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云南省华宁县第二中学2018

云南省华宁二中2018-2019学年下学期开学考试高一化学本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。

一、单选题共26小题,每小题2.0分,共52分1.试根据碱金属元素性质的递变规律推测下列说法，其中不正确的是A.碳酸铯比碳酸氢铯稳定B.氢氧化铯是一种强碱C.可能存在过氧化铯D.铯在金属活动性顺序表中排在钾后面【答案】D【解析】【分析】本题考查的碱金属元素性质的递变规律主要是金属性递变规律，从Li-Cs,金属性增强；【详解】A.碱金属的正盐比酸式盐稳定，故碳酸铯比碳酸氢铯稳定，A项正确；B.Cs的金属性很强，所以氢氧化铯是一种强碱，B项正确；C.由同族由过氧化钠和过氧化钾可知，可能存在过氧化铯，C项正确；D.铯与钾同主族且在钾下面，铯的金属性比钾强，铯在金属活动性顺序表中排在钾前面，D项错误；答案选D。

【点睛】本题可以结合元素金属性强弱的判断来解

（1）金属原子失电子能力

（2）金属阳离子得电子能力（3）元素在金属活动性顺序表、周期表中的位置（4）金属与水酸置换出氢气的难易程度（5）最高价氧化物对应水化物（氢氧化物）的碱性强弱（6）金属与盐溶液的置换反应（还原性）2.依据阿伏加德罗定律，下列叙述中正确的是A.同温同压下，两种气体的体积之比等于摩尔质量之比B.同温同压下，两种气体的质量之比等于物质的量之比C.同温同压下，两种气体的物质的量之比等于密度之比D.同温同压下，两种气体的摩尔质量之比等于密度之比【答案】D【解析】【详解】A.同温同压下，两种气体的体积比等于其物质的量比，不等于摩尔质量之比，故错误；B.同温同压下，若两种气体的摩尔质量相同，则两种气体的质量比等于物质的量之比，否则不等，故错误；C.同温同压下，两种气体的密度比等于摩尔质量之比，与物质的量无关，故错误；D.同温同压下，两种气体的摩尔质量比等于密度比，故正确。

故选D。

【点睛】根据阿伏伽德罗定律推出以下推论同温同压下，气体摩尔体积相同；相同体积的不同气体物质的量相等。

同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比或分子数之比；同温同压下，气体密度之比等于其摩尔质量之比；同温同压下，气体的质量之比等于其物质的量与摩尔质量之积的比；同温同压下，同质量气体的体积之比等于其摩尔质量倒数之比。

同温同体积气体的压强之比等于其物质的量之比；同温同体积同质量气体的压强之比等于其摩尔质量倒数之比。

3.下列物质中含有的氢原子数最少的是A.36gH2OB.51gH2O2C.34gOH－D.38gH3O＋【答案】C【解析】【详解】36gH2O中，所含氢原子的物质的量＝36g÷18g·mol－12＝4mol；51gH2O2中所含氢原子的物质的量＝51g÷34g·mol－12＝3mol；34gOH－中所含氢原子的物质的量＝34g÷17g·mol－11＝2mol；38gH3O＋中所含氢原子的物质的量＝38g÷19g·mol－13＝6mol。

不难看出34gOH－含有的氢原子数最少，故选C选项。

本题答案为C。

【点睛】比较微粒数目的多少，只要计算微粒的物质的量，然后比较多少即可。

4.下列各组混合物能用分液漏斗分离的是A.四氯化碳和水B.汽油和食用油C.浓硫酸和浓硝酸D.酒精和水【答案】A【解析】【详解】两种互不相溶且密度相差较大的液态混合物通常用分液漏斗分离。

A.四氯化碳不溶于水且密度比水大，所以四氯化碳和水的混合物可能用分液漏斗分离，A项正确；B.食用油易溶于汽油，汽油和食用油混合物不能用分液漏斗分离，B项错误；C.浓硫酸和浓硝酸互溶，浓硫酸和浓硝酸混合物不能用分液漏斗分离，C项错误；D.酒精和水互溶，酒精和水混合物不能用分液漏斗分离，D项错误；答案选A。

