化学答案(0006).docx

1、景德镇市20212022学年度下学期期末检测卷高一化学可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32第I卷 选择题(共40分)一、单选题(共10题，每小题2分，共20分。每题只有一个选项符合题意)1. 下列说法正确的是A. 工业上镁、铝都是用电解其熔融氯化物制得B. 可利用铝热反应冶炼铁、铬、锰、钴等高熔点金属C. 蛋白质、油脂、糖类均能发生水解反应D. 煤的干馏指将煤在空气中加强热使之分解的过程，工业上也叫做煤的焦化【答案】B【解析】【详解】A氯化铝为共价化合物，工业上电解熔融的氧化铝制铝，故A错误；B铝热剂在工业上常用来冶炼铬、锰等高熔点的金属，可利用铝热反应冶炼铁

2、、铬、锰、钴等高熔点金属，故B正确；C单糖不能发生水解反应，如葡萄糖属于单糖不能发生水解反应，故C错误；D煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使煤分解的过程，工业上也叫煤的焦化，故D错误；故选：B。2. 绿色化学的核心是反应过程的绿色化，即要求原料物质中的所有原子完全被利用且全部转入期望的产品中，下列过程不符合这一思想的是A. 乙烯合成聚乙烯B. 甲烷与氯气反应制氯仿C. 盐酸的制备：D. 甲烷、CO合成乙酸乙酯：【答案】B【解析】【详解】A乙烯发生加聚反应合成聚乙烯，产物只有1种，原子的利用率为100%，符合“绿色化学”的思想，故A不选；B甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，同时还有HCl，不符合

3、“绿色化学”的思想，故B选；C产物只有HCl一种，即原子的利用率为100%，符合“绿色化学”的思想，故C不选；D产物只有CH3COOCH2CH3一种，即原子的利用率为100%，符合“绿色化学”的思想，故D不选；故选：B。3. 利用下列原电池，既能实现有效消除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能，装置如图所示，下列有关说法不正确的是A. 电极A为负极，发生氧化反应B. 电流从电极B经导线流向电极A，再经电解质溶液回到电极BC. 为使电池持续放电，离子交换膜需选用阴离子交换膜D. 当有4.48L(标准状况)被处理时，转移电子物质的量为0.6mol【答案】D【解析】【分析】由题干装置图可

4、知，左池通入NH3生成N2，失去电子，电极A为原电池的负极，反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，右池通入NO2生成N2，得到电子，电极B为原电池的正极，反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，据此分析解题。【详解】A由分析可知，电极A为原电池的负极，发生氧化反应，A正确；B由分析可知，电极A为负极，电极B为正极，电子有负极A经导线流向正极B，但电子不能经过电解质溶液，B正确；C为使电池持续放电，正极区生成的不断通过阴离子交换膜进入负极区，C正确；D没有指明是标准状况，无法确定其物质的量，不能计算转移的电子，D错误；故答案为D。4. 下列关于阿伏伽德罗常数的计算正确的

5、是A. 1molOH和1molOH的电子数均为10B. 标准状况下44.8L与足量氧气充分反应生成的的分子数为2C. 42g聚乙烯和聚丙烯的混合物含有的碳原子数为3D. 44g含有的共价键数目为9【答案】C【解析】【详解】A-OH中质子数是9、电子数是9，OH-中质子数是9、电子数是10，则1mol羟基-OH所含质子数和电子数都是9NA，1molOH中所含的质子数为9NA、电子数为10NA，故A错误；B二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，标准状况下，44.8LSO2物质的量为，与足量氧气充分反应生成SO3分子数小于2NA，故B错误；C聚乙烯和聚丙烯的最简通式为CH2，42g混合物物质的

6、量为，含有的碳原子数为3，故C正确；D44g物质的量为，含有的共价键数目为10，故D错误；故选：C。5. 1mol某链状烷烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气246.4L(标准状况下)。它在光照的条件下与氯气反应能生成四种不同的一氯取代物，该烃的结构简式是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】由题意知，该有机物充分燃烧消耗O2物质的量n(O2)=，由烷烃燃烧通式，得，解得n=7，即该烷烃中有7个碳，即C7H16，由题意知，该有机物含4种氢，故答案选A。6. 下列有关有机物的结构和性质的说法不正确的是A. 只有一种结构说明了甲烷是空间四面体结构B. 乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色

