1、2020年春季学期高一年级期末考试化学科(理科)试题相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 F：19 Na:23 S:32 Cl：35.5 K:39一、选择题1. 下列仪器可以直接放在酒精灯火焰上加热的是A. 烧杯B. 烧瓶C. 蒸发皿D. 量筒【答案】C【解析】【详解】A烧杯不能直接放在酒精灯火焰上加热，应隔石棉网加热，A不合题意；B烧瓶不能直接放在酒精灯火焰上加热，应隔石棉网加热，B不合题意；C蒸发皿可以直接放在酒精灯火焰上加热，C符合题意；D量筒是不耐热的仪器，不能加热，D不合题意；故选C。2. 科学家已经发现一种新型氢分子，其化学式为H3，在相同的条件下，等质量的H3和H2
2、相同的是( )A. 原子数B. 分子数C. 体积D. 物质的量【答案】A【解析】【详解】设这两种物质都1g，则n(H3)=mol，n(H2)=mol；A、mol H3有1mol H原子，mol H2有1mol H，故二者的原子相同，A正确；B、mol H3和mol H2的分子数不同，B错误；C、同温同压下，气体的气体与物质的量成正比，所以mol H3和mol H2的体积不同，C错误；D、mol H3和mol H2的物质的量不同，D错误；故选A。3. 与50mL0.1mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量浓度相同的溶液是（ ）A. 25mL0.2mol/L的NaCl溶液B. 100mL0.
3、1mol/L的NaCl溶液C. 25mL0.2mol/L的Na2SO4溶液D. 10mL0.5mol/L的Na2CO3溶液【答案】A【解析】【详解】50mL0.1mol/L的Na2CO3溶液中Na+的物质的量浓度为0.1mol/L2=0.2mol/L；A25mL0.2mol/L的NaCl溶液中Na+的物质的量浓度为0.2mol/L1=0.2mol/L，故A符合题意； B100mL0.1mol/L的NaCl溶液中Na+的物质的量浓度为0.1mol/L1=0.1mol/L，故B不符合题意；C25mL0.2mol/L的Na2SO4溶液中Na+的物质的量浓度为0.2mol/L2=0.4mol/L，故C
4、不符合题意；D10mL0.5mol/L的Na2CO3溶液中Na+的物质的量浓度为0.5mol/L2=1mol/L，故D不符合题意；答案选A。【点睛】注意溶液中溶质离子的浓度与溶液体积无关，只取决于物质电离出的离子的数目多少与溶质的浓度。电解质溶液离子浓度=电解质浓度电解质电离产生的该离子的数目。4. 下列反应中需加入氧化剂才能进行是A. Cl2 Cl-B. Zn Zn2C. H2O H2D. CuO CuCl2【答案】B【解析】【详解】ACl2 Cl-，Cl2作氧化剂，可能是Cl2与水或碱直接反应生成，也可能是Cl2与还原剂反应生成，A不合题意；BZn Zn2，Zn元素化合价升高，作还原剂，需
5、加入氧化剂，B符合题意；CH2O H2，氢元素化合价降低，H2作氧化剂，需加入还原剂，C不合题意；DCuO CuCl2，Cu元素的价态不变，D不合题意；故选B。5. 下列关于原子的几种描述中，不正确的是（ ）A. 18O与19F具有相同的中子数B. 16O与17O具有相同的电子数C. 12C与13C具有相同的质量数D. 14N与15N具有相同的质子数【答案】C【解析】【详解】A项、18O的中子数为（188）=10，19F的中子数为（199）=10，故A正确；B项、16O与17O的核外电子数均为8，电子数相同，故B正确；C项、12C与13C的质量数分别为：12、13，两者不相等，故C错误；D项、
6、15N与14N的质子数均为7，质子数相同，故D正确；故选C。6. 根据硫元素的化合价判断下列物质中的硫元素不能表现氧化性的是()A. Na2SB. SC. SO2D. H2SO4【答案】A【解析】【详解】A硫化钠中硫元素处于最低价，为-2价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，A正确；B单质硫中，硫元素化合价为0价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，B错误；C二氧化硫中，硫元素化合价为+4价，处于中间价，既有氧化性又有还原性，C错误；D硫酸中硫元素处于最高价，为+6价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，D错误。7. 向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中能正
7、确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】硫酸镁和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化镁沉淀，硫酸铝和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，所以刚开始随着氢氧化钠的加入，沉淀逐渐增大，在图象中就是一条过“0”点并呈上升趋势的斜线。氢氧化铝和过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，所以当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解一部分，在图象中就是沉淀的质量会下降，但是最后是一条平行于横坐标的直线(氢氧化镁沉淀的质量保持不变)，故D正确。故选D。8. 在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是A. K+ 、Na+、Cl-B
