山西省平遥县和诚学校2019_2020学年高二化学上学期开学考试试题（含解析）.docx

山西省平遥县和诚学校2019-2020学年高二化学上学期开学考试试题（含解析）1.NaNO2是一种食品添加剂，过量摄入能致癌。酸性KMnO4 溶液与NaNO2反应的方程式是MnO4NO2Mn2NO3H2O。下列叙述中正确的是A. 该反应中NO2被还原B. 反应过程中溶液的pH增大C. 生成1 mol NaNO3需消耗0.2 mol KMnO4D. 中的粒子是OH【答案】B【解析】【分析】该反应中锰元素化合价由+7价变为+2价，N元素化合价由+3价变为+5价，结合元素守恒和电荷守恒分析解答。【详解】A该反应中N元素化合价由+3价变为+5价，所以亚硝酸根离子失电子被氧化，故A错误；B根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，氢离子参加反应导致溶液中氢离子浓度降低，则溶液的pH增大，故B正确；C根据转移的电子守恒，生成1molNaNO3需消耗KMnO4的物质的量=0.4mol，故C错误；D根据元素守恒和电荷守恒知，是H+，故D错误。答案选B。2.除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用试剂及操作方法均正确的是（）选项待提纯的物质选用的试剂操作方法ANa2SO4（NaOH）稀盐酸加过量的稀盐酸、蒸发结晶BNaCl（Na2CO3）CaCl2溶液加入过量的CaCl2溶液，过滤、将滤液蒸发结晶CCO2（HCl）饱和Na2CO3溶液先通过饱和Na2CO3溶液，再通过浓硫酸DFeSO4溶液（CuSO4）过量铁粉过滤A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】ANaOH能与稀盐酸反应生成氯化钠和水，Na2SO4不与稀盐酸反应，能除去杂质但引入新的杂质氯化钠，故A错误；BNa2CO3能与CaC12溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，过量的CaC12无法除去，成为新的杂质，故B错误；C饱和Na2CO3溶液能与CO2和HCl反应，CO2和HCl均能被饱和Na2CO3溶液吸收，导致被提纯的CO2气体的量减少或全部吸收，故C错误；D过量铁粉能与CuSO4溶液反应生成FeSO4并析出Cu，过滤后除去Cu和过量的Fe，得到FeSO4溶液，故D正确；故答案为D。【点睛】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂(提纯)，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变；除杂质题至少要满足两个条件：加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；反应后不能引入新的杂质。3.安全气囊逐渐成为汽车的标配，因为汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2，产生大量的气体使气囊迅速弹出，保障驾乘车人员安全。下列关于该反应的说法正确的是A. 该反应中NaN3是氧化剂，KNO3是还原剂B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为115C. 若有50.5 g KNO3参加反应，则有0.5mol N原子被还原D. 每转移1 mol e，可生成标准状况下N2的体积为2.24 L【答案】C【解析】【详解】A. NaN3中N元素化合价升高，NaN3是还原剂，KNO3中N元素化合价降低，KNO3是氧化剂，故A错误；B. 氮气既是氧化产物又是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为151，故B错误；C. 50.5 g KNO3的物质的量是 ，若有50.5 g KNO3参加反应，则有0.5mol N原子被还原，7.5mol N原子被氧化，故C正确；D. 根据方程式，转移10 mol e生成16molN2，所以每转移1 mol e，可生成标准状况下N2的体积为35.84 L，故D错误。4.下列离子方程式正确的是（ ）A. 硫酸钾溶液与氯化钡溶液的反应：Ba2+ + SO42- = BaSO4B. 铜与氯化铁溶液反应：Cu + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+C. 铁与稀硫酸反应：Fe + 6H+ = Fe3+ + 3H2D. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32- + 2H+ = CO2+ H2O【答案】A【解析】【详解】A硫酸钾与氯化钡溶液反应的离子反应为Ba2+SO42-BaSO4，故A正确；B铜与FeCl3溶液反应的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，故B错误；C铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故C错误；D碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为C，要注意铁与强氧化剂反应能够生成铁离子，如氯气、硝酸等；与弱氧化剂反应生成亚铁离子，如非氧化性酸、硫等。5.下到表示正确的是A. 氯原子结构示意图B. 乙炔的球棍模型C. 乙烯的结构简式CH2=CH2D. 氯化氢的电子式-【答案】C【解析】【详解】A氯原子最外层为7个电子，氯原子的结构示意图为：，故A错误；B乙炔分子中含有两个碳氢键和1个碳碳三键，乙炔的球棍模型为：，故B错误；C乙烯中存在碳碳双键，双键不能省略，结构简式为：CH2=CH2，故C正确；DHCl为共价化合物，电子式为，故D错误；故选C。