河北省秦皇岛市新世纪中学2025届高一下化学期末监测模拟试题含解析

河北省秦皇岛市新世纪中学2025届高一下化学期末监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系据此判断下列说法中正确的是（）A．石墨转变为金刚石是吸热反应B．白磷比红磷稳定C．①S(g)+O2(g)＝SO2(g)；②S(s)+O2(g)＝SO2(g)；放出热量：①˂②D．CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g)；该反应为吸热反应2、下列叙述中错误的是（）A．由于氢键的存在，冰能浮在水面上；由于乙醇与水间有氢键的存在，水与乙醇能互溶。B．甲烷和氯气反应生成一氯甲烷的反应，与苯和硝酸反应生成硝基苯的反应类型相同，都属于取代反应。C．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致。D．苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，难和溴的四氯化碳溶液发生加成反应。3、下列物质，不能由单质直接反应制得的是（）A．HClB．FeSC．NH3D．FeCl24、可用分液漏斗分离的一组混合物是A．硝基苯和酒精 B．溴苯和溴 C．苯和甲苯 D．硝基苯和水5、在温度不变下,恒容的容器中进行下列反应：N2O4（g）⇌2NO2（g），若N2O4的浓度由0.1mol•L-1降到0.07mol•L-1需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol•L-1降到0.05mol•L-1所需的反应时间：A．大于10s B．等于10s C．小于10s D．等于5s6、20世纪90年代初，国际上提出“预防污染”这一新概念。绿色化学是“预防污染”的基本手段。下列各项中属于绿色化学的是A．处理废弃物 B．治理污染点 C．减少有毒物 D．杜绝污染物7、在一定温度下，反应A2（气）+B2（气）⇌2AB（气）达到平衡的标志是（）A．单位时间生成nmol的A2同时生成nmol的ABB．容器内的总压强不随时间变化C．单位时间生成2nmol的AB同时生成nmol的B2D．单位时间生成nmol的A2同时生成nmol的B28、下列化学用语正确的是A．甲烷的结构式CH4 B．苯的分子式C6H6C．氯原子的结构示意图 D．氯化钠的电子式9、将某无色气体通入品红溶液，溶液褪色；加热，溶液又变红色，该气体可能是A．O2B．HC1C．SO2D．CO210、下列说法正确的是A．煤、石油均为纯净物 B．石油的裂化、裂解都是化学变化C．糖类物质均能发生水解反应 D．油脂、蛋白质均为高分子化合物11、下列化学反应的速率,前者一定大于后者的是A．相同温度下，颗粒大小相同的锌粒分别与pH值相同的硫酸和盐酸反应B．A+BCD+EFC．相同温度下，与同浓度盐酸反应的锌粒和铁粉D．G+H→W+Q(Q>0)，其他条件相同时分别在200℃和100℃时反应12、在可以溶解氧化铝的溶液中，一定能大量共存的离子组是A．NH4+、Na+、S2-、SO32-B．Na+、K+、Cl-、SO42-C．Ca2+、Fe2+、NO3-、Br-D．K+、AlO2-、I-、SO42-13、下列反应中属吸热反应的是（）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．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应14、下列说法不正确的是A．任何化学反应都伴随着能量变化B．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化C．反应物的总能量高于生成物的总能量时，发生放热反应D．热化学方程式中，化学计量数表示物质的物质的量。15、下列关于各微粒之间的关系，描述正确的是A．16O2和18O3互为同位素B．H2和D2互为同素异形体C．CH3COOH与HCOOCH3互为同分异构体D．正丁烷与异丁烷互为同系物16、下列有关物质的性质与应用均正确的是A．Na2O2是碱性氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒B．胶体与溶液的本质区别是能否出现丁达尔现象C．蔗糖溶液、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质D．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料二、非选择题（本题包括5小题）17、现有A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大．已知在周期表中A是原子半径最小的元素，B的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，D+和E3+离子的电子层结构相同，C与F属于同一主族．请回答下列问题：（1）F在元素周期表中的位置是________________。（2）上述B、C、D、E、F、G元素形成的简单离子中，半径最小的是_______（填离子符号）。（3）由上述元素中的一种或几种组成的物质甲可以发生如图反应：①若乙具有漂白性，则乙的电子式为________。②若丙的水溶液是强碱性溶液，则甲为________________（填化学式）。（4）G和F两种元素相比较，非金属性较强的是（填元素名称）________，可以验证该结论的是________（填写编号）。a．比较这两种元素的常见单质的沸点b．比较这两种元素的单质与氢气化合的难易c．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性d．比较这两种元素的含氧酸的酸性（5）A、B两种元素形成一种离子化和物，该化合物所有原子最外层都符合相应稀有气体原子最外层电子结构则该化合物电子式为________________。（6）由A、B、C、F、四种元素组成的一种离子化合物X，已知：①1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体；②X能与盐酸反应产生气体Y，该气体能与氯水反应，则X是________________（填化学式），写出该气体Y与氯水反应的离子方程式________________________________。