1、四川省成都彭州市2019-2020学年高一化学下学期期末调研考试试题（含解析）考试时间共90分钟，满分100分注意事项：1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效：在草稿纸上、试卷上答题无效。3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16一、选择题:本题共20小题，每
2、小题2分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 下列过程属于物理变化的是A. 煤的气化B. 石油的裂化C. 石油的分馏D. 蛋白质的颜色反应【答案】C【解析】【详解】A煤炭气化是指煤在特定的设备内，在一定温度及压力下使煤中有机质与气化剂发生一系列化学反应的过程，属于化学变化，故A不选；B石油裂化，大分子烃裂化为小分子烃，有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C石油分馏利用物质沸点不同分离物质，没有新物质生成，属于物理变化，故C选；D蛋白质的颜色反应是指蛋白质中的一些基团能与某些试剂反应，生成有色物质，产生新的物质，是化学变化，故D不选；综上所述答案为C。2. 下列
3、说法不正确的是A. 智能手机中芯片的主要成分是二氧化硅B. 聚乙烯塑料可用于生产食品袋、餐具、地膜等C. 海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等D. 绿色化学的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染【答案】A【解析】【详解】A智能手机中芯片的主要成分是硅单质，故A错误；B聚乙烯为无毒塑料，可用于生产食品袋、餐具、地膜等，故B正确；C海水淡化，应将水与盐分离，目前淡化海水的方法有多种，如：蒸馏法、结晶法、淡化膜法、多级闪急蒸馏法、电渗析或离子交换法等等，其中最常用的是蒸馏法，目前多采用多级闪急蒸馏法，电渗析或离子交换法等，工业C正确；D“绿色化学”是21世纪化学发
4、展的主导方向，“绿色化学”的核心就是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，并使原子利用率为100%，故D正确；综上所述答案为A。3. 下列物质中，含有离子键和非极性共价键的是A. NaOHB. NaClC. NH4ClD. Na2O2【答案】D【解析】【详解】ANaOH含有钠离子和氢氧根形成的离子键，以及氧原子和氢原子形成的极性键，故A不符合题意；BNaCl中只含钠离子和氯离子形成的离子键，故B不符合题意；CNH4Cl中含有氯离子和铵根形成的离子键，还有氮原子和氢原子形成的极性键，故C不符合题意；DNa2O2中含有钠离子和过氧根形成的离子键，同时含有氧原子和氧原子形成的非极性键，
5、故D符合题意；综上所述答案为D。4. 下列反应原理不符合工业上冶炼金属的是A. 2HgO2Hg+O2B. 2A1+3MgOAl2O3+3MgC. 2Al2O3(熔融)4Al+3O2D. 3CO+Fe2O32Fe+3CO2【答案】B【解析】【详解】A.因为Hg为不活泼的金属，所以可以采用热分解法制取，故2HgO2Hg+O2正确；B.因Mg的活泼性比铝强，且属于活泼金属，所以用2A1+3MgOAl2O3+3Mg不符合工业上冶炼金属规律，故B错误；C.因为Al属于活泼金属，可以用电解法进行冶炼，故2Al2O3(熔融)4Al+3O2符合工业上冶炼金属规律，故C正确；D. 因为Fe属于比较活泼金属，可采
6、用热还原法进行冶炼，故3CO+Fe2O32Fe+3CO2符合工业上冶炼金属规律，故D正确；故答案：B。5. 下列有关化学用语不正确的是A. 中子数为20的氯原子：B. F-的结构示意图：C. 丙烷分子的球棍模型：D. HClO的电子式：【答案】D【解析】【详解】A中子数为20的氯原子，质量数为37，原子结构表示为：，故A正确；BF-的核电荷数为9，核外电子数为10，离子结构示意图为: ，故B正确；C丙烷分子式为C3H8，碳碳之间单键相连，碳氢之间单键相连，球棍模型为：，故C正确；DHClO的电子式：，故D错误；故选：D。6. 下列粒子间的关系，描述不正确的是A. 12C与14C互为同位素B.
