1、桂林十八中2019-2020学年度19级高一下学期期中考试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 K-39 Fe-56 Mn-55 Zn-65 Cl-35.5一、选择题(本题包括 18 小题。每小题只有一个选项符合题意。每小题3分，共 54 分)1.下列说法，错误的是 ( )A. 化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的B. 物质发生化学反应时不一定伴随着能量变化C. 化学反应中能量变化的大小与反应物质的质量有关D. 化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化【答案】B【解析】【分析】化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂化学键吸收能量，形成新
2、键放出能量，从宏观角度来说，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，反之吸热，以此解答该题。【详解】A化学反应中断键要吸收能量，成键要放出能量，因此化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的，A正确；B化学反应的实质是旧键断裂，新键形成，断裂旧键要吸收能量，形成新键要放出能量，所以任何化学反应都伴随着能量变化，B错误；C化学反应中能量变化的大小与反应物的质量有关，物质的质量越大，反应吸收或放出的热量越多，C正确；D化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化，D正确；答案选B。2.某反应的生成物Y的浓度在4min内由0变成了4mol/L，则以Y表示该反应在4min内的平均反应速率为 ( )
3、A. 16 mol/(Lmin)B. 4 mol/(Lmin)C. 2 mol/(Lmin)D. 1 mol/(Lmin)【答案】D【解析】【分析】根据反应速率通常用单位时间内反应浓度的减少或生成物浓度的增加来表示解答。【详解】某反应的生成物Y的浓度在4min内由0变成了4mol/L，则以Y表示该反应在4min内的平均反应速率为4mol/L4min1.0 mol/(Lmin)，答案选D。3.下列装置中能够形成原电池是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A酒精不是电解质溶液，金属锌和乙醇不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，故A错误；B因为两电极的活泼性相同，且铜和
4、稀硫酸不发生氧化还原反应，所以该装置不能构成原电池，故B错误；C铁做负极，碳做正极，发生的是铁的吸氧腐蚀，该装置符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，故C正确；D该装置没有构成闭合回路，所以不能形成原电池，故D错误；故选C。4.下列关于甲烷的说法错误的是（ ）A. 与氯乙烷是同系物B. 属于饱和烃C. 是共价化合物D. 能与卤素单质发生取代反应【答案】A【解析】【详解】A、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物。氯乙烷含有氯元素，与甲烷的结构不相似，不能互为同系物，A错误；B、甲烷属于烷烃，属于饱和烃，B正确；C、甲烷分子中只有共价键，属于共价化合物，C正确；D
5、、甲烷在一定条件下能与卤素单质发生取代反应生成卤代烃，D正确，答案选A。【点睛】同系物的判断是解答的易错点，判断两种有机物是否是同系物的根本方法是先看其结构是否相似，再看二者在构成上是否相差一个或若干个CH2原子团。尤其要注意同系物组成元素相同，含有的官能团种类和个数相同，即必须是同一类有机物。5.下列各组物质中所含化学键均只有共价键的是A. NaCl和K2O2B. HCl和H2OC. HNO3与NH4NO3D. K2SO4与SO3【答案】B【解析】【详解】A项，NaCl中钠离子和氯离子之间存在离子键，K2O2中钾离子和过氧离子之间存在离子键，过氧离子中存在共价键，不符合题意，故不选A；B项，
6、HCl分子中H与Cl原子之间存在共价键，H2O分子中H与O原子之间存在共价键，且只有共价键，符合题意，故选B；C项，HNO3分子中N与O，O与H原子之间存在共价键，NH4NO3中铵根离子和硝酸根离子之间存在离子键，NH4+和NO3-中存在共价键，不符合题意，故不选C；D项，K2SO4中钾离子与硫酸根根离子之间存在离子键，O与S之间存在共价键，SO3分子中S与O原子之间存在共价键，不符合题意，故不选D。答案选B。6.NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）A. 28g乙烯、丙烯的混合气体中所含原子数为6NAB. 28g乙烯所含共用电子对数目为4NAC. 标准状况下，11.2 L氯仿（C
