江苏省如东高级中学2018-2019学年高一上学期第二次月考化学试题(解析版)

江苏省如东高级中学2018-2019学年高一上学期第二次月考

化学试题

1.下列各物质的分类、名称（或俗名）、化学式中不能完全对应的是

A. 金属氧化物、氧化铁、FeO

B. 酸性氧化物、二氧化硫、SO2

C. 含氧酸、次氯酸、HClO

D. 正盐、纯碱、Na2CO3

【答案】A

【解析】

【分析】

A. 氧化铁为三氧化二铁，不是氧化亚铁；

B. SO2为二氧化硫，属于酸性氧化物；

C. 次氯酸酸根离子中含有1个O原子，其化学式为HClO3；

D. 纯碱为碳酸钠，属于正盐。

【详解】A. FeO为氧化亚铁，而氧化铁为三氧化二铁，其化学式为：Fe2O3，故A项错误，符合题意；

B. 二氧化硫的分子式为SO2，可以与水反应生成亚硫酸，属于酸性氧化物，故B项正确，不符合题意；

C. HClO为次氯酸，其酸根离子中含有1个O原子，属于含氧酸，故C项正确，不符合题意；

D. Na2CO3的俗名为纯碱，属于正盐，故D项正确，不符合题意；

答案选A。

2.下列错误的是

A. 氢氧化铝可作胃酸中和剂

B. 细铁粉可作食品抗氧剂

C. 漂白粉可作消毒剂

D. 晶体硅可作光导纤维

【答案】D

【解析】

【分析】

A. 氢氧化铝为弱碱，能与HCl反应，而且没有腐蚀性；

B. 铁粉具有强的还原性；

C. 次氯酸根离子具有强氧化性，能够使蛋白质变性；

D. 二氧化硅具有光学特性，用于制造光导纤维．

【详解】A. 氢氧化铝能与HCl反应，而且没有腐蚀性，所以氢氧化铝可作胃酸的中和剂，故A项正确；

B. 铁粉具有强的还原性，所以细铁粉可作食品抗氧剂，故B项正确；

C. 次氯酸根离子具有强氧化性，能够使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，故C项正确；

D. 光导纤维主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，故D项错误；

答案选D。

【点睛】本题侧重考查物质的性质及用途，注重化学知识与生产、生活的联系，体现素质教育的价值。其中D选项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。

3.青花瓷是一种著名的古代瓷器，其中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2O x，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是

A. 可用氧化物形式表示为BaO?CuO?2SiO2

B. 性质稳定，不易脱色

C. 不易溶解于强酸

D. x等于6

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水；

B. 硅酸盐性质稳定；

C. 硅酸盐能和强酸反应；

D. 根据化合物中化合价的代数和为零计算。

【详解】A. 硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写不活泼金属氧化物，然后写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaO?CuO?2SiO2，故A项正确；

B. BaCuSi2O6中铜显+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B项正确；

C. BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，故C项错误；

D. 在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为?2价，钡元素的化合价为+2价，则由化学式为BaCuSi2O X，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：

(+2)+(+2)+(+4)×2+(?2)×x=0，解得x=6，故D项正确；

答案选C。

4.下列各种元素：①钠②镁③氯④硅⑤硫，在自然界中无游离态的是

A. ①②④

B. ①②③

C. ①②③④

D. ①③⑤

【答案】C

【解析】

【分析】

一般活泼性强的元素在自然界中不能以游离态存在，注意硅性质虽然稳定，但是在自然界中以化合态存在，据此解答。

【详解】①钠②镁③氯性质活泼，在自然界中不能以游离态存在，只能以化合态存在，硅性质虽然稳定，但是在自然界中以化合态存在，硫在自然界中既有游离态又有化合态，故C项正确，

答案选C。

【点睛】自然界中无游离态的硅，硅的化合物几乎全部是二氧化硅和硅酸盐，它们广泛存在于地壳中的各种矿物和岩石中。

5.铁的氧化物有很多，在中学化学中经常提到的有FeO、Fe2O3和Fe3O4，而且在一定条件下它们之间是可以相互转化的，例如：在1400℃以上的温度下加热Fe2O3时，Fe2O3会部分失去氧，生成Fe3O4．下列有关说法正确的是

