【文档说明】四川省泸县第一中学2022-2023学年高一下学期3月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，691.932 KB，由小赞的店铺上传

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泸县一中2023年春期高一第二学月考试化学试题试题满分100分考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5第Ⅰ卷选择题(45分)一、单选题(本答题共15个

小题，每小题3分，共45分)1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A.大量燃烧化石燃料排放的废气中含大量CO2、SO2造成大气污染，从而使雨水pH=5.6形成酸雨B.中国天眼FAST用到的碳化硅

(SiC)是一种新型的无机非金属材料C.辽宁号航空母舰上拦阻索中的钢丝属于合成材料D.中国空间站使用的太阳能电池帆板的主要成分是SiO2【答案】B【解析】【详解】A．正常雨水的pH约为5.6，酸雨pH＜5.6，酸雨的形成与CO2无关，A错误；B．碳化硅

也是无机物，是近几年合成的新型无机非金属材料，B正确；C．钢丝是金属材料，不是有机物，故不是合成材料，C错误；D．Si常作半导体，常用于太阳能电池板，SiO2是制作光导纤维的主要成分，D错误；故选B。2.下列叙述不涉及．．．氧化

还原反应的是A.用2SO漂白纸浆B.由二氧化硅制晶体硅C.含氯消毒剂用于环境消毒D.大气中的2NO参与酸雨的形成【答案】A【解析】【分析】【详解】A．用2SO漂白纸浆利用的是SO2的漂白性，而与氧化还原反应无关，A符合题意；B．由二氧化

硅制晶体硅，发生的反应为2SiO+2CSi+2CO高温，属于氧化还原反应，B不符合题意；C．含氯消毒剂用于环境消毒利用了其强氧化性的性质，涉及到氧化还原反应，C不符合题意；D．大气中的2NO参与酸雨的形成，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+

NO，N元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，D不符合题意；答案选A。3.下列有关化学用语表示不正确．．．的是A.氯离子的结构示意图：B.质子数为6、中子数为8的核素：146CC.N2的结构式：N≡ND.2CO的电子式：【答案】D【解

析】【详解】A．氯元素是17号元素，氯离子核外有18个电子，其离子的结构示意图：，故A正确；B．质子数为6、中子数为8的核素，其质量数=质子数+中子数=14，其符号为：146C，故B正确；C．N2分子中N原子间共用

3对电子，结构式为N≡N，故C正确；D．CO2碳原子分别和氧原子形成2对共用电子对，O和C原子达到8电子稳定结构，其电子式：，故D错误。答案为D。4.下列说法正确的是A3CaSO难溶于水，故2SO能与2CaCl溶液反应B.二氧化硅为酸性氧化物，能与水化

合生成硅酸C.2CO、2NO或2SO都会导致酸雨的形成，2NO能导致“光化学烟雾”D.氢氟酸能雕刻玻璃，故不能用玻璃瓶盛放氢氟酸【答案】D【解析】【详解】A．3CaSO难溶于水，但能溶于盐酸，因此2SO能与2CaCl溶液不能反应，故A错误；是.B．二氧化硅难溶于水，不能直接与水反应生成硅酸，故B错

误；C．2CO不会导致酸雨形成，故C错误；D．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅能发生反应，因此不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，故D正确；故选：D。5.下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是A.在试管中将熟石灰和氯化铵混合后加热B.加热

试管中的氯化铵固体C.将烧瓶中的浓氨水加热D.将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中【答案】B【解析】【详解】A．熟石灰和氯化铵混合加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑

+2H2O，选项A不选；B．氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢遇冷又可以化合成氯化铵，该方法很难制氨气，选项B选；C．加热浓氨水，一水合氨受热分解可以制取氨气，反应的化学方程式为：NH3•H2ONH3↑+H2O，选项C

不选；D、利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CaO═NH3↑+Ca（OH）2，选项D不选；答案选B。6.下列关

于物质性质的比较不正确的是A.酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4B.原子半径：Na＞Al＞OC.非金属性：S＞OD.稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI【答案】C【解析】【详解】A．Cl、Br、I为同主族元素，非金属性Cl＞Br＞I，则酸性：HC

lO4＞HBrO4＞HIO4，A正确；B．Na、Al为同周期元素，且Na在Al的左边，O在Na、Al的上一周期，则原子半径：Na＞Al＞O，B正确；C．O、S为同主族元素，O在S的上方，则非金属性：S＜