7、HCl3）所含分子数为0.5 NAD. 78g苯中含有CC键数目为3NA【答案】A【解析】【详解】A乙烯、丙烯、丁烯的混合物的最简式为CH2，含有的原子数为3NAmol-1=6NA，故A正确； B1个乙烯分子中含有1个碳碳双键，4个C-H，共6对共用电子对，28g乙烯含有的共用电子对数为6NAmol-1=6NA，故B错误；C标准状况下，氯仿是液体，11.2 L氯仿的物质的量不是0.5mol，故C错误；D苯不是单双键交替的结构，不含碳碳双键，也不含碳碳单键，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯的分子结构的中的碳碳键的特殊性。7.下列说法中正确的是离子化合物中一定有离子键，可能有
8、共价键NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1非金属单质中不含离子键，一定只含共价键稳定性：H2OH2S，沸点：H2OH2SNaCl和HCl溶于水破坏相同的作用力非极性键可能存在于非金属单质中，也可能存在于离子化合物或共价化合物中A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】离子化合物是阴阳离子通过离子键构成的化合物，因此离子化合物中一定有离子键，若阴离子、阳离子为复杂离子，还可能有共价键，正确；NaHSO4是盐，由阳离子Na+与阴离子HSO4-构成，因此固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1，正确；非金属元素的原子容易获得电子，或原子之间形成共用电子对，因此非金属单质中不可能含离子
9、键，若为双原子分子或多原子分子，则含有共价键，若为单原子分子，如惰性气体，就不含共价键，错误；元素的非金属性OS，所以氢化物的稳定性：H2OH2S；由于水分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，因此物质的沸点：H2OH2S，错误；NaCl是离子化合物，溶于水破坏的是离子键；而HCl是共价化合物，溶于水破坏的是共价键，因此破坏的作用力不相同，错误；非极性键可能存在于多原子或双原子的非金属单质中，也可能存在于离子化合物，如Na2O2，或存在于共价化合物中如H2O2等中，正确；可见说法正确的为，因此合理选项为A。8.下列各物质的性质比较正确的是A. 酸性：H2SiO3 H3PO4B. 氧化性：Cl
10、2 F2C. 稳定性：H2S HFD. 碱性：NaOH Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】A.非金属性PSi,元素非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性: H2SiO3 H3PO4，故A错误；B.非金属性ClF，根据元素非金属性越强，单质的氧化性越强，所以氧化性：Cl2F2，故B错误；C.非金属性SF，元素非金属性越强,对应的氢化物越稳定,所以稳定性：H2SHF,故C错误；D.金属性NaAl,元素金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，故D正确；答案：D。【点睛】解题依据：元素周期律。元素非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；对应的氢化物越稳定
11、：元素金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强。9.可逆反应2NO2 2NO+O2在恒容密闭容器中反应，不能判断此反应达到最大限度的标志是A. 单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n molNO2B. 混合气体的平均相对分子质量不再改变C. 混合气体的颜色不再改变D. NO2、 NO、 O2的速率之比是2:2:1【答案】D【解析】【详解】A单位时间内生成n mol O2 的同时，生成2n molNO2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A错误；B反应前后气体的物质的量之和改变，气体的质量不变，所以其平均相对分子质量改变，当达到平衡状态时混合气体平均相对分子质量不变，可以