A. FeO、Fe2O3和Fe3O4均为黑色固体

B. Fe3O4常写成FeO?Fe2O3，其中既有+2价的Fe，又有+3价的Fe，所以Fe3O4是一种混合物

C. 热稳定性Fe2O3＞Fe3O4

D. FeO、Fe2O3和Fe3O4均可与盐酸反应，且反应类型均为复分解反应

【答案】D

【解析】

【分析】

A. 氧化铁为红色固体；

B. 四氧化三铁为纯净物；

C. 在1400℃以上的温度下加热Fe2O3时，Fe2O3会部分失去氧，生成Fe3O4．说明四氧化三铁稳定；

D. 金属氧化物和酸反应生成盐和水。

【详解】A. FeO和Fe3O4均为黑色固体，Fe2O3为红色固体，故A项错误；

B. Fe3O4是一种纯净物，化合价是一种复合化合价，故B项错误；

C. 在1400℃以上的温度下加热Fe2O3时，Fe2O3会部分失去氧，生成Fe3O4，说明四氧化三铁稳定，故C项错误；

D. FeO、Fe2O3和Fe3O4均可与盐酸反应生成盐和水，反应过程中无元素化合价变化反应类型均为复分解反

应，故D项正确；

答案选D。

6.下列反应为氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同种物质的是

A. H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O

B. 3CO2+4NaOH=2NaHCO3+Na2CO3+H2O

C. Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO

D. 3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O

【答案】D

【解析】

A. 反应2H2S+SO2=3S↓+2H2O中H2S是还原剂，SO2是氧化产物，A错误；

B. 反应3CO2+4NaOH=2NaHCO3+Na2CO3+H2O不是氧化还原反应，B错误；

C. 反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl 中SO2是还原剂，氯气是氧化剂，C错误；

D. 反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O中N元素化合价部分升高，部分降低，既是氧化剂，也是还原剂，D正确，答案选D。

点睛：注意氧化还原反应基本概念的理解，解答的关键是准确判断出反应中相关元素的化合价变化情况，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。

7.下列物质的性质与应用关系的描述不正确的是

A. 氧化镁的熔点高，是优质的耐高温材料

B. 钠具有强还原性，可用于制取钛、锆等金属

C. 自来水厂可用明矾对水进行杀菌消毒

D. 二氧化硫具有漂白性，可使品红溶液的褪色。

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 耐高温材料应具有较高的熔点；

B. 依据钠性质活泼，钠原子容易失去最外层电子生成稳定的钠离子；

C. 明矾只能净水不具有杀菌消毒的作用；

D. SO2具有漂白性，能与品红化合生成无色的物质。

【详解】A. 氧化镁的熔点高，是优质的耐高温材料，故A项正确；

B. 钠性质活泼，具有强还原性，可用于制取钛、锆等金属，故B项正确；

C. 明矾净水的原理是：明矾电离的Al3+水解生成Al(OH)3胶体，具有吸附性，将悬浮物沉降，一般具有氧化性的物质可以杀菌消毒，而明矾不具有杀菌消毒的作用，故C项错误；

D. SO2具有漂白性，能与品红化合生成无色的物质，从而使品红褪色，故D项正确；

答案选C。

【点睛】本题侧重考查物质的性质与应用，联系化学与生活，C选项中明矾对水仅有吸附作用，属于物理现象，并没有杀菌消毒作用。能对自来水进行杀菌消毒的常有氯水、ClO2、高铁酸钠等，其原理相似，均因自身的氧化性，可以使蛋白质变性而杀菌消毒。此外还有紫外线也可杀菌消毒，所以理清杀菌消毒的基本原理才能快而准地排除选项，得出结论。