5.下列关于SiO2的说法，正确的是A.SiO2是制造光导纤维的重要材料B.SiO2溶于水生成硅酸C.SiO2对应水化物的酸性比碳酸强D.SiO2是两性氧化物【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硅是制造光导纤维的重要材料，是利用了光的全反射原理，A项正确；B．二氧化硅和水不反应，用二氧化硅和氢氧化钠溶液制取硅酸钠，再用硅酸钠制取硅酸，B项错误；C．硅酸的酸性比碳酸弱，C项错误；D．二氧化硅是酸性氧化物，和HF的反应只是特性，D项错误；答案选A。

6.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是A.氨气B.氯气C.硝酸铵D.硝酸【答案】A【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下均不能够导电的化合物是非电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。

【详解】A．NH3的水溶液能导电，是因NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成离子而导电，即发生电离不是NH3本身，故NH3属于非电解质，故A正确；B．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．硝酸铵是盐，溶于水导电，但属于电解质，故C错误；D．硝酸是一元强酸，溶于水导电，但是电解质，故D错误；故答案选A。

【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。

能导电的物质不一定是电解质，如石墨；电解质本身不一定能导电，如NaCl晶体等。

7.用氧化物的形式表示硅酸盐的组成，其中正确的是A.钙沸石CaAl2Si3O10·3H2O表示为CaO·Al2O3·3SiO2·3H2OB.镁橄榄石Mg2SiO4表示为MgO·SiO2C.正长石KAlSi3O8表示为K2O·Al2O3·3SiO2D.高岭石Al2Si2O5OH4表示为Al2O3·SiO2·2H2O【答案】A【解析】【分析】通常用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示硅酸盐的组成。

【详解】A.钙沸石CaAl2Si3O10·3H2O表示为CaO·Al2O3·3SiO2·3H2O，A项正确；B.镁橄榄石Mg2SiO4表示为2MgO·SiO2，B项错误；C.正长石KAlSi3O8表示为K2O·Al2O3·6SiO2，C项错误；D.高岭石Al2Si2O5OH4表示为Al2O3·2SiO2·2H2O，D项错误；答案选A。

【点睛】硅酸盐改写成氧化物形式的方法1氧化物的书写顺序活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水。

2氧化物前计量数的配置原则除氧元素外，其他元素按配置前后原子个数守恒原则配置计量数，且不同氧化物间以“·”隔开。

3出现分数时应化为整数。

如正长石KAlSi3O8不能写成K2O·Al2O3·3SiO2，应写成K2O·Al2O3·6SiO2。

8.使溶液中的AlO2完全转化成AlOH3，应选择的试剂最好是A.稀H2SO4B.盐酸C.CO2D.氨水【答案】C【解析】【分析】AlO2-可以和酸反应生成氢氧化铝，Al（OH）3是两性氢氧化物，能溶于强酸、强碱，故制备氢氧化铝时要用弱酸或弱碱，据此答题。

【详解】A.由于稀硫酸是强酸溶液，沉淀AlO2﹣时生成的氢氧化铝，氢氧化铝能溶解在过量的强酸溶液中，故AlO2﹣难以完全反应生成氢氧化铝，故A错误；B.由于盐酸是强酸溶液，沉淀AlO2﹣时生成的氢氧化铝，氢氧化铝能溶解在过量的强酸溶液中，故AlO2﹣难以完全反应生成氢氧化铝，故B错误；C.二氧化碳通入水中，会和水反应生成碳酸，可以与AlO2﹣反应制备氢氧化铝，过量的碳酸不能使氢氧化铝溶解，故C正确；D.AlO2﹣只能在碱性或者中性环境存在，若使其转化为沉淀，需要用酸，氨水是弱碱溶液，不与AlO2﹣反应，故D错误。