12、说明达到平衡状态，B错误；C混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，C错误；D用NO2、NO、O2 的物质的量浓度变化表示的反应速率的比为2：2：1的状态，该反应可能达到平衡状态也可能不达到平衡状态，与反应物初始浓度及转化率有关，D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，只有反应前后改变的物理量不变时该反应达到平衡状态，正确选取判断平衡状态的物理量是解本题关键。10.下列关于元素周期表的第三周期元素叙述错误的是A. 从左到右，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱B. 元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4C. 均为主族元素D. 原子
13、的核外电子层数均为3【答案】C【解析】【详解】A同周期从左到右，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，A正确；B同周期从左到右，非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4，B正确；C第三周期中的Ar元素是稀有气体，属于0族，不是主族元素，C错误；D周期数等于电子层数，则第三周期元素的原子的核外电子层数均为3，D正确；答案选C。11.断开1molHH键、ClCl键、HCl键需要吸收的能量分别为436kJ、243kJ、431kJ，则由Cl2和H2生成1molHCl时的反应热为A. 吸热91.5kJB. 放热91.5kJ
14、C. 吸热183kJD. 放热183kJ【答案】B【解析】【分析】在反应Cl2+H2 = 2HCl中,断裂1molHH 键、ClCl键共吸收的能量为: 436kJmol+243kJ=679 kJ；生成2mol HCl键,放出的能量为: 431kJ2mol =862 kJ吸收的能量放出的能量,则该反应为放热反应,放出的热量为:862 kJ-679 kJ=183 kJ所以由氢气和氯气反应生成1molHCl需要放出的热量为: 183 kJ/2=91.5kJ。【详解】根据分析可知：A.吸热91.5kJ不符合题意；B. 放热91.5kJ符合题意；C. 吸热183kJ不符合题意； D. 放热183kJ不符
15、合题意；答案：B。【点睛】化学反应中,旧化学键断裂吸收能量,形成新化学键放出能量,根据方程式计算吸收和放出的能量,以此计算反应热并判断吸热还是放热。12.下列各组元素中，原子半径依次增大的是A. I、Br、FB. Li、K、NaC. O、S、AlD. Li、F、Cl【答案】C【解析】【详解】A.I、Br、F为同主族元素，原子序数逐渐减小，所以原子半径逐渐减小，故A不选；B.Li、K、Na为同主族元素，原子半径由小到大的顺序为：LiNaK，故B错误；C. O、S为同主族,原子序数逐渐增大，原子半径增大即OS；S、Al为同周期元素，原子序数逐渐减小，半径逐渐增大即SAl，所以OSAl，故C正确；D
16、. Li、F为同周期元素，原子序数逐渐增大，半径逐渐减小，F、Cl为同主族元素，原子序数逐渐增大，所以原子半径ClLiF，故D不符合题意；答案：C。【点睛】根据同主族从上到下原子半径增大,同周期从左向右原子半径减小,以此来解答。13.短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍，下列说法正确的是( )YZXWA. 原子半径：XYZC Z、W均可与Mg形成离子化合物D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：YW【答案】C【解析】【分析】设元素Y的原子序数为y，则y+y+10=3（y+1），解得y=7，则Y为N元素、X为Si元素、Z为O元素、W为Cl元素，
17、据此解答。【详解】A电子层越多，原子半径越大，则原子半径：X(Si)Y(N)，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原子半径：Z(O)Y(N)，即原子半径：X(Si)Y(N)Z(O)，A错误；B元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，氧元素的非金属性强于硅元素，则气态氢化物的稳定性：X(Si)Z(O)，B错误；CZ(O)元素、W(Cl)元素与Mg元素形成的化合物氧化镁、氯化镁都是离子化合物，C正确；D元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于氮元素，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y(N)W(Cl)，D错误。答案选C。14.在体积可变的密闭容器中发生反应：CO(
