸，纵观整个反应过程可知，铜提供的电子等于通入的氧气获得的电子，故通入氧气的物质的量为0.0224mol=0.01mol，通入氧气的

体积=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL；故选C。第Ⅱ卷（共46分）二、非选择题（共46分）19.下列各组物质①O2和O3②H2、D2、T2③12C和14C④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3⑤乙烷和丁烷⑥和⑦和⑧氯气和氯水⑨红磷和白磷互

为同位素的是___(填序号，下同)，互为同素异形体的是___，互为同系物的是__，互为同分异构体的是__，属于同一物质的是__。【答案】(1).③(2).①⑨(3).⑤(4).④(5).②⑥⑦【解析】【详解】①O2和O3为氧元素组成的不同单质，互为同素异形体；②H

2、D2、T2为不同氢核素构成的不同氢气分子，但均为氢气，是同一种物质；③12C和14C质子数相同，中子数不同，互为同位素；④CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3分子式相同结构不同，互为同分异构体；⑤乙烷和丁烷结构相似，组成上相差2CH2，互为同系物；⑥和结构相同，为同一种物质；⑦和结

构相同，为同一种物质；⑧氯气为纯净物，氯水为氯气溶于水形成的混合物；⑨红磷和白磷为同一种元素组成的不同单质，互为同素异形体；综上所述，互为同位素的是③，互为同素异形体的是①⑨，互为同系物的是⑤，互为同分异构体的是④，属于同一

物质的是②⑥⑦，故答案为：③；①⑨；⑤；④；②⑥⑦。20.下表是元素周期表的一部分，针对表中用字母标出的元素，回答下列问题：（除特别注明外，其它一律用化学式表示）（1）由E形成的物质中硬度最大的是___（填名称），属于___（填“晶体类型”）。（2）最高价氧化物水化物中碱性最强的化合物的电子式是

___，该碱溶液与D的最高价氧化物反应的离子方程式___。（3）常用作光导纤维的是___。（4）G、H、I形成的气态氢化物稳定性由强到弱的顺序___。（5）H、J、K的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序___。（6）I、J、K三种元素形成的离

子，离子半径由大到小的顺序是___。（7）元素I的氢化物的结构式为___；该氢化物常温下和元素K的单质反应的化学方程式为___。【答案】(1).金刚石(2).原子晶体(3).(4).2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O(5).SiO2(6

).H2O＞NH3＞PH3(7).HClO4＞H2SO4＞H3PO4(8).S2-＞Cl-＞O2-(9).H—O—H(10).Cl2＋H2OHClO＋HCl【解析】【分析】根据元素周期表可知，A为氢元素，B为钠元素，C为镁元素，D为铝元素，E为碳元素，F为硅元素，

G为氮元素，H为磷元素，I为氧元素，J为硫元素，K为氯元素，L为氩元素。【详解】（1）E为碳元素，形成的物质中硬度最大的是金刚石，属于原子晶体，故答案为：金刚石；原子晶体；（2）同周期元素从左到右，金属性逐渐减弱，同主族元素，从上到下，金属性逐渐增强，可知钠金属性最强，对应的碱为氢氧化钠，

其电子式为，D为铝元素，其最高价氧化物为氧化铝，氧化铝有两性，与氢氧化钠反应的离子反应方程式为2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O，故答案为：；2OH-+Al2O3=2AlO2-+H2O；（3）二氧化硅常用作光导纤维，故答案为：SiO2；（4）同周期元素从左到右非金属性逐

渐增强，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性O＞N＞P，非金属性强的元素对应的氢化物越稳定，则稳定性H2O＞NH3＞PH3，故答案为：H2O＞NH3＞PH3；（5）同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性Cl＞S＞P，非金属性强的元素对应的最高价含氧酸的酸

性强，则酸性HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H3PO4；（6）S2-、Cl-均有三个电子层，核外电子排布相同，则核电荷数小的离子半径大，即S2-＞Cl-，O2-有两个电子层，比S2-、Cl-的离

子半径都小，则S2-＞Cl-＞O2-，故答案为：S2-＞Cl-＞O2-；（7）元素I的氢化物为水，结构式为H—O—H，水在常温下和氯气反应的化学方程式为Cl2＋H2OHClO＋HCl，故答案为：H—O—H；Cl2＋H2OHClO＋HCl。21.某兴趣小组为探究铁和浓硫酸反应的产物及性质，用如

