高一化学第二学期 第二次月考测试卷及答案

高一化学第二学期第二次月考测试卷及答案

一、选择题

1．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．

下列有关说法不正确的是（）

A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2

B．无法判断混合物中是否含有Na2O

C．1.92 g固体成分为Cu

D．15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1

【答案】B

【解析】

途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，

A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；

B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；

C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；

D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、

Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得

x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；

【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．

2．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是( )

A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物

B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3

C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生

D．图中所示转化反应都是氧化还原反应

【答案】C

【详解】

A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；

C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；

D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；

答案选C。

【点睛】

解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸(氢氟酸)反应。

3．下列说法不正确

．．．的是( )

A．生铁和钢都是铁和碳的合金B．氯化钙是漂白粉的有效成分

C．玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D．氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料

【答案】B

【详解】

A．生铁和钢都是铁合金，含有的杂质元素主要是碳，因此二者都是铁和碳的合金，A正确；

B．漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯化钙，B错误；

C．玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐，因此都属于传统硅酸盐产品，C正确；

D．氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶瓷都是新型无机非金属材料，D正确；

故合理选项是B。

4．下列实验中，固体不会

．．溶解的是( )

A ．氧化铝与足量的稀盐酸混合

B ．过氧化钠与足量水混合

C ．氢氧化铝与足量的氨水混合

D ．木炭与足量浓硫酸共热

【答案】C

【详解】 A ．氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A 错误；

B ．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B 错误；

C ．氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C 正确；

D ．浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D 错误；

故选C 。

5．向下列溶液中通入足量相应气体后，各离子组还能大量存在的是

A ．二氧化碳：K +、Na +、2-3CO 、Cl -

B ．氨气：Mg 2+、Al 3+、Na +、-3NO

C ．氯化氢：Ca 2+、Fe 3+、-3NO 、Cl -

D ．氯气：Na +、Ba 2+、-3HCO 、-3HSO 【答案】C

【详解】

A ．CO 2、2-3CO 、H 2O 会发生反应产生3HCO

，不能大量共存，A 不符合题意； B ．NH 3·H 2O 与Mg 2+、Al 3+会发生反应产生Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能大量共存，B 不符合题意；

C ．HCl 溶于水电离产生H +、Cl -，与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C 符合题意；

D ．氯气溶于水，反应产生HCl 、HClO ，HCl 与-3HCO 会反应产生H 2O 、CO 2；HClO 与

-3HSO 会发生氧化还原反应，也不能大量共存，D 不符合题意； 故合理选项是C 。

6．NH 3和NO 2在催化剂作用下反应：8NH 3+6NO 2=7N 2+12H 2O 。若还原产物比氧化产物少0.1 mol ，则下列判断不正确的是

A ．转移电子2.4N A

B ．生成的气体冷却至标况，体积为15.68 L

C ．还原剂比氧化剂多0.2 mol

D ．被还原的氮原子是11.2 g

【答案】D

【详解】

A ．在该反应中NH 3被氧化为N 2，NO 2被还原为N 2，每反应产生7 mol N 2，还原产物比氧化产物少1 mol ，电子转移24 mol 。现在还原产物比氧化产物少0.1 mol ，则反应产生0.7 mol N 2，转移电子2.4 mol ，则转移的电子数目为2.4N A ，A 正确；

B ．根据选项A 分析可知：还原产物比氧化产物少0.1 mol ，反应产生0.7 mol N 2，其在标准状况下体积V (N 2)=0.7 mol×22.4 L/mol=15.68 L ，B 正确；

C ．反应产生7 mol N 2时，消耗8 mol 还原剂NH 3，消耗6 mol 氧化剂NO 2，还原剂比氧化剂多2 mol ，还原产物比氧化产物少1 mol 。若还原产物比氧化产物少0.1 mol ，则消耗的还

原剂比氧化剂的物质的量多0.2 mol，C正确；

D．根据方程式可知：反应产生7 mol N2时，被还原的N的物质的量是6 mol，还原产物比氧化产物少1 mol。则当还原产物比氧化产物少0.1 mol时，被氧化的N的物质的量是0.6 mol，其质量m(N)=0.6 mol×14 g/mol=8.4 g，D错误；

故合理选项是D。

7．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L（标况）。将反应液稀释至1 L，测得溶液的c(H＋)＝0.1mo1·L－1，则叙述中错误的是（）