8.下列有关离子（或物质）的检验及结论，正确的是

A. 用丁达尔效应可鉴别NaCl溶液和Fe（OH）3胶体

B. 焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到Na+离子火焰呈黄色

C. SiO2既能和氢氧化钠溶液反应也能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物

D. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42﹣【答案】A

【解析】

【分析】

A. 胶体具有丁达尔效应；

B. 蓝色钴玻璃可滤去黄光；

C. 二氧化硅只能和酸中的HF反应；

D. 可能生成AgCl沉淀。

【详解】A. 胶体具有丁达尔效应，而溶液不具有丁达尔效应，此现象可用于鉴别胶体与溶液，故A项正确；

B. 蓝色钴玻璃可滤去黄光，不能透过蓝色钴玻璃观察到Na+离子火焰呈黄色，故B项错误；

C. 二氧化硅只能和酸中的HF反应，和其他的酸不反应，则二氧化硅不是两性氧化物，故C项错误；

D. 可能生成AgCl沉淀，干扰硫酸根离子的检验，应加入硝酸钡和稀硝酸检验，故D项错误。

答案选A。

【点睛】本题综合考查离子的检验与物质的性质，其中D项是常考点，也是学生易错点。在进行离子检验时，要注意排除干扰杂质离子的干扰，高中阶段常见阴离子的检验方法与操作可归纳如下：

1.CO32-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀溶液稀盐酸或稀硝酸，生成无色无味且能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明原溶液中有CO32-；

2. SO42-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀盐酸，若无明显现象，再加入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则证明原溶液中有SO42-；

3. Cl-：取少许原溶液于试管中，滴加几滴稀硝酸，然后加入几滴AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中有Cl-。

综上，只有掌握离子反应的实质，认真分析可能的离子干扰，问题便可迎刃而解。

9.下列有关金属冶炼的说法正确的是

A. 工业上常用电解NaCl水溶液可制取金属钠

B. 工业上常用电解MgO熔融可制取金属镁

C. 工业上常用CO高温条件下还原Fe2O3可制取Fe

D. 工业上常用金属钠和TiCl4溶液反应制取金属Ti

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 工业上电解饱和食盐水的溶液可以获得氢氧化钠溶液和氢气、氯气；

B. MgO熔点较高，会增加生产成本，不适宜电解制备镁；

C. 金属活动顺序表中铁到铜是用还原法冶炼；

D. 钠与会溶液中的水反应，所以用钠和熔融的TiCl4反应制取金属Ti。

【详解】A. NaCl水溶液里的H+得电子能力远比Na+强，则电解NaCl水溶液获得氢氧化钠溶液和氢气、氯气，不会得到金属钠，工业上常用电解熔融状态的氯化钠制取金属钠，故A项错误；

B. MgO熔点较高，不适宜通过电解法制备镁，工业上常采用电解熔融MgCl2制备金属镁，其电解方程式为：MgCl2Mg+Cl2↑，故B项错误；

C. 工业上在高温下用CO还原含Fe2O3的铁矿石炼铁，其化学方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故C 项正确；

D. 钠与溶液中的水反应生成氢氧化钠与氢气，所以不能用钠与TiCl4溶液反应制取金属Ti，工业上利用钠的强还原性，采用钠和熔融的TiCl4反应的方法制取金属Ti，故D项错误；

答案选C。

10.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是

A. 含KSCN的水溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+

B. 能使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、OH﹣、Cl﹣

C. 含氢氧化钠的水溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣

D. 含碳酸钠的水溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、H+

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 离子之间结合生成络离子；

B. 使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性；

C. 碱性溶液中该组离子之间不反应；

D. 离子之间结合生成水和气体。

【详解】A. SCN-、Fe3+离子之间结合生成络离子，不能大量共存，故A项错误；

B. 使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，则在酸性条件下，ClO-具有氧化性，则H+、ClO-、Cl-发生氧化还原反应，Fe2+、H+、ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B项错误；