O，C不正确；D．F、Cl、Br、I为同主族元素，非金属性F＞Cl＞Br＞I，则稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，D正确；故选C。7.下列各组离子组一定能大量共存的是A.强碱性溶液中：Na+、23CO−、K+、ClO−B.能与金属铝反应放出氢气的溶液中：K+、3NO−、Cl−、4NH+C

.能使酚酞溶液变红的无色溶液中：Na+、4NH+、Cl−、OH−D.无色透明溶液中：K+、NO3−、SO24−、Fe3+【答案】A【解析】【详解】A．强碱性溶液中：Na+、23CO−、K+、ClO−相互不反应而共存，故A符合题意；B．能与金属铝反应放出氢气的溶液中，可能是酸溶液，也

可能是碱溶液，OH−与4NH+反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．能使酚酞溶液变红的无色溶液中，说明溶液显碱性，OH−与4NH+反应而不能大量共存，故C不符合题意；D．含Fe3+溶液呈黄色，不符合无色的要求，故D不符合题意。综上所述，答案为A。

8.AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.2molAl与足量稀24HSO充分反应，生成的2H体积为6.72LB.131L1molLFeCl−溶液制得的3Fe(OH)胶体中，胶体粒子数目为ANC.足量2MnO与10.4L1molL−浓盐酸在

加热时充分反应，生成0.1mol的2ClD.2215.6gNaO与足量水充分反应，转移的电子数为A0.2N【答案】D【解析】【详解】A．0.2molAl与足量稀24HSO充分反应，生成的2H物质的量由铝

决定，为0.3mol，由于不清楚是否为标准状况，无法计算气体体积，故A错误；B．131L1molLFeCl−溶液中氯化铁物质的量为1mol，由于3Fe(OH)胶体粒子是集合体，因此得到的胶体粒子数目小于AN，故B错误

；C．浓盐酸在反应过程中不断变稀，稀盐酸不与二氧化锰反应，因此足量2MnO与10.4L1molL−浓盐酸在加热时充分反应，生成氯气物质的量小于0.1mol，故C错误；D．22222NaO+2HO=4NaOH+O~2e-，2mol过氧

化钠反应转移2mol电子，则2215.6gNaO(物质的量为0.2mol)与足量水充分反应，转移的电子数为A0.2N，故D正确；答案为D。9.下列有关碱金属的说法不正确的是A.均为ⅠA族元素，最外层均有1个电子B.单质的还原性:Li>Na>K>Rb>CsC.

单质的熔、沸点逐渐降低D.由Li到Cs，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大【答案】B【解析】【详解】A．碱金属位于周期表第ⅠA族，主族序数等于原子最外层电子数，最外层电子数为1，选项A正确；B．同主族从上到下电子层数依次增加，半径逐渐增大，失电子能力越来越强，

还原性增强，单质的还原性：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，选项B错误；C．碱金属，从上到下，单质的熔、沸点逐渐降低，选项C正确；D．同一主族，从上到下，电子层数依次增大，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大，选项D正确；答案选B

。10.下列有关离子检验的描述正确的是A.将干净的铂丝蘸取少量未知溶液在酒精灯上灼烧，观察火焰呈黄色，则该溶液中含有Na+，不含K+B.取样，加入稀盐酸酸化的2BaCl溶液，出现白色沉淀，则该溶液中一定含有24SO−C.取样，滴加NaOH溶液，加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验发

现变红，则该溶液中一定含有4NH+D.取样，滴加硫氰化钾溶液，无现象，再通入氯气，溶液变红，则该溶液中一定含有2Fe+，不含3Fe+【答案】D【解析】【详解】A．焰色试验时观察到火焰呈黄色，能证明原溶液一定含有+Na，要证明是否

含有+K，还需要通过蓝色钴玻璃观察火焰是否呈紫色来确定，A错误；B．加入稀盐酸酸化的2BaCl溶液，出现的白色沉淀可能是4BaSO，也可能是AgCl，故不能证明一定含有24SO−，B错误；C．检验由+4NH时，4

NH+和OH-在加热条件下反应生成的3NH，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，现象是试纸变蓝，C错误；D．取样，滴加硫氰化钾溶液，无现象，证明溶液中不含3+Fe，再通入氯气，溶液变红，证明原溶液中含有2+