18、g) + H2O(g) CO 2 (g) + H2O(g)（正反应为放热反应），改变下列条件，不能使正 增大的是A 升高温度B. 恒容充HeC. 缩小容器体积D. 恒容时充入更多的H2O(g)【答案】B【解析】【详解】A.根据影响化学反应速率的因素可知：升高温度,反应速率增大,故A不选；B.恒容充He，反应混合物中各组分的浓度不变，所以速率不变、没有增大，故B符合题意；C.缩小体积,相当于增大反应物浓度，所以反应速率增大,故C不选；D.恒容时充入更多的H2O(g)增大反应物的浓度，反应速率增大，故D不选；答案：B。【点睛】根据影响化学反应速率因素进行分析：对于反应CO(g) + H2O(g)
19、CO 2 (g) + H2O(g)来说,增大反应速率,可增大浓度、压强、温度或加入催化剂,以此解答。15.在容积固定容器中，发生反应2HI(g)H2(g)+I2(g)，下列方法中能证明已达到平衡状态的是( )混合气体的颜色不再变化各组分浓度相等体系压强不再变化一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂 混合气体的平均摩尔质量不再变化A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，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
20、逆反应到达平衡状态。【详解】容器内气体颜色不再变化，说明碘的浓度不变，反应已达平衡，满足题意；各组分浓度相等，但相等并不是不变，不能说明反应达到平衡状态，不满足题意；恒容条件下，反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的压强是个恒量，压强不再变化时，不能判断反应是否平衡，不满足题意；一个H-H键断裂等效于两个H-I键形成，同时有两个H-I键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，满足题意；混合气的平均摩尔质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量和混合气体总物质的量均是定值，所以混合气体的平均摩尔质量不再变化不能说明反应达到平衡状态，不满足题意；综上所述，满足题意；答案选A。16
21、.为提纯下列物质(括号内为少量杂质)，所选用的除杂试剂与方法都正确的是( )选项混合物除杂试剂方法A乙醇(乙酸)CaO蒸馏B乙烯(二氧化硫)酸性高锰酸钾溶液洗气C溴苯(溴)KI溶液分液D乙烷(C2H4)氢气催化加热A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A. 由于乙醇的沸点低于乙酸，蒸馏实际上是将乙醇蒸出，二者的沸点相差不大，所以需要加入CaO使乙酸反应生成沸点更高的乙酸钙，使蒸馏更彻底，A项正确；B乙烯也能被高锰酸钾氧化除去，不能除杂，应选氢氧化钠溶液、洗气，B项错误；C溴与KI反应后生成碘，碘易溶于溴苯，不能除杂，应选NaOH溶液、分液，C项错误；D乙烯与氢气加成，且乙烷
22、中易引入新杂质氢气，应选溴水、洗气，D项错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意乙烯可以与氢气加成，但反应需要催化剂加热，除杂操作较为复杂，另一方面未完全反应的氢气会作为新杂质引入，该方法不合理。17.两种气态烃以任意比例混合，在105时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中不符合此条件的是 ( )A. CH4 C3H6B. CH4 C2H4C. C2H4 C3H4D. C2H2 C3H6【答案】AD【解析】分析：气态烃与足量的氧气充分反应后生成二氧化碳和水蒸气，在相同的温度下，反应前后气体体积不变，根据烃的燃烧通式可以确定烃
23、的组成特点。详解：两种气态烃以任意比例混合，在105时1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L，则烃在燃烧前后，气体总体积不变。设烃的平均分子式为CxHy，其燃烧的化学方程式为CxHy+（x+）O2xCO2+H2O，则1+（x+）=x+，化简得y=4，所以，混合烃的平均分子式中H原子数是4，由于两种气态烃以任意比例混合，故两种烃的分子中的H原子数一定都是4，所以，不符合条件的是A和D，本题选AD。18.如图所示的原电池装置，X、Y为两电极，电解质溶液为稀硫酸，外电路中的电子流向如图所示，对此装置的下列说法正确的是( )A. 外电路的电流方向为：X外电路Y
24、B. 若两电极分别为Zn和石墨棒，则X为石墨棒，Y为ZnC. SO42-移向X电极，Y电极上有氢气产生D. X极上发生的是还原反应，Y极上发生的是氧化反应【答案】C【解析】【分析】根据电子的流向可知X是负极，Y是正极，结合原电池的工作原理分析解答。【详解】A电流的方向是正电荷的移动方向，所以外电路的电流方向为：Y外电路X，A错误；B若两电极分别为Zn和碳棒，由于活动性ZnC，则X为Zn，Y是碳棒，B错误；C根据电子流向可知X是负极，Y是正极，溶液中的氢离子放电。阴离子向负极移动，则SO42-移向X电极，Y电极上有氢气产生，C正确；DX极失去电子，发生氧化反应，Y极上获得电子，发生的是还原反应，