8、. K+、Na+、C. Na+、H+、Fe2+D. Fe3+、Na+、SCN-、【答案】B【解析】【详解】A的水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量共存，选项A不符合题意；B各离子及水溶液均无色，且离子之间及与OH-之间不能发生任何反应，因此离子可以大量共存，选项B符合题意；CH+、Fe2+因发生氧化还原反应而不能大量共存，且H+、Fe2+不能与OH-大量共存，选项C不符合题意；DFe3+不能与OH-大量共存，且Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，选项D不符合题意；答案选B。9. 通常情况下，不能用铁制容器盛放的是A. 浓硫酸B. 盐酸C. 汽油D. 酒精【答案】B【解析】【分析】【详解
9、】A浓硫酸常温下可使铁钝化，可用铁制容器盛放浓硫酸，故A正确；B盐酸常温下能和铁反应，生成氯化亚铁和氢气，不能用铁制容器盛放，故B错误；C汽油与铁不发生反应，可用铁制容器盛放，故C正确；D酒精与铁不发生反应，可用铁制容器盛放，故D正确；答案为B。10. 某元素的最高价氧化物的水化物的化学式是H3RO4，则其氢化物的化学式是A. HRB. H2RC. RH3D. RH4【答案】C【解析】【详解】某元素的最高价氧化物的水化物的化学式是H3RO4，其中R的化合价是+5价，因此最低价是3价，则其氢化物的化学式是RH3，答案选C。11. 下列污染现象主要与SO2有关的是（ ）A. 臭氧空洞B. 酸雨C.
10、 光化学烟雾D. 温室效应【答案】B【解析】【详解】A制冷剂“氟里昂”等，对臭氧层有很大的破坏作用，会使臭氧层形成空洞，故A错误；B酸雨是因为空气中的污染物二氧化硫、氮氧化合物等过多造成的，故B正确；C大气中的碳氢化合物、氮氧化合物等为一次污染物，在太阳光中紫外线照射下能发生化学反应，衍生种种二次污染物。由一次污染物和二次污染物的混合物（气体和颗粒物）所形成的烟雾污染现象，称为光化学烟雾，故C错误；D造成温室效应的主要气体为二氧化碳，故D错误。12. 工业上以氮气为主要原料制备硝酸，其转化过程如下所示，其中氮元素只被还原的一步是 N2NH3NONO2HNO3A. B. C. D. 【答案】A【
11、解析】【分析】氮元素只被还原，表明含氮物质作氧化剂，氮元素化合价降低。【详解】N2NH3，N元素的化合价降低，符合题意；NH3NO，N元素的化合价升高，不合题意；NONO2，N元素的化合价升高，不合题意；NO2HNO3，N元素的化合价一部分升高，一部分降低，不合题意；综合以上分析，只有符合题意；故选A。13. 下列叙述中错误的是A. 氧化性：Na +Mg2+Al3+B. 沸点：H2SeH2SH2OC. 稳定性：HFHClHBrD. 酸性：HClO4H2SO4H3PO4【答案】B【解析】【详解】A因为还原性：NaMgAl，所以氧化性：Na +Mg2+Al3+，A正确；B因为H2O分子间能形成氢键
12、，所以沸点：H2OH2SeH2S，B错误；C因为非金属性：FClBr，所以稳定性：HFHClHBr，C正确；D因为非金属性：ClSP，所以酸性：HClO4H2SO4H3PO4，D正确；故选B14. 下列反应中属于氧化还原反应又是吸热反应的是A. 镁与盐酸反应放出氢气B. 氢氧化钠与盐酸的反应C. 硫在空气或氧气中燃烧D. 灼热的炭与二氧化碳反应【答案】D【解析】【详解】A镁与盐酸反应放出氢气，属于放热反应，A不合题意；B氢氧化钠与盐酸反应，属于非氧化还原反应，B不合题意；C硫在空气或氧气中燃烧，属于放热反应，C不合题意；D灼热的炭与二氧化碳反应，既属于氧化还原反应，又属于吸热反应，D符合题意；
13、故选D。15. 新制氯水与久置的氯水相比较，下列结论不正确的是A. 颜色相同B. 前者能使有色布条褪色C. 都含有H+D. 加AgNO3溶液都能生成白色沉淀【答案】A【解析】【分析】氯气溶于水，发生反应：Cl2H2OHClHClO，该反应是可逆反应，溶液中含有Cl2、H2O、HClO三种分子及H+、Cl、ClO、OH四种离子。当氯水久置时，其中含有的HClO光照分解产生氯化氢和氧气，据此解答。【详解】A新制氯水显浅黄绿色，而久置的氯水呈无色，颜色不相同，A错误；B新制氯水具有漂白性，能使有色布条褪色，而久置氯水没有漂白性，故不能使有色布条褪色，B正确；C综上所述可知在新制氯水与久置的氯水中都含
14、有H，C正确；D由于二者都含有Cl，所以加AgNO3溶液都能生成AgCl白色沉淀，D正确。答案选A。【点睛】明确新制氯水和久置氯水中含有的微粒和性质特点是解答的关键，注意氯气和水的反应是可逆的以及次氯酸的不稳定性。16. 已知反应为放热反应，对该反应的下列说法中正确的（ ）A. X的能量一定高于MB. 因该反应为放热反应，故不必加热就可发生C. Y的能量一定高于ND. X和Y的总能量一定高于M和N的总能量【答案】D【解析】【分析】反应为放热反应，放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，所以X和Y的总能量高于M和N的总能量。【详解】A根据分析，该反应只能比较X和Y的总能量与M和N的总能量，不