Fe，被氯气氧化生成3+Fe，再与SCN−络合生成红色物质，D正确；故选D。11.部分含硫物质的分类与相应化合价及部分物质间转化关系如图所示。下列说法不正确的是A.a是一种有臭鸡蛋气味的气体B.工业上由b制备e的路线：b⎯⎯⎯→燃烧c23400500VO⎯⎯⎯⎯→℃dee⎯⎯⎯

⎯⎯→的浓溶液吸收C.c造成的酸雨雨水在空气中放置一段时间pH会增大D.f、g正盐的阴离子可以在碱性溶液中共存【答案】C【解析】【分析】a为硫的氢化物，S元素化合价为-2价，则a为H2S，b为单质，则b为硫，c为氧化物，其硫元素化合价为+4价，则c为二氧化硫，d为氧化物，其硫元素化合

价为+6价，则d为三氧化硫，e为酸，硫元素化合价为+6价，则e为硫酸，f为盐，硫元素化合价为+4价，则f为亚硫酸盐，g为盐，硫元素化合价为-2价，则为硫化物。【详解】A．2HS是一种有臭鸡蛋气味的气体，A正确；B．

工业上由硫黄制备硫酸的路线为硫黄2SO⎯⎯⎯→燃烧2540050098%32VO4HSOSO⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→℃的浓硫酸吸收，B正确；C．2SO溶于水生成23HSO，会被空气氧化生成硫酸，pH降低，C错误；D．2S−与23SO−在碱性溶液中不发生反应，D正确；

故答案选C。12.X、Y、Z、W、E是短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中X的族序数=周期序数=原子序数，Y的最外层电子数等于其次外层电子数的2倍，它的一种核素常用于考古断代，W的一种单质被喻为“人类地球的保护伞”，E的最高正化合价与最低

负化合价的代数和为4，下列说法不正确的是A.由X、Z、E三种元素形成的正盐中，既存在离子键也存在共价键B.Y、Z、W、E的简单氢化物的稳定性依次增强C.X、Z、W、E四种元素组成的两种酸式盐之间可以发生化学反

应D.Y、E形成的化合物可以用于清洗试管内残留的E单质【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、E是短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中X的族序数=周期序数=原子序数，X是H；Y的最外层电子数等于其次外层

电子数的2倍，它的一种核素常用于考古断代，Y是C；W的一种单质被喻为“人类地球的保护伞”，W是O，则Z是N；E的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4，E是S，据此解答。【详解】A．由H、N、S三种元素形成的正

盐如硫酸铵，既存在离子键也存在共价键，A正确；B．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性O＞N＞S＞C，则简单氢化物的稳定性是O＞N＞S＞C，B错误；C．H、N、O、S四种元素组成的两种酸式盐，硫酸氢铵和

亚硫酸氢铵之间可以发生化学反应，C正确；D．硫单质易溶于二硫化碳，Y、E形成的化合物二硫化碳，可以用于清洗试管内残留的硫单质，D正确；故选B。13.下列四个常用电化学装置的叙述错误的是图Ⅰ水果电池图Ⅱ干电

池图Ⅲ铅蓄电池图Ⅳ氢氧燃料电池A.图Ⅰ所示电池中，电子从锌片流出B.图Ⅱ所示干电池中锌作负极C.图Ⅲ所示电池为二次电池，放电时正极的电极反应式为Pb-2e-＋2-4SO=PbSO4D.图Ⅳ所示电池中正极反应为：+-22

O+4H+4e=2HO【答案】C【解析】【详解】A．图I水果电池中，锌的活动性比铜强，锌作负极，铜作正极，电子由负极流向正极，A正确；B．图II为锌锰干电池，锌为金属，锌作负极，石墨作正极，B正确；C．图III为铅蓄电池，铅作负极，二氧化铅作正极，放电时负极的电极反应式为Pb

-2e-＋2-4SO=PbSO4，正极反应式为PbO2+2-4SO+4H++2e-=PbSO4+2H2O，C错误；D．图IV为氢氧燃料电池，氢气作负极失电子，氧气作正极得电子，氧气得电子被还原，由于电解质溶液呈酸性，

因此正极电极反应式为：+-22O+4H+4e=2HO，D正确；故选C。14.足量铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体若与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，气体被水完全吸

收。若向原所得溶液中加入过量的稀硫酸，则继续溶解的Cu的质量为A.6.4gB.9.6gC.19.2gD.24g【答案】C【解析】【分析】【详解】NO2、N2O4、NO气体与1.12LO2(标准状况下)混合后通入水中，气体被水完全吸收，根据得失电子守恒，氧气得到