25、D错误。答案选C。19.（1）下列物质N2、H2O、Na2O2、CaCl2、KOH、NaF中，既含有离了键，又含有共价键的物质是_，属于共价化合物的是_。（2）用电子式表示CaCl2的形成过程：_。（3）氮化钠(Na3N)是科学家制备的一种重要化合物，它与水作用产生NH3。请写出NH3的电子式是_。（4）Na3N与盐酸反应生成两种盐，反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Na2O2、KOH (2). H2O (3). (4). (5). Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl【解析】【分析】一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键；全部由共价键形成的
26、化合物是共价化合物。【详解】（1）N2中只含有共价键，H2O中只含有共价键，Na2O2中既含有离子键又有共价键，CaCl2中只含有离子键，KOH中既含有离子键又有共价键，NaF中只含有离子键，因此既含有离子键，又含有共价键的物质是Na2O2、KOH，属于共价化合物的是H2O。答案：Na2O2、KOH；H2O。（2）氯化钙是离子化合物，含有离子键，则用电子式表示CaCl2的形成过程为。答案：(3)氮化钠(Na3N)与水作用产生NH3，NH3的电子式是：。答案：。 (4)Na3N与盐酸反应生成两种盐，根据原子守恒可知应该是氯化钠和氯化铵，因此反应的化学方程式为Na3N+4HCl3NaCl+NH4C
27、l；答案：Na3N+4HCl3NaCl+NH4Cl。20.AE等几种烃分子的球棍模型如图所示，据此回答下列问题 （1）D的分子式为_，A的二氯取代物有_种，属于同系物的是_（填字母）。（2）有关有机物E的结构或性质的说法正确的是_(填字母)。a是碳碳双键和碳碳单键交替的结构b有毒、不溶于水、密度比水小c不能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳褪色d一定条件下能与氢气或氧气反应（3）已知有机物C能与HCN反应，原理与其和H2O反应类似，请写出相关的化学反应方程式：_，反应类型_。【答案】 (1). C2H2 (2). 1 (3). A、B (4). bcd (5). CH2CH2+HCNCH3CH
28、2CN (6). 加成反应【解析】【分析】根据AE等几种烃分子的球棍模型可知A是甲烷，B是乙烷，C是乙烯，D是乙炔，E是苯，结合有机物的结构和性质解答。【详解】（1）D是乙炔，分子式为C2H2。甲烷是正四面体结构，所以甲烷的二氯取代物有1种。结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的有机物互为同系物，属于同系物的是甲烷和乙烷，答案选A、B。（2）有机物E是苯，则：a苯分子中不存在碳碳双键和碳碳单键交替的结构，而是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间独特的键，a错误；b苯有毒、不溶于水、密度比水小，b正确；c苯不存在碳碳双键，不能使酸性KMnO4溶液和溴的四氯化碳褪色，c正确；d苯在一定条件下能与氢气
29、发生加成反应生成环己烷，与氧气反应生成二氧化碳和水，d正确。答案选bcd；（3）已知有机物C能与HCN反应，原理与乙烯和H2O反应类似，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，因此乙烯与HCN发生的是加成反应，反应的化学反应方程式为CH2CH2+HCNCH3CH2CN。21.为探究苯与溴的取代反应，甲同学用装置I进行如下实验：将一定量的苯和溴放在烧瓶中，同时加入少量铁屑做催化剂，3-5分钟后发现滴有AgNO3溶液的锥形瓶中有浅黄色沉淀生成，即证明苯与溴发生了取代反应。（1）装置I中的化学方程式为_。（2）中长导管的作用是_。（3）要得到纯净的产物，可用稀NaOH溶液、蒸馏水洗涤。洗涤分离粗产品后，要进一
30、步提纯，下列操作中必须的是_(填入正确选项前的字母)；A 重结晶 B 过滤 C 蒸馏 D 萃取（4）乙同学设计如图所示装置II，并用下列某些试剂完成该实验。可选用的试剂是：苯、液溴、浓硫酸、氢氧化钠溶液、硝酸银溶液、四氯化碳。 能证明苯和液溴发生的是取代反应，而不是加成反应，则试管b中应加入_，其作用是_；试管c中应加入_。 比较两套装置，装置II主要优点是_。(答出一点即可)【答案】 (1). +Br2+HBr或+Br2+HBr (2). 导气、冷凝回流 (3). C (4). CCl4或苯 (5). 除去未反应的溴蒸气 (6). AgNO3溶液 (7). 可以防倒吸、可以避免杂质干扰、防止