A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2与H2的体积之比为4︰1 C．反应中共消耗97.5g Zn D．反应中共转移3 mol电子

【答案】B

【分析】

生成气体的物质的量为33.6

22.4

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×

1

2

=0.05mol，参加

反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，据以上分析解答。

【详解】

生成气体的物质的量为33.6

22.4

=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×

1

2

=0.05mol，参加

反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，

A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A；

B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:1.2=1:4，错误，选B；

C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C；

D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol，正确，不选D；

故答案选B。

8．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）

a b c

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

试题分析：A项：用Al(OH)3无法一步生成Al，故错。B项：可以。如2NO+O2=2NO2，

3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，

3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故正确。C项：SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。D项：H2SO4无法一步生成FeS2，故错。故选B。

考点：无机推断

点评：本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。

9．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

A．氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞，表述I、II 都正确；

B．氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸，不是氯气具有漂白性；

C．酸性氧化物对应的水化物是酸，二者有联系；

D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效，根据强酸制弱酸的原理，加入白醋能增强漂白能力，D正确。

10．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；

B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；

C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；

D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；

答案选D。

11．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）

A．制备并观察氢氧化亚铁

B．证明过氧化钠与水反应放热

C．制备并收集少量NO2气体

D．实验室制备少量氨气

【答案】C

【解析】

【详解】

A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；

B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；

C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；

D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；

答案选C。

12．能正确表示下列反应的离子方程式是( )

A．在硫酸亚铁溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-

B．NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO-3＋Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO2-3 C．氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H＋=Fe2++2H2O

D．澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO-3=CaCO3↓+H2O

【答案】A

【详解】

A．氯气会将亚铁离子氧化成铁离子，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为

2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -，故A 正确；

B ．过量的氢氧化钡也会把铵根反应掉，正确的离子方程式为NH +4+HCO -

3＋Ba 2++2OH -=BaCO 3↓+NH 3·H 2O+ H 2O ，故B 错误；

C ．硝酸具有强氧化性会把亚铁离子给氧化成铁离子，正确离子方程式为

3Fe(OH)2+NO 3 +10H +=3Fe 3++8H 2O+NO↑，故C 错误；

D ．小苏打过量时氢氧根完全反应，所以正确离子方程式为Ca 2++2OH -

+2HCO -3=CaCO 3↓+H 2O+CO 2-3，故D 错误；

综上所述答案为A 。

13．对下列事实的解释正确的是

A ．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中，说明浓硝酸不稳定

B ．不用浓硝酸与铜屑反应来制取硝酸铜，说明浓硝酸具有挥发性

C ．足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe 2＋

D ．锌与稀硝酸反应得不到氢气，说明稀硝酸能使锌钝化

【答案】A

【详解】

A ．浓硝酸通常保存在棕色的试剂瓶中避光保存，说明浓硝酸见光易分解，故A 正确；

B ．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，污染环境，通常利用硝酸与氧化铜反应取硝酸铜，与浓硝酸挥发性无关，故B 错误；

C ．铁与硝酸反应首先生成硝酸铁，溶液呈浅绿色由过量的铁与铁离子反应生成亚铁离子所致，故C 错误；

D ．硝酸为氧化性酸，与锌反应不能生成氢气，生成氮的氧化物等，与钝化无关，故D 错误；故选A 。

14．向BaCl 2溶液中通入SO 2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl 2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO 3,另一只加NaOH 溶液，然后再通入SO 2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的下列结论中不合理．．．

的是 A ．SO 2是酸性氧化物、SO 2具有还原性

B ．两支试管中的白色沉淀不是同种物质

C ．BaCl 2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性

D ．升高pH 时，SO 2水溶液中SO 32-浓度增大

【答案】C

【分析】

根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。

【详解】

SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。

本题选C。

【点睛】

SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。

15．蛇纹石由MgO、Al2O3、SiO2、Fe2O3组成。现取一份蛇纹石试样进行实验，首先将其溶于过量的盐酸，过滤后，在所得的沉淀X和溶液Y中分别加入NaOH溶液至过量。下列叙述正确的是