15、能比较X和M的能量关系，A错误；B放热反应不需要持续加热，但不一定不需要加热，有的反应需要加热达到反应的活化能后反应才能进行，B错误；C根据A选项的解析，不能比较Y与M的能量关系，C错误；D根据分析，放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，D正确；故选D。17. 下列组合中不可能形成喷泉的是 （ ）A. HCl和H2OB. O2和H2OC. SO2和NaOH溶液D. CO2和NaOH溶液【答案】B【解析】【分析】【详解】A氯化氢气体极易溶于水，使瓶内气压减小，能产生喷泉现象，故A不选；B氧气不易溶于水，使瓶内气压变化不大，不能产生喷泉现象，故B选；C二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠
16、与水，使瓶内气压减小，所以能形成喷泉，故C不选；D二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠与水，使瓶内气压减小，所以能形成喷泉，故D不选；故选B。【点睛】18. 下列分子中所有原子都满足最外层为8电子结构的是（ ）A. BF3B. SiCl4C. H2OD. PCl5【答案】B【解析】【分析】根据|化合价|+最外层电子数=8进行判断。【详解】ABF3中氟原子满足了8电子稳定结构，但硼原子中|化合价|+最外层电子数=+3+3=68，不符合8电子稳定结构，故A不符合题意；B在SiCl4中，硅原子中|化合价|+最外层电子数=+4+4=8，氯原子中|化合价|+最外层电子数=|-1|+7=8，所以硅、氯原
17、子都满足了8电子稳定结构，故B符合题意；C在H2O中，只有氧原子满足了8电子稳定结构，氢原子中|化合价|+最外层电子数=+1+1=28，满足2电子稳定结构，故C不符合题意；D五氯化磷中只有氯原子满足了8电子稳定结构，磷原子中|化合价|+最外层电子数=+5+5=108，不符合8电子稳定结构，故D不符合题意；故答案：B。19. 将饱和FeCl3溶液分别滴入下述液体中，能形成胶体的是（ ）A. 冷水B. 沸水C. NaOH浓溶液D. NaCl浓溶液【答案】B【解析】【详解】A冷水反应缓慢，盐的水解反应是吸热反应，平衡左移得不到胶体，A错误；B沸水中氯化铁水解能够生成氢氧化铁胶体，B正确；C氢氧化钠溶
18、液会和FeCl3反应生成Fe(OH)3沉淀，C错误；DNaCl浓溶液与FeCl3溶液不反应，不能形成氢氧化铁胶体，D错误；故合理选项是B。20. 少量的金属钠长期暴露在空气中，它的最终产物是（ ）A. NaOHB. Na2CO310H2OC. Na2CO3D. NaHCO3【答案】C【解析】【详解】切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）变暗（生成Na2O）变白色固体（生成NaOH）成液（NaOH潮解）结块（吸收CO2成Na2CO310H2O）最后变成Na2CO3粉末（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H
19、2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO310H2O、Na2CO310H2O=Na2CO3+10H2O，故选C。【点睛】金属钠暴露在空气中发生现象体现了钠及其化合物的性质，根据钠及其化合物的性质可以解释发生的现象，本题易错点为B，要注意Na2CO310H2O在干燥的空气中容易风化。二、非选择题21. (1)在NaCl、NaOH、Na2O2、N2、H2S、H2O2中，只含有离子键的是_；只含有极性键的是_；只含有非极性键的是_；既含有离子键，又含有极性键的是_；既含有离子键，又含有非极性键的是_。(2)请用电子式表示NaCl的形成过程：_。(3)N2的结构式为：_；H2O2的结构式为：_。【答
20、案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). (7). NN (8). H-O-O-H【解析】【分析】(1)金属阳离子和阴离子之间的化学键为离子键，一般盐、碱金属氧化物中含有离子键，非金属元素之间的化学键为共价键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键，以此解答该题；(2)根据离子键的形成原理分析解答；(3)根据共价键的形成原理分析书写共价分子的结构式。【详解】(1)NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键； NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和氢原子之间存在极性共价键；Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、O原子和
21、O原子之间存在非极性共价键；N2中N原子之间只存在非极性共价键；H2S是共价化合物，S原子与H原子间存在极性共价键；H2O2中H原子和O原子之间存在极性共价键，O与O原子之间为非极性键；故答案为：；(2)氯化钠形成过程中，钠原子失去1个电子形成钠离子，氯原子得到1个电子形成氯离子，阴阳离子间通过离子键结合，用电子式表示为： ，故答案为： ；(3)氮气分子中氮原子间通过氮氮叁键结合，结构式为：NN；双氧水分子中氧原子与氢原子间均以共价键结合，结构式为：H-O-O-H ，故答案为：NN；H-O-O-H。22. 能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提