的电子数等于铜失去的电子数，即铜失去的电子物质的量为n(e－)＝0.05mol×4＝0.2mol，则铜的物质的量为0.1mol，生成的硝酸铜物质的量为0.1mol，溶液中硝酸根物质的量为0.2mol，若向原所得溶液中加入过量的稀硫酸，发生3Cu＋8H＋＋2NO3−=3Cu2+＋2

NO↑＋4H2O反应，根据离子方程式得到继续溶解的Cu的物质的量为0.3mol，质量为0.3mol×64g∙mol−1＝19.2g，故C符合题意。综上所述，答案为C。15.足量的铜与一定量的浓硝酸充分反应，得到4.48L(标准状况)NO2与NO的混合气体，这些气体与

一定体积的O2混合后通入水中，恰好被完全吸收生成硝酸。向所得硝酸铜溶液中加入100mL4mol·L-1NaOH溶液，Cu2+恰好沉淀完全。下列说法正确的是A.此反应过程中转移了0.5mol的电子B.消耗氧气的体积为1.12L(标准状况)C.参加反应的HNO3是0.4molD.

混合气体中含2.24L(标准状况)NO【答案】D【解析】【分析】整个过程中Cu失去电子，转化为Cu2＋；-3NO得到电子，转化为4.48LNO2和NO的混合气体；NO2和NO，与O2、水反应失去电子，转化为HNO3，而O2得到了电子；整个过程中转移的电子的量是

守恒的，铜原子失去2个电子转化为Cu2＋，Cu2＋再和2个OH－结合生成Cu(OH)2，可知转移的电子数目等于OH－的数目，n(OH－)=0.1L×4mol·L－1=0.4mol，则转移的电子的物质的量也是0.4mol，n(Cu)=0.02mol，据此分析。【详解】A．

根据分析，反应过程中转移了0.4mol电子，故A错误；B．转移了0.4mol电子，则需要0.1molO2，其在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．在反应过程中HNO3体现出了酸性和氧化性，体现酸性的硝酸，转化为了Cu(NO3)2，根据n(-3NO)=2n(Cu)=0.2mol×2=0.

4mol；体现氧化性的硝酸，转化为NO2和NO，设n(NO2)=xmol，n(NO)=ymol，则根据转移电子守恒和物料守恒，有4.48x+y=22.4x+3y=0.4，求得x=y=0.1mol，根据物料守恒，则体现氧化性的n(HNO3)=n(NO)＋n(NO2)=0.1

mol＋0.1mol=0.2mol。参加反应的HNO3是0.4mol＋0.2mol=0.6mol，故C错误；D．根据C中的分析，n(NO)=0.1mol，其在标况下的体积为2.24L，故D正确；答案选D。第Ⅱ卷非选择题(55分)16.如图是元素周期表的一部分，按要求回答问题：①②③④

⑤⑥⑦⑧⑨（1）元素④在周期表中位置是___________。元素③的最高价氧化物的化学式为___________（2）元素①⑤组成化合物电子式为___________。（3）元素②的单质与③的最高价氧化物的水化物热的浓溶液反应的化学方程式___________（4）

元素⑦与⑨形成的化合物与元素③的氢化物的水溶液反应的离子方程式为___________（5）元素④⑤⑥⑧形成的简单离子，其离子半径由小到大的顺序为___________(用离子符号表示)。【答案】（1）①.第二周期第VIA族②.N2O5（2）（

3）C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O（4）Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+（5）Mg2+<Na+<O2-<S2-【解析】【分析】依据元素在周期表中的位置，可确定①、②、③、④、⑤、⑥、⑦、⑧、⑨分别

为H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl元素。【小问1详解】元素④为8号元素氧，在周期表中位置是第二周期VIA族。元素③为7号元素氮，最高价氧化物为五氧化二氮，化学式为N2O5。答案为：第二周期VIA族；N2O5；

【小问2详解】元素①⑤组成化合物为NaH，属于离子化合物，由钠离子和H-离子结合而成，其电子式为：，故答案为：；【小问3详解】元素②和③分别为碳、氮元素，碳单质与热的浓硝酸反应，生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。故答案为：C+

4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；【小问4详解】元素⑦与⑨形成的化合物为AlCl3、元素③的氢化物为3NH，氨气溶于水得到弱碱NH3•H2O，氯化铝与一水合氨反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应离子方程式为：Al3

