黑龙江省哈尔滨市呼兰一中阿城二中宾县三中尚志五中四校2018_2019学年高一化学下学期期中试题1含解析.doc

《黑龙江省哈尔滨市呼兰一中阿城二中宾县三中尚志五中四校2018_2019学年高一化学下学期期中试题1含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《黑龙江省哈尔滨市呼兰一中阿城二中宾县三中尚志五中四校2018_2019学年高一化学下学期期中试题1含解析.doc（16页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、黑龙江省哈尔滨市呼兰一中、阿城二中、宾县三中、尚志五中四校2018-2019学年高一化学下学期期中试题1（含解析）1.下列有关化学用语表示正确的是（）A. H、D、T表示同一种核素B. 氢离子电子式为H+C. Cl离子的结构示意图：D. HClO的电子式：【答案】B【解析】A. 核素是具有一定数目的质子数和质量数的原子。所以 11H、21D、31T表示三种核素，故A错误；B.因为氢原子核外只有一个电子，形成离子时失去最外层电子，所以氢离子电子式为H+，故B 正确；C. 氯为17号元素，核内有17个质子，核外有17个电子。形成离子时得到一个电子，所以Cl离子的结构示意图：，故C错误；D. HCl

2、O的电子式：，故D错误；答案：B。2.下列说法中不正确的是原子核内有18个中子的氯原子：3517 Cl23592U和23892U是中子数不同质子数相同的同种核素元素周期表中铋元素的数据如图所示，则Bi元素的质量数是209.0 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据原子构成，左下角为质子数，左上角为质量数，质量数=质子数中子数，即核素质量数为35，即核素的表示为3517Cl，故说法正确；两种核素的质子数都是92，中子数分别为143、146， 235U和238U为不同核素，两核素互为同位素，故说法错误；209.0表示Bi元素的相对原子质量，故说法错误；综上所述，选项D符合题意。3.

3、下列说法肯定错误的是( )A. 某原子K层上只有一个电子B. 某原子M层上的电子数为L层上电子数的4倍C. 某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍D. 某离子的核电荷数与最外层电子数相等【答案】B【解析】某原子M层上电子数为L层上电子数的4倍为32 ，错误。某离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍为2 8 8，某离子的核电荷数与最外层电子数相等 ,比如为H4.X元素最高价氧化物对应的水化物为H3XO4，则它对应的气态氢化物为( )A. HXB. H2XC. XH3D. XH4【答案】C【解析】分析：元素的最高正价+|最低负价|=8，根据元素的最高价氧化物的水化物的化学式确定最高正价，进而

4、求得最低负价，得出气态氢化物的化学式。详解：元素X的最高价氧化物的水化物的化学式为H3XO4，所以X的最高正价是+5价，依次最低负价为-3价，则X的气态氢化物的化学式为XH3。答案选C。详解：本题考查了元素正负化合价之间的关系，题目难度不大，注意根据元素的最高正价+|最低负价|=8解答。另外需要注意氟元素没有正价，氧元素没有最高价。5.下列关于碱金属元素和卤素的说法中，正确的是( )A. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素单质的熔沸点都逐渐升高B. 卤素单质氧化性：F2 Cl2 Br2 I2，可用F2 置换KI溶液中的I2C. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱，可与氧气反应生成Li

5、2O2D. 卤化氢（HX）中除HF分子间存在氢键外，其余HX分子均不存在氢键【答案】D【解析】分析：依据同主族元素，从上到下，原子半径依次增大，金属性依次增强，非金属性依次减弱解答即可。详解：A随核电荷数的增加，碱金属元素单质的熔沸点逐渐减小，A错误；B同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，氟是最活泼的非金属，极易与水反应，因此不能用F2置换KI溶液中的I2，B错误；C锂的金属性弱于钠，与氧气反应生成Li2O，C错误；D能形成氢键的元素一般是非金属性很强，例如F、O、N，所以卤化氢（HX）中除HF分子间存在氢键外，其余HX分子均不存在氢键，D正确；答案选D。6. 几种短周期元素的原子半径及主