C. 碱性溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故C项正确；

D. CO32-、H+离子之间结合生成水和CO2，不能大量共存，故D项错误；

答案选C。

【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。

11.下列离子方程式书写正确的是

A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O

B. 氯化铁溶液中加入少量铜粉：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+

C. 碳酸氢钙溶液中加入足量澄清石灰水：HCO3﹣+OH﹣═CO32-+H2O

D. 氯化亚铁溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣

【答案】D

【解析】

【分析】

A. 离子个数配比不符合物质结构组成；

B. 电荷不守恒；

C. 二者反应生成碳酸钙和水；

D. 氯气具有氧化性，可氧化Fe2+。

【详解】A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应，其离子方程式：Ba2++2OH?+2H++SO42?═BaSO4↓+2H2O，故A项错误；

B. 氯化铁溶液中加入少量铜粉，其离子方程式：2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故B项错误；

C. 碳酸氢钙溶液中加入足量澄清石灰水，其离子方程式：Ca2++2HCO3?+2OH?═CaCO3↓+ CO32?+2H2O，故C 项正确；

D. 氯化亚铁溶液中通入少量氯气，其离子方程式：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故D项正确；

答案选D。

12.水热法制备直径为1～100 nm的颗粒Y(化合物)，反应原理为3Fe2++2S2O32-+O2+aOH-=Y+S4+2H2O，下列说法中不正确的是

A. a=4

B. 将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应

C. S2O32-是还原剂

D. 每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol

【答案】D

【解析】

根据电荷守恒可知，a＝2＋6－2×2＝4，A正确；微粒直径在1nm～100nm之间，形成的分散性是胶体，B 正确；根据方程式可知，铁元素的化合价从＋2价部分升高到＋3价，失去电子，被氧化；硫元素的化合价从＋2价升高到＋2.5价，失去电子被氧化，作还原剂；氧气中氧元素的化合价从0价降低到－2价，得到电子，被还原，作氧化剂，反应中转移4个电子，所以C正确，D不正确，答案选D。

13.下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是

A. 甲装置：可用来证明亚硫酸的酸性比硅酸强

B. 乙装置：橡皮管的作用是能使水顺利流下

C. 丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性

D. 丁装置：可在瓶中先装入某种液体收集氯气

【答案】C

【解析】

【分析】

A. 根据强酸制弱酸的原理分析，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；

B. 利用压强差将液体顺利流下；

C. 液体未知，且可能受热易膨胀，或挥发；

D. 可用排饱和食盐水法收集氯气。

【详解】A．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化硫和硅酸钠溶液反应生成硅酸，说明亚硫酸的酸性大于硅酸，故A项正确；

B．产生的气体通过橡皮管进入分液漏斗上部，导致分液漏斗上部和烧瓶内气体产生压强差，所以利用压强差将液体顺利流下，故B项正确；

C．该装置不完善，装置内的液体未知，且液体受热易膨胀或挥发，所以不能利用该装置检验装置气密性，故C项错误；

D．饱和食盐水，可以降低氯气在水中的溶液度，同时吸收氯气中的HCl等杂质气体，故D项正确；

答案选C。

14.实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒中往往含有硫等杂质，与酸反应产生还原性的硫化氢气体；焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是

A. ①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液

B. 管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度

C. 结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热

D. 装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气

【答案】B

【解析】

【分析】

H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气；

A. 因盐酸易挥发，则①、②、③应分别用于除去HCl、氧气和水，

B. 要得到干燥的氢气与WO3在加热条件下制备W，需对氢气验纯；

C. 实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W被重新氧化；

D. 二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气是固液加热型发生装置。

【详解】A. 气体从焦性没食子酸溶液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故A项错误；

B. 点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体纯度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故B项正确；

C. 实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却，以避免W被重新氧化，故C 项错误；

D. 二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应，而启普发生器不能加热，故D项错误。

答案选B。

15.铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL 5.0mol?L﹣1 FeCl3溶液中，充分反应后，剩余固体质量为2.8g．下列说法正确的是