6.下列基本操作正确的是（）A. 过滤B. 稀释C. 定容D. 蒸发【答案】D【解析】【详解】A过滤时不能搅拌，使水自然流下，故A错误；B稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸注入水中，故B错误；C定容时改用胶头滴管，故C错误； D蒸发结晶需要蒸发皿、玻璃棒，图中操作合理，故D正确；故选：D。7.国际计量大会新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.022140761023mol1)，并于2019年5月20日正式生效。下列有关NA说法正确的是A. 22.4LCH2=CH2CH3分子中含碳碳双键数目为NAB. 17g羟基（OH）所含的电子总数为9NAC. 64 g S2和S8混合物中含硫原子总数为NAD. 1L0.5molL1FeCl3溶液中Cl-数目小于1.5NA【答案】B【解析】【详解】A. 没有指明温度压强，也没有指明CH2=CH2CH3是否为气态，故无法计算其物质的量，也无法计算其碳碳双键的数目，故A错误；B. 羟基的摩尔质量为17g/mol，所以17g羟基的物质的量为1mol，其所含电子数为9NA，故B正确；C. 64 g S2和S8混合物中S原子的物质的量，所以硫原子数为2NA，故C错误；D. 氯离子不水解，1L0.5molL1FeCl3溶液中Cl-数目等于1.5NA，故D错误；故答案选B。8.下列说法正确的是()标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是22.4 L0.5 mol H2所占体积为11.2 L标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L各种气体的气体摩尔体积都约为22.4 Lmol1标准状况下，体积相同的气体的分子数相同A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】该物质不一定为气体，若为气体时，标准状况下，6.021023个分子所占的体积约是mol22.4L/mol=22.4L，故错误；不一定在标准状况下，则Vm未知，不能利用V=nVm计算，故错误；标准状况下，水不气体，不能根据V=nVm计算，故错误；CO与N2的摩尔质量均为28g/mol，标准状况下，28g CO与N2的混合气体的体积约为22.4L/mol=22.4L，故正确；气体摩尔体积与温度、压强有关，状态未知，不能确定气体的摩尔体积，标准状况下，各种气体的气体摩尔体积都约为22.4Lmol-1，故错误；标准状况下，体积相同的气体，物质的量相同，由n=可知，分子数相同，故正确；故选B。9.下列说法不正确的是 A. “臭氧空洞”、“温室效应”、“光化学烟雾”形成都与氮氧化合物有关B. 铝土矿制铝、硫磺制硫酸、海水制镁等过程中都包含化学变化C. 低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式D. 可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和氯化铁溶液【答案】A【解析】【详解】A温室效应与二氧化碳有关，与氮氧化物无关，故A错误； B铝土矿是将氧化铝转化为铝、硫磺制硫酸是将硫单质转化为硫酸、海水制镁是将海水中的化合态的镁转化为单质镁，过程中都涉及化学变化，故B正确；C低碳经济就是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济发展模式，低碳经济所倡导的是：提高能源利用率；开发清洁能源；追求绿色经济，故C正确；D氢氧化铁胶体具有丁达尔效应，氯化铁溶液没有丁达尔效应，可以用丁达尔效应鉴别，故D正确。故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意从铝土矿制铝、硫磺制硫酸、海水制镁的原理分析判断。10.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是 A. 碳酸钠溶液：K+、SO42、Cl、H+B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3、ClC. 氢氧化钠溶液：K+、Ba2+、Cl、BrD. 加入铝粉放出氢气的溶液：Na+、Cl、NH4+、NO3【答案】C【解析】【详解】ACO32-、H+离子之间结合生成水和气体，不能大量共存，故A错误；B使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C碱性溶液中，K+、Ba2+、Cl、Br离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D加入铝粉放出氢气的溶液，可能为酸或强碱溶液，酸性溶液中，存在NO3，不生成氢气，碱溶液中NH4+反应生成一水合氨，则不能共存，故D错误；故选C。11.关于如图所示装置的叙述,错误的是( )A. 锌是负极，其质量逐渐减小B. 氢离子在铜表面被还原，产生气泡C. 电子从锌片经硫酸溶液流向铜片D. 电子从锌片经导线流向铜片【答案】C【解析】【分析】依据原电池工作原理进行分析，活泼金属作负极，负极上失去电子，另一极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，电子从负极流向正极等等；【详解】A、该装置为原电池装置，锌比铜活泼，即锌作负极，铜作正极，负极反应式为Zn2e=Zn2，其质量逐渐减小，故A说法正确；B、根据原电池的工作原理，阳离子向正极移动，即H在铜电极上得电子，被还原，电极反应式为2H2e=H2，故B说法正确；C、电子从负极经外电路流向正极，电解质溶液中只有阴阳阳离子的移动，故C说法错误；D、根据选项C的分析，电子从锌极经导线流向铜片，故D说法正确；答案选C。