6、要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+5、+3、-3-2 下列叙述正确的是A、X、Y元素的金属性XAl3S2Cl氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4离子的还原性：S2ClBrI氧化性：Cl2SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO4非金属性：ONPSi金属性：BeMgCaClKAl3；中离子还原性应为S2IBrCl；中非金属性ClSPC，故其最高价氧化物对应水化物的酸性应为：HClO4H2SO4H3PO4H2CO3；错，故选B。8.下列说法正确的是()A. 阴、阳离子间通过静电引力所形成的化学键是离子键B. 二氧化硅融化和

7、干冰气化所破坏的作用力不相同C. 非极性键只能存在单质中，不可能存在化合物中D. HBr比HCl的热稳定性差，说明HBr的分子间作用力比HCl弱【答案】B【解析】A. 阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键是离子键，故A错；B. 二氧化硅是原子晶体，融化时破坏的是共价键，干冰是分子晶体，气化时破坏的是分子间作用力。两者破坏的作用力是不相同。故B正确；C. 因为非极性键是同种原子之间形成的，所以过氧化氢分子中两个氧原子之间形成的是非极性键，故C错误；D非金属性越强，气态氢化物越稳定，因为非金属性ClBr，所以 HBr比HCl的热稳定性差；而分子间作用力是由HBr和HCl的相对分子质量决定的，因为

8、同主族组成的结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，所以HBr的分子间作用力比HCl强。故D错误；答案：B。点睛：本题考查化学键的相关知识。还考察了分子间作用力和化学键的区别。解答本题时要根据形成的化学键的种类不同，判断化学键的类型。离子键是通过阴阳离子的相互作用而形成的。共价键是通过共用电子对的偏移而形成的。极性键是不同原子之间形成的；非极性键是同种原子之间形成的。分子间作用力不属于化学键。解答本题抓住概念的区别进行判断。9.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是 A. 气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C. 上

9、图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSiD. 用中文“”(o)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族【答案】C【解析】【详解】A.非金属性ONSi，气态氢化物的稳定性：H2ONH3SiH4，故不选A；B.H与F、Cl等形成共价化合物，与Na、K等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，故不选B；C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故选C；D.118号元素的核外有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，故不选D；答案：C10.下列气体溶解于水，没有发生氧化还原反应的是( )

10、A. SO2溶解于水B. NO2溶解于水C. F2溶解于水D. Cl2溶解于水【答案】A【解析】【分析】没有发生氧化还原反应，说明反应中没有元素的化合价发生变化，据此分析解答。【详解】ASO2+H2OH2SO3中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故A选；B3NO2+H2O=2HNO3+NO中，N元素化合价由+4价变为+5价和+2价，有元素的化合价的变化，属于氧化还原反应，故B不选；C2F2+2H2O=4HF+O2反应中F和O元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；DCl2+H2O=HCl+HClO中，Cl元素化合价由0价变为+1价和-1价，有元素的化合价的变化，属于氧化还原反应，

11、故D不选；答案选A。【点睛】根据元素化合价是否变化分析是解答此类试题的一般方法。本题的易错点为C，要注意记忆卤素单质与水反应的化学方程式。11. 下列方法中，不能用于实验室里制取氨的是（ ）A. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热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】氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，温度降低后二者又化合生成氯化铵固体，所以B是错误的。氨水不稳定，加热易分解放出氨气。生石灰和氨水中的水反应生成氢氧化钙，增大氨水的浓度，同时放出的热量促使氨水分解因此ACD均正确。答案选B。12.关于SO

12、2与NO2的下列说法错误的是A. 都能与NaOH溶液反应生成两种盐B. 都能使石蕊试液变红C. 都是引起光化学烟雾的大气污染物D. 工业制硫酸、硝酸时要用到它们【答案】C【解析】【分析】根据SO2和NO2的性质进行分析；【详解】A、SO2为酸性氧化物，若SO2过量：SO2NaOH=NaHSO3，若SO2不足：SO22NaOH=Na2SO3H2O，NO2与NaOH反应：2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O，故A说法正确；B、SO2溶于水后生成H2SO3，能使石蕊试液变红，NO2溶于水：3NO2H2O=2HNO3NO，HNO3能使石蕊试液变红，故B说法正确；C、SO2、NOx都是引起酸雨