A. 剩余固体是铁、铜混合物

B. 原固体混合物中铜的质量是9.6g

C. 反应后溶液中n（Fe3+）=0.10mol

D. 反应后溶液中n（Fe2+）+n（Cu2+）=0.75mol

【答案】BD

【解析】

试题分析：2FeCl3+Fe=3FeCl22FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2分析，假设反应的铁的物质的量为xmol，反应的铜的物质的量为ymol，则有2x+2y=0.1×5 56x+64y=18.0-3.2，解x="0.15" y=0.1，所以剩余固体只有铜，没有铁，A 错误；原固体中铜的质量为18.0-56×0.15=9.6克，B正确；反应后的溶液中没有铁离子，C错误；反应后的亚铁离子和铜离子的物质的量为0.25摩尔，D错误。所以选B。

考点：金属的性质和反应顺序

16.氯气是一种重要的化学物质，在生产和生活中有广泛的用途。

（1）实验室除了可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气外，还可以用其他很多方法制取氯气，其中用氯酸钾和浓盐酸反应制备氯气的化学方程式可表示为：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O，其中该反应的氧化剂为_____________（填化学式，下同），还原剂为_________________，若反应产生0.3mol Cl2，则消耗的还原剂的物质的量为________mol，反应转移的电子数是_______________。

（2）已知：在加热条件下，3NaClO2NaCl+NaClO3．则在加热条件下，向NaOH溶液中通少量氯气时的反应方程式可表示为___________________（用一个总反应方程式表示，假设每步反应均充分进行）；某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定，NaClO、NaClO3

的物质的量之比为4：1，则反应中被氧化的氯元素与被还原的氯元素的物质的量之比为

_________________。

【答案】(1). KClO3(2). HCl(3). 0.5(4). 3.01×1023个（0.5 N A个）(5). 3Cl2+6NaOH NaClO3 +5NaCl+3H2O(6). 5：9

【解析】

【分析】

（1）根据反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O可以看出，该氧化还原反应中，若有3 mol氯气生成，则有1 mol KClO3中Cl元素化合价降低为0价，作氧化剂；6 mol HCl中有5 mol氯元素化合价升高为0价，1 mol HCl起酸性作用生成KCl，即作还原剂的浓盐酸为5 mol，再结合氯气和转移电子之间的关系式、原子守恒计算还原剂的物质的量与实际转移电子数；

（2）加热下，氯气和浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、氯酸钠和水；Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。

【详解】根据反应KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O可以看出，该氧化还原反应中，若有3 mol Cl2生成，则有1 mol KClO3中Cl元素化合价降低为0价，6 mol HCl中有5 mol氯元素化合价升高为0价，1 mol HCl起酸性作用生成KCl，即作还原剂的浓盐酸为5 mol。化合价降低值=化合价升高值=转移电子数=5 mol。则产生0.3 mol Cl2，则消耗的还原剂的物质的量是0.5 mol，转移电子的物质的量也为0.5 mol，所以转移电子数为0.5 mol 6.021023mol-1 = 3.01×1023个（0.5 N A），

故答案为：KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O；0.5 mol；3.01×1023个（0.5 N A个）；

（2）常温下，Cl2可与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，其化学方程式为：

Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O，根据题意可知，在加热条件下，3NaClO2NaCl+NaClO3，结合上述两式可得，则在加热条件下，向NaOH溶液中通少量氯气时的反应方程式可表示为3Cl2+6NaOH NaClO3 +5NaCl+3H2O；

Cl2生成ClO?与ClO3?是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO?与ClO3?的物质的量浓度之比为4：1，则可设ClO?为4 mol，ClO3?为1 mol，被氧化的Cl共为5 mol，失去电子的总物质的量为4mol×(1?0)+1mol×(5?0) = 9mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为?1价，则得到电子的物质的量也应为9 mol，则被还原的Cl的物质的量为9 mol，所以被氧化的氯元素的物质的量和被还原的氯元素之比为5 mol：9 mol =5：9，

故答案为：3Cl2+6NaOH NaClO3 +5NaCl+3H2O；5：9。

17.已知：BaSO3和BaCO3的性质相似。现有A、B、C、D四种化合物，分别由

Na+、Ba2+、SO32﹣、CO32﹣、SO42﹣、OH﹣六种离子中的两种组合而成，且它们具有如下性质：①A不溶于水和盐酸；②B不溶于水但溶于盐酸并放出无刺激性气味的气体；③C是一种可溶于水的强碱，与硫酸反应生成A和水；④D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E，E可使氯水褪色。