7、乙醇和甘油(丙三醇)互为同系物C. 和属于同种物质D. CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体【答案】B【解析】【分析】A质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素；B结构相似，在组成相差1个或若干个CH2原子团的化合物，互为同系物，注意同系物具有相同的官能团、官能团数目相同；C组成和结构都相同的物质为同一物质，同一物质组成、结构、性质都相同，结构式的形状及物质的聚集状态可能不同；D具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。【详解】A12C与14C质子数相同均为为6，中子数分别为：1266、141768，两者互为同位素，故A正确；B乙醇和甘油(丙三醇)，前者含1个羟基，
8、后者含3个羟基，二者分子中含有的官能团个数不同，不属于同系物，故B错误；C甲烷中的两个氢原子被两个氯原子取代，两种结构式一致，表示为同一种物质，即二氯甲烷，故C正确；DCH3CH2OH和CH3OCH3分子式都为C2H6O，但结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选：B。7. 如图所示是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是A. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色B. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D. 丁能与氢氧化钠溶液发生反应【答案】C【解析】【详解】A.由比例模型可知甲为甲烷，不能使酸性KMnO4溶液褪色， 故A错误；B.由比
9、例模型可知乙为乙烯，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C.由比例模型可知丙为苯，苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键，故C正确；D.由比例模型可知丁为乙醇，乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应，故D错误；故答案：C。8. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 15g甲基(-CH3)所含有的电子数是10NAB. 18gD2O含有10NA个质子C. 28g乙烯和丙烯的混合物中总共含有的原子数目为6NAD. 标准状况下，2.24L的己烷所含的分子数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A一个甲基含3+6=9个电子，15g甲基的物质的量为1mol，含电子数是9NA，故A错
10、误；B一个D2O含质子数为2+8=10，18gD2O的物质的量为=0.9mol，含9NA个质子，故B错误；C乙烯和丙烯的最简式均为CH2，所以28g乙烯和丙烯的混合物即为28gCH2，物质的量为=2mol，含原子6mol，即6 NA，故C正确；D标况下己烷不是气体，2.24L己烷的物质的量不是0.1mol，故D错误；综上所述答案为C。9. 下列反应的离子方程式书写正确的是A. 铜粉加入氯化铁溶液中：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+B. Cl2与H2O反应:Cl2+H2O=2H+ClO-+Cl-C. 钠与水的反应：Na+H2O=Na+OH-+H2D. 用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca
11、2+H2O+CO2【答案】A【解析】【详解】A.氯化铁具有强氧化性，铜粉有还原性，铜粉加入氯化铁溶液中反应的离子方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，故A正确；B.Cl2与H2O反应的离子方程式：Cl2+H2OH+HClO+Cl-，故B错误；C.钠与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，其反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故C错误；D.醋酸是弱电解质，水垢的成分是CaCO3，其反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故D错误；故答案：A。10. 根据同主族元素性质的相似性与递变性，以下推断正确的是A. 锂(Li)
12、与水反应比钠与水反应剧烈B. 铊(Tl)的氧化物对应的水化物具有两性(Tl在第六周期A族)C. 在氧气中，铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂D. HIO4的酸性比HBrO4的酸性强【答案】C【解析】【详解】A同主族元素自上而下金属性减弱，所以Li的活性不如Na，与水反应时，Na更剧烈，故A错误；B铊(Tl)位于Al元素的下方，虽然氧化铝为两性氧化物，但Tl金属性比Al强，所以Tl的氧化物不一定具有两性，故B错误；CLi燃烧生成Li2O，Na燃烧生成Na2O2，碱金属的性质越活泼，燃烧产物越复杂，所以铷(Rb)的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂，可能有超氧化物，故C正确；D同主族元素自上而下非
13、金属性减弱，所以Br的非金属性强于I，所以Br的最高价氧化物的水化物的酸性更强，即HBrO4比HIO4的酸性强，故D错误；综上所述答案为C。11. 不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（ ）A. 单质氧化性的强弱B. 单质沸点的高低C. 单质与氢气化合的难易D. 最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱【答案】B【解析】【详解】A. 单质氧化性的越强，非金属性越强，A正确；B. 单质沸点的高低，是由其微粒间的作用力决定的，与元素的非金属性无关，B错误；C. 单质与氢气化合越容易，元素的非金属性越强，C正确；D. 最高价氧化物对应的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。答案为B。12.