13、的主要的物质，引起光化学烟雾的大气污染物是NOx，故C说法错误；D、工业制硫酸：SO2SO2、2SO2O22SO3、SO3H2O=H2SO4，工业上制备硝酸：2N23H22NH3、4NH35O24NO6H2O、2NOO2=2NO2、3NO2H2O=2HNO3NO，故D说法正确。【点睛】易错点是选项A，学生知道SO2溶于水后生成H2SO3，H2SO3为二元中强酸，与NaOH反应生成Na2SO3或NaHSO3，但对NO2能否与NaOH反应不清楚，熟记NO2与NaOH发生：2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O，同时还应记住的有NONO22NaOH=2NaNO2H2O。13.检验SO2中是否

14、含有CO2，应采取的措施A. 通过澄清石灰水B. 通过Ba(OH)2，再通过石灰水C. 通过酸性KMnO4溶液，再通过石灰水D. 通过小苏打溶液再通过石灰水【答案】C【解析】【分析】SO2和CO2部分性质具有相似性，如都是酸性氧化物，都能使澄清石灰水变浑浊等，但有些性质不相同，如SO2能使品红溶液褪色，CO2则不行，SO2以还原性为主，能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色等；【详解】A、SO2、CO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此该方法不能检验SO2是否含有CO2，故A不符合题意；B、CO2和SO2都是酸性氧化物，都能与Ba(OH)2反应，通过Ba(OH)2时， CO2、SO2可能将全部吸收，且SO2

15、、CO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此该方法不能检验SO2中是否含有CO2，故B不符合题意；C、SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，通过酸性高锰酸钾溶液，SO2转化成SO42，然后再通过石灰水，如果石灰水变浑浊，则说明含有CO2，反之不含有，因此该方法能检验SO2否含有CO2，故C符合题意；D、小苏打是NaHCO3，亚硫酸的酸性强于碳酸，气体通过小苏打溶液，会产生CO2，对原气体中CO2检验产生干扰，因此该方法不能检验SO2是否含有CO2，故D不符合题意。14. 下列物质均有漂白作用，其漂白原理相同的是过氧化钠 次氯酸 二氧化硫 活性炭 臭氧A. B. C. D. 【答案】A【解析】考查

16、常见漂白剂的漂白原理。均是利用物质的氧化性，的漂白原理是SO2和有色物质结合，生成不稳定的无色物质，是活性炭的吸附，所以正确的答案是A。15.能正确表示下列反应的离子方程式的是A. 向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe24HNO3-=3Fe3NO2H2OB. 铜片与浓HNO3：CuNO3-4H=Cu2NO2H2OC. 氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热：NH4+OHNH3H2OD. 碳酸氢铵溶液与足量的NaOH溶液混合后加热：NH4+OHNH3H2O【答案】A【解析】【分析】A、硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化；B、浓硝酸参加反应生成的还原产物是二氧化氮；C、氯化铵溶液和浓氢氧化钠溶

17、液混合后加热会产生氨气；D、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液混合后，碳酸氢根、铵根离子均能和氢氧根之间发生反应【详解】A、向Fe（NO3）2稀溶液中加入盐酸，溶液中含有亚铁离子和硝酸，硝酸具有氧化性，能将亚铁离子氧化三价铁，自身被还原为一氧化氮，故A正确；B、浓硝酸参加反应生成还原产物是二氧化氮，铜与浓硝酸反应为Cu+2NO3+4H=Cu2+2NO2+2H2O，故B错误；C、氯化铵溶液和浓氢氧化钠溶液混合后加热会产生氨气，即NH4+OHNH3+H2O，故C错误；D、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液混合后，碳酸氢根、铵根离子均能和氢氧根之间发生反应，即HCO3+NH4+2OHNH3+2H2O+CO3

18、2，故D错误。故选：A。16.将1.92gCu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu反应完毕时，共收集到气体1.12L（标准状况，忽略N2O4），则反应中消耗HNO3的物质的量为A. 1molB. 0.05molC. 1.05molD. 0.11mol【答案】D【解析】分析】Cu和一定量的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，说明还原产物是NO、NO2；n（Cu）=0.03mol，与硝酸反应生成Cu（NO3）2、NO和NO2，根据N元素守恒计算消耗硝酸的物质的量。【详解】n（Cu）=0.03mol，与硝酸反应生成Cu（NO3）