（1）写出A、B、C、D、E的化学式

A________；B________； C______________；D___________；E_________；

（2）A～E五种物质中属于非电解质的是________________（填具体的化学式）；

（3）写出B与盐酸反应的离子方程式__________________________________；

（4）写出E与氯水反应的化学方程式___________________________________________。

【答案】(1). BaSO4(2). BaCO3(3). Ba（OH）2(4). Na2SO3(5). SO2(6). SO2(7). BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑(8). SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl

【解析】

【分析】

有A、B、C、D四种化合物，分别由Na+、Ba2+、SO42-、CO32-、SO32-、OH-组成，

①A不溶于水和盐酸，则A为BaSO4；

②B不溶于水但溶于盐酸，并放出无刺激性气味的气体，则该气体是CO2，可知B是BaCO3；

③C是一种可溶于水的强碱，与硫酸反应生成A和水，依据A为BaSO4分析，C为Ba(OH)2；

④D可溶于水，与硫酸作用时放出气体E，E可使氯水褪色，说明该气体是SO2，即E为SO2则D为Na2SO3，

以此解答该题。

【详解】（1）由上述分析可知，A为BaSO4，B为BaCO3，C为Ba(OH)2，D为Na2SO3，E为SO2，故答案为：BaSO4；BaCO3；Ba(OH)2；Na2SO3；SO2；

（2）非电解质是指在水溶液中或熔融状态下均不导电的化合物，A-E五种物质中，SO2溶于水不是本身导电，熔融状态下也不导电，故SO2为非电解质，

故答案为：SO2；

（3）B与盐酸反应是BaCO3和盐酸反应生成氯化钡和水，其反应的离子方程式为：

BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑，

故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑；

（4）E与氯水反应可生成两种强酸，分别是HCl与H2SO4，故反应的化学方程式为：

SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，

故答案为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。

18.工业上常通过高温分解FeSO4的方法制备较为纯净的Fe2O3，其反应方程式为：2FeSO4

Fe2O3+SO2↑+SO3↑

为了检验FeSO4高温分解的产物，进行如下实验：

①取少量FeSO4高温分解得到的固体，先加入一定量稀盐酸使固体完全溶解，再向所得溶液中适量的KSCN 溶液，观察溶液颜色的变化以检验Fe3+是否存在。

②将FeSO4高温分解产生的气体通入如图所示的装置中，以检验产生的气体中是否含有SO2和SO3

请回答下列问题：

（1）写出能说明FeSO4发生分解的现象__________________________________；

（2）写出KSCN溶液与Fe3+反应的离子方程式：_________________；

（3）实验②中，气体通过BaCl2时可以观察到的现象__________________________，产生该现象所对应的化学反应为___________________________________（用一个化学反应方程式表示）；

（4）实验②中最后要将通过品红溶液的气体通入NaOH溶液中，其目的是________________________。

【答案】(1). 有红棕色的固体生成(2). Fe3++3SCN﹣=Fe（SCN）3(3). 有白色浑浊出现(4). BaCl2+H2O+SO3=BaSO4↓+2HCl(5). 除去多余的SO2，防止污染空气

【解析】

【分析】

（1）新物质Fe2O3为红棕色固体，据此分析分解的现象；

（2）Fe3+和3SCN﹣生成络合物Fe(SCN)3；

（3）气体中含有SO2和SO3，SO3可溶于水生成硫酸，与氯化钡溶液能生成硫酸钡白色沉淀；

绿矾样品被氧化会生成Fe3+，Fe3+可使KSCN溶液会变血红色，据此答题；

（4）二氧化硫有毒，会污染空气，所以要用氢氧化钠溶液吸收尾气．

【详解】（1）根据反应方程式为：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑可知，若FeSO4发生分解，则会生成Fe2O3，固体表面颜色会发生变化，即现象为：有红棕色的固体生成，