7、C. 中所有原子可能处于同一平面D. 1mol乙醇与足量钠反应生成证明了乙醇的结构为，而不是【答案】B【解析】【详解】A根据分子式，可推测CH4的空间结构只有平面正方形和正四面体两种可能。若为平面正方形结构，则其二元取代物有两种同分异构体，而正四面体的二元取代物不存在同分异构体，只有一种结构说明了甲烷是空间四面体结构，故A正确；B聚乙烯中不存在碳碳不饱和键，所以聚氯乙烯不能和溴发生加成反应，所以溴的四氯化碳溶液不褪色，故B错误；C四个碳原子均为sp2杂化，为平面型结构，由于单键可以旋转，此有机物中所有原子可能共平面，故C正确；D1mol乙醇与足量钠反应只产生0.5mol氢气，说明乙醇分子中含有

8、1个羟基，从而证明乙醇分子结构简式为C2H5OH，而不是CH3OCH3，故D正确；故选：B。7. 下列说法能说明反应已达到平衡状态的是单位时间内生成n mol的同时生成n molHI一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂c(HI)=c()反应速率温度和体积一定时，某一生成物浓度不再变化温度和体积一定时，容器内压强不再变化条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化温度和体积一定时，混合气体的颜色不再发生变化温度和压强一定时，混合气体的密度不再发生变化A. B. C. D. 全部【答案】B【解析】【分析】当可逆反应达到平衡状态时，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时

9、要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态，据此解答。【详解】单位时间内生成nmol H2的同时生成nmol HI，速率之比不等于物质的量之比，故错误；一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂，由于一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成的同时有两个H-I键断裂，反应达到平衡状态，故正确；未知起始投入量，c(HI)=c()不能说明反应达平衡状态，故错误；反应速率v(H2)=v(I2)=0.5v(HI)，未体现正与逆的关系，故错误；c(HI):c(H2):c(I2)2:1:1，浓度比与化学计量数比相等并不能证明反应达平衡，故错误；温度和体积一定

10、时，生成物浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故正确；前后气体系数和相同，容器压强始终不变，故错误；反应前后气体总质量不变，总物质的量也不变，相对分子质量一直不变，故错误；温度和体积一定时，混合气体颜色不再变化，说明c(I2)不再发生变化，反应达到平衡状态，正确；温度和压强一定时，由于反应前后体积和气体的质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，即密度不再变化不能说明反应达到平衡状态，错误；故选择B。8. 下列关于反应热的叙述正确的是A. 任何化学反应的反应热均可通过实验直接测定B. Sn(s，灰锡)(Sn(s，白锡) (灰锡为粉末状，白锡为块状)，则锡制品在炎热的夏天更容易损坏C.

11、 ； 则D. P4(s，白磷)=4P(s，红磷) ，常温下白磷比红磷更稳定【答案】C【解析】【详解】A有些反应的反应热不能通过实验直接测定，如C不完全燃烧生成CO，由于不能控制C恰好反应生成CO，不能测定不完全燃烧生成CO的反应热，故A错误；B焓变为正，可知灰锡能量低较稳定，温度较高时，块状白锡较稳定，所以锡制品在炎热的夏天不容易损坏，故B错误；C气体硫变化为固体硫放出热量，焓变为负值 则，故C正确；D焓变负，红磷能量低，能量越低物质越稳定，所以常温下，红磷比白磷稳定，故D错误；故选：C。9. 室温下，用50mL 0.50mol/L盐酸和50mL0.55mo/L NaOH溶液在如图所示装置中进

12、行中和反应，并通过测定反应过程中放出的热量计算中和反应的反应热。下列说法正确的是A. 若用相同形状的细铜丝代替仪器a进行相应的实验操作，所测中和热将偏小B. HCl和NaOH反应的中和热，则和反应的中和热C. 该实验最少需要测定并记录温度的次数是3次D. 若实验测得的反应前后温度差平均值，中和后生成溶液的比热容(若近似认为0.55mol/L NaOH溶液和0.50mol/L盐酸的密度都是)。则生成1mol(l)时的反应热【答案】D【解析】【详解】A铜是热的良导体，易传热，热量散失较大，实验测得误差较大，A错误；B和反应生成硫酸钡放热，反应热，B错误；C在测定中和热的实验中，每一组要记录3次温度