19、2、NO和NO2，根据原子守恒得生成硝酸铜需要的n（HNO3）=2nCu（NO3）2=2n（Cu）=20.03mol=0.06mol，气体为氮氧化物，气体的物质的量=n（NO）+n（NO2）=0.05mol，根据N元素守恒可知共消耗硝酸的物质的量为：0.06mol+0.05mol=0.11mol，故选D。【点睛】本题考查化学方程式的计算，注意浓硝酸和稀硝酸的性质的不同，该题不书写有关反应的方程式，从质量守恒的角度解答该题。17.一定量的SO2与NaOH溶液反应，所得产物中含有Na2SO3和NaHSO3，物质的量之比为3:5，则参加反应的SO2与NaOH的物质的量之比为A. 1:2B. 3:5C

20、. 8:11D. 18:8【答案】C【解析】【详解】一定量的SO2和NaOH溶液反应，所得产物中含有Na2SO3和NaHSO3，说明SO2和NaOH都没有剩余，Na2SO3和NaHSO3物质的量之比为3：5，则根据钠离子与S原子守恒可知，参加反应的SO2和NaOH的物质的量之比=（3+5）：（32+5）=8：11，故选C。【点睛】本题考查混合物有关计算，注意利用守恒思想避免利用方程式的繁琐，要注意解题方法的总结积累。18. 下列有关环境问题的说法正确的是A. 燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量B. 臭氧的体积分数超过10-4%的空气有利于人体健康C. pH在5.67.0之间的降水通常

21、称为酸雨D. 含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染【答案】A【解析】空气中臭氧的体积分数低于10-5时可加速血液循环，令人产生兴奋的感觉，但高于此值则会对人体产生伤害；雨水的pH5.6时，才称为酸雨；含磷洗涤剂，会造成水体污染,使水体富营养化，而引起赤潮、水华等现象。19.用序号按要求回答下列问题：（1）下列各组微粒：126C和136CO2和O3 H、D、T 金刚石和石墨146C和147N，互为同位素的是_；互为同素异形体的是_；质量数相等，但不能互称为同位素的是 _。（2）下列各种物质：H2ONH3KOHNa2O2 MgCl2 He，不存在化学键是_；只存在离子键的是_；属于共价

22、化合物的是_；含非极性键的离子化合物是 _ 。（3）CO2的电子式为_；NH3的结构式为_；（4）Na2O2熔化时被破坏的是_。【答案】 (1). 和 (2). 和 (3). (4). (5). (6). 和 (7). (8). (9). (10). 离子键【解析】【详解】（1）同位素：质子数相同中子数不同的同种元素不同原子，研究的对象是原子，同素异形体：同种元素不同结构的单质，研究对象是单质，符合同位素的定义，两核素互为同位素；都是氧元素组成不同结构的单质，O2和O3互为同素异形体；H、D、T分别为1H、2H、3H，它们互为同位素；金刚石和石墨是由碳元素组成不同结构的单质，它们互为同素异形体

23、；质量数都为14，质子数分别为6、7，它们不属于同种元素，因此不互为同位素；综上所述，互为同位素的是和；互为同素异形体的是和；质量数相等，但不能互称为同位素的是；（2）H2O的结构式为HOH，是含有极性共价键的共价化合物；NH3的结构式为，是含有极性键的共价化合物；KOH是含有离子键和极性键的离子化合物；Na2O2的电子式为，是含有离子键和非极性键的离子化合物；MgCl2是含有离子键的离子化合物；He是单原子组成的分子，不含化学键；综上所述，不存在化学键的是；只存在离子键的是；属于共价化合物的是；含非极性键的离子化合物的是；（3）CO2是由极性键构成的非极性分子，C和O之间双键，即电子式为；N