故答案为：有红棕色的固体生成；

（2）Fe3+和3SCN﹣会生成络合物Fe(SCN)3，其离子方程式为：Fe3++3SCN﹣=Fe(SCN)3，

故答案为：Fe3++3SCN﹣=Fe(SCN)3；

（3）气体中含有SO2和SO3，SO2不与BaCl2反应，SO3可溶于水生成硫酸，与BaCl2溶液能生成难溶于水的BaSO4白色沉淀，现象为：有白色浑浊出现；其离子方程式为：BaCl2+H2O+SO3=BaSO4↓+2HCl，

故答案为：有白色浑浊出现；BaCl2+H2O+SO3=BaSO4↓+2HCl；

（4）品红用于检验SO2的存在，但二氧化硫有毒，会污染空气，所以氢氧化钠溶液用于吸收多余的SO2，防止造成空气污染，

故答案为：除去多余的SO2，防止污染空气。

【点睛】本题通过实验探究的方法，考查铁的氧化物、铁盐的性质及硫的氧化物的性质。需要特别注意的是，SO2不与BaCl2反应，即将SO2通入BaCl2溶液中，不会生成BaSO3白色沉淀。可以采用反证法，假设两者能反应，生成BaSO3和HCl，生成的BaSO3会被生成的HCl溶解，重新生成亚硫酸，分解成SO2，故假设不成立，即两者反应不能发生。所以该题的第（3）问出题者想考查沉淀是否有BaSO3，考查学生对该知识点的理解与运用。

19.（某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。

实验一制取氯酸钾和氯水

利用下图所示的实验装置进行实验。

（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有________。（2）若对调B和C装置的位置，________(填“能”或“不能”)提高B中氯酸钾的产率。

实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究

（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行)：

①系列a实验的实验目的是________________。

②设计1号试管实验的作用是________________。

③若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为___________________________。

实验三测定饱和氯水中氯元素的总量

（4）该小组设计的实验方案为使用下图装置，加热15.0 mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是__________________________。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)

（5）根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细

节)：______________________________________________________________________。

资料：ⅰ.次氯酸会破坏酸碱指示剂；

ⅱ.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl－。

【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)（2）能（3）①研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②硫酸浓度为0的对照实验③ClO3-＋6I－＋6H＋=Cl－＋3I2＋3H2O（4）因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测定试样含氯总量(或其他合理答案)（5）量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量(或其他合理答案) 【解析】

试题分析：（1）制取实验结束后，由取出B中试管进行的操作(冷却结晶、过滤、洗涤)，可知该实验操作过程中需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管；（2）Cl2与热的KOH溶液反应生成KClO3、KCl和H2O，与冷的KOH溶液反应生成KClO、KCl和H2O。因此，若将装置B、C的位置对调，可以除去Cl2中的杂质气体HCl，故能提高B中KClO3的产率，故答案为：能；（3）①根据表格中的数据可知：KI、KClO3的物质的量及浓度不变，改变的是硫酸溶液的体积和水的多少，二者的总体积相等，由此可见系列a实验的目的是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；

②设计1号试管实验的作用是作对照实验，比较影响结果，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；

③根据2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，证明生成了I2；若氧化产物唯一，还原产物为KCl，根据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒及元素原子守恒可知该反应的离子方程式为：ClO3-＋6I－＋6H＋===Cl－＋3I2＋3H2O，故答案为：ClO3-＋6I－＋6H＋=Cl－＋3I2＋3H2O；

（4）该小组设计的实验方案不可行的主要原因是溶液中存在Cl2的重新溶解以及HClO分解生成HCl和O2等，无法测定试样含氯总量，故答案为：因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测定试样含氯总量；

（5）由于HClO具有强氧化性会破坏酸碱指示剂，因此实验设计时不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的强

氧化性，向该溶液中加入足量的H2O2溶液，H2O2把氯元素完全还原为Cl－，H2O2被氧化成O2，然后加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的AgNO3溶液，过滤、洗涤生成的AgCl沉淀，干燥后称量沉淀质量，结合氯原子守恒即可确定其中含有的氯元素的质量，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量。