13、，而我们实验时至少要做2组，所以至少要记录6次温度，C错误；D50mL 0.50mol/L盐酸和50mL0.55mo/L NaOH溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L0.5mol/L=0.025mol，溶液的质量为100mL1.0g/cm3=100g，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=mcT=100g4.18Jg-1-13.2=1337.6J= 1.3376kJ，所以实验测得的中和热H=，D正确； 故选：D。10. 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）。仅用此装置中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（ ）选项a中的溶液b中的物质c中收集

14、的气体d中的液体A浓氨水生石灰NH3H2OB浓硝酸铜片NO2H2OC稀硝酸铜片NONaOH溶液D浓硫酸亚硫酸钠SO2NaOH溶液A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】题给装置在常温下反应生成气体，且用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，最后为防倒吸装置，说明制备的气体极易溶于水，以此解答该题。【详解】A、浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；B、浓硝酸与铜生成的是NO2，但是二氧化氮和水反应生成NO，不能用水吸收尾气，故B错误；C、稀硝酸与铜生成的是NO，NO不能用排空法收集，故C错误；D、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧

15、化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故D正确。答案选D二、不定项选择题(共5题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个符合题目要求，全部选对得1分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分。)11. 煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一。用Ca(ClO)2溶液对烟气n(SO2)：n(NO)=3：2同时脱硫脱硝(分别生成SO、NO)，测得NO、SO2脱除率如图，下列说法不正确的是A. SO2和NOx都会形成酸雨，NOx还会形成光化学烟雾B. 随着脱除反应的进行，吸收溶液的pH逐渐减小C. SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于N

16、OD. 依据图中信息，在80min时，吸收液中n(NO)：n(Cl-)=2：3【答案】D【解析】【详解】ASO2和NOx分别可以形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，光化学烟雾是氮的氧化物在太阳紫外线的照射下产生的一种二次污染物，A正确；B脱除反应的化学原理分别为：，生成大量H+，使H+浓度增大，pH减小；所以吸收溶液的pH逐渐减小，B正确；C根据SO2和NO气体在水中的溶解度：SO2大于NO，SO2比NO更易溶于水，更容易发生反应：SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO，C正确；D脱除反应的化学原理分别为：，。根据已知，n(SO2)：n(NO)=3：2，假设SO2为3mol，则N

17、O为2mol，依据图中信息及离子方程式中的比例关系得：在80 min时，NO脱除率40%，即反应的NO为：，0.8molNO生成0.8mol NO和1.2molCl-，SO2脱除率100%，即3molSO2全部反应生成3molCl-，所以Cl-共31.2 =4.2mol；吸收液中，D错误；故选D。12. 为提纯下列物质(括号内的物质为杂质)，所用除杂试剂和分离方法都正确的是ABCD含杂物质甲烷(乙烯)酒精(水)乙烯(二氧化硫)苯(溴)除杂试剂酸性溶液生石灰NaOH溶液四氯化碳分离方法洗气蒸馏洗气分液A. AB. BC. CD. D【答案】BC【解析】【详解】A乙烯具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶

18、液氧化成二氧化碳，引入新杂质气体，故A错误；B酒精与生石灰不反应，水与生石灰反应生成氢氧化钙，所以可以用生石灰除去酒精中的水，再通过蒸馏的方法分离，故B正确；C二氧化硫是酸性气体，可被NaOH溶液吸收，洗气可除去二氧化硫，故C正确；D溴苯和溴都能溶于四氯化碳，所以不能分离，故D错误；答案选BC。13. 抗坏血酸(即维生素C)是水果罐头中常用的食品添加剂。在空气中发生变化：下列有关说法中不正确的是A. 抗坏血酸的分子式为B. 抗坏血酸能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原因一致C. 脱氢抗坏血酸能发生酯化反应、水解反应D. 脱氢抗坏血酸能使酸性溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A. 书写分子式要考虑

19、不饱和度，抗坏血酸中有一个环，两个双键，一共三个不饱和度，分子式为，故A正确；B. 抗坏血酸能使溴水褪色是因为双键加成反应，而和酸性高锰酸钾溶液褪色即有可能是双键氧化，也有可能是羟基的氧化，所以原因不一致，故B错误；C. 脱氢抗坏血酸有羟基能发生酯化反应，有酯基能发生水解反应，故C正确；D.脱氢抗坏血酸有羟基，能使酸性溶液褪色，故D正确。14. 将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生下列反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经2min后测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)：c(B)=3：5，以C表示的平均速率，下列说法正确的是A. 反应速率B. 该反应方程式中，x=2