24、H3的结构式为；（4）过氧化钠是离子化合物，是由Na和O22组成，熔化时破坏的是离子键。【点睛】离子晶体熔化时，破坏的是离子键，分子晶体熔化时破坏分子间作用力或氢键，原子晶体晶体熔化时破坏的是共价键。20.下列为元素周期表中的一部分，用化学式或元素符号回答下列问题：族周期AAAAAAA0234(1)11种元素中，化学性质最不活泼的是_。(2)中，最高价氧化物的水化物，碱性最强的是_。(3)中形成的简单离子半径由大到小的顺序是_。(4)元素的氢化物在常温下和元素的单质反应的离子方程式是_，该氢化物与元素的单质反应的离子方程式是_ 。(5)和的最高价氧化物对应的水化物化学式为_和_。和两元素形成化

25、合物的化学式为_，该化合物灼烧时焰色为_，该化合物的溶液与元素的单质反应的离子方程式为_。(6)和最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式为_。(7)和形成的化合物的化学式为_，该化合物溶解的单质所得溶液为_。(8)、三种元素形成的气态氢化物最稳定的是_。【答案】 (1). Ar (2). KOH (3). KCa2Mg2 (4). 2K2H2O2K2OHH2 (5). Cl2H2OHClHClO (6). NaOH (7). HBrO4 (8). NaBr (9). 黄色 (10). Cl22Br2ClBr2 (11). NaOHAl(OH)3NaAlO22H2O (12). CCl4

26、(13). Br2的CCl4溶液 (14). HF【解析】【分析】由元素在周期表中的位置可知，为Na元素、为K元素、为Mg元素、为Ca元素、为Al元素、为C元素、为O元素、为Cl元素、为Br元素、为Ar元素、为F元素。结合原子结构和元素周期律分析解答。【详解】由元素在周期表中的位置可知，为Na元素、为K元素、为Mg元素、为Ca元素、为Al元素、为C元素、为O元素、为Cl元素、为Br元素、为Ar元素、为F元素。(1)稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；(2)金属性KNaAl，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故KOH的碱性最强，故答案为：KOH；(3)

27、电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多，离子半径越大，故离子半径：K+Ca2+Mg2+，故答案为：K+Ca2+Mg2+；(4)元素的氢化物H2O，常温下K与水反应生成KOH与氢气，反应离子方程式为2K+2H2O2K+2OH-+H2，氯气与水反应生成HCl与HClO，反应离子方程式为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故答案为：2K+2H2O2K+2OH-+H2；Cl2+H2OH+Cl-+HClO；(5)和的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、HBrO4，和两元素形成化合物为NaBr，含有钠元素，该化合物灼烧时焰色为黄色，氯气与溴化钠反应生成氯化钠与溴单质，反应离子方程式为：

28、Cl2+2Br-2Cl-+Br2，故答案为：NaOH；HBrO4；NaBr；黄色；Cl2+2Br-2Cl-+Br2；(6)和最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠与水，反应的化学方程式为：NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O，故答案为：NaOH+Al(OH)3NaAlO2+2H2O；(7)和形成的化合物为CCl4，的单质为溴，溶于四氯化碳所得溶液为溴的CCl4溶液，故答案为：CCl4；溴的CCl4溶液；(8)同主族，自上而下，非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故HF最稳定，故答案为：HF。【点睛】本题的易错点为(4)中离子方程式的书写，要

29、注意次氯酸为弱酸，在离子方程式中用化学式表示。21.一种常用融雪剂的主要成分的化学式为XY2，X原子的结构示意图为，X的阳离子与Y的阴离子的电子层结构相同。元素Z、W均为短周期元素，它们原子的最外层电子数均是其电子层数的2倍，Z与Y相邻且Z、W能形成一种WZ2型分子。(1)m_，该融雪剂的化学式为_。(2)Z、W元素的名称为_、_。(3)下列说法正确的是_。AXY2和WZ2都为离子化合物BXY2中仅含离子键，WZ2中仅含极性共价键CH2Z比HY的稳定性强DX的阳离子比Y的阴离子半径大(4)下列化学用语表达正确的是_。AXY2的电子式：BWZ2的结构式：Z=W=ZCY元素的单质与H2Z水溶液反应