14、 下列有关营养物质的说法正确的是A. 蔗糖、淀粉和纤维素在酸催化下完全水解后的产物都是葡萄糖B. 糖类、油脂、蛋白质都属于高分子化合物C. 酯在碱性条件下的水解反应叫做皂化反应D. 蛋白质水解的最终产物是氨基酸【答案】D【解析】【详解】A蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，故A错误；B糖类有单糖、二糖、多糖等，单糖、二糖不是高分子化合物，油脂也不是高分子化合物，故B错误；C一般来说，皂化反应通常是指油脂在碱性条件下的水解反应，油脂属于酯类，但酯不一定是油脂，故C错误；D形成蛋白质的多肽是由多个氨基酸脱水形成的，所以蛋白质的水解最终产物是氨基酸，故D正确；综上所述答案为D。13. 短周期元素X、Y、Z、W
15、在元素周期表中的相对位Y如图所示，其中Z元素的周期序数等于它最外层电子数。下说法不正确的是A. 原子半径：ZWXYB. 熔点：X的氧化物比W的氧化物低C. 简单气态氢化物热稳定性：WXYD. X和Z的单质均不能与冷的浓硫酸反应【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W，Z元素的周期序数等于它最外层电子数，由示意图可知，Z位于第三周期，则Z为Al，从而推断W为Si，X为C，Y为N。【详解】A.电子层数越多半径越大，电子层数相同时核电荷数越大半径越小，故原子半径ZWXY，A正确；B.X的氧化物为二氧化碳气体，W的氧化物为二氧化硅固体，固体的熔点高于气体，故X的氧化物的熔点比W的氧化物的低，
16、B正确；C.同周期从左到右，同主族从下到上，元素非金属性增强，简单气态氢化物热稳定性增强，故简单气态氢化物热稳定性：WXY ，C正确；D.铝与浓硫酸在常温下发生钝化，钝化是一种化学反应，D错误；答案选D。14. 某有机物的结构简式如图所示，下列有关该有机物的叙述不正确的是A. 该有机物的分子式是C11H14O2B. 该物质分子中最多可以有11个碳原子在同一平面上C. 1mol该物质最多可与4molH2发生加成反应D. 在一定条件下，能发生取代、氧化和加聚反应【答案】A【解析】【详解】A.由有机物的结构简式可知，该有机物的分子式是C11H12O2，故A错误：B.由有机物的结构简式可知，该物质分子
17、中最多可以有11个碳原子在同一平面上，故B正确；C.由有机物的结构简式可知，该物质含有一个碳碳双键和苯环，所以1mol该物质最多可与4molH2发生加成反应，故C正确；D.由有机物的结构简式可知，该物质含有碳碳双键可以发生氧化和加聚反应，含有羧基，苯环，在一定条件下，能发生取代，故D正确；故答案：A。15. 分子式为C5H10O2并能与NaOH溶液反应的羧酸有A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】【详解】能与NaOH溶液反应有机物一定含有-COOH，-C4H9丁基的同分异构体有4种同分异构体，所以分子式为C5H10O2并能与NaOH溶液反应的有机物一定含有4种，故B正确；故
18、答案：B。16. X、Y、Z、M、Q均为短周期元素，其原子半径与主要化合价的关系如图所示。下列说法正确的是A. X为锂元素B. 原子序数：MQC. 最高价含氧酸的酸性：ZMD. Y、Z简单阴离子的还原性：YZ【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q均为短周期元素，又由图示信息知，M最高正价+7、最低-1价，则 M为Cl；Z最高正价+5、最低-3价且原子半径小于Cl，则Z为N；X为+1，位于A，且原子半径是五种元素中最小的，则X为H；Q为+1，位于A，且原子半径是五种元素中最大的，Q为Na；Y化合价-2价，位于A，而原子半径比氮原子半径小，则Y为O。【详解】A. 由分析可知，X为氢元素，A项
19、错误；B. 原子序数：MQ ，即ClNa ，B项错误；C. 最高价含氧酸酸性：ZH2S (11). H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2O【解析】【分析】X是周期表中原子半径最小的元素,所以X为H元素；Y的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，所以Y为C元素；Z是地壳中含量最多的元素，所以Z为O元素；Q是短周期中金属性最强，所以Q为Na元素；常温下，R的单质是淡黄色固体，常在火山喷口附近沉积, 所以R为S元素；根据元素的性质和周期律进行分析解答。【详解】(1)根据上述分析可知：Y为C元素，C元素在周期表中的位置是第二周期第IVA族，故答案：二；第IVA；(2)根据上述分析可知：X为H元素，Z
20、为O元素，则X与Z元素按1：1组成的常见物质为H2O2，其电子式为；根据上述分析可知：Q为Na元素，R为S元素，Q与R元素按2：1组成常见物质为Na2S，该物质电子式的形成过程为：，故答案：；。(3)根据上述分析可知：X为H元素，Y为C元素，由X、Y两种元素组成的18电子微粒的物质为C2H6，其结构简式为CH3CH3，故答案：CH3CH3；(4)根据上述分析可知：Z为O元素，Q为Na元素，Z、Q两种元素分别形成的简单离子中半径较大的是O2-，因为O2-和Na+的核外电子排布相同，所以原子序数大的半径小。故答案：O2-；核外电子排布相同，原子序数大的半径小；(5)根据上述分析可知：Z为O元素，R