图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)实验开始前，先打开弹簧夹通一段时间N2，关闭弹簧夹后，在A中滴加一定量的浓硫酸，观察实验现象，然后加热，观察到A中有白雾生成，铁片上有气泡产生

。已知A中白雾是硫酸与水形成的酸雾。请回答下列问题：（1）仪器a的名称是___；（2）加热一段时间后发现B装置中溶液褪色，取出A中的溶液少许，加入KSCN溶液未出现血红色，写出此时A中反应的化学方程式：___；（3

）C装置的作用是除去二氧化硫气体中硫酸蒸汽，则盛放的溶液是___；A.水B.NaOH溶液C.饱和Na2SO3溶液D.饱和NaHSO3溶液（4）实验开始前，先通一段时间N2的目的是___；（5）可以证明H2SO3是弱酸的实验装置是_

__；（6）E中的现象是___，该现象表明SO2具有___性；（7）装置F的作用是吸收尾气，写出该装置中反应的化学方程式___，以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收该尾气，而且能防止倒吸的是___。【答案】(1

).分液漏斗(2).Fe+2H2SO4(浓)FeSO4+SO2↑+2H2O(3).D(4).除去装置中的空气(5).D(6).高锰酸钾溶液褪色(7).还原性(8).2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O(9).②､④【解析】【分析】A装置为铁和浓硫酸的反应装置，B装置为检验

二氧化硫的装置，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，C装置为除去二氧化硫中的酸雾，防止对D装置中的现象产生干扰，D装置中装的氯化钡与二氧化硫不反应，E装置中高锰酸钾具有强氧化性，而二氧化硫具有还原性，二氧化硫能还原高锰酸钾使其褪色，F装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫，防止其污染空气。【详解】（

1）仪器a是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）加入KSCN溶液未出现血红色，说明生成的不是硫酸铁，而是硫酸亚铁，则反应的化学方程式为Fe+2H2SO4(浓)ΔFeSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Fe+2H2SO4(

浓)ΔFeSO4+SO2↑+2H2O；（3）硫酸为强酸，二氧化硫溶于水生成亚硫酸为弱酸，则C装置中的试剂应为能溶解硫酸，或能与硫酸反应，而不溶解二氧化硫，也不与二氧化硫反应的试剂；A.水能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫，故A错误；B.

NaOH溶液能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫，故B错误；C.饱和Na2SO3溶液能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫，故C错误；D.二氧化硫几乎不溶于饱和NaHSO3溶液，而硫酸能与亚硫酸氢钠发生反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，则能用

饱和NaHSO3溶液除去二氧化硫中的硫酸蒸汽，故D正确；综上所述，故答案为：D；（4）因为二氧化硫具有还原性，而空气中的氧气具有氧化性，对实验会造成干扰，则实验开始前，先通一段时间N2，除去装置中的空气，故答案为：除去装置中的空

气；（5）亚硫酸为弱酸，所以与氯化钡溶液不反应，则若D装置中无现象，可以证明亚硫酸为弱酸，故答案为：D；（6）由分析知，D中强氧化性的高锰酸钾能与具有还原性的二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，故答案为：高锰酸钾溶液褪色；还原性；（7）因为二氧化硫是空气污染气体之

一，则需要用氢氧化钠进行尾气吸收，反应的方程式为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；①装置气体进入装置后会使压强增大，不安全，故①错误；②装置中的双耳管在发生倒吸时能承接液体，能有效防止倒吸，故②正确；③装置的漏斗应放在与液面相切的位置，故③错误；④装置中

的干燥管在发生倒吸时能承接液体，能有效防止倒吸，故④正确；综上所述，答案为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；②、④。22.A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表

B或G)型氢化物,D为同周期主族元素中原子半径最大的元素。(1)B在元素周期表中的位置是______。(2)D的两种常见氧化物中均含有____________(填“离子键”或“共价键”)。(3)E的最

高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为____________。(4)D的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应,反应的离子方程式为___________。(5)用原子结构解释

“B、G单质都能与H2反应生成HX型氢化物”的原因：________。【答案】(1).第2周期第VIIA族(2).离子键(3).2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O(4).Cl2+2OH﹣═ClO﹣+C

l﹣+H2O(5).氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键【解析】【分析】A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．

D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。【详解】A、B、

D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和

为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素；(1)B为F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；(2)D为Na元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共

热反应化学方程式为2H2SO4(浓)+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；(5)氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7，均可与氢原子共用一对电子形成共价

键，单质都能与H2反应生成HX型氢化物。