30、的离子方程式为：Y2Z2-=2Y-ZD用电子式表示XY2的形成过程为：(5)冰雪的化学成分是H2O，水的沸点比H2Z的沸点高，其原因是_。【答案】（1）20 CaCl2（2）硫；碳；（3）B（4）BD（5）水分子之间含有氢键【解析】【详解】（1）X原子的结构示意图，根据核外电子排布规律，a=2，b=8，可推知其为，该元素为Ca，m=20，根据CaY2可知Y为1价，又因为Y与Ca2的电子层结构相同，可知Y为Cl；（2）Z、W原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则Z、W是C或S，Z与Y相邻，则Z是S，W是C，名称分别是硫和碳；（3）A、CaCl2是仅含离子键的离子化合物，CS2是仅含极性键的共价

31、化合物，故A错误；B、根据A选项的分析，故B正确；C、S的非金属性弱于Cl，则H2S的稳定性比HCl弱，故C错误；D、Ca2、Cl具有相同的电子层结构，但Ca2的核电荷数大，离子半径小，故D错误；（4）A、XY2为CaCl2，其电子式为，故A错误；B、WZ2为CS2，其空间结构类似与CO2，因此其结构式为S=C=S，故B正确；C、Y的单质为Cl2，H2Z为H2S，因为氯气的氧化性强于S，因此发生Cl2H2S=2HClS，H2S的水溶液为弱酸，应写成分子式，即Cl2H2S=2H2ClS，故C错误；D、CaCl2为离子化合物，根据CaCl2的电子式，故D正确；（5）H2O分子间存在氢键，H2S分子

32、间不存在氢键，存在分子氢键物质的熔沸点高于不含有分子间的氢键的，故水的沸点高于H2S。22.某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反应的实验中，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证甲、乙两位同学的判断是否正确，丙同学设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)，试回答下列问题： （1）上述反应中生成二氧化硫的化学方程式为_。（2）乙同学认为还可能产生氢气的理由是_。（3）丙同学在安装好装置后，必不可少的一步操作是_。（4）A中加入的试剂可能是_，作用是_；B中加入的试剂可能是_，作用是_；E中加入的试剂可能是_，作

33、用是_。（5）可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：C中：_，D中：_ 。如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？_ (填“能”或“不能”)，原因是_。【答案】 (1). Zn2H2SO4(浓)=Z nSO4SO22H2O (2). 当Zn与浓H2SO4反应时，浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反应可产生H2 (3). 检查装置的气密性 (4). 品红溶液 (5). 检验SO2 (6). 浓H2SO4 (7). 吸收水蒸气 (8). 碱石灰 (9). 防止空气中水蒸气进入D中 (10). 黑色(CuO)变成红色(Cu) (11). 白色粉末变成蓝色 (12). 不能

34、(13). 因为混合气体中含H2O，会干扰H2的检验【解析】【分析】浓硫酸具有强氧化性，与Zn反应Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，可能发生Zn与稀硫酸反应：ZnH2SO4=ZnSO4H2，验证H2的存在，通过H2还原氧化铜进行；【详解】（1）生成SO2，发生的化学方程式为Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O;（2）随着反应进行，浓硫酸的浓度降低，Zn与稀硫酸发生ZnH2SO4=ZnSO4H2，产生氢气；（3）需要通入气体，因此实验必不可缺少的一步操作是检验装置的气密性；（4）根据实验目的，需要检验SO2、H2，检验SO2：利用SO2能使品红溶液褪色，H2不行，因此装置A中盛放的试剂是品红，作用是检验SO2存在；酸性高锰酸钾溶液作用是除去SO2，防止SO2干扰后续实验；检验H2的存在，氢气还原CuO，需要检测H2O，因此装置B中盛放的试剂为浓硫酸，作用是吸收水蒸气，干燥氢气；C装置盛放CuO，D装置盛放无水CuSO4，E装置盛放的试剂可能为碱石灰，防止空气中水蒸气进入D装置，干扰对H2O的检验；（5）根据(4)，证明气体中有氢气，C中现象是黑色变为红色，D中：白色粉末变成蓝色；如果去掉B装置，从高锰酸钾溶液中出来的气体带有水蒸气，对H2的检验产生干扰，因此去掉B装置，不能根据D装置现象判断是否含有H2。- 16 -