20、C. 2min时，A的物质的量为1.5molD. 2min时，A的转化率为60%【答案】BC【解析】【详解】A根据题意得v(D)=0.5mol/L2min=0.25molL-1min-1，则根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知v(B)=v(D)=0.125molL-1min-1，故A错误；B根据题意得v(D)=0.5mol/L2min=0.25molL-1min-1，以C表示的平均速率v(C)=0.25molL-1min-1，根据化学反应速率之比等于方程式中化学计量数之比可知x2，故B正确；C2min时，D物质的量是0.5mol/L2L=1mol，所以消耗A、B的物质的量分别是1

21、.5mol、0.5mol，设A、B起始物质的量均为y，则剩余A、B的物质的量分别是y-1.5mol、y-0.5mol，根据c(A)：c(B)=3：5，解得=3:5，解得y=3mol。所以2min时，A的物质的量为3mol-1.5mol=1.5mol，故C正确；DA的转化率为100%=50，故D错误；答案为BC。15. 下列说法不正确的是A. 苯分子中碳原子与碳原子之间的距离均相等B. 通式为CnH2n的烃一定是烯烃C. 鸡蛋清溶液中加入溶液，蛋白质析出，加水不溶解D. 碳碳键以单键结合，碳原子的剩余价键全部与氢原子结合的烃是烷烃【答案】B【解析】【详解】A苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-

22、C单键与C=C双键的交替结构，苯环上碳碳键的键长相等，故A正确；B通式是CnH2n的可以是单烯烃，还可以是环烷烃，故B错误；C重金属离子能使蛋白质变性，鸡蛋清溶液中加入溶液，能使蛋白质变性而析出，是不可逆过程，加水不溶解，故C正确；D分子中碳原子间以共价单键结合，剩余价键全部和氢原子结合，可以是烷烃或环烷烃，故D正确；故选：B。第II卷 非选择题(共60分)三、非选择题(本大题包括4小题，共60分)16. I.现有下列各组物质：和和和和和和和和（1）属于同系物的是_；属于同分异构体的是_；属于同素异形体的是_；属于同种物质的是_(填序号) II.现有A、B、C三种烃，其球棍模型如图：（2）等质

23、量的以上三种物质完全燃烧时耗去的量最多的是_。(填字母) III.用乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如下：（3）有机物B中所含官能团的名称为_；由乙烯到有机物A的反应类型是_。（4）有机物A可以经氧化反应生成含有醛基的物质，该反应的化学方程式为_。（5）有机物A和有机物B合成丙烯酸乙酯反应的化学方程式为_。IV.某课外小组设计实验室制取乙酸乙酯的装置如下：（6）试管II中加有饱和溶液，其作用_。（7）反应加入浓硫酸的作用为_。【答案】（1） . . . . （2）A （3） . 碳碳双键、羧基 . 加成反应 （4） （5） （6）溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯溶解度 （7）催化剂和吸水剂【解

24、析】【小问1详解】结构相似、组成相差n个CH2原子团的有机物互为同系物，都是烷烃属于同系物； 分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，属于同分异构体；质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，属于同素异形体；同种元素的不同单质互为同素异形体；分子式相同、结构相同的为同种物质，属于同种物质；【小问2详解】由球棍模型可知，A为CH4，B为C2H4，C为C2H6，质量相同时，有机物的含氢量越大，耗氧量越多，甲烷含氢量最大耗去的量最多，故答案为A；【小问3详解】醛基氧化为羧基，有机物B为CH2=CHCOOH，所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；乙烯和水发生加成反应生成有机物A为乙醇，反应类型是加成反

25、应；【小问4详解】有机物A为乙醇，乙醇发生催化氧化反应生成含有乙醛，该反应的化学方程式为；【小问5详解】有机物A为乙醇和有机物B为CH2=CHCOOH发生酯化反应合成丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为；【小问6详解】制取的乙酸乙酯中含有杂质乙酸和乙醇，乙醇易溶于水，乙酸具有弱酸性可用碳酸钠溶液除去，试管II中加有饱和溶液，其作用溶解乙醇，吸收乙酸，降低乙酸乙酯溶解度；【小问7详解】反应方程式为，反应加入浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂。17. 二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排以及高效利用能源能够减少二氧化碳的排放。（1）有一种用生产甲醇燃料的方法；已知： 则表示(l)燃烧热的热化学方程式

