保定市2021~2022学年度上学期高一期末调研考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Cu-64Zn-65一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法错误是A.“84”消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B.酸雨、土壤酸化等环境问题通常都与硫的化合物有关C.天然气、液化石油气和煤是我国目前推广使用的清洁燃料D.减少化石燃料燃烧和汽车尾气排放，是减少雾霾发生的有效措施【答案】C【解析】【详解】A．“84”消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒的作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；B．酸雨、土壤酸化与的过度排放有关，B正确；C．煤燃烧释放出二氧化硫气体，污染空气，煤不属于清洁燃料，C错误；D．化石燃料燃烧和汽车尾气排放会产生大量的可吸入颗粒，会造成雾霾，减少化石燃料燃烧和汽车尾气排放，是减少雾霾发生的有效措施，D正确；答案选C。2.下列有关化学用语表示正确的是A.中子数为7的氮原子：NB.S2-的结构示意图：C.NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO
D.H2O2的电子式：【答案】B【解析】【详解】A．中子数为7的氮原子的质量数为14，可表示为，A错误；B．硫离子核内16个质子，核外18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子，的结构示意图：，B正确；C．在水中可电离出Na+、，电离方程式：，C错误；D．是共价化合物，电子式应为，D错误；答案选B。3.下列物质的性质与用途具有对应关系的是A.二氧化氯具有强氧化性，可用来漂白织物B.二氧化硫具有氧化性，可用于纸浆漂白C.碳酸氢钠能与碱反应，可用作食品膨松剂D.Na2O2是淡黄色固体，在呼吸面具中用作供氧剂【答案】A【解析】【详解】A．具有强氧化性，能把有色物质漂白，故可以用来漂白织物，A正确；B．漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是利用其氧化性，B错误；C．碳酸氢钠受热分解和与酸反应都会生成，可以使食品变得松软、多孔，C错误；D．与反应产生，故在呼吸面具中作供氧剂，不是因为其为淡黄色固体，D错误；故答案为：A。4.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.钠与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑B.向H2SO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性：H++OH-=H2OC.浓盐酸与MnO2反应制取Cl2：MnO2+2HCl(浓)Mn2++Cl2↑+H2OD.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO+Ca2++OH-=CaCO3+H2O【答案】D【解析】【详解】A．离子方程式未配平，正确的离子方程式应为，A错误；B．向H2SO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至中性生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为，B错误；C．用MnO2与浓盐酸反应制Cl2，正确的离子方程式为，C错误；D．Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH后生成CaCO3、NaHCO3和H2O，D正确；故答案选D。5.工业上常用浓氨水检验氯气管道，其反应的化学方程式为3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，利用该反应中产生白烟这一现象来判断管道是否漏气。下列关于该反应的说法错误的是A.氧化剂是Cl2，N2是氧化产物B.每生成22.4L的N2，转移6mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2D.被氧化与未被氧化的NH3的物质的量之比为1∶3【答案】B【解析】【详解】A．反应中，Cl元素化合价降低，被还原，为氧化剂，N元素化合价升高，是氧化产物，A正确；B．每生成1molN2转移6mol电子,没有指明22.4L是不是在标准状况下，B错误；
C．为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，化学方程式中8NH3中2为还原剂，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C正确；D．参加反应，其中2mol是还原剂，还有6mol未被氧化，所以被氧化与未被氧化的的物质的量之比为1∶3，D正确；答案选B。6.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.HClOCl2NaClOB.SSO2BaSO3C.AlAlCl3NaAlO2D.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)【答案】D【解析】【详解】A．次氯酸见光发生分解反应生成HCl和，A错误；B．盐酸的酸性大于亚硫酸，根据强酸制备弱酸原理，与溶液不反应，B错误；C．氯化铝溶液中加入氨水产生沉淀，C错误；D．碳酸氢钠粉末受热分解得到碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠和澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，故均能实现转化，D正确；答案选D。7.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol·L-1的BaCl2溶液中：K+、Na+、OH-、NOB.0.1mol·L-1H2SO4溶液：K+、NH、NO、HCOC.能使酚酞变红的溶液：Mg2+、Ba2+、ClO-、I-D.无色透明的溶液：Na+、Fe2+、NO、SO【答案】A【解析】
【详解】A．的溶液中、、、均不反应，能大量共存，A正确；B．溶液显酸性，此条件下，与不能大量共存，B错误；C．能使酚酞变红的溶液呈碱性，不可能大量存在，且能把氧化，不能大量共存，C错误；D．呈浅绿色，无色透明的溶液中不可能存在，D错误；答案选A。8.下列叙述正确的是A.蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热B.取1.06gNa2CO3(s)置于烧杯中，加100mL水以配制0.100mol·L-1Na2CO3溶液C.用洁净铂丝取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，原溶液中有Na+、可能有K+D.加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解，原溶液一定含有SO【答案】C【解析】【详解】A．蒸发操作不能待水完全蒸干才停止加热，A错误；B．取，即物质的量为0.01mol，加100mL水得到的溶液体积不是0.1L，因此得到溶液的浓度不是，且不能在烧杯中配制、应用100mL容量瓶进行配制，B错误；C．钠元素的黄色火焰可以覆盖钾元素的紫色火焰，用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有，可能有，C正确；D．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有或，D错误；答案选C。9.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是A.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB.1.6g由O2和O3组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAC.常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
D.Na在空气中燃烧可生成多种氧化物，23gNa充分燃烧时转移电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A．的摩尔质量为，的物质的量为，则含有的质子数为，的摩尔质量为，的物质的量为，则含有的质子数为，故A错误；B．设1.6g混合物中氧气的质量为x，臭氧的质量为y，则，1.6g混合气体中含有氧原子的物质的量为，故B正确；C．常温常压下，2.24L混合气体的物质的量小于0.1mol，混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA，故C错误；D．在氧化物中，钠元素的化合价只有+1价，因此23gNa即lmolNa充分燃烧时转移电子数为，故D错误。综上所述，答案为B。二、不定项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有1~2个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。10.开发利用海水化学资源的部分过程如图所示，下列说法不正确的是A.操作①中发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OB.可以用澄清石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3溶液C.③的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2H++SO+2HBr
D.除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO，应依次加入NaOH溶液、BaCl2溶液和Na2CO3溶液【答案】BC【解析】【详解】A．漂白剂的有效成分为NaClO，反应的化学方程式为，A正确；B．、与澄清石灰水反应时都产生白色沉淀，故不能用澄清石灰水鉴别二者，B错误；C．第③步反应中，将氧化为硫酸而自身被还原为HBr(为强酸)，反应的离子方程式为，C错误；D．去粗盐溶液中的、、，加入溶液会引入钡离子，碳酸钠溶液应在氯化钡溶液之后加入，以除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，D正确；答案选BC。11.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色氧化性：I2>Br2B向淀粉KI溶液中滴加氯水至过量，溶液先变蓝后褪色I-先被氧化成I2，后可能继续被氧化成其他物质C将SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去SO2具有漂白性D向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体，并放出刺激性气味气体浓硫酸仅体现吸水性和脱水性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】
【详解】A．滴加淀粉溶液，溶液显蓝色，说明发生反应，根据氧化还原规律可判断，氧化性，A错误；B．向淀粉KI溶液中滴加氯水至过量，溶液中KI被氯气氧化生成碘单质，溶液变蓝，然后氯气与碘继续反应生成其他物质，溶液又褪色，B正确；C．将缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液的碱性减弱，溶液红色逐渐褪去，体现酸性氧化物的性质，不是漂白性，C错误；D．向蔗糖中加入浓硫酸，搅拌得黑色海绵状固体，体现了浓硫酸的脱水性，并放出刺激性气味气体，体现了浓硫酸的强氧化性，D错误；答案选B。12.X、Y、Z、W、R属于短周期主族元素，X的原子半径在短周期主族元素中最大，Y元素位于元素周期表的第二周期，Y元素原子的最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子的L层电子数为m+n，M层电子数为m−n，W元素与Z元索同主族，R元素原子与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述正确的是A.WY2、RY2都属于共价化合物B.Y的简单气态氢化物比R的简单气态氢化物稳定C.X与Y形成的两种化合物中阳、阴离子的个数比均为1∶2D.Z、W、R最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是R>Z>W【答案】AB【解析】【分析】X的原子半径在短周期主族元素中最大，应为Na元素，Y元素位于元素周期表的第二周期，故n=2，Z元素原子的L层电子数为m+n，M层电子数为m−n，因为L层电子最多为8，则m=6，所以Y为O元素，Z为Si元素，W元素与Z元素同主族，应为C元素，R元素原子的核外电子数与Y元素原子的核外电子数之比为2∶1，Y的核外电子数为8，则R的核外电子数为16，应为S元素。【详解】A．、都属于共价化合物，故A正确；B．Y是O元素，R是S元素，水的稳定性强于硫化氢，故B正确；C．X与Y形成的两种化合物分别为、，两种化合物中阳、阴离子的个数比均为2∶1，故C错误；
D．非金属性：S＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故D错误。综上所述，答案为AB。13.将一定量的Cl2通入一定量的石灰乳中，两者恰好完全反应[已知反应过程放热，温度较低时先生成CaCl2和Ca(ClO)2]，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化关系如图所示(不考虑氯气和水的反应)，下列说法正确的是A.曲线Ⅰ表示ClO的物质的量随反应时间变化的关系B.生成物中Cl-的物质的量为0.55molC.所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.25molD.另取一份等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.37mol。则产物中=7：6【答案】CD【解析】【详解】A．刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线Ⅱ表示离子的物质的量随反应时间变化的关系，A错误；B．根据氧化还原反应中得失电子数相等计算的物质的量，设氯离子的物质的量为n，则，B错误；C．含氯离子的物质的量为，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯离子的个数比为，所以所取石灰乳中含有的物质的量为0.25mol，C正确；D．等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，即生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设，
；则得到：；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1∶2，得到氯元素物质的量为0.5mol；，解得，，则产物中，D正确；答案选CD。三、非选择题：本题共4大题，共57分。14.根据所学知识，回答下列问题：（1）现有以下五种物质：①Cu、②BaCO3、③酒精、④SO2、⑤稀硫酸。以上物质中属于电解质的是____(填序号，下同)，属于非电解质的是____，能导电的是____，可用____(填现象名称)区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液。（2）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O。①该反应中还原剂是____(填化学式，下同)，还原产物为____。②当反应中有1molK2FeO4生成，转移电子的物质的量为____mol。（3）同温同压下，等体积的NH3和H2S气体的质量比为____；等质量的NH3和H2S中氢原子的个数比为____；将19gMgCl2粉末溶于水配制成1L溶液，从中取出50mL溶液，则Cl-的物质的量浓度为____。（4）如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯装置，请根据装置回答问题：装置C中①的名称是____，装置D中的分液漏斗在使用之前应该____，在分液时，为使液体顺利滴下，应进行的具体操作是___。【答案】（1）①.②②.③④③.①⑤④.丁达尔效应（2）①.Fe(OH)3②.KCl③.3（3）①.1∶2②.3∶1③.0.4mol·L-1
（4）①.蒸馏烧瓶②.检查是否漏水③.取下分液漏斗顶部的玻璃塞，打开旋塞【解析】【小问1详解】①Cu是金属单质，可导电，不是电解质也不是非电解质；②BaCO3固体不导电，熔融状态下看电离出阴阳离子，属于电解质；③酒精不导电，不电离，是非电解质；④SO2不导电，不电离，是非电解质；⑤稀硫酸可导电，属于混合物，不是电解质也不是非电解质。以上物质中属于电解质的是②，属于非电解质的是③④，能导电的是①⑤；胶体可产生丁达尔效应，可用丁达尔效应区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液。【小问2详解】①该反应中铁元素化合价升高，失去电子被氧化，还原剂是Fe(OH)3，次氯酸钾是氧化剂，被还原为氯化钾，则还原产物为KCl。②铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，当反应中有1molK2FeO4生成，转移电子的物质的量为3mol。【小问3详解】同温同压下，等体积的NH3和H2S气体的物质的量相等，则质量比等于相对分子质量之比，为17∶34＝1∶2；等质量的NH3和H2S中氢原子的个数比为＝3∶1；将19gMgCl2（物质的量是19g÷95g/mol＝0.2mol）粉末溶于水配制成1L溶液，氯离子的浓度是＝0.4mol·L-1，由于溶液是均一稳定的，则从中取出50mL溶液，Cl-的物质的量浓度仍然为0.4mol·L-1。【小问4详解】装置C中①的名称是蒸馏烧瓶，装置D中的分液漏斗在使用之前应该检查是否漏水，在分液时，为使液体顺利滴下，需要保持内外压强相等，则应进行的具体操作是取下分液漏斗顶部的玻璃塞，打开旋塞。15.元素周期表与元素周期律在化学学习研究中有很重要的作用。如表是元素周期表的一部分，回答下列问题(用相关化学用语回答)。
主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0二①②③④三⑤⑥⑦⑧⑨⑩四⑪（1）⑤、⑥、⑨、⑩的简单离子半径由小到大的顺序____，写出⑥的原子结构示意图：____。（2）元素①的一种同素异形体为天然存在的最硬的物质，它属于____(填“晶体”或“非晶体”)。（3）元素②、③、④的简单气态氢化物的稳定性最强的是____(用化学式表示，下同)，元素③、⑨简单氢化物沸点较高的是____。（4）元素⑤、⑥最高价氧化物对应的水化物碱性更强的是____，元素⑪最高价氧化物对应的水化物的化学式是____。（5）请用电子式表示元素⑤的氧化物的形成过程：____，该化合物属于____(填“共价”或“离子”)化合物。（6）⑤2⑨③3在加热条件下发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，该反应的化学方程式：____。【答案】（1）①.Al3+<Na+<Cl-<S2-②.（2）晶体（3）①.HF②.H2O（4）①.NaOH②.HBrO4（5）①.②.离子（6）2Na2SO3Na2S+Na2SO4
【解析】【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知①～⑪分别是C、N、O、F、Na、Al、Si、P、S、Cl、Br，据此解答。【小问1详解】核外电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则⑤、⑥、⑨、⑩的简单离子半径由小到大的顺序为Al3+<Na+<Cl-<S2-，铝原子的原子结构示意图为。【小问2详解】元素①的一种同素异形体为天然存在的最硬的物质，该物质是单质硅，它属于晶体。【小问3详解】同周期自左向右非金属性逐渐增强，简单氢化物的稳定性逐渐增强，所以元素②、③、④的简单气态氢化物的稳定性最强的是HF，水分子间能形成氢键，则元素③、⑨简单氢化物沸点较高的是H2O。【小问4详解】金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则元素⑤、⑥最高价氧化物对应的水化物碱性更强的是NaOH，元素Br的最高价是+7价，则最高价氧化物对应的水化物的化学式是HBrO4。【小问5详解】氧化钠中含有离子键，是离子化合物，用电子式表示元素氧化钠的形成过程为。【小问6详解】Na2SO3在加热条件下发生分解反应生成两种盐，其中一种产物为无氧酸盐，应该是硫化钠，说明硫元素化合价降低，因此另一种盐是硫酸钠，该反应的化学方程式为2Na2SO3Na2S+Na2SO4。16.
纯碱是一种重要的化学原料，具有广泛的用途，常见的制备方法有路布兰制碱法、索尔维制碱法和侯氏制碱法。其中路布兰制碱法的原理如图所示：已知：①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均在高温条件下进行；②反应Ⅰ、Ⅲ为复分解反应。（1）根据复分解反应的条件可知，反应Ⅰ能够发生的原因是____。（2）写出反应Ⅱ的化学方程式：____。（3）索尔维制碱法原理主要分为两步：第一步是向饱和食盐水中先通入氨气至饱和，再通入CO2有NaHCO3固体析出；第二步将NaHCO3固体分解制纯碱。已知：在101kPa时，NH3、CO2的溶解度(气体的压力为101kPa时溶解在1体积水中并换算成标准状况下的气体体积数)如表。部分盐的溶解度曲线如图。温度高于60℃时NaHCO3开始分解。温度/℃气体在水中的溶解度NH3CO2011301.713108701.194206800.878
305300.665404000.530502900.436602000.359①索尔维制碱法中第一步反应的化学方程式为____。②流程中先“氨化”再“碳酸化”的原因是____。③“碳酸化”过程中，促进NaHCO3析出可采取的措施是____。④所得NH4Cl副产品中含有少量的NaCl和NaHCO3，请设计实验方案提纯NH4Cl样品：将NH4Cl样品溶解于水，____，冰水洗涤，低温干燥(实验中必须用到的试剂：盐酸)。【答案】（1）有HCl气体生成（2）4C+Na2SO4Na2S+4CO↑（3）①.NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl②.二氧化碳在水中的溶解度比氨气在水中的溶解度小，先氨化可使溶液显碱性，增大二氧化碳的溶解量③.低温蒸发溶剂④.不断搅拌下加入盐酸，再蒸发浓缩、降温(冷却)结晶、过滤【解析】【分析】NaCl和浓硫酸反应生成Na2SO4和HCl气体，Na2SO4被C还原为Na2S，Na2S和CaCO3反应生成CaS和Na2CO3。【小问1详解】NaCl和浓硫酸反应生成Na2SO4和HCl气体，NaCl和浓硫酸能够发生的原因是有HCl气体生成；【小问2详解】反应Ⅱ是Na2SO4和C在高温条件下反应生成Na2S和CO，反应的化学方程式为4C+Na2SO4Na2S+4CO↑；【小问3详解】①索尔维制碱法中第一步反应是氯化钠、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
②二氧化碳在水中的溶解度比氨气在水中的溶解度小，先氨化可使溶液显碱性，增大二氧化碳的溶解量，所以流程中先“氨化”再“碳酸化”；③温度高于60℃时NaHCO3开始分解，“碳酸化”过程中，低温蒸发溶剂，促进NaHCO3析出；④提纯NH4Cl样品：将NH4Cl样品溶解于水，不断搅拌下加入盐酸，再蒸发浓缩、降温(冷却)结晶、过滤，冰水洗涤，低温干燥。17.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用做分析试剂及鞣革还原剂。实验室制取硫代硫酸钠的装置如图所示。（1）装置A中所发生反应的化学方程式为____。（2）装置B的作用是____，装置E的作用是____。（3）装置C用于制取Na2S2O3，反应分两步，第二步反应的化学方程式为S+Na2SO3=Na2S2O3，则第一步反应的化学方程式为____。（4）S能溶于热的氢氧化钠溶液，产物中元素的最高价为+4价，反应的离子方程式为____。（5）装置E反应后烧杯中含有SO和CO，验证该溶液中含有CO溶液的方法：取少量溶液，滴加足量的稀硫酸，____。（6）用已知浓度的硫代硫酸钠溶液可以测定I2溶液的物质的量浓度。步骤Ⅰ：准确称取7.9g硫代硫酸钠固体，加水溶解后，全部转移到100mL容量瓶中，加水定容至100mL。步骤Ⅱ：量取含I2溶液20.0mL，向其中加入步骤Ⅰ所配硫代硫酸钠溶液，恰好完全反应时消耗硫代硫酸钠溶液20.0mL。已知反应为I2+S2O→S4O+I-(未配平)，则含I2溶液中I2物质的量浓度为___。【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）①.作安全瓶，防倒吸②.吸收多余的是SO2(或尾气处理)（3）Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2
（4）3S+6OH-=2S2-+SO+3H2O（5）将所得气体通入过量的酸性KMnO4溶液，再将剩余气体通入足量的澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则证明溶液中存在CO（6）0.25mol·L-1【解析】【分析】装置A制备二氧化硫，装置B、D起安全瓶防倒吸作用，二氧化硫通入装置C中与碳酸钠、单质硫反应生成硫代硫酸钠，最后是尾气处理，据此解答。【小问1详解】装置A制备二氧化硫，其中所发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。【小问2详解】二氧化硫易溶于水，装置B的作用是作安全瓶，防倒吸，二氧化硫有毒，需要尾气处理，则装置E的作用是吸收多余的是SO2(或尾气处理)。【小问3详解】装置C用于制取Na2S2O3，反应分两步，第二步反应的化学方程式为S+Na2SO3=Na2S2O3，这说明第一步中有亚硫酸钠生成，则第一步反应的化学方程式为Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2。【小问4详解】S能溶于热氢氧化钠溶液，产物中硫元素的最高价为+4价，即生成亚硫酸钠，根据氧化还原反应原理还有还原产物硫化钠生成，则反应的离子方程式为3S+6OH-=2S2-+SO+3H2O。【小问5详解】装置E反应后烧杯中含有SO和CO，二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊，需要除去，则验证该溶液中含有CO溶液的方法：取少量溶液，滴加足量的稀硫酸，将所得气体通入过量的酸性KMnO4溶液，再将剩余气体通入足量的澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则证明溶液中存在CO。【小问6详解】7.9g硫代硫酸钠的物质的量是7.9g÷158g/mol＝0.05mol，根据方程式I2+2S2O＝S4O+2I-
可知含I2溶液中I2的物质的量浓度为＝0.25mol·L-1。