21、为S元素，Z、R两种元素分别形成的简单氢化物为H2O、H2S，因为H2O中含有氢键，所以熔沸点较高的是H2O；因为O的非金属性比S强，所以H2O的稳定比H2S强，故答案：H2O；H2O中含有氢键；H2OH2S；(6)根据上述分析可知：X为H元素，Z为O元素，X2Z2的化学式为H2O2，废印刷电路板上含有铜，用H2O2和稀硫酸浸泡废印刷电路板的离子方程式：H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2O，故答案：H2O2+Cu+2H+=Cu2+2H2O。22. 有机物AH的转化关系如图所示。A是来自石油的重要化工原料之一，它的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。结合如图路线回答下列问题：(1)A的
22、官能团名称是_，反应的反应类型是_反应。(2)请写出反应的化学方程式_。(3)E是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为_。(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应或制备，请指出用哪一个反应制备较好：_(填序号)，并说明理由：_。(5)某化学课外小组在实验室利用D、G在浓硫酸作用下制备H2，主要步骤如下：在甲试管中加入2mL物质D(含18O)，再加入3mL浓硫酸，边加边振荡，然后加入G。在乙试管中加入5mL饱和碳酸钠溶液。按图连接好装置(装置气密性良好)，用小火均匀加热35min，再大火加热。待试管乙中收集到一定量产物后停止加热。写出制取H的化学方程式_(标出18O)。上述实验中浓硫酸的
23、作用是_。加热有利于提高H的产率，但实验发现开始温度过高H的产率反而降低，可能的原因是_。【答案】 (1). 碳碳双键 (2). 取代反应 (3). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (4). (5). 反应 (6). 反应为加成反应，没有副产物，原子利用率高，反应为取代反应，同时有多个副反应发生，可生成多种取代物 (7). CH3CH218OH+CH3COOHCH3CO18OCH2CH3+H2O (8). 催化剂和吸水剂 (9). 温度过高造成乙酸和乙醇的大量挥发【解析】【分析】A是来自石油的重要化工原料之一，它的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，所以A为CH2=CH2，乙烯与
24、氢气加成生成B为CH3CH3；乙烯与HCl加成生成C为CH3CH2Cl，B与氯气发生取代反应也可以生成C；乙烯与H2O加成生成D为CH3CH2OH，CH3CH2OH在被催化氧化生成F为CH3CHO，CH3CHO再被氧化生成G为CH3COOH，CH3COOH再与CH3CH2OH发生酯化反应生成H为CH3COOCH2CH3；E是一种高分子，可用于制作食品袋，应是乙烯发生加聚反应生成的。【详解】(1)A为CH2=CH2，官能团为碳碳双键；反应为乙烷和氯气的取代反应；(2)反应为乙烯和水的加成反应，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；(3)E为乙烯发生加聚反应生成的聚乙烯，结构简式为；
25、(4)C为CH3CH2Cl，反应为加成反应，没有副产物，原子利用率高，反应为取代反应，同时有多个副反应发生，可生成多种取代物，所以反应制备较好；(5)乙酸和乙醇的酯化反应中，乙酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基上的氢原子，所以制取H的化学方程式为CH3CH218OH+CH3COOHCH3CO18OCH2CH3+H2O；该反应中浓硫酸一方面作为催化剂加快反应速率，另一方面浓硫酸可以吸收反应产生的水分，促进平衡正向移动；温度过高造成乙酸和乙醇的大量挥发，未经反应就脱离反应体系，导致产率降低。【点睛】羧酸和醇的酯化反应中，羧酸脱去羧基中的羟基，醇脱去羟基上的氢原子，然后结合生成酯。23. 硫酸镁晶体(M
26、gSO47H2O)是一种重要的化工原料。以菱镁矿(主要成分是MgCO3含少量FeCO3和不溶性杂质)为原料制取硫酸镁晶体的流程如图：说明：Fe2+的氢氧化物呈絮状，不易从溶液中除去。(1)在“浸取”步骤中，为提高浸出率，可采取的措施有_ (任写二种)，请写出稀硫酸“浸取”菱镁矿时最主要的离子方程式_。(2)“过滤”步骤中使用的玻璃仪器有烧杯、_、_。(3)加入H2O2溶液的目的是_(用离子方程式表示)。(4)已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：阳离子Mg2+Fe2+Fe3+开始沉淀9.17.61.9完全沉淀11.19.73.2“沉淀”步骤中，用氨水调节溶液pH的范围是_，目的是