故选C。

9.下列不属于化石燃料的是A.煤B.石油C.氢能D.天然气【答案】C【解析】【详解】化石燃料包括煤、石油和天然气等，故ABD项正确，氢气属于新型清洁能源，C项错误。

答案选C。

10.下列化学事实，不能说明钠的活动性比铁强的是A.钠在常温下与水剧烈反应，铁只能在高温下与水蒸气反应B.钠与氯气反应有白烟产生，铁与氯气反应有棕黄色烟产生C.与相同浓度的盐酸分别反应时，钠比铁要剧烈得多D.钠在空气中很快被氧化为氧化钠，铁在空气中能稳定存在【答案】B【解析】【分析】比较钠与铁的活动性，可以比较其金属性。

【详解】A.钠比铁更易与水发生反应，能说明钠的活动性比铁强，A项正确；B.钠与氯气反应有白烟产生，铁与氯气反应有棕黄色烟产生，只是产物氯化钠与氯化铁颜色不同，不能说明钠的活动性比铁强，B项错误；C.钠与盐酸反应比铁要剧烈得多，能说明钠的活动性比铁强，C项正确；D.钠比铁更易与氧气发生反应，能说明钠的活动性比铁强，D项正确；答案选B。

【点睛】金属性越强，金属与水或酸置换出氢气越容易（越剧烈），与氧气反应越容易（越剧烈。

11.现有一氧化碳、二氧化碳、臭氧O3三种气体，它们分别都含有1mol氧原子，则三种气体的分子个数之比为A.1∶1∶1B.1∶2∶3C.3∶2∶1D.6∶3∶2【答案】D【解析】【详解】都含有1mol氧原子，则一氧化碳、二氧化碳、臭氧O3三种气体物质的量分别为1mol，mol，mol，分子数之比等于它们的物质的量之比，即为6∶3∶2。

D项正确；答案选D。

12.下列有关钠的化合物说法正确的是（）A.将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制备Fe（OH）3胶体B.用加热法除去NaHCO3固体中混有的Na2CO3C.灼烧白色粉末，火焰呈黄色，证明原粉末中有Na，一定没有KD.Na2O2可用于呼吸面具中氧气的来源【答案】D【解析】【详解】A.将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中制得Fe（OH）3沉淀而不是胶体，A项错误；B.因为2NaHCO3Na2CO3H2OCO2↑，所以不能用加热法除去NaHCO3固体中混有的Na2CO3，B项错误；C.K的焰色反应现象要透过蓝色钴玻璃观察，所以灼烧白色粉末，火焰呈黄色，无法知道是否有K，C项错误；D.Na2O2可与二氧化碳和水反应均产生氧气，故可以用于呼吸面具中，D项正确；答案选D。

13.将SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应SO22Fe32H2O2Fe24H，Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O，有关说法正确的是A.还原性Cr3＞Fe2＞SO2B.氧化性Cr2O72-＞SO2＞Fe3C.两个反应中Fe2（SO4）3均作还原剂D.Cr2O72-能将Na2SO3氧化成Na2SO4【答案】D【解析】【详解】A.反应SO22Fe32H2OSO42-2Fe24H中,SO2做还原剂,Fe2为还原产物,所以还原性SO2Fe2,反应Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O中Fe2为还原剂,Cr3为还原产物,所以还原性Fe2Cr3，综上所述还原性SO2Fe2Cr3，故A错误；B.反应SO22Fe32H2OSO42-2Fe24H中，Fe3做氧化剂,SO42-为氧化产物,SO2为还原剂,所以氧化性Fe3SO42-SO2,反应Cr2O72-6Fe214H2Cr36Fe37H2O中,Cr2O72-为氧化剂,Fe3为氧化产物,所以氧化性Cr2O72-Fe3,综上所述氧化性Cr2O72-Fe3SO2，故B错误；C.反应SO22Fe32H2OSO42-2Fe24H中,铁元素化合价降低,Fe2（SO4）3为氧化剂,故C错误；D.重铬酸根具有氧化性,能将亚铁离子氧化,也能将亚硫酸根氧化为硫酸根,故D正确；本题答案为D。