26、为_。（2）合成甲醇的反应为： 。已知CO的结构式为，相关键能数据如下：化学键HHCOCOHOCH4363431076465413由此计算_。（3）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。a电极是电池的_极(填“正”或“负”)，空气从_口通入(填“A”或“B”)；假设使用的“燃料”是甲醇()，a极的电极反应式是_。如果该电池工作时电路中通过1.2mol电子，则消耗有_mol。【答案】（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=(a+b-c-2d)kJ/mol （2）-99 （3） . 负 . B . CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O . 0

27、.2【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，+2-可得，CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=(a+b-c-2d)kJ/mol；【小问2详解】H=反应物的总键能-生成物的总键能=(1076+4362)-(4133+343+465)=-99kJ/mol；【小问3详解】由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应通入空气，故答案为：负；B；假设使用的“燃料”是甲醇，a极为负极，发生的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O，则该电池工作时电路中通过1.2mol电子，则消耗CH3OH为0.2mol，故答案为：CH3OH-6e-+8

28、OH-=+6H2O；0.2。18. 海水是巨大的资源宝库：（1）操作A是_、过滤(填实验基本操作名称)（2）除去粗盐中杂质(、)，加入的药品顺序正确的是_。A. 溶液NaOH溶液溶液过滤后加盐酸B. NaOH溶液溶液溶液过滤后加盐酸C. NaOH溶液溶液溶液过滤后加盐酸D. 溶液NaOH溶液溶液过滤后加盐酸（3）虚线框中已获得，而后又将还原为，其目的是_。写出操作C中发生反应的离子方程式：_。（4）工业上也可以用溶液吸收吹出的，生成溴化钠和溴酸钠，同时放出，写出反应的离子方程式_。（5）工业上由无水制取镁的化学方程式为_。【答案】（1）蒸发结晶 （2）AC （3） . 富集溴 . Br2+SO

29、2+2H2O=2Br-+SO+4H+ （4）3CO+3Br2=Br-+5BrO+3CO2 （5）MgCl2(熔融) Mg+Cl2【解析】【分析】海水晒盐后得到粗盐，粗盐提纯除去所含杂质Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到精盐；母液中主要是溴离子和镁离子，通入氯气把溴离子氧化为溴单质，吹出后和二氧化硫气体通入水中得到卤水溶液和溴化氢溶液，富集溴，适量氯气氧化溴化氢为溴单质；含氯化镁的溶液中加入贝壳高温分解生成的氧化钙溶于水生成的氢氧化钙石灰乳，沉淀镁离子，过滤后在沉淀中加入盐酸溶解，通过浓缩蒸发，冷却结晶过滤洗涤得到氯化镁晶体，失水得到氯化镁固体，电解得到镁。【小问1详解】在母液中加入氧化钙后生成氢

30、氧化镁沉淀，操作1是分离母液和氢氧化镁沉淀，应该采用过滤，故答案为：过滤；【小问2详解】除去粗盐中的杂质(Mg2+、Ca2+)，要先除SO42-离子，然后再除Ca2+离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+离子顺序不受限制，然后过滤，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子、碳酸根离子；ABaCl2溶液NaOH溶液Na2CO3溶液过滤后加盐酸，能够除去粗盐中的杂质(Mg2+、Ca2+)，故A正确；BNaOH溶液Na2CO3溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，故B错误；CNaOH溶液BaCl2溶液Na2CO3溶液过滤

31、后加盐酸，能够除去粗盐中的杂质(Mg2+、Ca2+)，故C正确；DNa2CO3溶液NaOH溶液BaCl2溶液过滤后加盐酸，最后加入的氯化钡溶液中钡离子不能除去，故D错误；故答案为：AC；【小问3详解】步骤中已获得Br2，步骤中又将Br2还原成Br-，其目的是提高溴的浓度，起到富集溴的目的，操作C中二氧化硫和Br2发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，反应的离子方程式：Br2+SO2+2H2O=2Br-+4H+，故答案为：富集溴；Br2+SO2+2H2O=2Br-+4H+；【小问4详解】溶液吸收吹出，生成溴化钠和溴酸钠，同时放出，反应的离子方程式3+3Br2=Br-+5+3CO2；【小问5详解】工业