31、污染空气、可以控制反应等。【解析】【分析】（1）溴与铁反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢；（2）长导管让挥发出来的溴单质冷凝，防止对产物的干扰；（3）反应生成的硝基苯和溴互溶呈红褐色油状液滴，可用NaOH溶液试剂洗涤，让反应生成溶于水的物质，再进行分液，最终蒸馏得到纯净的产物；（4）b中要除去Br2，b中试剂为苯或四氯化碳，c中是为了检验溴离子的生成；装置的主要优点从装置安装的特点及作用考虑。【详解】（1）因溴与铁反应生成溴化铁：2Fe+3Br22FeBr3，苯和液溴在溴化铁或铁的催化作用下生成溴苯和溴化氢：或；（2）反应为放热反应，长导管让挥发出来的溴单质冷凝，防止
32、对产物的干扰，即长导管的作用为导气，冷凝回流，故答案为导气，冷凝回流；（3）反应生成的硝基苯和溴互溶呈红褐色油状液滴，可用NaOH溶液试剂洗涤，让反应生成溶于水的物质，再进行分液，最后利用沸点不同，用蒸馏方法提纯产品，故答案选C；（4）b试剂可以为苯或四氯化碳，其目的是除去未反应的溴蒸气；装你置c中检验溴离子的过程，加入的试剂为硝酸银溶液，故答案为CCl4或苯；除去未反应的溴蒸气；AgNO3溶液；根据以上分析，装置的主要优点是：a试管：导管是短进短出可防止倒吸；铁丝圈移动可以控制反应进行程度；b试管除去Br2，避免杂质干扰；有尾气处理，防止污染空气，故答案为可以防倒吸、可以避免杂质干扰、防止污
33、染空气、可以控制反应等。22.甲同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性的相对强弱，实验装置如图。根据要求完成下列各题。（1）填写所示仪器名称：A_，B_。（2）实验步骤：连接仪器、_、加药品后，打开 a、滴入浓硫酸，加热。（3）问题探究：（已知酸性强弱：亚硫酸碳酸）铜与浓硫酸反应的化学方程式是_；装置E中装的是酸性KMnO4溶液，其作用是_；能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_。依据试管 D 中的反应，能否证明S的非金属性强于C的非金属性_（填 “能”或“否”）。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 圆底烧瓶 (3). 检验装置气密性 (4). Cu+2H2SO4(浓)CuS
34、O4+SO2+2H2O (5). 除去二氧化硫气体 (6). E试管中的溶液褪色不完全，F试管中出现白色沉淀 (7). 否【解析】【分析】(1)根据装置图中的仪器构造和性能命名；(2)该装置要制取气体，验证气体的性质，反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性；(3)在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，据此书出反应方程式；多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收，防止干扰后面的实验；二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强；依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱。【详解】(1)根据装置图中的仪器可知A为分液
35、漏斗，B为圆底烧瓶；(2)反应生成气体，在加入药品之前需要检验装置的气密性，防止气密性不好导致气体泄漏；(3)在加热条件下铜与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，根据原子守恒、电子守恒可得该反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；得到的气体中含有SO2、CO2，SO2是酸性气体，若不吸收除去会影响后面的实验，所以可根据SO2具有还原性，多余的二氧化硫用酸性KMnO4溶液吸收；除去SO2气体后，纯净的二氧化碳与Na2SiO3溶液反应生成硅酸，证明了碳酸酸性比硅酸强，说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强，所以E试管中的溶液褪色不完全（证明二氧化硫已除尽），F试管中出现白色沉淀（有硅酸生成）即说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强；依据最高价含氧酸的酸性强弱判断非金属性强弱，二氧化硫溶于水生成的是亚硫酸，不是硫元素的最高价的含氧酸，因此不能判断S元素非金属性比C元素的强。【点睛】本题考查了非金属性的相对强弱的探究实验，涉及仪器名称，化学方程式的书写、反应现象的描述、操作的目的等；判断元素非金属性强弱的依据等，一定要注意是否有杂质产生干扰，如何除去杂质等。