【点睛】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性。

14.在容积为672mL的烧瓶中充满NO和NO2的混合气体，将其倒立在水槽里，去塞后再通入280mL氧气，恰好完全反应，且液体充满烧瓶气体体积都已折合为标准状况下的体积，下列有关叙述正确的是A.总反应为NO＋NO2＋O2＋H2O2HNO3B.总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O12HNO3C.生成硝酸的物质的量浓度均为0.030mol·L－1D.生成硝酸的物质的量浓度约为0.060mol·L－1【答案】B【解析】【分析】利用得失电子守恒，列方程组，求出氧气、一氧化氮、二氧化氮的物质的量之比，可写出总反应方程式。

【详解】标准状况下672mL的混合气体n（NO）n（NO2）0.03mol，（O2）0.0125mol，由得失电子守恒可知3n（NO）n（NO2）4n（O2），解之得n（NO）0.01mol，n（NO2）0.02mol，所以总的方程式为4NO8NO25O26H2O═12HNO3，由氮原子守恒可知，反应生成的HNO3物质的量为0.03mol。

水全部充满烧瓶，形成硝酸溶液体积为0.672L，硝酸的浓度为0.03mol÷0.672L0.045mol/L。

ACD项错误，B项正确；答案选B。

【点睛】这类计算题若是善于利用得失电子守恒、原子守恒、质量守恒、电荷守恒等守恒思想，会使得解题事半功倍。

15.臭氧可以使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，化学方程式为KI＋O3＋H2O→KOH＋I2＋O2未配平，下列叙述正确的是A.O3在反应中被还原为O2B.该反应的还原产物为I2C.1molO3在反应中得到2mol电子D.反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1∶3【答案】C【解析】A．因氧气和臭氧中氧元素的化合价都是0，所以臭氧生成氧气时未发生化合价的变化，故A错误；B．在该反应中，碘元素化合价从－1价升高到0价，所以KI是还原剂，氧化产物是I2，故B错误；C．1molO3在反应中得到1mol（2-0）2mol电子，故C正确；D．该反应的氧化产物是碘，还原产物是氢氧化钾，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为2KIO3H2O2KOHI2O2，由方程式可知，氧化产物与还原产物物质的量之比为12，故D错误，答案选C。

点睛本题考查氧化还原反应，明确反应中元素化合价的变化情况是解答本题的关键，该反应中碘元素化合价由-1价变为0价，氧元素的化合价由0价变为-2价，根据物质间的关系分析解答即可，要特别注意臭氧和氧气中氧元素的化合价相同。

16.下列物质中只含有氯分子的是A.氯水B.液氯C.盐酸D.食盐【答案】B【解析】【详解】A.氯水中含有三分子、四离子水分子、氯分子、次氯酸分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，A项错误；B.液氯是纯净物，其中只含有氯分子，B项正确；C.盐酸是氯化氢溶液，含有水分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子，C项错误；D.食盐中含有钠离子和氯离子，D项错误；答案选B。

17.如下图是从元素周期表中截取下来的，甲、乙、丙为短周期主族元素，下列说法中正确的是A.丁一定是金属元素，其金属性比丙强B.丙的最高价氧化物水化物显强酸性C.乙的氢化物是以分子形式存在，且分子间存在氢键D.戊的原子序数一定是甲的5倍，且原子半径比甲大【答案】C【解析】分析甲、乙、丙为短周期主族元素，由位置可知，甲、乙一定为第二周期元素，丙为第三周期元素，丁、戊为第四周期元素，A．丁不一定是金属元素；B．若丙为P元素，则其最高价氧化物对应的水化物不是强酸；C．乙元素可能是N、O、F，则氢化物中含有氢键；D．甲、戊元素不能确定，则原子序数的关系不能确定。

详解已知甲、乙、丙为短周期主族元素，由图可知甲、乙位于第二周期，丙为与第三周期，丁、戊为第四周期，A．根据元素在周期表中的位置，丁可能是As、Ge、Ga元素，所以丁不一定是金属元素，选项A错误；B．丙元素可能是Si、P、S，若丙为Si、P元素，则其最高价氧化物对应的水化物不是强酸，选项B错误；C．乙元素可能是N、O、F，它们的氢化物均为分子晶体，氢化物中含有氢键，选项C正确；D．甲、戊元素不能确定，则原子序数的关系不能确定，若甲为C元素，则戊为Se元素，不是5倍的关系，选项D错误。

答案选C。

点睛本题考查位置、结构与性质的关系，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，把握元素的位置、性质、元素化合物知识为解答该题的关键，题目难度不大，注意理解同主族元素的原子序数关系。

18.下列实验只能制备氢氧化铁沉淀的是A.将氧化铁和水直接加热B.将水蒸气通过炽热铁粉C.氧化铁先用盐酸溶解再加烧碱溶液D.饱和氯化铁溶液逐滴滴入沸水中【答案】C【解析】【详解】A、氧化铁不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铁，A不选；B、水蒸气能与炽热铁粉反应生成四氧化三铁和氢气，B不选；C、氧化铁先用盐酸溶解生成氯化铁和水，再加烧碱溶液得到氢氧化铁沉淀，C选；D、饱和的氯化铁溶液逐滴滴入沸水中，可制备氢氧化铁胶体，D不选。

答案选C。

【点睛】明确铁及其化合物的性质特点是解答的关键，注意氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀制备方法的区别。

19.在新制氯水中存在多种分子和离子，下列实验现象和结论一致且正确的是A.新制氯水使红玫瑰变为白玫瑰，说明有Cl2B.加入石蕊溶液，溶液变红，说明该溶液一定不含HClOC.将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有HClOD.光照新制氯水有气泡逸出，该气体一定是O2【答案】D【解析】【分析】新制氯水中含有三分子、四离子水分子、氯分子、次氯酸分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子。

【详解】A.新制氯水中存在的次氯酸有漂白性，能使红玫瑰变为白玫瑰，说明有次氯酸，A项错误；B.加入石蕊溶液，溶液会先变红后褪色，说明该溶液含HClO和H，B项错误；C.次氯酸酸性比碳酸弱，不会与KHCO3反应产生气体。

新制氯水中存在氯化氢，将KHCO3固体加入新制的氯水中，有气泡产生，说明有H，C项错误；D.新制氯水中存在次氯酸，，故光照新制氯水有氧气逸出，D项正确；答案选D。

20.下列有关元素周期表的叙述中正确的是A.元素周期表有7个周期和18个族B.由短周期元素和长周期元素共同组成的族一定是主族C.从左向右数第13列是第ⅢB族D.元素周期表中0族元素的单质全部是气体【答案】D【解析】【详解】A.元素周期表有7个周期和16个族，A项错误；B.副族和第VIII族都由长周期元素组成，但由短周期元素和长周期元素共同组成的族不一定是主族，还有0族，B项错误；C.由元素周期表族的位置可知，从左向右数第13列是第ⅢB族，C项错误；D.元素周期表中0族元素的单质，即稀有气体全部是气态，D项正确；答案选D。

21.已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。

若用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验其与金属的反应。

每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是A.①和②处B.只有②处C.②和③处D.②、③、④处【答案】D【解析】【详解】①KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生氯气，因此不需要加热，因此①正确；②Cl2黄绿色、易溶于水、有毒性，能被氢氧化钠溶液吸收，因此②中除去氯气中的氯化氢杂质不能用氢氧化钠溶液，因此②不正确；③浓硫酸可以干燥氯气，但是要长进短出，因此③不正确；④氯气与金属反应时，为了充分反应，应该把导管伸到试管的底部，且反应需要加热，为保持气压平衡及防止尾气污染环境，还应有出气管和尾气处理装置，因此④不正确；故答案选D。

