人教版高一(下)学期3月份月考化学试题及解析

一、选择题

1．下列说法正确的是

A．可用澄清石灰水鉴别二氧化硫和二氧化碳

B．将二氧化硫通入氯化钡溶液中无明显现象，不断振荡，溶液变浑浊

C．工业上或实验室用亚硫酸钠固体与稀硫酸反应制备二氧化硫

D．二氧化硫能使含酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性

【答案】C

【详解】

A．二氧化硫和二氧化碳均为酸性氧化物，均可使石灰水变浑浊，现象相同，不能鉴别，故A错误；

B．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，振荡，溶液不会变浑浊，故B错误；

C．亚硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，则实验室用亚硫酸钠与稀硫酸反应制备二氧化硫，故C正确；

D．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故D错误；

故选：C。

2．下列变化中，不属于化学变化的是（）

A．SO2使品红溶液褪色B．氯水使有色布条褪色

C．活性炭使红墨水褪色D．漂白粉使某些染料褪色

【答案】C

【分析】

产生新物质的变化是化学变化。

【详解】

A. SO2具有漂白性，与品红结合生成不稳定的无色物质，发生了化学变化而使品红溶液褪色，A项错误；

B. 氯水中存在HClO，HClO具有强氧化性，能使有色布条褪色，发生了化学变化，B项错误；

C. 活性炭使红墨水褪色是因为活性炭具有吸附性，没有产生新物质，没有发生化学变化，C 项正确；

D. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，与CO2等物质结合生成HClO，HClO具有强氧化性，能使有色物质褪色，过程中发生了化学变化，D项错误；

答案选C。

3．下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（）

A．H2S在O2燃烧B．铁在硫蒸气中燃烧

C．SO2通入澄清石灰水中D．硫酸中加入锌粉

【答案】B

A 、H 2S 和O 2的反应有两种情况，O 2不足：22

22H S+O 2S+2H O 点燃

，O 2过量：

222H S+3O 2SO +2H O 点燃

，A 错误；

B 、Fe 和S 反应只会生成FeS ，与反应物用量或者浓度无关，B 正确；

C 、SO 2和澄清石灰水反应有两种情况，SO 2不足：SO 2+Ca(OH)2=CaSO 3↓+H 2O ，SO 2过量：Ca(OH)2+2SO 2=Ca(HSO 3)2，C 错误；

D 、Zn 和硫酸反应有两种情况，Zn 和稀硫酸反应放出氢气，和浓硫酸反应放出SO 2，D 错误；故选B 。【点睛】

注意两点：①S 、I 2这两种弱氧化剂，和变价金属反应只会生成低价态金属的化合物；②浓硫酸作氧化剂时，还原产物一般是SO 2，而不是H 2。

4．下列有关说法正确的是（）

A ．因为硫单质具有氧化性，故铁粉与硫粉共热可以生成Fe 2S 3

B ．硫在空气中燃烧的产物是SO 2，在纯氧中燃烧的产物是SO 3

C ．SO 2的水溶液能导电，所以SO 2是电解质

D ．二氧化硫可用于抑制酒类中细菌的生长，可在葡萄酒中微量添加【答案】D 【详解】

A. 因为硫单质具有氧化性，但氧化性不强，铁粉与硫粉共热生成FeS ，A 错误；

B. 硫在空气中燃烧的产物是SO 2，在纯氧中燃烧的产物也是SO 2，B 错误；

C. SO 2的水溶液能导电，因为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，二氧化硫不是电解质，C 错误；

D. 二氧化硫可用于抑制酒类中细菌的生长，可在葡萄酒中微量添加，D 正确；答案为D 。【点睛】

S 具有弱氧化性，与Fe 反应生成FeS 。

5．下列有关硫及其化合物的说法中正确的是

A ．浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，如可干燥氯气、二氧化硫、氨气等

B ．浓硫酸与炭共热反应，仅体现了浓硫酸的强氧化性

C ．SO 2 和 Cl 2 均可使品红溶液褪色，但溶有 SO 2 的品红溶液加热后恢复红色，说明 SO 2 的氧化性没有 Cl 2强

D ．以 FeS 2 为原料生产硫酸过程中，要用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，所涉及的反应均为氧化还原反应

【详解】

A．浓硫酸的强氧化性和酸性，不能干燥氨气和硫化氢等还原性气体，可干燥氯气和二氧化硫，故A错误；

B．浓硫酸与灼热的炭反应，硫元素化合价都发生变化，只体现了浓硫酸的强氧化性，故B 正确；

C．二氧化硫的漂白性是因为二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，该反应中二氧化硫不体现氧化性，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二者漂白原理不同，不能说明二氧化硫的氧化性没有氯气强，故C错误；