32、上电解熔融制取镁，反应的化学方程式为。19. 大气细颗粒物吸附的水分中与的化学反应是当前雾霾期间硫酸盐的主要生成路径。某实验小组对雾霾的成分进行了验证，并测定空气中的含量及探究的部分性质。回答下列问题：（1）硫酸铵是某地PM2.5雾霾的主要成分，收集一定量的雾霾固体进行验证。取一定量的雾霾固体于试管中，加入适量的水溶解，把溶液分成两份盛于试管中：操作步骤实验现象结论向其中一份_有白色沉淀生成证明雾霾固体中含有向另一份中加_，用镊子夹持湿润的红色石蕊试纸靠近试管口试管中有气泡产生，靠近试管口的红色石蕊试纸变蓝证明雾霾固体中含有。综合上面实验，初步说明雾霾固体颗粒中含有（2）用如图所示简易装置测定

33、空气中的含量。测定方法：在某监测点，量取的碘溶液，注入图中的试管中，加几滴淀粉指示剂，此时溶液呈蓝色，按图中装置连接好仪器，利用止水夹控制，进行抽气，取下注射器排气，重复操作直到溶液的蓝色全部褪尽为止，共抽取空气8.0L，则测得该监测点空气中的含量为_mg/L。（3）科学家们设计了双碱法处理，该法能实现物料循环利用，请用化学方程式表示在溶液中加入CaO后的反应原理：_。（4）探究的部分性质。选用下面的装置和药品探究与HClO的酸性强弱。甲同学认为按照ACF尾气处理的顺序连接装置，可以证明与HClO的酸性强弱，乙同学认为该方案不合理，其理由是_。丙同学采用间接法证明，实验方案为按照AC_(填字母

34、)尾气处理顺序连接装置，证明的酸性强于HClO的实验现象是_。【答案】（1） . 加入盐酸酸化，再加BaCl2溶液 . NaOH溶液并加热 （2）0.020 （3）CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2SO3= CaSO3+2 NaOH （4） . SO2会与Ca(ClO)2溶液发生氧化还原反应 . B . E . D . F . D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀【解析】【分析】由流程图可知，第一步用NaOH溶液吸收SO2，在下一步加入CaO后又产生了NaOH，所以能循环利用的是NaOH，Na2SO3溶液中加入CaO，CaO溶于水生成Ca(OH)2，Na2SO3再和Ca(O

35、H)2反应产生CaSO3沉淀；【小问1详解】在检验时，加入氯化钡之前要先加盐酸以排除离子的干扰：即先加盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，出现白色沉淀，说明含有；检验某溶液中含有的操作方法为：取少量试样加入试管中，加入氢氧化钠溶液加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验放出气体，试纸由红变蓝；【小问2详解】二氧化硫用碘溶液来吸收，反应方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，为测定该地空气中的SO2含量，消耗碘的物质的量=5.010-3L510-4molL-1=2.5010-6mol，根据化学方程式可得二氧化硫的物质的量=2.5010-6mol，质量为2.5010-6mol64g/mo

36、l=1.6010-4g=0.160mg，该监测点空气中SO2的含量=0.020mg/L；【小问3详解】观察流程图发现，第一步用NaOH溶液吸收SO2，在下一步加入CaO后又产生了NaOH，所以能循环利用是NaOH，Na2SO3溶液中加入CaO，CaO溶于水生成Ca(OH)2，Na2SO3再和Ca(OH)2反应产生CaSO3沉淀，化学方程式为CaO+H2O+Na2SO3=CaSO3+2NaOH，故答案为：CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2SO3= CaSO3+2 NaOH；【小问4详解】按照ACF尾气处理顺序连接装置，其中饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，二氧化硫通入次氯酸钙溶液发

37、生了氧化还原反应，不能证明强酸制备弱酸的原理，不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，故答案为：SO2会与Ca(ClO)2溶液发生氧化还原反应；ClO-具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，其中装置C的作用是除去HCl气体，D中品红不褪色，F中出现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸，故答案为：B、E、D、F；D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀。