2026年驻马店市重点中学全国高三冲刺考（四）全国I卷化学试题试卷含解析

2026年驻马店市重点中学全国高三冲刺考（四）全国I卷化学试题试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、维通橡胶是一种耐腐蚀、耐油、耐高温、耐寒性能都特别好的氟橡胶。它的结构简式见图,合成它的单体可能为（）A． B．CH2=CF2

和

CF2=CFCF3C． D．2、下列反应的离子方程式正确的是()A．向溶液中滴加氨水至过量：B．向悬浊液中滴加溶液：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C．向溶液中加入足量稀硫酸：2S2O32-+4H+=SO42-+3S↓+2H2OD．向苯酚钠溶液中通入少量气体：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-3、下列实验操作对应的现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A向一定浓度的CuSO4溶液中通入适量H2S气体出现黑色沉淀H2S的酸性比H2SO4强B向4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液中分别加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液后者褪色所需时间短反应物浓度越大，反应速率越快C将铜粉放入10mol·L-1Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现说明金属铁比铜活泼D向蔗糖中加入浓硫酸变黑、放热、体积膨胀，放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有吸水性和强氧化性，反应中生成C、SO2和CO2等A．A B．B C．C D．D4、化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A．用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用B．中国天眼FAST中用到的碳化硅是一种新型的有机高分子材料C．港珠澳大桥中用到的低合金钢，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能D．“司南之杓(注：勺)，投之于地，其柢(注：柄)指南。”司南中“杓”所用的材质为FeO5、我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光——热——电”能量转换形式的是A．光致(互变异构)储能B．生产甲醇燃料C．太阳能熔盐发电D．太阳能空间发电6、关于①②③三种化合物：，下列说法正确的是A．它们均能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．它们的分子式都是C8H8C．它们分子中所有原子都一定不共面D．③的二氯代物有4种7、下列工业生产过程中涉及到反应热再利用的是A．接触法制硫酸 B．联合法制纯碱C．铁矿石炼铁 D．石油的裂化和裂解8、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()①钠、铝、氯：1个；②硅、硫：2个；③磷：3个；④铁：4个．A．只有①③ B．只有①②③ C．只有②③④ D．有①②③④9、化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是（）A．A B．B C．C D．D10、化学式为C3H7FO的物质，含有羟基的同分异构体数目为(不考虑空间异构)()A．4种 B．5种 C．6种 D．7种11、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A．K+、H+、SO42-、AlO2- B．H+、Fe2+、NO3-、Cl-C．Mg2+、Na+、Cl-、SO42- D．Na+、K+、OH-、HCO3-12、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）A．A B．B C．C D．D13、用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项

①中物质

②中物质

预测②中的现象

A

稀盐酸

碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液

立即产生气泡

B

浓硝酸

用砂纸打磨过的铝条

产生红棕色气体

C

草酸溶液

高锰酸钾酸性溶液

溶液逐渐褪色

D

氯化铝溶液

浓氢氧化钠溶液

产生大量白色沉淀

A．A B．B C．C D．D14、已知甲、乙、丙三种物质均含有同种元素X，其转化关系如下：下列说法错误的是A．若A为NaOH溶液，乙为白色沉淀，则X可能为短周期金属元素B．若A为硝酸，X为金属元素，则甲与乙反应可生成丙C．若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体，则甲可能为非金属单质D．若乙为NaHCO3，则甲或丙可能是CO215、下列说法正确的是（）A．lmol葡萄糖能水解生成2molCH3CH2OH和2molCO2B．苯的结构简式为，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．相同物质的量的乙烯与乙醇分别在足量的O2中完全燃烧，消耗O2的物质的量相同D．乙烯和植物油都能使溴水褪色，其褪色原理不同16、下列实验方案正确且能达到实验目的的是()A．证明碳酸的酸性比硅酸强B．验证草酸晶体是否含结晶水C．检验混合气体中H2S和CO2D．制备乙酸乙酯二、非选择题（本题包括5小题）17、（化学——选修5：有机化学基础）高血脂是一种常见的心血管疾病，治疗高血脂的新药I的合成路线如下：回答下列问题：（1）反应①所需试剂、条件分别是____________；F的化学名称为____________。（2）②的反应类型是______________；A→B的化学方程式为_____________________。（3）G的结构简式为______________；H中所含官能团的名称是____________。（4）化合物W的相对分子质量比化合物C大14，且满足下列条件，W的可能结构有___种。①遇FeCl3溶液显紫色②属于芳香族化合物③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，峰面积比为2:2:2:1:1，写出符合要求的W的结构简式____________。（5）设计用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线，其他无机试剂任选（合成路线常用的表示方式为：）____________。18、白藜芦醇(结构简式：)属二苯乙烯类多酚化合物，具有抗氧化、抗癌和预防心血管疾病的作用。某课题组提出了如下合成路线：已知：①RCH2Br+②根据以上信息回答下列问题：(1)白藜芦醇的分子式是_________(2)C→D的反应类型是：__________；E→F的反应类型是______。(3)化合物A不与FeCl3溶液发生显色反应，能与NaHCO3溶液反应放出CO2，推测其核磁共振谱(1H-NMR)中显示不同化学环境的氢原子个数比为_______(从小到大)。(4)写出A→B反应的化学方程式：_____________；(5)写出结构简式；D________、E___________；(6)化合物符合下列条件的所有同分异构体共________种，①能发生银镜反应；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子。写出其中不与碱反应的同分异构体的结构简式：_______。19、化合物M{[(CH3COO)2Cr]2·2H2O，相对分子质量为376}不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq)===ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO－(aq)+2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器1的名称是__________。（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是__________(填序号)；目的是_______。A．盐酸和三氯化铬溶液同时加入B．先加三氯化铬溶液，－段时间后再加盐酸C．先加盐酸，－段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门__________(填“A”或“B”，下同)，打开阀门___________________。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另－个作用是__________________________。20、绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。21、铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。（1）基态铜原子核外有________对自旋相反的电子。（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I1(Sn)____________I1(Pb)(填“大于”或“小于”)。（3）新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是____________________________________；（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料—石墨炔薄膜(结构片段如图所示)，开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子_________________________的杂化方式。（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（I），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰基亚铜（I）中含___________σ键数目。（6）Cu2O可用于半导体材料。①Cu2O晶胞(如图所示)中，O原子的配位数为________________；a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，则b位置Cu+坐标_______________________。②Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O比Cu2S的_________(填“高”或“低”)，请解释原因___________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节，判断高聚物的单体，就是根据高分子链，结合单体间可能发生的反应机理，找出高分子链中的链节，凡链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种，从主链中间断开后，再分别将两个半键闭合即得单体。【详解】分析其链节可知，链节中主碳链为4个碳原子，无碳碳双键结构，其单体必为两种单烯烃，按如图方式断键可得单体为1，1-二氟乙烯和全氟丙烯。故选：B。2、B【解析】

A.向AgNO3溶液中滴加氨水至过量，会形成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，A错误；B.由于Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3的溶解度，所以向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，会发生沉淀转化，形成Fe(OH)3沉淀，离子反应为3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，B正确；C.向Na2S2O3溶液中加入足量稀硫酸，发生反应生成Na2SO4、单质S、SO2、H2O，离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，D错误；故合理选项是B。3、B【解析】

A.CuSO4和H2S反应生成CuS黑色沉淀，反应能发生是因为CuS不溶于硫酸，不是因为H2S的酸性比H2SO4强，硫酸是强酸，H2S是弱酸，故A不选；B.相同浓度的KMnO4酸性溶液和不同浓度的H2C2O4溶液反应，MnO4-被还原为Mn2+，溶液褪色，草酸浓度大的反应速率快，故B选；C.Fe2（SO4）3和Cu反应生成FeSO4和CuSO4，溶液变蓝，但没有黑色固体出现，故C不选；D.浓硫酸有脱水性，能使蔗糖脱水炭化，同时浓硫酸具有强氧化性，被还原为SO2，有刺激性气味的气体产生，故D不选。故选B。4、C【解析】

A．聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，A项错误；B．碳化硅是无机物，不是有机高分子材料，B项错误；C．考虑到港珠澳大桥所处位置等，所以使用的低合金钢，必须要有强度大，密度小以及耐腐蚀的性能，C项正确；D．司南材质即磁性氧化铁，成分为Fe3O4而非FeO，D项错误；答案选C。5、C【解析】

A、光能转变成热能，直接利用，故A不符；B、光能转变成化学能，故B不符；C、采用“光——热——电”能量转换形式，故C符合；D、光能转换为电能，故D不符；故选C。6、B【解析】

A．①中没有不饱和间，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．根据三种物质的结构简式，它们的分子式都是C8H8，故B正确；C．②中苯环和碳碳双键都是平面结构，②分子中所有原子可能共面，故C错误；D．不饱和碳原子上的氢原子，在一定条件下也能发生取代反应，采用定一移一的方法如图分析，③的二氯代物有：，，其二氯代物共6种，故D错误；故选B。7、A【解析】

A．接触法制硫酸中有热交换器，涉及到反应热再利用，选项A正确；B．联合法制纯碱生产过程中不涉及到反应热再利用，选项B错误；C．铁矿石炼铁生产过程中不涉及到反应热再利用，选项C错误；D．石油的裂化和裂解生产过程中不涉及到反应热再利用，选项D错误；答案选A。8、D【解析】

①钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则氯原子的未成对电子数为1，故①正确；②硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，则硫原子的未成对电子数为2，故②正确；③磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子的未成对电子数为3，故③正确；④Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故④正确；答案选D。磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，3p为半充满状态，故未成对电子数为3，Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，电子先排布在4s能级上，再排布在3d能级上，3d有5个轨道，6个电子，先单独占据一个轨道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。9、C【解析】

A.液氨作制冷剂原理是液氨汽化大量吸热，而非分解，故A错误；B.作净水剂原理是铁离子水解生成氢氧化铁胶体，而非氧化性，故B错误；C.飘粉精作为消毒剂是因为ClO-和HClO都有强氧化性，故C正确；D.氧化铝作为耐高温材料是因为氧化铝的熔点高，而非既能与强酸反应又能与强碱反应，故D错误；故答案选：C。10、B【解析】

C3H7FO可以看做丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代，丙烷只有一种结构，F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。【详解】C3H7FO可知丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代，丙烷只有一种结构，F与-OH可以取代同一碳原子上的H原子，有2种：CH3CH2CH（OH）F、CH3CF（OH）CH3，可以取代不同碳原子上的H原子，有3种：HOCH2CH2CH2F、CH3CH（OH）CH2F、CH3CHFCH2OH，共有5种，故答案为B。本题是根据等效氢的方法判断同分异构体的数目，等效氢法的判断可按下列三点进行：①同一碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的（相当于平面成像时，物与像的关系）。11、C【解析】H+、AlO2-反应生成Al3+，故A错误；H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故B错误；Mg2+、Na+、Cl-、SO42-不反应，故C正确；OH-、HCO3-反应生成CO32-，故D错误。12、B【解析】

A.向苯中加少量溴水，振荡，水层变成无色，是苯萃取溴的过程，属于物理变化，故A错误；B.沉淀部分溶解，说明还有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，故B正确；C.向溶液中加入盐酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C错误;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色消失，是SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水的缘故，故D错误；故答案为B。13、C【解析】

A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；B项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；C项草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；D项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；故选C。14、B【解析】

A、若A为NaOH溶液，甲是AlCl3，乙是Al(OH）3白色沉淀，丙是NaAlO2，X为短周期金属元素铝，符合题意，A正确；B、若A为硝酸，X为金属元素，X应是变价金属，则甲是Fe，乙是Fe(NO3）2，丙是Fe(NO3）3，甲与乙不反应，B错误；C、若A为氧气，丙在通常状况下为红棕色气体即NO2，则甲是N2，乙是NO，C正确；D、若乙为NaHCO3，甲是CO2，A是NaOH，丙是Na2CO3，或者甲是Na2CO3，乙是NaHCO3，A是HCl，丙是CO2，D正确。答案选B。15、C【解析】A．葡萄糖是单糖不能水解，lmol葡萄糖能分解生成2molCH3CH2OH和2molCO2，故A错误；B．苯的结构简式为，但分子结构中无碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C．乙醇分子式可以变式为C2H4·H2O，故乙醇燃烧相当于乙烯燃烧，耗氧量相同，故C正确；D．乙烯和植物油均含有碳碳双键，都能使溴水褪色，其褪色原理均为加成反应，故D错误；答案为C。16、C【解析】

A．盐酸挥发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；B．草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B项错误；C．足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D．导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错误；所以答案选择C项。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cl2、光照辛醛取代反应羟基13【解析】

甲苯发生取代反应生成，在氢氧化钠水溶液加热条件下发生取代反应生成，则A为，该分子继续氧化为B，可推知B为，C为；D经过先水解后消去反应可得到HCHO，所以E为HCHO，根据给定的已知信息及逆合成分析法可知，G为，据此分析作答。【详解】甲苯→，发生的是取代反应，所需试剂、条件分别是Cl2、光照；F为，根据系统命名法可知其名称为辛醛，故答案为Cl2、光照；辛醛；（2）反应②是C和H发生的酸和醇的酯化反应（取代反应），A→B的化学方程式为，故答案为取代反应；；（3）结合给定的已知信息推出G的结构简式为；G→H，是-CHO和H2的加成反应，所以H中所含官能团的名称是羟基，故答案为；羟基。（4）C为，化合物W的相对分子质量比化合物C大14，W比C多一个CH2，遇FeCl3溶液显紫色含有酚羟基，属于芳香族化合物含有苯环，能发生银镜反应含有醛基，①苯环上有三个取代基，分别为醛基、羟基和甲基，先固定醛基和羟基的位置，邻间对，最后移动甲基，可得到10种不同结构；②苯环上有两个取代基，分别为-OH和-CH2CHO，邻间对位共3种，所以W的可能结构有10+3=13种；符合①遇FeCl3溶液显紫色、②属于芳香族化合物、③能发生银镜反应其中核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢、峰面积比为2:2:2:1:1要求的W的结构简式：，故答案为13；；（5）根据题目已知信息和有关有机物的性质，用甲苯和乙醛为原料制备的合成路线具体如下：，故答案为。18、C14H12O3取代反应消去反应1∶1∶2∶6+CH3OH+H2O3【解析】

根据F的分子式、白藜芦醇的结构，并结合信息②中第二步可知，F中苯环含有3个-OCH3，故F的结构简式为；D发生信息①中一系列反应生成E，反应过程中的醛基转化为羟基，E发生消去反应生成F，因此E为，逆推可知D为，结合物质的分子式、反应条件、给予的信息，则C为，B为，A为。据此分析解答。【详解】(1)白黎芦醇()的分子式为C14H12O3，故答案为C14H12O3；(2)C→D是C中羟基被溴原子替代，属于取代反应，E→F是E分子内脱去1分子式形成碳碳双键，属于消去反应，故答案为取代反应；消去反应；(3)化合物A的结构简式为，其核磁共振谱中显示有4种不同化学环境的氢原子，其个数比为1∶1∶2∶6，故答案为1∶1∶2∶6；(4)A为，与甲醇发生酯化反应生成B()，A→B反应的化学方程式为：，故答案为；(5)由上述分析可知，D的结构简式为，E的结构简式为，故答案为；；(6)化合物的同分异构体符合下列条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸形成的酯基；②含苯环且苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，则结构简式可能为、、，共3种；酚羟基和酯基都能够与碱反应，不与碱反应的同分异构体为；故答案为3；。本题的难点是物质结构的推断。可以根据白黎芦醇的结构简式为起点，用逆推方法，确定各步反应的各物质的结构简式和反应类型，推断过程中要充分利用题干信息。19、分液漏斗C让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化BA过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2【解析】

（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为C；让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A；（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。20、品红溶液褪色吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【解析】

二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境