27、_，写出“沉淀”步骤的主要离子方程式_。(5)“过滤”所得滤液中存在大量的阳离子有_。【答案】 (1). 菱镁矿石进行粉碎，适当升高温度或搅拌 (2). MgCO3+2H+=Mg2+CO2+H2O (3). 漏斗 (4). 玻璃棒 (5). H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O (6). 3.29.1 (7). 将硫酸铁全部转化成沉淀 (8). Fe3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4+ (9). Mg2+和NH4+【解析】【分析】由化学工艺流程可知，菱镁矿加稀硫酸浸取，MgCO3、FeCO3溶于稀硫酸生成Mg2+和Fe2+，加入H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，然后加氨
28、水调节溶液pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，将滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MgSO47H2O晶体，以此解答该题。【详解】(1)提高浸出率，可采取将菱镁矿石进行粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，适当升高温度或者搅拌等提高浸取率；根据强酸制弱酸原理，MgCO3溶于稀硫酸生成硫酸镁、水和二氧化碳，离子方程式是MgCO3+2H+=Mg2+CO2+H2O；答案为菱镁矿石进行粉碎，适当升高温度或搅拌，MgCO3+2H+=Mg2+CO2+H2O。(2)在过滤操作中使用的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒；答案为漏斗，玻璃棒。(3)加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，反应
29、的离子方程式为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O；答案为H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O。(4)用氨水调节溶液pH，使Fe3+完全沉淀除去，不能影响Mg2+，由题给数据可知，pH=3.2时Fe3+沉淀完全，pH=9.1时Mg2+开始沉淀，则用氨水调节溶液pH的范围是3.29.1，将硫酸铁全部转化成沉淀，离子方程式为Fe3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4+；答案为3.29.1，将硫酸铁全部转化成沉淀，Fe3+3NH3H2O=Fe(OH)3+3NH4+。(5)因“沉淀”步骤中使用氨水，使Fe3+沉淀除去，而Mg2+没有沉淀，则过滤所得滤液中存在大量的阳离子有Mg
30、2+和NH4+；答案为：Mg2+和NH4+。24. 某化学兴趣小组欲在实验室制备二氧化硫，并探究相关物质一些性质。根据要求完成下列各小题。.验证碳、硅非金属性的相对强弱。(已知酸性：亚硫酸碳酸)(1)仪器A的名称为_，铜与浓硫酸反应的化学方程式是_。(2)实验步骤：连接仪器、_、加药品后、打开a、然后滴入浓硫酸，加热。(3)装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是_，请写出装置E中发生反应的离子方程式_。(4)能说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强的实验现象是_。.某同学拟用以下方法测定空气中SO2含量(假设空气中无其它还原性气体)。你认为不可行的装置是_(填序号“a”或“b)，理由是_。使
31、用你所选用的装置测定SO2含量时，还需要测定的物理量是_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O (3). 检查装置的气密性 (4). 除去多余的二氧化硫 (5). 5SO2+2MnO4-+2H2O =2Mn2+4H+5SO42- (6). 装置F中出现白色沉淀 (7). b (8). 碱石灰既能吸收二氧化硫也能吸收二氧化碳和水蒸气 (9). 当高锰酸钾溶液刚褪色时，通入的空气的体积【解析】【分析】实验室采用铜与浓硫酸加热反应制取二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，同时二氧化硫也具有氧化性和还原性。【详解】(1)根据图示可
32、知，仪器A为分液漏斗，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。(2)实验过程有气体产生，故连接仪器后要检查装置的气密性，再加药品、然后打开a、滴入浓硫酸，加热。(3)要证明碳酸和硅酸酸性强弱，则进入装置F的气体只能为二氧化碳，故装置E中足量酸性KMnO4溶液的作用是除去多余的二氧化硫，离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O =2Mn2+4H+5SO42-。(4)实验通过碳酸和硅酸的酸性证明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强，如装置F中出现白色沉淀，证明有硅酸生成，即碳酸的酸性强于硅酸，结论成立。.装置b中的碱石灰不仅能吸收二氧化硫还能吸收空气的二氧化碳和水蒸气，故不可行。二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，用装置a测定SO2含量时，只需测定当高锰酸钾溶液刚褪色时，通入的空气的体积。