【点睛】易错点是电子的转移，根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，电子不经过电解质溶液，电解质溶液中只有阴阳离子的通过，“电子不下水，离子不上岸”。12.反应3A(g)+B(g)2C(g)+2D(s)在2 L密闭容器中进行，经过4min，B减少了0.4 mol，则04min内此反应的平均速率为A. v(A)=0.15 molL1B. v(B)=0.05 molL1s1C. v(C)=0.10 molL1min1D. v(D)=0.10 molL1min1【答案】C【解析】【分析】反应3A(g)+B(g)2C(g)+2D(s)在2 L密闭容器中进行，经过4min，B减少了0.4 mol，则用物质B表示04min内此反应的平均速率为。【详解】A. 化学反应速率的单位为或，故A错误；B. 由分析可知，故B错误；C. ，故C正确；D. D为固体，无法计算其浓度，故无法用其表示化学反应速率，故D错误；故答案选C。13.下列变化符合图示的是( )KMnO4分解制O2 铝与盐酸的反应钠与水反应 二氧化碳与灼热的木炭反应 Ba(OH)28H2O和NH4Cl的反应.硫酸与氢氧化钾的反应A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据图像可知，反应物能量高于生成物，说明反应是放热反应，据此分析判断。【详解】KMnO4分解制O2是分解反应，属于吸热反应，故错误；铝与盐酸的反应为放热反应，故正确；钠与水反应是放热反应，故正确；二氧化碳与灼热的木炭反应是吸热反应，故错误；Ba(OH)28H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，故错误；硫酸与氢氧化钾的反应为中和反应，中和反应为放热反应，故正确；属于放热反应的有，故选C。14.在一定条件下，按下列物质的量关系进行反应，其对应的离子方程式或化学方程式书写正确的是A. n(Cl2)n(Fe)=54；5Cl2+4Fe2FeCl2+2FeCl3B. n(Cl2)n(FeBr2)=11；Fe2+2Br+Cl2=Fe3+Br2+2ClC. n(MnO4-)n(H2O2)=23；2MnO4-+3H2O2+6H+=2Mn2+4O2+6H2OD. n(Fe) nHNO3(稀)=13；4Fe+12H+3NO3-=3Fe2+Fe3+3NO+6H2O【答案】D【解析】【详解】A.Fe与氯气反应与量无关，对应反应为3Cl2+2Fe2FeCl3，A错误；B. n(Cl2)n(FeBr2)=11，Fe2+全部被氧化为Fe3+，Br-有一半被氧化为Br2，对应离子反应为2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-，B错误；C. n(MnO4-)n(H2O2)=23时，不遵循电子守恒，则n(MnO4-)：n(H2O2)=2：5时对应离子反应为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，C错误；D.n(Fe) nHNO3(稀)=13，由电子守恒可知，生成Fe2+和Fe3+，NO3-被还原产生NO气体，结合电荷守恒及原子守恒，可得离子反应为4Fe+12H+3NO3-=3Fe2+Fe3+3NO+6H2O，D正确；故合理选项是D。15.一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2molL1的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24L NO（标准状况），往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为（ ）A. 0.21 molB. 0.25 molC. 0.3 molD. 0.35 mol【答案】C【解析】【详解】因一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入350mL 2mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.35L2mol/L-=0.6mol，所以nFe(NO3)2=0.3mol，由铁元素守恒可知，氢气还原混合物得到Fe的物质的量：n(Fe)=nFe(NO3)2=0.3mol，故答案为C。【点睛】混合物与硝酸反应时恰好使混合物完全溶解，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，说明溶液中的溶质为Fe(NO3)2足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，由铁元素守恒可知，能得到铁的物质的量与Fe(NO3)2中的铁的物质的量相同，根据氮元素守恒计算nFe(NO3)2，再根据Fe元素守恒计算氢气还原混合物得到Fe的物质的量。16.固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、NaCl和Na2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将X加入足量水，得到不溶物Y 和溶液Z取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物用玻璃棒蘸取溶液Z滴于广范pH试纸上，试纸呈蓝色向Z溶液中滴加AgNO3溶，生成白色沉淀分析以上实验现象，下列结论正确的是（）A. X中一定不存在FeOB. 不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种C. Z溶液中一定含有Na2CO3D. 