++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；【小问5详解】元素④⑤⑥⑧分别为O、Na、Mg、S，简单离子分别为2-+2+2-ONaMgS、、、。其中2-+2+ONaMg、、核外电子层2层，随核电荷数的

增大，离子半径减小，2-S离子核外电子层数为3，离子半径最大，则四种简单离子半径为：Mg2+<Na+<O2-<S2-，故答案为：Mg2+<Na+<O2-<S2-。17.Cl2、H2SO4、SO2都是化工生产中的重要物质。请回答下列问题：（1）

化工厂可用浓氨水来检验2Cl是否泄漏，当有少量2Cl泄漏时，发生反应的化学方程式为__________，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则转移的电子数目是____________。（2）以下为用硫酸制取硫酸铜的两种方法。①实验室常利用铜与浓硫酸加热反应制

得硫酸铜；②工业上却是将废铜屑倒入热的稀硫酸中并不断通入空气来制备硫酸铜。方法②反应的离子方程式为_________。上述两种方法中，制取硫酸铜的最佳方法是_______(填“①”或“②”)，理由是___________。（3）葡萄酒常用

Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：120.01000molLI100.0mL30s−⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→盐酸一定条件，淀粉溶液蒸馏用标准溶液滴定葡萄糖样品馏分溶液出现蓝色且不褪色(已知

：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液20.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________g∙L−1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，

则测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)【答案】（1）①.8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl②.0.24NA或0.24×6.02×1023（2）①.2Cu+4H++O2=2Cu

2++2H2O②.②③.产生等量4CuSO后者消耗硫酸的量少，且不产生污染环境的2SO（3）①.0.128②.偏低【解析】【小问1详解】化工厂可用浓氨水来检验2Cl是否泄漏，当有少量2Cl泄漏时，氨气和氯气反应有白烟氯化铵和氮气，发生反应的化学方程式为8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl，根

据方程式分析有2mol氨气被氧化，转移6mol电子，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有0.24mol电子转移及转移的电子数目是0.24NA或0.24×6.02×1023；故答案为：8NH3＋3Cl

2=N2＋6NH4Cl；0.24NA或0.24×6.02×1023。【小问2详解】以下为用硫酸制取硫酸铜的两种方法。①实验室常利用铜与浓硫酸加热反应制得硫酸铜；②工业上却是将废铜屑倒入热的稀硫酸中并不断通入空气来制备硫酸铜。方法②是将废铜屑倒入热的稀硫酸中并不断通入

空气来制备硫酸铜，反应的离子方程式为2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O，上述两种方法中，第一种方法方程式为24422Cu+2HSOCuSO+SO)OΔ(+2H浓，第二种方法方程式为2Cu＋2H2SO4＋O2=2CuS

O4＋2H2O，产生等量4CuSO前者消耗的硫酸量较多，且产生了大量污染性的气体，后者消耗硫酸的量少，且不产生污染环境的2SO，因此制取硫酸铜的最佳方法是②；故答案为：2Cu+4H++O2=2Cu2++2H2O；②；产生等量4CuSO后者消耗硫酸的量少，且不产生污染环境的2S

O。【小问3详解】①按上述方案实验，消耗标准I2溶液20.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为1110.01molL0.02L64gmol0.128gL0.1L−−−=；故答案

为：0.128。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则消耗的单质碘物质的量减少，因此测定结果偏低；故答案为：偏低。18.实验室可用图中装置(略去部分夹持仪器)制取2SO并验证其性质。（1）装置

F中盛放溶液的仪器名称为__________。装置A中发生反应的化学方程式为__________。（2）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若__________，则整个装置气密性良好。（3）装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断2SO生成的快慢，其中的

液体最好选择______(填序号)。a．蒸馏水b．饱和23NaSO溶液c．饱和3NaHSO溶液d．饱和NaOH溶液（4）C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为__________。（5）为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管D中的溶液分成三份，分别进行如

下实验：方案I：向第一份溶液中加入3AgNO溶液，有白色沉淀生成；方案II：向第二份溶液中加入()2BaOH溶液，有白色沉淀生成；方案III：向第三份溶液中加入2BaCl溶液，有产生白色沉淀。上述方案中合理的是方案______(填“I”“II”或“III”)。（6）装置E的作用是_____