22、高能源的利用率。请回答下列问题。(1)氢气在O2中燃烧的反应是_(填“放”或“吸”)热反应，这是由于反应物的总能量_(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的总能量。(2)从化学反应的本质角度来看，氢气的燃烧是由于断裂反应物中的化学键吸收的总能量_(填“大于”、“小于”或“等于”)形成产物的化学键放出的总能量。已知破坏1 mol HH键、1 mol O=O键、1 mol HO键时分别需要吸收a kJ、b kJ、c kJ的能量。则2 mol H2(g)和1 mol O2(g)转化为2 mol H2O(g)时放出的热量为_。【答案】 (1). 放 (2). 大于 (3). 小于 (4). (4c2
23、ab) kJ【解析】【分析】旧键断裂需要吸收能量，新键的生成会放出能量，H=反应物的键能和-生成物的键能和，据此进行解答。【详解】（1）燃烧反应都是放热反应，所以氢气的燃烧反应是放热反应，根据能量守恒定律，放热反应是反应物的总能量大于生成物的总能量；故答案为放，大于。（2）化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，放热反应的本质是断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成产物的化学键放出的总能量；氢气燃烧放热，所以2molH2(g)和1molO2(g)转化为2molH2O(g)时的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=反应物的键能和-生成物的键能和=-（2a+b-4c）
24、kJ/mol，故放出的热量为（4c-2a-b）kJ，故答案为小于，（4c-2a-b）kJ。23. 下表中为元素周期表的一部分，请参照元素在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：(1)在元素中，_原子半径最大；、的离子半径由大到小的顺序为_。(2)、的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是_。(3)、的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是_。(4)、的最高价氧化物对应的水化物之间能发生化学反应的离子方程式为_。(5)往Na2SiO3的水溶液中通入足量的CO2 ，其反应的离子方程式为_。【答案】 (1). Na (2). O2-Na+Al3+ (3). HClO4H2CO3H2SiO3 (4
25、). H2ONH3SiH4 (5). Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O (6). +2CO2+2H2O=H2SiO3+2【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置知，分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl元素，据此分析。【详解】根据元素在周期表中的位置知，分别是H、C、N、O、Na、Al、Si、Cl元素。(1)同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故在元素中，Na原子半径最大；具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故、的离子半径由大到小的顺序为O2-Na+Al3+； (2)非金属性越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则、的最高价氧化物对应的水化物
26、的酸性由强到弱的顺序是HClO4H2CO3H2SiO3； (3) 非金属性越强其气态氢化物的稳定性越强，则、的气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序是H2ONH3SiH4； (4)、的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3、HClO4之间能发生化学反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O；(5)往Na2SiO3的水溶液中通入足量的CO2 ，反应生成硅酸和碳酸氢钠，其反应的离子方程式为+2CO2+2H2O=H2SiO3+2。24. 已知A、B、C、D、E、F是含有同一种元素的化合物，其中A是一种红棕色气体，B是一种无色气体，F是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，它们之间能发生如下反应