18、下表是元素周期表的一部分，针对表中的a~g元素,回答下列问题：(1)d元素位于金属与非金属的分界线处,常用作__________材料。(2)f的元素符号为As,其最高价氧化物的化学式为__________。(3)a、b、c三种元素的最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱,试从原子结构的角度解释上述变化规律__________。(4)e元素的非金属性强于g,请写出一个离子方程式证明：__________。19、为探究的性质，某同学按如图所示的装置进行实验。完成下列填空：（1）装置A中盛放浓碱酸的仪器名称是________________，A中发生反应的化学方程式是___________________。（2）装置B中的现象是________________________，说明具有________（填代码）；装置C中发生反应的化学方程式是________________________________，说明具有________（填代码）。a．氧化性b．还原性c．漂白性d．酸性（3）装置D的目的是探究与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象________________________尾气可采用________溶液吸收。20、苯甲酸乙酯（C9H10O2）别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，稍有水果气味，用于配制香水香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体，溶剂等。其制备方法为：已知：名称相对分子质量颜色，状态沸点(℃)密度(g·cm-3)苯甲酸122无色片状晶体2491.2659苯甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893环己烷84无色澄清液体80.80.7318苯甲酸在100℃会迅速升华。实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按下图所示装好仪器，控制温度在65～70℃加热回流2h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。②反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入Na2CO3至溶液至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210～213℃的馏分。④检验合格，测得产品体积为12.86mL。回答下列问题：（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是_________（填入正确选项前的字母）。A．25mLB．50mLC．100mLD．250mL（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是_____________________。（3）步骤②中应控制馏分的温度在____________。A．65～70℃B．78～80℃C．85～90℃D．215～220℃（4）步骤③加入Na2CO3的作用是______________________；若Na2CO3加入不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是____________。（5）关于步骤③中的萃取分液操作叙述正确的是__________。A．水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇B．振摇几次后需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气C．经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D．放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（6）计算本实验的产率为_______________。21、以淀粉为主要原料合成一种具有果香味有机物C和高分子化合物E的合成路线如下图所示。请回答下列问题：（1）写出C的结构简式：__________________，A分子内含有的官能团是_______（填名称）。（2）写出下列反应的反应类型：①________________，③________________。（3）写出下列反应的化学方程式：①________________________；⑤________________________。（4）某同学欲用下图装置制备物质C，将试管B中的物质C分离出来，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、________，插入试管B的导管接有一个球状物，其作用为________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A.由图像可知金刚石所具有的总能量比石墨高，因此石墨转变为金刚石是吸热反应，故A项正确；B.由图像可知红磷所具有的能量比白磷低，因此红磷更稳定，故B项错误；C.对同一种物质而言，气态时所具有的能量比固态时所具有有能量高，即S(g)所具有的能量大于S(s)，放出热量应该为①>②，故C项错误；D.由图像可CO(g)和H2O(g)所具有的总能量高于CO2(g)和H2(g)所具有的总能量，因此反CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g)为放热反应，故D项错误；答案选A。【点睛】本题不仅需要掌握反应是放热还是吸热与反应物和生成物所具有的总能量之间的关系，而且还要厘清物质的聚积状态、物质的稳定性与物质所具的能量之间的关系，一般情况下，对同一种物质而言，气态时所具有的总能量最高，固态时所具有的总能量最低。对不同物质而言，所具有的能量越低性质越稳定。2、C【解析】