A．沉淀X的成分是SiO2

B．将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到红色颜料Fe2O3

C．在溶液Y中加入过量的NaOH溶液，过滤得到沉淀是Fe(OH)3

D．溶液Y中的阳离子主要是Mg2+、Al3+、Fe3+

【答案】A

【分析】

金属氧化物MgO、A12O3、Fe2O3会溶于盐酸，生成氯化镁、氯化铝以及氯化铁，过滤后，得的沉淀X是二氧化硅，溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，向Y 中加入过量的氢氧化钠，会生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠等。

【详解】

A、沉淀X的成分是SiO2，A正确；

B、将蛇纹石试样直接溶于过量的NaOH溶液后过滤，可得到MgO、Fe2O3的混合物，B错误；

C、溶液Y中加入过量的NaOH溶液后过滤，过滤后的溶液中含有氯化钠、偏铝酸钠，沉淀是氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，C错误；

D、溶液Y中含有氯化镁、氯化铝以及氯化铁以及过量的盐酸，含有的阳离子主要是

Mg2+、Al3+、Fe3+、H+，D错误；

答案选A。

16．下列有关实验操作和现象及结论均正确的是

浓硫酸中，观察到前者反应速率更快

B将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡氯的非金属性大于碳

C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴如BaCl2。溶液，出现白色沉淀溶液X中一定含有2

4

SO-

D 向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色

石蕊试纸变蓝

该溶液中一定含

有

4

NH+

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

A．常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误；B．比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HClO4酸性比

H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；

C．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有2

4

SO-，故C错误；

D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有

4

NH+，故D正确；

答案为D。

17．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是

A．FeCl3B．H2SiO3C．Fe(OH)3D．FeCl2

【答案】B

【详解】

A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到，故A错误；

B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3，故B正确；

C.Fe(OH)2、O2、H2O反应产生Fe(OH)3，反应的化学方程式为：

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，能通过化合反应产生Fe(OH)3，故C错误；

D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D错误；

故选B。

18．对于1L HNO3和H2SO4的混合溶液，若HNO3和H2SO4物质的量浓度存在如下关系：

c(H2SO4)+c(HNO3)═1.0mol?L﹣1．则理论上最多能溶解铜的物质的量为()

A．1.0mol B．0.8mol C．0.72mol D．0.6mol

【详解】

金属铜和稀硫酸之间不会反应，但是可以和稀硝酸之间反应，硫酸存在条件下硝酸根可以全部被还原，反应离子方程式：3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O，NO3﹣和H+的物质的量之比为1：4时恰好反应，溶解的Cu最多。

设硫酸的物质的量为xmol，硝酸的物质的量为ymol，则：x+y＝1，y：(2x+y)＝1：4，联立解得：x＝0.6，y＝0.4。

设参加反应的铜的最大物质的量是z，则：

3Cu+2NO3﹣+8H+＝3Cu2++2NO↑+4H2O

3 2

z 0.4mol

3：2＝z：0.4mol

解得：z＝0.6mol

故选：D。

19．类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（）

A．由Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2

B．常温下，由Cu＋4HNO3（浓）=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2

C．由Cu+Cl2加热

CuCl2，所以Cu+I2

加热

CuI2

D．由钠保存在煤油中，所以钾也可以保存在煤油中

【答案】D

【详解】

A．F2单质在水溶液中先和水发生反应，不能置换溴单质, 故A错误；

B．常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应生成二氧化氮, 故B错误；

C．氯气氧化性强和铜反应生成氯化铜，碘单质氧化性弱，和铜发生反应生成碘化亚铜，故C错误；

D．钾密度大于煤油，可以保存在煤油中，故D正确；

所以答案：D。

【点睛】

注意点：F2氧化性特别强，所以单质在水溶液中先和水发生反；常温下铁在浓硝酸中发生钝化不能继续反应；碘单质氧化性弱，成碘化亚铜。

20．有某硫酸和硝酸的混合溶液20mL，其中含有硫酸的浓度为2mol/L，含硝酸的浓度为1mol/L，现向其中加入0.96g铜粉，充分反应后（假设只生成NO气体），最多可收集到标况下的气体的体积为

A．89.6mL B．112mL C．168mL D．224mL

【答案】D

硫酸的浓度为2mol/L 为稀硫酸，硝酸的浓度为1mol/L 为稀硝酸，溶液中能与铜粉反应的为稀硝酸。

【详解】

铜与稀硝酸的离子反应方程式为：3Cu+8H ++2NO 3-=3Cu 2++2NO+4H 2O 。Cu 的物质的量为0.96=0.01564

mol mol ，硝酸根离子的物质的量为0.02mol ，硝酸和硫酸均提供氢离子，故H +的物质的量为(20.02210.02)0.1mol mol ??+?=，故氢离子、硝酸根离子过量，则生成的NO 在标况下的体积为2(0.01522.41000)2243mL mL ???=。

答案选D 。

【点睛】

硝酸根在溶液中存在氢离子时，仍是硝酸具有强氧化性。铜与硝酸反应生成硝酸盐，若有酸存在时，铜依然能被硝酸氧化，故直接利用离子方程式进行计算更为便利。

21．如图装置可以达到实验目的的是

选

项

实验目的 X 中试剂 Y 中试剂 A

用MnO 2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl 2 饱和食盐水 浓硫酸 B

用Na 2SO 3与浓盐酸制取并收集纯净干燥的SO 2 饱和Na 2SO 3溶液 浓硫酸 C

用Zn 和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H 2 NaOH 溶液 浓硫酸 D CaCO 3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO 2 饱和NaHCO 3溶液 浓硫酸 A ．A

B ．B

C ．C

D ．D

【答案】D

【分析】

X 之前的装置为发生装置，而集气瓶不能进行加热；X 和Y 装置为除杂装置，Y 之后的装置为气体的收集装置，其中导管长进短出，为向上排空气法收集气体。

【详解】

A .用MnO 2和浓盐酸制取Cl 2需要加热条件，图示装置不能完成，故A 错误；

B .用Na 2SO 3与浓盐酸制取SO 2，二氧化硫气体中会混有氯化氢气体，应用饱和的亚硫酸氢

钠进行除杂，若用亚硫酸钠，二氧化硫会与亚硫酸钠发生反应，故B错误；

C.氢气的密度比空气的密度小，所以应用向下排空气法进行收集，而图示方法用的是向上排空气法，故C错误；

D.碳酸钙与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体中混有氯化氢气体，可以用饱和的碳酸氢钠进行除杂，后进行干燥可得到纯净的二氧化碳，故D正确；

综上所述，答案为D。

22．某固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，进行如下实验以确定其组成：

下列说法不正确

．．．的是（）

A．溶液1中不可能含有Cl-

B．气体1可能是二种气体的混合物

C．固体1可能是二种固体的混合物

D．固体X中，K2SO4和Na2SO3两种物质至少含一种

【答案】D

【详解】

固体X可能含有Na2O2、Fe2O3、Al2O3、SiO2、K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2中的一种或几种物质，Fe2O3、Al2O3、SiO2都难溶于水且与水不反应，K2SO4、Na2SO3、NH4NO3、MgCl2都为溶于水的盐；加入足量水，有气体1产生，则X中一定含有Na2O2，Na2O2与水的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与水反应放热；

A.因为MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀和NaCl，Mg(OH)2不溶于NaOH溶液，而固体X中加入足量水得到的固体1能与NaOH溶液反应得到溶液2，故固体1中不含Mg(OH)2，X中不含MgCl2，溶液1中不可能含Cl-，A正确；

B.若X中还含有NH4NO3，则固体X加入足量水后还会发生反应：

NH4NO3+NaOH Δ

NaNO3+NH3↑+H2O，气体1可能是O2、NH3的混合物，B正确；

C.若X中还同时含有Al2O3、SiO2，X与足量水反应后可能溶解部分Al2O3、SiO2，还有未溶解的Al2O3、SiO2在固体1中，Al2O3、SiO2都能溶于NaOH溶液，C正确；

D.溶液1中加入盐酸/BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液1中可能含SO42-、SiO32-等，即溶液1中不一定含SO42-，则原固体X中不一定含有K2SO4、Na2SO3，D错误；

答案选D。

23．下列有关S和

2

SO的叙述正确的是( )

A ．硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成3SO

B ．空气吹出法提取海水中的溴常用2SO 作氧化剂

C ．将2SO 通入()32Ba NO 溶液能生成白色沉淀

D ．2SO 具有漂白性，所以能使品红溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色

【答案】C

【详解】

A ．硫粉在过量的氧气中燃烧也只能生成2SO ，A 不正确；

B ．空气吹出法提取海水中的溴，常用2SO 作还原剂，将溴还原为易溶于水的氢溴酸而富集，B 不正确；

C ．二氧化硫的水溶液显酸性，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，可以将二氧化硫氧化为硫酸，因此，将2SO 通入()32Ba NO 溶液能生成白色沉淀硫酸钡，C 正确；

D ．2SO 具有漂白性，所以能使品红溶液褪色，但是其能使高锰酸钾酸性溶液褪色不是因为其有漂白性，而是因为其有还原性，D 不正确。

综上所述，有关S 和2SO 的叙述正确的是C 。

24．检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是( )

A ．加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝

B ．将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红

C ．加水溶解，用pH 试纸测溶液的酸碱性

D ．加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液

【答案】A

【详解】

A.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH 溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A 正确；

B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B 错误；

C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C 错误；

D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D 错误； 故合理选项是A 。

【点睛】

本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大。

25．向一定量Fe 、FeO 和Fe 2O 3的混合物中，加入120 mL 4 mol·L

的稀硝酸，恰好使混合

物完

全溶解，放出1.344 L(标准状况)气体，往所得溶液中加入KMnO 4的酸性溶液，无明显现象，

若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.21 mol B．0.14 mol C．0.16 mol D．0.24 mol

【答案】B

【解析】

试题分析：因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL 4mol/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硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]=0.42mol÷2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为

n(Fe)=0.21mol，故选项A正确。

考点：考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。

二、实验题

26．化学是一门实验为基础的科学。请回答下列问题：

(1)利用如图装置可验证浓、稀硝酸氧化性强弱，请完成实验操作，回答相关问题：

①实验操作过程：固定铜片，打开分液漏斗活塞及止水夹2，从不对称U形管1、2长管口处分别注入稀硝酸、浓硝酸，液面与双孔橡皮塞接触，然后，关闭分液漏斗玻璃活塞、止水夹1、2。此后可观察到现象______；然后打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄（说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以）。

②请用一个化学方程式体现该实验验证浓、稀硝酸氧化性强弱的原理_________。

(2)利用如图装置可以验证非金属性的变化规律。

①干燥管D的作用是__________。

②实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B中所装药品分别为________、________，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为______________________。

③若要证明非金属性：Cl > C >Si，则A中加入试剂____________、B中加Na2CO3、C中加入试剂______________。

【答案】U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长

管形成液面差 NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O 防倒吸浓盐酸 KMnO4 Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ HClO4 Na2SiO3

【分析】

（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推入长管形成液面差；

（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性；

（3）①球形干燥管D能够防止倒吸；

②若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，应设计实验先制备氯气，再通过氯气与硫化钠反应生成硫单质证明；

③元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl >

C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明。

【详解】

（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推入长管形成液面差，故实验现象为铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差，故答案为：U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差

（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性，浓硝酸与一氧化氮生成二氧化氮和水的化学方程式为NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O，故答案为：NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O；

（3）①球形干燥管D能够防止倒吸，避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：防倒吸；

②若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，A中加浓盐酸，浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，所以B 中加高锰酸钾；反应生成的氯气与C中硫化钠溶液反应生成氯化钠和淡黄色硫沉淀，反应的离子方程式为Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ，故答案为：浓盐酸；KMnO4；Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ；

③元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl >

C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，A中加高氯酸，B中加碳酸钠，高氯酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，证明氯元素非金属性强于碳元素，反应生成的二氧化碳和C中硅酸钠溶液反应生成硅酸，证明碳的非金属性强于硅，故答案为：HClO4；Na2SiO3。

【点睛】

元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl >

C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明是设计关键。

27．为探究H2O2、SO2、Br2的性质，某小组同学设计如下实验(夹持及尾气处理装置已略

去，气密性已检验)。

实验操作实验现象

i．打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹，打开A中分液漏斗活塞，滴加浓硫酸A中有气泡产生，B中红棕色溴水褪色，C中有白色沉淀

ⅱ．取C中沉淀加入盐酸C中白色沉淀不溶解

ⅲ．打开B中分液漏斗活塞，逐滴滴加H2O2开始时颜色无明显变化；继续滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色

(1)在滴入浓硫酸之前要通入N2一段时间的目的是__________________________。

(2)该实验可以证明SO2具有_________性；H2O2的氧化性_________Br2(填“强于”“弱于”)。

(3)B中红棕色褪去的原因_______________________________，B中重新变成红棕色的原因____________________________________(均用离子方程式表示)。

(4)C中产生的白色沉淀是______。

(5)甲同学通过C中产生白色沉淀，得出结论：SO2能与BaCl2反应产生沉淀。乙同学认为不能得出此结论，并对实验进行了改进：在B和C之间增加盛放_________的洗气瓶。再次进行实验时，则C中未产生沉淀。

(6)为进一步研究SO2的性质，分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：

①实验A中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是

__________________。(用化学方程式表示)

②实验C中出现白色沉淀比实验B快很多。由此得出的结论是__________________。若实验B、C中通入足量的SO2后，溶液酸性：B_________C(填“强于”“弱于”“等于”)。

(7)Na2SO3固体因贮放不慎发生变质。现取样品1.8克溶于水得溶液A，在A中加入足量

BaCl2溶液,过滤得沉淀B，将沉淀B加入足量的稀硫酸后,沉淀不仅不消失，反而增加了0.16g(假如沉淀完全转化)。样品中Na2SO3的质量分数是___________________。

【答案】排净装置内空气还原性强于 SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+ 2Br-

+H2O2+2H+=Br2+2H2O BaSO4 CCl4 SO2+H2O?H2SO3在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快弱于 70%

【详解】

(1)装置中含有空气，空气中的氧气能和SO2在水溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4，在滴加浓硫酸之前应增加一步操作，先排尽空气，则滴入浓硫酸之前要通入N2一段时间的目的是排净装置内空气；

(2)SO2使溴水褪色，体现了SO2具有还原性；实验ⅲ中在含有Br-的水溶液中滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色，说明Br-被氧化为Br2，则由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，H2O2的氧化性大于Br2；

(3)B中红棕色褪去是Br2被SO2还原为Br-，发生的离子反应方程式为SO2+Br2+2H2O=SO42-+2Br-+4H+；在含有Br-的水溶液中滴加H2O2溶液，一段时间后，混合液逐渐变成红棕色，说明Br-被氧化为Br2，发生的离子反应方程式为2Br-+H2O2+2H+=Br2+2H2O；

(4)C中产生的白色沉淀不溶于稀盐酸，则此沉淀应为BaSO4；

(5)由于溴单质有挥发性，溴单质在水溶液可以将SO2氧化成H2SO4，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，则应该在B和C之间增加洗气瓶D来除去挥发的溴蒸气，D中盛放的试剂是CCl4或苯或饱和NaHSO3溶液；

(6)①二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液呈酸性，涉及反应为SO2+H2O?H2SO3，生成的亚硫酸再发生电离：H2SO3?H++HSO3-；

②实验C中出现白色沉淀比实验B快很多C中未煮沸，则有氧气参与反应，速率较快，则说明在水溶液中O2氧化SO2的速率比NO3﹣快，C生成更多的硫酸，溶液的酸性强，即B 中酸性弱于C中；

(7)部分氧化的Na2SO3固体溶于水得溶液A中加入足量BaCl2溶液，生成的沉淀B为BaSO4和BaSO3的混合物，再加入足量的稀硫酸后，沉淀不仅不消失，反而增加了0.16g，说明全部转化为BaSO4沉淀；已知1molBaSO3完全转化为1molBaSO4，质量增重233g-

217g=16g，则沉淀增加0.16g，说明参加反应的BaSO3为0.16g

1mol

16g

?=0.01mol，则样品

中Na2SO3的质量分数是126g/mol0.01mol

1.8g

?

×100%=70%。

【点睛】

二氧化硫的性质主要有：①将SO2通入品红溶液中，溶液由红色变为无色，体现SO2的漂白性；②将SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液由红色变为无色，体现SO2的酸性；

③将SO2通入酸性高猛酸钾溶液中，溶液由紫色变为无色，体现SO2的还原性；④将SO2通入氢硫酸中，溶液中出现淡黄色沉淀，体现SO2的氧化性。

28．一定温度下，无水硫酸铜粉末为受热分解生成CuO和气体A。气体A为SO2、SO3和O2中的一种或几种。请回答：

（1）只用一种试剂就能证明气体A中是否含有SO2，该试剂可以是__________；

a. 石蕊溶液

b. 品红溶液

c. 氯化钡溶液

d. 酸性高锰酸钾溶液

（2）对气体A的合理组成进行如下假设：

①只有SO3一种气体；②只有两种气体；③三种气体都有

若假设②成立，写出无水硫酸铜受热分解的反应方程式___________；

（3）若气体A中SO2、SO3和O2都有，用如图所示装置定量测定经NaOH溶液吸收后剩余气体体积（气体体积最后换算为标准状况）。

①装置的连接顺序为____________；（用字母表示）；

②实验中测定的是_________气体的体积；

③实验发现测定结果比理论值明显偏低，其原因是___________。

【答案】BD 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑a→c，b→d O2发生

2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，导致氧气被部分吸收，测定结果偏低

【分析】

(1)二氧化硫具有漂白性和还原性；

(2)假设②成立，则无水硫酸铜粉末受热分解生成CuO、SO2和O2；

(3)实验时，a连接c，b连接d，可测定氧气的体积，用NaOH溶液吸收气体时，可能发生2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，以此解答该题。

【详解】

(1)二氧化硫具有漂白性和还原性，则可用品红或高锰酸钾溶液检验二氧化硫，故答案为bd；

(2)假设②成立，则无水硫酸铜粉末受热分解生成CuO、SO2和O2，方程式为

2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；

(3)①实验时，a连接c，b连接d，可测定氧气的体积，故答案为a→c，b→d；

②氢氧化钠溶液吸收二氧化硫、三氧化硫，量筒用于测量氧气的体积；

③用NaOH溶液吸收气体时，可能发生反应2SO2+O2+4NaOH=2Na2SO4+2H2O，导致氧气被部分吸收，测定结果比理论值明显偏低。

【点睛】

解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：①实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？②所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。③有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。④有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。

29．某研究性学习小组设计了如下装置制取和验证SO2的性质。

请回答：

（1）写出图中仪器的名称： a___________，b___________。

（2）棉球中NaOH 溶液的作用是______________________。

（3）为了验证SO2是酸性氧化物，洗气瓶②中可选择的试剂是_____________________。A．紫色石蕊试液 B．无色酚酞试液 C．澄清石灰水 D．碘水

（4）下列说法正确的是____________。

A．实验开始时，只需打开分液漏斗的旋塞，即可使液体顺利滴下

B．先向装置中加入试剂(药品)，再进行气密性检查

C．实验开始后，洗气瓶①和③只溶液均褪色，两者均可证明SO2具有漂白性

D．实验开始后，洗气瓶④中可观察到白色沉淀产生，该现象可说明SO2具有还原性

（5）洗气瓶④中发生反应的离子方程式为________________________。

【答案】分液漏斗干燥管吸收尾气，防止SO2污染大气 AC D

SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+或写出SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；

Ba2++SO42-=BaSO4↓

【详解】

(1)由装置图可知仪器a的名称为分液漏斗，仪器b的名称为干燥管；

(2)干燥管在装置最后，其中棉球上蘸有NaOH 溶液，其作用是吸收有害尾气SO2，防止污染空气；

(3)A、酸性氧化物可与水反应生成相应的酸，所以要验证SO2是酸性氧化物，可验证其水溶液是否显酸性，因此可在洗气瓶②中盛放紫色石蕊试液，则A正确；B、酸与酚酞不变色，所以B错误；C、酸性氧化物能与碱反应生成盐和水，故要验证SO2是酸性氧化物，也可在洗气瓶②中盛放澄清石灰水，所以C正确；D、碘水与SO2反应而褪色，但表现的是SO2的还原性，故D错误。因此正确答案为AC；

(3)A、实验开始时，要先打开分液漏斗上口的塞子，再打开分液漏斗的旋塞，液体才能顺利滴下，故错误；B、装置的气密性检查是在装药品之前进行的，故B 错误；C、实验开始后，洗气瓶①中的品红溶液褪色，证明SO2具有漂白性，而洗气瓶③中的溴水褪色，能证明SO2具有还原性，所以C错误；D、洗气瓶④中的FeCl3具有较强的氧化性，可将SO2氧化为SO42—，再与Ba2+反应生成白色沉淀，所以该现象说明SO2具有还原性，故D正确。因此正确答案为D；

(4)洗气瓶④中发生反应的离子方程式为SO2+2Fe3++Ba2++2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+（或写出