_____。装置F中发生反应的离子方程式__________。【答案】（1）①.锥形瓶②.24HSO(浓)232422NaSONaSOSOHO+=++(或242HSO(浓)23422NaSO2NaHSOSOHO+=++)（2）液柱高度保持不变（3）c（4）有浅黄色沉淀生成（5）I

II（6）①.防止倒吸②.22322OHSOSOHO−−+=+【解析】【分析】装置A制备二氧化硫，装置B通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，装置C和D检验二氧化硫的性质，装置E起安全瓶作用，装置F尾气处理，据此解答。【小问1详解】装置F中盛放溶液

的仪器名称为锥形瓶；装置A中Na2SO3固体和70%硫酸发生反应生成Na2SO4或NaHSO3、SO2和水，反应的化学方程式为24HSO(浓)232422NaSONaSOSOHO+=++(或242HSO(浓)23422NaSO2NaH

SOSOHO+=++)。【小问2详解】仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B长颈漏斗内注入液体至形成段液柱，如果长颈漏斗中液柱高度保持不变，则证明该装置气密性良好；【小问3详解】SO2和水反应生成亚硫酸，为防止SO2溶解，应该选取饱和NaHSO3溶液。NaOH溶液

、饱和NaHCO3溶液都可以吸收二氧化硫，所以不能选取abd，故答案为：c；【小问4详解】C试管中的试剂可以验证SO2的氧化性，则Na2S作还原剂，被SO2氧化生成难溶性的S单质，所以看到的现象是有浅黄色沉淀生成；小问5详解】D中SO2和Cl2在水溶液

中发生氧化还原反应生成HCl、H2SO4，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O＝4H++2Cl-+2-4SO；为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，SO2被氧化生成2-4SO，只要证明溶液中含有2-4SO即可。方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，溶液中含有Cl-

，因此一定有白色沉淀生成；方案Ⅱ：向第的【二份溶液中加入Ba(OH)2溶液，若SO2没有和氯水反应，则Ba(OH)2能和SO2反应生成BaSO3白色沉淀，不能证明二氧化硫的还原性；方案Ⅲ：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有2-4SO，

可以验证二氧化硫的还原性，故选Ⅲ；【小问6详解】缓冲装置能防止倒吸，E装置有缓冲作用而能防止倒吸；SO2有毒且为酸性氧化物，所以不能直接排空，要用碱性溶液吸收，常用NaOH溶液吸收二氧化硫，则装置F中发生反应的离子方程式为：22322OHSOSOHO−−+=+。19.回答下列问题（1）将下

列物质进行分类：①CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3；②红磷与白磷、③乙醇(CH3CH2OH)与二甲醚(CH3OCH3)、④金刚石与石墨、⑤冰与水、⑥16O与18O、⑦CH2=CH2和CH3CH=CH2；⑧CH3CH2CH2CH(C

2H5)CH3和CH3CH2CH2CH(CH3)C2H5，用数字序号回答下列问题：A．互为同素异形体的是_________________。B．互为同分异构体的是_________________。C．属于同位素的是_________________。D．属于

同一种化合物的是_________________。E．互为同系物的是_________________。（2）分子中含有22个共价键的烷烃为_________________(填分子式)；该物质有多种同分异构体，其中主链含有

五个碳原子，有两个甲基作支链，符合条件的烷烃有_________________种；（3）分析下列烃分子，完成填空。①32223CH-CH-CH-CH-CH②i写出①有3个-CH3的同分异构体的结构简式：_________________。ii②为甲烷的_

________________模型（4）某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、b均为惰性电极。①假设使用的“燃料”是氢气(H2)，则b极的电极反应式为_________________。②假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，则a极的电极反应式为_________

________。如果消耗甲醇160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为________。【答案】（1）①.②④②.①③③.⑥④.⑤⑧⑤.⑦（2）①.C7H16②.4（3）①.(CH3)2CHCH2CH3②.球棍

（4）①.--22O+4e+2HO=4OH②.2332CHOH8OH6eCO6HO−−−+−=+③.30NA【解析】【分析】①CH3CH2CH2CH3和(CH3)2CHCH3是分子式相同结构不一样的两种丁烷，互为同分

异构体；②红磷与白磷是同种元素形成的结构不一样的单质，互为同素异形体；③乙醇(CH3CH2OH)与二甲醚(CH3OCH3)是分子式相同结构不一样的两种丁烷，互为同分异构体；④金刚石与石墨是同种元素形成的结构不一样的单