向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有NaCl【答案】C【解析】【详解】A.将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，故A错误；B. 取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，则Y中含有CuO与酸反应生成CuCl2又被被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，可能含有FeO；故B错误；C. 用玻璃棒蘸取Z溶液滴于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，溶液呈碱性，说明溶液中含有Na2CO3，故C正确；D.向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，再加入盐酸，若沉淀不完全溶解，加盐酸引入氯离子，仍不能确定NaCl，故D错误；所以本题答案为：C。17.（1）有以下物质: NaHSO4晶体SO3液态硫酸 铁BaSO4固体饱和FeCl3溶液酒精(C2H5OH)熔融的K2SO4，其中能导电的是_，属于电解质的是_，属于非电解质的是_。（2）下列各组化学用语中：3He、4He 2H2 O、1H2O 1H、3H 14N和13C质子数相同的有_，中子数相同的有_，互为同位素的有_【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 【解析】分析】（1）含有自由移动电子或自由移动的离子的物质能导电；在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质；在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质。（2）质子数=原子序数，质子数+中子数=质量数；质子数相同、中子数不同的原子互为同位素。【详解】NaHSO4晶体中离子不能自由移动，在水溶液中能大量出钠离子、氢离子、硫酸根离子，其水溶液能导电；SO3不含自由移动的离子，SO3自身也不能电离出自由移动的离子；液态硫酸不含自由移动的离子，在水溶液中能电离出自由移动的离子，其水溶液能导电； 铁是单质，既不是电解质又不是非电解质，含有自由移动的电子，能导电；BaSO4固体不含自由移动的离子，在熔融状态下能电离出自由移动的离子，其熔融状态能导电；饱和FeCl3溶液中含有自由移动的离子，能导电，饱和FeCl3溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；酒精(C2H5OH) 不含自由移动的离子，水溶液和熔融状态下都不能电离出自由移动的离子；熔融的K2SO4含自由移动的离子，能导电；能导电的是铁、饱和FeCl3溶液、熔融的K2SO4；属于电解质的是NaHSO4晶体、液态硫酸、BaSO4固体、熔融的K2SO4；属于非电解质的是SO3、酒精(C2H5OH)；（2）3He质子数是2、中子数是1，4He质子数是2、中子数是2； 2H2 O质子数是10、中子数是10，1H2O质子数是10、中子数是8； 1H质子数是1、中子数是0， 3H质子数是1、中子数是2； 14N质子数是7、中子数是7， 13C质子数是6、中子数是7；质子数相同的有3He、4He 2H2 O、1H2O 1H、3H，中子数相同的有14N和13C，互为同位素的有3He、4He 1H、3H。18.实验室用浓硫酸配制1.0mol/L硫酸溶液480mL，回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是 _（填字母），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是_（填仪器名称）。（2）容量瓶上标有以下5项中的_（填序号）压强 温度 容量 浓度 刻度线 （3）在配制过程中，下列操作使所配溶液浓度偏大的是_ .未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线 定容时，仰视刻度线 使用容量瓶前用蒸馏水洗涤且没干燥（4）计算实验室配制上述溶液需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/mL的浓硫酸的体积为：_mL。（保留小数点后一位）【答案】 (1). A C (2). 烧杯、玻璃棒 (3). (4). (5). 27.2【解析】【分析】配制一定物质的量浓度的溶液时需要用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管、量筒。在利用浓溶液配制稀溶液的过程中，可先利用c=w%/M计算出浓硫酸的浓度，再根据溶液稀释过程中溶质的量并未发生变化，使用c浓V浓=c稀V稀这一关系进行计算。【详解】（1）配制一定物质的量浓度的溶液过程中肯定不需要的是烧瓶和分液漏斗，配制一定物质的量浓度的溶液还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。答案应为：A C、烧杯 玻璃棒； （2）容量瓶是一种细颈梨形平底的容量器，带有磨口玻塞，颈上有标线，表示在所指温度下液体凹液面与容量瓶颈部的标线相切时，溶液体积恰好与瓶上标注的体积相等。容量瓶上标有：温度、容量、刻度线。因此答案为；（3）在配制过程中：未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，会使溶液因温度过高而体积偏大，因此定容时加入的水量偏少，使所配制溶液浓度偏高； 定容摇匀后，发现液面低于刻度线，是正常现象，因有部分溶液粘到瓶塞和瓶颈处。