A．冰中分子排列有序，含有氢键数目增多，使体积膨胀，密度减小，所以冰能浮在水面上，是氢键的原因；能和水形成分子间氢键的物质溶解度较大，乙醇能和水形成分子间氢键，则水和乙醇能互溶，故A正确；B．甲烷中H被Cl取代，苯中的H被硝基取代，均为取代反应，故B正确；C．氢键影响物质的物理性质，不影响稳定性，H2O稳定是H-O键的键能大，与氢键无关，故C错误；D．碳碳双键能与溴发生加成反应，则苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明苯分子中没有与乙烯分子中类似的碳碳双键，故D正确；故答案为C。3、D【解析】分析：根据常见单质的性质结合发生的反应分析解答。详解：A.氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，A不符合；B.在加热的条件下铁与硫化合生成FeS，B不符合；C.在一定条件下氢气与氮气化合生成氨气，C不符合；D.铁在氯气中燃烧生成氯化铁，得不到FeCl2，D符合。答案选D。4、D【解析】

分液漏斗可以将互不相溶的两种液体分离。【详解】A项、硝基苯和酒精能互溶，不能用分液漏斗分离，故A错误；B项、溴苯和溴能互溶，不能用分液漏斗分离，故B错误；C项、苯和甲苯能互溶，不能用分液漏斗分离，故C错误；D项、硝基苯和水不互溶，能用分液漏斗分离，故D正确；故选D。【点睛】本题考查物质的分离，注意把握常见混合物的分离原理和方法是解答关键。5、A【解析】

前15s的平均速率为v(N2O4)=(0.1－0.07)mol·L－1÷15s=0.002mol·L－1·s－1，N2O4的浓度若按此反应速率继续由0.07mol/L降到0.05mol/L所需要的时间t=(0.07-0.05)mol·L－1÷0.002mol·L－1·s－1=10s，考虑到随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，所以时间应该大于10s，选项A正确。答案选A。【点睛】高中化学所介绍的化学反应速率，指的都是在一段时间内的平均反应速率，所以这样计算出来的速率只能应用在这一段时间内，超过这段时间，就不可以使用前面计算出来的速率了。一般认为，化学反应的速率是逐渐减小的，当然也有特殊的反应是速率先加快后减慢的。6、D【解析】

绿色化学又叫环境无害化学或环境友好化学。减少或消除危险物质的使用和产生的化学品和过程的设计叫做绿色化学。绿色化学是“预防污染”的基本手段，符合之一理念的是杜绝污染物，选项Ｄ正确。答案选D。7、C【解析】

A.单位时间生成nmol的A2表示逆反应速率，生成nmol的AB表示正反应速率，但是正逆反应速率不等，故不能说明反应到平衡，故错误；B.反应前后气体总物质的量不变，所以容器内的总压强不随时间变化，不能表示反应到平衡，故错误；C.单位时间生成2nmol的AB表示正反应速率，同时生成nmol的B2表示逆反应速率，表示正逆反应速率相等，故能说明反应到平衡，故正确；D.单位时间生成nmol的A2同时生成nmol的B2都表示逆反应速率，不能说明反应到平衡，故错误。故选C。8、B【解析】

A.甲烷的结构式为，A错误；B.苯的分子式为C6H6，B正确；C.氯原子的核外电子数是17，结构示意图为，C错误；D.氯化钠是离子化合物，电子式为，D错误。答案选B。【点睛】注意掌握“结构式”“结构简式”与“键线式”：（1）结构式——完整的表示出有机物分子中每个原子的成键情况。（2）结构简式——结构式的缩简形式。结构式中表示单键的“—”可以省略，“C＝C”和“C≡C”不能省略。醛基、羧基则可简写为—CHO和—COOH。（3）键线式。写键线式要注意的几个问题：①一般表示3个以上碳原子的有机物；②只忽略C—H键，其余的化学键不能忽略；③必须表示出C＝C、C≡C键等官能团；④碳氢原子不标注，其余原子必须标注(含羟基、醛基和羧基中氢原子)；⑤计算分子式时不能忘记顶端的碳原子。9、C【解析】分析：SO2具有漂白性，能与有色物质化合成不稳定的无色物质，该无色物质受热分解恢复原来的颜色，据此作答。详解：某无色气体通入品红溶液，溶液褪色；加热，溶液又变红色，该气体具有漂白性而且该气体与品红生成不稳定的无色物质，该气体可能为SO2；O2、HCl、CO2都不能使品红溶液褪色；答案选C。10、B【解析】

A选项，煤、石油均为混合物，故A错误；B选项，石油的裂化、裂解、煤的干馏都是化学变化，石油的分馏是物理变化，故B正确；C选项，糖类包括单糖、双糖和多糖，单糖不能发生水解反应，双糖和多糖能发生水解反应，故C错误；D选项，蛋白质相对分子质量很大，属于高分子化合物，油脂相对分子质量不是很大，它不是高分子化合物，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】天然高分子化合物主要是纤维素、淀粉、蛋白质；石油的分馏是物理变化，石油裂化、裂解都是化学变化，煤的干馏、气化、液化都是化学变化；单糖不能发生水解反应，双糖和多糖能发生水解反应。11、D【解析】A.相同温度下，颗粒大小相同的锌粒分别与pH值相同的硫酸和盐酸反应，接触面积相等，氢离子浓度相同，反应速率相等，故A错误；B.A+BC和D+EF的反应本质不同，无法比较反应速率的快慢，故B错误；C.锌比铁活泼，但接触面积无法判断，因此反应速率也无法判断，故C错误；D.温度越高，反应速率越快，故D正确；故选D。12、B【解析】分析：能溶解Al2O3的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性。A项，酸性条件下S2-、SO32-不能大量存在，碱性条件下NH4+不能大量存在；B项，无论酸性条件下还是碱性条件下，离子相互间不反应；C项，酸性条件下Fe2+、NO3-不能大量存在，碱性条件下Fe2+不能大量存在；D项，酸性条件下AlO2-不能大量存在。详解：能溶解Al2O3的溶液可能呈酸性、也可能呈碱性。A项，酸性条件下S2-、SO32-不能大量存在，可能发生的反应2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O、S2-+2H+=H2S↑、SO32-+2H+=H2O+SO2↑，碱性条件下NH4+不能大量存在，发生的反应为NH4++OH-=NH3·H2O；B项，无论酸性条件下还是碱性条件下，离子相互间不反应，一定能大量共存；C项，酸性条件下Fe2+、NO3-不能大量存在，发生的反应为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，碱性条件下Fe2+不能大量存在，发生的反应为Fe2++2OH-=Fe（OH）2↓；D项，酸性条件下AlO2-不能大量存在，可能发生的反应为H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓，碱性条件下离子相互间不反应；一定能大量共存的是B项，答案选B。点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体，如题中NH4+与OH-等；②离子间发生氧化还原反应，如题中Fe2+、NO3-与H+等；③离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；④注意题中的附加条件。13、D【解析】

A项、镁与盐酸反应放出氢气为放热反应，故A错误；B项、氢氧化钠与盐酸的反应为放热反应，故B错误；C项、硫在空气或氧气中燃烧为放热反应，故C错误；D项、Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应属于吸热反应，故D正确；故选D。【点睛】一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应；大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。14、B【解析】分析：A、化学反应的实质是旧键断裂，新键形成，过程中一定伴随能量变化；B、化学能可以转化为热能、电能、光能等；C、反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应是放热反应；D、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数。详解：A、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，选项A正确；B、化学能可以转化为热能、电能、光能等，则化学反应中的能量变化不一定都表现为热量变化，选项B错误；C、反应物的总能量高于生成物的总能量时，反应是放热反应，选项C正确；D、热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，不表示分子数，所以可用分数或小数表示，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查了化学反应中的能量变化，题目难度不大，注意把握化学反应的实质以及化学反应中能量变化的原因。15、C【解析】分析：A、质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素；B、同素异形体是相同元素组成形态不同的单质；

C、分子式相同结构不同的化合物就互为同分异构体，紧扣定义判断；D、正丁烷和异丁烷分子式相同、结构不同。

详解:A．16O2与18O3是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体，故A错误；

B、H2和D2是由同位素构成的同种单质，不是同素异形体，故B错误;

C、两者的分子式都是C2H4O2,但结构不同,属于同分异构体，故C正确；

D、正丁烷和异丁烷分子式相同、结构不同,互为同分异构体,故D错误；

所以C选项是正确的。点睛：本题考查同位素、同分异构体、同素异形体、同种物质的区别,需要掌握以下定义:

同素异形体是相同元素组成形态不同的单质；同位素是同一元素的不同核素；同系物是结构相似,分子组成上相差一个或若干个CH2的有机化合物。16、D【解析】

A.Na2O2是过氧化物，具有强氧化性可用于杀菌消毒，A错误；B.胶体与溶液的本质区别是分散质的直径不同，不是能否出现丁达尔现象，B错误；C.蔗糖溶液为混合物不属于非电解质，硫酸钡和水分别为强电解质和弱电解质，C错误；D.煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料，D正确；答案为D；【点睛】胶体与溶液的本质区别是分散质的直径不同，可通过丁达尔现象区别溶液与胶体。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期第VIA族Al3+Na或Na2O2氯bcNH4HSO3SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-【解析】分析：本题考查的元素推断和非金属性的比较，关键是根据原子结构分析元素。详解：A、B、C、D、E、F、G七种短周期主族元素，原子序数依次增大．已知在周期表中A是原子半径最小的元素，为氢元素，B的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应，为氮元素，C原子最外层电子数是电子层数的3倍，为氧元素，D+和E3+离子的电子层结构相同，D为钠元素，E为铝元素，C与F属于同一主族，F为硫元素，G为氯元素。（1）硫在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族。（2）上述氮离子、氧离子、钠离子、铝离子、硫离子和氯离子中根据电子层数越多，半径越大分析，半径小的为2个电子层的微粒，再根据电子层结构相同时序小径大的原则，半径最小的是铝离子。（3）①若乙具有漂白性，说明是氯气和水反应生成了盐酸和次氯酸，乙为次氯酸，电子式为。②若丙的水溶液是强碱性溶液，该反应为钠和水反应生成氢氧化钠和氢气或过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，则甲为钠或过氧化钠。（4）硫和氯两种元素相比较，非金属性较强的是氯，可以比较单质与氢气化合的难易程度或气态氢化物的稳定性，故选bc。（5）氢和氮两种元素形成一种离子化和物，该化合物所有原子最外层都符合相应稀有气体原子最外层电子结构，该物质为氢化铵，该化合物电子式为。（6）由氢、氮、氧、硫四种元素组成的一种离子化合物X肯定为铵盐，已知：①1molX能与足量NaOH浓溶液反应生成标准状况下22.4L气体，确定该铵盐中含有一个铵根离子；②X能与盐酸反应产生气体Y，该气体能与氯水反应，则说明Y气体具有还原性，则气体为二氧化硫气体，所以X为亚硫酸氢铵，二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-。18、半导体As2O5电子层数相同，核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱,金属性减弱Cl2+2Br-=Br2+2Cl-【解析】分析：根据元素周期表的一部分可知a为钠元素，b为镁元素，c为铝元素，d为硅元素，e为氯元素，f为砷元素，g为溴元素。详解：(1)d为硅元素，位于金属与非金属的分界线处,常用作半导体材料；(2)As位于元素周期表第4周期ⅤA族，最外层电子数为5，所以最高正价为+5价，最高价氧化物为As2O5；(3)a为钠元素，b为镁元素，c为铝元素，位于同周期，电子层数相同，核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱,金属性减弱；(4)e为氯元素，g为溴元素，两者位于同周期，氯原子的得电子能力强于溴原子，方程式Cl2+2Br-=Br2+2Cl-可以证明。点睛：掌握元素周期表中结构、位置和性质的关系是解此题的关键。根据结构可以推断元素在周期表中的位置，反之根据元素在元素周期表中的位置可以推断元素的结构；元素的结构决定了元素的性质，根据性质可以推断结构；同样元素在周期表中的位置可以推断元素的性质。19、分液漏斗溴水褪色ba品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色NaOH【解析】

浓硫酸与亚硫酸钠反应会生成二氧化硫，其化学方程式为：；二氧化硫能是溴水褪色，其实质是与溴水发生反应，化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，B装置的实验操作体现了二氧化硫的还原性；二氧化硫与硫化氢反应，其化学方程式为：，C装置体现了二氧化硫的氧化性；D装置的品红是为了验证二氧化硫的漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，但加热后溶液又恢复红色，则证明二氧化硫与品红的作用具有可逆性，二氧化硫有毒，需用碱性溶液进行尾气处理，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）根据反应的原理和实验的需要，装置A中盛放浓硫酸的为分液漏斗，A为二氧化硫的发生装置，涉及的化学方程式为：，故答案为分液漏斗；；

（2）装置B中二氧化硫与溴水会发生氧化还原反应，而使溴水褪色，其化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，S元素的化合价由+4价升高到+6价，被氧化，体现了二氧化硫的还原性，b项正确；二氧化硫与硫化氢的反应方程式为：，二氧化硫中S元素+4价被还原成0价的硫单质，被还原，表现为氧化性，c项正确；，故答案为溴水褪色；b；；c；（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原；二氧化硫为酸性氧化物，可与氢氧化钠反应，故实验室进行尾气处理时选用氢氧化钠溶液吸收，故答案为品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；NaOH。【点睛】本实验探究了二氧化硫的化学性质，其中要特别注意二氧化硫的漂白性体现在可使品红溶液褪色上，而能使溴水或酸性高锰酸钾褪色则体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，学生要辨析实质，切莫混淆。20、C使平衡不断正向移动C除去硫酸和未反应的苯甲酸苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华AD90.02%【解析】

（1）在圆底烧瓶中加入12.20g苯甲酸，25mL95%的乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，加入物质的体积超过了50ml，所以选择100mL的圆底烧瓶，答案选C；（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水，可使平衡向正反应方向移动；（3）反应结束，打开旋塞放出分水器中液体后，关闭旋塞，继续加热，至分水器中