【点睛】本考点主要考查了气体的制取装置和收集装置的选择，同时也考查了气体的除杂、干燥和性质等，综合性比较强。

注意气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。

22.下列说法中不正确的是A.天然二氧化硅俗称硅石B.石英的主要成分是二氧化硅C.水晶是无色透明的石英晶体D.自然界中存在大量的单质硅【答案】D【解析】【详解】自然界中的硅元素以化合态形式存在，无游离态的单质硅存在，故D错误。

故选D。

23.实验室收集①一氧化氮、②二氧化氮两种气体，下列收集方法正确的是A.①和②都用排水法B.①和②都用向上排空气法C.①用向上排空气法，②用排水法D.①用排水法，②向上排空气法【答案】D【解析】【详解】①一氧化氮能与氧气反应生成二氧化氮2NO＋O2NO2，故一氧化氮不能用排空气法收集，则用排水法收集一氧化氮；②二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮3NO2＋H2O2HNO3＋NO，故二氧化氮不能用排水法收集，又因为二氧化氮密度比空气大，则用向上排空气法收集；综上①用排水法收集、②用向上排空气法收集。

D项正确；答案选D。

24.下列试剂能贮存在磨口玻璃塞的试剂瓶里的是（）A.HF溶液B.KOH溶液C.盐酸D.水玻璃【答案】C【解析】A.HF能与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，HF溶液保存在塑料瓶中，A错误；B.强碱能与二氧化硅反应生成黏性很强的硅酸钠，KOH溶液可以保存在试剂瓶中，但不能使用玻璃塞，B错误；C.盐酸与二氧化硅不反应，能贮存在磨口玻璃塞的试剂瓶里，C正确；D.水玻璃是硅酸钠溶液，不能用磨口玻璃塞，D错误，答案选C。

【点睛】掌握相应化学试剂的性质是解答的关键，注意掌握药品的存放方法

（1）按酸碱性及氧化性选择瓶塞①玻璃塞一般试剂可用玻璃塞，但碱及碱性物质的存放需用软木塞或橡皮塞。

②橡皮塞强氧化性物质（如KMnO4、Br2、H2O2、浓H2SO4、浓HNO3等）及有机物（如苯、四氯化碳、汽油等）存放不可用橡皮塞。

（2）按稳定性选择瓶子的颜色①无色瓶子存放一般试剂。

②棕色瓶子存放见光或受热易分解的药品，并置于阴凉处，如HNO3、AgNO3、卤化银、氯水、溴水、碘水等。

25.已知X＋结构示意图如下图，则X在元素周期表中的位置是A.第二周期0族B.第四周期ⅠA族C.第三周期ⅠA族D.第三周期ⅦA族【答案】B【解析】【详解】X＋结构示意图，则可推知其质子数为288119，X是钾元素，位于第四周期ⅠA族，B项正确；答案选B。

【点睛】解本题需要注意

（1）阳离子质子数电子数；

（2）阴离子质子数________填化学式。

4比较A、C的原子半径A________C，写出A的气态氢化物与A的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式______________________。

【答案】

（1）氮硫氟

（2）第二周期ⅦA族（3）HFH2S（4）NH3HNO3NH4NO3【解析】据A、B、C在周期表中的位置可知，A、C处于第二周期，B处于第三周期，设B的原子序数为x，则A为x-9，C为x-7，据题意有x-9x-7x，则x16，又由于B原子核内质子数和中子数相等，则B的中子数为16，即S，那么A为N，C为F。

32.A、B是两种有刺激气味的气体。

试根据下列实验事实填空。

1写出A～F各物质的化学式A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。

2写出A、B跟水反应的离子方程式______________________。

【答案】1.Cl22.SO23.H2SO44.HCl5.BaSO36.BaSO47.Cl2＋SO2＋2H2O4H＋＋SO42-＋2Cl－【解析