考点：考查了物质制备实验方案的水解、氯及其化合物的性质的相关知识。

20.实验室模拟用工业废弃固体(含有Cu2S、Al2O3、Fe2O3、SiO2等)制取粗铜、绿矾(FeSO4·7H2O)和明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的操作流程如下：

（1）试剂X是________________________________________(写化学式)。

（2）配平下列方程式：

______MnO4-＋______SO2＋______H2O===______Mn2＋＋______SO42-＋______H＋______________

（3）为了分析产品(绿矾)中铁元素的含量，某同学称取20.0 g样品配成100 mL溶液，移取至锥形瓶中，用1.000×10－1 mol·L－1的KMnO 4标准溶液进行滴定(MnO被还原为Mn2＋)。若两者正好反应时消耗KMnO4标准溶液的体积为100.00 mL，则该产品中铁元素的质量分数为___________。（写出解题过程）

【答案】(1). H2SO4(或KHSO4)(2). 2；5；2；2；5；4；(3). 根据电子守恒可得到关系式：MnO4-5Fe2+可知：

n(Fe2+) = 5c(MnO4-)V(MnO4-) =5 1.000×10－1 mol·L－10.1 L = 0.05 mol，

故绿矾产品中铁元素的质量为m = n(Fe2+)M(Fe2+) = 0.05 mol56 g/mol = 2.8 g，则该产品中铁元素的质量分

数w = 100% = 14%，

答：该产品中铁元素的质量分数为14%。

【解析】

【分析】

加入KOH溶液以后，只有Al2O3会与KOH反应生成KAlO2和水，则可推出溶液B的溶质主要为KAlO2和过量的KOH，采用逆推法，最终产物为明矾（KAl(SO4)2·12H2O），可推出试剂X为H2SO4(或KHSO4)；

（2）MnO4-转化为Mn2＋，其中Mn元素降低5价，SO2转化为SO42-，S元素升高2价，根据最小公倍法配平电子转移数，再结合电荷守恒与原子守恒完成该氧化还原反应的配平即可。

（3）氧化还原反应的计算原则是电子得失总数相等，得出KMnO4与Fe2+的对应关系，根据公式n = cV = 推出铁元素的质量，进而求出该产品中铁元素的质量分数。

【详解】废弃固体主要成分Cu2S和Fe2O3、SiO2等，灼烧废气固体发生反应Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以气体A是SO2，固体A是CuO、Fe2O3、SiO2和Al2O3，加入KOH溶液以后，只有Al2O3会与KOH反应生成KAlO2和水，则可推出固体B为CuO、Fe2O3和SiO2，溶液B的溶质主要为KAlO2和过量的KOH，采用逆推法，要想得到明矾（KAl(SO4)2·12H2O），溶液C中溶质为KAl(SO4)2，由KAlO2转化为KAl(SO4)2，可推出试剂X为H2SO4(或KHSO4)，

故答案为：H2SO4(或KHSO4)；

（2）MnO4-转化为Mn2＋，其中Mn元素降低5价，SO2转化为SO42-，S元素升高2价，故方程式中的MnO4-与Mn2＋化学计量数为2，SO2与SO42-前面的化学计量数为5，再结合高锰酸钾存在于酸性溶液中，根据电荷守恒规律与原子守恒规律配平得：2MnO4-＋5O2＋2H2O===2Mn2＋＋5O42-＋4H＋，

故答案为：2；5；2；2；5；4；

（3）根据电子守恒可得到关系式：MnO4-5Fe2+可知：

n(Fe2+) = 5c(MnO4-)V(MnO4-) =5 1.000×10－1 mol·L－10.1 L = 0.05 mol，

故绿矾产品中铁元素的质量为m = n(Fe2+)M(Fe2+) = 0.05 mol56 g/mol = 2.8 g，则该产品中铁元素的质量分

数w = 100% = 14%，

答：该产品中铁元素的质量分数为14%。