如又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线，则加水偏多，溶液体积偏大，使所配制溶液浓度偏低； 定容时，仰视刻度线会导致所配溶液的液体体积偏大，浓度偏低，因在定容时还需向容量瓶中加入水，因此使用容量瓶前用蒸馏水洗涤且没干燥不会对实验结果产生影响。因此答案应选；(4)质量分数为98、密度为1.84g/mL的浓硫酸的物质的量浓度为：c（浓硫酸）18.4moL，在溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此设浓硫酸的体积为V，所以18.4mo/LV1.0mol/L0.5L，V0.02717L，当保留小数点后一位时，V=27.2mL。故答案为：27.2。【点睛】本题考查是一定物质的量浓度溶液的配制。在计算时应注意实验室中并无480mL容量瓶，因此需要用500mL容量瓶配制溶液，因此本题所涉及到的计算中配制的溶液体积应为500mL。19.某化学兴趣小组利用铜跟浓硫酸反应，探究SO2的部分性质，实验装置如图所示。（1）装置A中发生的化学反应的化学方程式为_（2）装置B的作用是贮存多余的气体，B中广口瓶内应盛放的液体是_(填序号)；水 饱和的NaHSO3溶液 NaOH溶液 酸性KMnO4（3）装置C和D中产生的现象相同，但原因却不同。C中是由于SO2与溶液中的NaOH反应使碱性减弱，而D中则是由于SO2具有_性（4）装置D中试管口塞一团棉花，棉花中应浸有一种液体，其作用是_（5）若实验中用一定质量的铜片和25.0 mL 18.0 molL1的浓硫酸在加热条件充分反应，最终铜片与硫酸均有剩余。假定反应前后溶液的体积不变，设剩余硫酸的浓度为d molL1，现向反应后溶液中缓慢加入硝酸钾固体，充分搅拌直到剩余铜片恰好完全反应，反应消耗硝酸钾_mol(用含d的代数式表示)。【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O (2). (3). 漂白(或漂白性) (4). 吸收多余的SO2防止污染环境 (5). (或0.0125d 、1.2510-2d等 )【解析】【分析】（1）装置A中铜与浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫能溶于水；二氧化硫难溶于饱和的NaHSO3溶液；二氧化硫与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水； 二氧化硫被酸性KMnO4溶液氧化为硫酸根离子。（3）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；（4）二氧化硫有毒，氢氧化钠溶液能吸收二氧化硫；（5）向反应后溶液中缓慢加入硝酸钾固体，发生反应3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O。【详解】（1）装置A中铜与浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O（2）二氧化硫能溶于水；二氧化硫难溶于饱和的NaHSO3溶液；二氧化硫与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水； 二氧化硫被酸性KMnO4溶液氧化为硫酸根离子。装置B的作用是贮存多余的气体，B中广口瓶内应盛放的液体是饱和的NaHSO3溶液，选；（3）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；品红褪色，体现SO2的漂白性；（4）装置D中试管口塞一团棉花，棉花中应浸有氢氧化钠溶液，其作用是吸收多余的SO2防止污染环境；（5）设反应消耗硝酸钾xmol；3Cu + 8H+ + 2NO3- = 3Cu2+2NO+4H2O。 8 2 d molL120.025L x x=0.0125dmol20.M、X、N、Z、Y原子序数依次增大的短周期的五种主族元素，其中X、Z同主族，Y、Z同周期，M与X，Y既不同族，也不同周期。X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6。N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素。(1)请写出下列元素的元素名称：X_，M_。(2) Y在周期表中的位置_，写出Z的氢化物的电子式_(3) N的氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_。(4)Y与Z的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序_(用化学式表示)。【答案】 (1). 氧 (2). 氢 (3). 第三周期A族 (4). (5). SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O (6). HClO4 (7). H2SO4【解析】【分析】M、X、N、Z、Y原子序数依次增大的短周期的五种主族元素，X原子最外层电子数是核外电子层数的三倍，则X位于第二周期，最外层含有6个电子，为O元素；X、Z同主族，则Z为S元素；Y的原子序数大于S，则Y为Cl元素；N是短周期主族元素中原子半径最大的非金属元素，则N为Si元素；Y的最高化合价与其最低化合价的代数和等于6，Y位于A族，其原子序数小于Si，则Y为F元素；M与X、Y既不同族，也不同周期，则M为H元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：M为H元素，X为O元素，N为Si元素，Z为S元素，Y为Cl元素。(1)X为O元素，名称为氧；M为H，名称为氢，故答案为：氧；氢；(2)Cl的原子序数为17，位