质，互为同素异形体；⑤冰与水是同一物质；⑥16O与18O是质子数相同中子数不同，互为同位素；⑦CH2=CH2和CH3CH=CH2结构相似且相差一个CH2原子团，互为同系物；⑧CH3CH2CH2CH(C2H5)CH3和CH3CH2C

H2CH(CH3)C2H5是同一物质，为3-甲基己烷。【小问1详解】据分析：A．互为同素异形体的是②④。B．互为同分异构体的是①③。C．属于同位素的是⑥。D．属于同一种化合物的是⑤⑧。E．互为同系物的是⑦。【小问2详解】烷烃的通式为CnH2n+2，分子中含有22个共价键，则(n-1

)+2n+2=22，n=7，故分子中含有22个共价键的烷烃的分子式为C7H16；，其中主链含有五个碳原子，有两个甲基作支链，注意甲基不上首尾，两个甲基可以上同一个碳：、，两个甲基上不同的碳：、共符合条件的烷烃有4种

。【小问3详解】i．写出①32223CH-CH-CH-CH-CH有3个-CH3的同分异构体：由于链端各有1个甲基，则另有1个甲基为取代基，故满足条件的同分异构体的结构简式为：(CH3)2CHCH2CH3。ii．

②为甲烷的球棍模型【小问4详解】由图知，电子由a沿着导线到b，则a为负极，b为正极；①假设使用的“燃料”是氢气(H2)，则b极上氧气发生还原反应，电极反应式为--22O+4e+2HO=4OH。②假设使用的“燃料

”是甲醇(CH3OH)，则a极上甲醇失去电子被氧化，电极反应式为2332CHOH8OH6eCO6HO−−−+−=+。如果消耗甲醇160g即5mol，假设化学能完全转化为电能，则转移电子30mol、数目为30NA。20.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们

之间的相互转化关系如图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。请根据以上信息完成下列各题：（1）写出下列物质的化学式：甲_______，B_______，丙_______，H_______。（2）写出实验室制备黄绿色气体乙的化学方程

式：_______。（3）写出B+D→甲反应的化学方程式：_______。（4）D溶液和F溶液在空气中混合现象：_______。写出⑦涉及的离子方程式：_______、_______。（5）检验物质D中金属阳离子的实验方法名称_______

(不要求写具体操作过程)，检验物质G中金属阳离子的常用试剂_______(填名称)，实验现象为_______。【答案】（1）①.H2②.Al③.HCl④.Fe(OH)3（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑（

4）①.生成的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间后变为红褐色②.Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓的③.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（5）①.焰色试验②.硫氰化钾③.溶液变为(血)红色【解析】【分析】金属单质A焰色反应为黄色，则A

为Na，Na与H2O反应生成的气体甲是H2、D是NaOH，金属B和氢氧化钠溶液反应生成氢气，说明B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，氯气与氢气反应生成丙为HCl，溶于水得到E为盐酸，物质D（氢氧化钠）和G反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，说明G中含有Fe3+，金属

C与盐酸反应得到F，F与氯气反应得到G，可推知C为Fe、F为FeCl2、G为FeCl3，据此分析解题。【小问1详解】由分析可知，甲为H2，B为Al，丙为HCl，H为Fe(OH)3，故答案为：H2；Al；HCl；Fe(OH)3；【小问2详解】由分析可知，黄绿色气体乙为Cl2，实验室二氧化锰与浓盐

酸共热制备黄绿色气体乙即Cl2，反应生成氯化锰、氯气和水，其反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问3详解】由分析可知，B

为Al、D为NaOH，甲为H2，则B+D→甲即Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2，该反应的化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；【小问4详解】

由分析可知，D为NaOH，F为FeCl2，故D溶液和F溶液在空气中混合的现象为：生成的白色絮状沉淀Fe(OH)2迅速变为灰绿色，过一段时间后变为红褐色Fe(OH)3，过程⑦涉及的离子方程式为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)

2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：生成的白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，过一段时间后变为红褐色；Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问5详解】由分析可知，D为NaOH

，则检验物质D中金属阳离子即Na+的实验方法名称为焰色试验，G为FeCl3，检验物质G中金属阳离子即Fe3+的常用试剂硫氰化钾，Fe3+遇到SCN-生成血红色溶液，故实验现象为溶液变为(血)红色，故答案为：焰色试验；硫

氰化钾；溶液变为(血)红色。