27、：A + H2O B + C；C + FD；D + NaOHF + E + H2O。(1)写出它们的化学式：A_、C_、D_、F_。(2)写出下列反应的离子方程式，并按要求填空:_，该反应的氧化剂是_，还原剂是_； _。(3)工业生产C的过程中有一步反应为F经催化氧化生成B和H2O，写出该步反应的化学方程式_。【答案】 (1). NO2 (2). HNO3 (3). NH4NO3 (4). NH3 (5). 3NO2+H2O=2H+2+NO (6). NO2 (7). NO2 (8). +OH-NH3+H2O (9). 4NH3+5O24NO+6H2O【解析】【分析】A是一种红棕色气体，则其为
28、NO2；B是一种无色气体，由反应可得出B为NO、C为HNO3；由反应，可得出D 为NH4NO3；F是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则其为NH3，由反应可得出E为NaNO3。【详解】(1)由分析可知，A为NO2、C为HNO3、D为NH4NO3、 F为NH3。 答案为：NO2；HNO3；NH4NO3；NH3。(2)反应为NO2与H2O反应生成硝酸和一氧化氮，离子方程式为3NO2+H2O=2H+2+NO， 该反应中，只有NO2中的N元素价态发生改变，所以氧化剂是NO2，还原剂是NO2； 反应为硝酸铵与氢氧化钠复分解反应，离子方程式为+OH-NH3+H2O。 答案为：3NO2+H2O=2H+2+N
29、O；NO2；NO2；+OH-NH3+H2O；(3)工业生产C的过程中有一步反应为F经催化氧化生成B和H2O，该步反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。答案为：4NH3+5O24NO+6H2O。【点睛】在NH3发生催化氧化时，由于反应进行时的温度高于NO2的分解温度，所以产物中没有NO2生成。25. 某化学兴趣小组为研究生铁（含碳）与浓硫酸的反应情况及产物性质，设计如下实验。请回答下列问题：（1）按上图所示装置进行实验（夹持装置及尾气处理装置未画出）。仪器b的名称为_；实验过程中，装置B中观察到的现象是_；装置C中有白色沉淀生成，该沉淀是_（填化学式）。（2）装置A中还会产生CO2
30、气体，请写出产生CO2的化学方程式：_。（3）为了验证装置A中产生的气体中含有CO2，应先从下列中选出必要的装置连接A装置中c处管口，从左到右的顺序为_（填序号）；然后再进行的操作是从a处多次鼓入N2，其目的是_。（4）某同学发现实验后期装置A中产生的气体中还含有H2，理由是_ （用离子方程式表示）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 品红试纸褪色，石蕊试纸变红 (3). BaSO4 (4). C2H2SO4（浓）CO22SO22H2O (5). (6). 赶尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验 (7). Fe2H=Fe2H2【解析】【分析】(1)根据装置图，结合常见仪器的形状分子判
31、断仪器b的名称，生铁(含碳)与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫的水溶液具有漂白性和酸性，据此分析解答装置B中观察到的现象；硝酸具有强氧化性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸，据此分析判断；(2)生铁中的碳能够与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水；(3)二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，需要先将二氧化硫完全除去，才能检验二氧化碳；装置有空气，空气中也含有二氧化碳，据此分析解答；(4)随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气。【详解】(1)由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁(含碳)与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫的水溶液具有漂白性和酸性，可使湿润的品红试纸褪色，使湿润的蓝色
32、石蕊试纸变红；硝酸具有强氧化性，把二氧化硫氧化为硫酸根离子，所以二氧化硫通入硝酸钡溶液，会生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：分液漏斗；品红试纸褪色，石蕊试纸变红；BaSO4；(2)生铁中的碳能够与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；(3)二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳，从左到右的顺序为；由于装置有空气，空气中含有二氧化碳，多次鼓入氮气，可以排尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验，故答案为：；赶尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验；(4)随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，反应离子方程式为：Fe+2H+Fe2+H2，故答案为：Fe+2H+Fe2+H2。【点睛】解答本题要注意二氧化硫、二氧化碳性质的区别。本题的易错点为(3)，要注意二氧化硫的存在对二氧化碳检验的影响。