D．工业制硫酸的三设备是：沸腾炉4FeS2+11O22Fe2O3+4SO2，接触室

2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，吸收塔SO3+H2O=H2SO4，沸腾炉、接触室所涉及的反应均为氧化还原反应、吸收塔所涉及的反应不是，故D错误；

故答案为B。

6．下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

选项实验操作及现象实验结论

A向某溶液中加入 AgNO3溶液，有白色沉淀生成该溶液一定含有 Cl-

B 向某溶液中加入 BaCl2溶液再滴加 HCl 溶液，有

白色沉淀生成

该溶液中一定含有 SO42-

C切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐变暗钠在空气中会生成过氧化钠

D某溶液做焰色反应时，现象为黄色说明该溶液的一定含有 Na+，不能确定是否含有 K+

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

A. 向某溶液中加入 AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含有Cl-或SO42-，实验结论不符，A错误；

B. 向某溶液中加入 BaCl2溶液再滴加 HCl 溶液，有白色沉淀生成，溶液中可能含有Ag+或SO42-，实验结论不符，B错误；

C. 切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐变暗，钠在空气中会生成氧化钠，实验结论不符，C

D. 某溶液做焰色反应时，现象为黄色，未透过蓝色的钴玻璃观察，溶液的一定含有 Na+，不能确定是否含有 K+，符合事实，D正确；

答案为D。

7．下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是

序号实验操作及现象解释或结论

A浓硫酸滴到纸张上，纸变黑浓硫酸有脱水性

B 向紫色石蕊溶液中加入氯水，溶液先变红，

随后褪色

氯水中含有酸性物质和

漂白性物质

C 向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰

水变浑浊的气体

该溶液中一定有CO32-

D 向某溶液中加入浓NaOH溶液，加热，产生

能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体

该溶液中一定含有NH

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【详解】

A、浓硫酸具有强脱水性，遇到有机物后，“强行”以H2O的形式脱去有机物中的H、O元素，从而使有机物碳化变黑，A正确；

B、氯水中含有HCl和HClO，HCl使石蕊变红，HClO再氧化石蕊成无色物质，氯水的酸性主要靠HCl体现，漂白性靠HClO体现，B正确；

C、能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2，还可能是SO2，故该溶液中的离子可能是CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-中的一种或者几种，C错误；

D、能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是NH3，NH4+和强碱溶液在加热的条件下，可以反应产生NH3，D正确；

故选C。

【点睛】

能使澄清石灰水变浑浊的气体，一般认为是CO2，和酸反应产生CO2的离子有CO32-、HCO3-，在分析时，这两种离子都要考虑到；此外，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，故若题中没有说明，也要考虑到SO2，相应的，和酸反应产生SO2的离子有SO32-、HSO3-。

8．下列反应中，硫酸既表现了氧化性又表现了酸性的是()

A．2H2SO4(浓)＋Cu CuSO4＋2H2O＋SO2↑

B．2H2SO4(浓)＋C CO2↑＋2H2O＋2SO2↑

C．H2SO4(浓)＋NaNO3NaHSO4＋HNO3↑

D．H2SO4＋Na2SO3===Na2SO4＋H2O＋SO2↑

【答案】A

【详解】

A．在2H2SO4(浓)＋Cu CuSO4＋2H2O＋SO2↑中，硫元素的化合价部分降低，部分不变，则浓硫酸既表现强氧化性又表现酸性，故A正确；

B．在2H2SO4(浓)＋C CO2↑＋2H2O＋2SO2↑中，硫元素的化合价全部降低，则浓硫酸只表现强氧化性，故B错误；

C．在H2SO4(浓)＋NaNO3NaHSO4＋HNO3↑中，硫元素化合价没有改变，体现浓硫酸是难挥发性酸，故C错误；

D．在H2SO4＋Na2SO3===Na2SO4＋H2O＋SO2↑中，硫元素化合价没有改变，体现浓硫酸是强酸，故D错误；

故答案为A。

【点睛】

结合反应原理，依据元素化合价的变化，准确判断浓硫酸的性质是解题关键，浓硫酸在化学反应中，若硫元素的化合价降低(有二氧化硫生成)，浓硫酸表现强氧化性；若硫元素的化合价不变(仍为＋6价，以硫酸根形式存在)，浓硫酸表现酸性。

9．把70 mL硫化氢和90 mL氧气(标准状况)混合，在一定条件下点燃，使之反应。当反应完全后恢复到原来状况时，可得到SO2的体积是(不考虑二氧化硫在水中溶解)() A．50 mL B．55 mL C．60 mL D．70 mL

【答案】B

【详解】

H2S完全燃烧的化学方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O，根据方程式可知90mLO2完全反应消耗60mLH2S，同时产生60mLSO2，剩余10mL H2S，剩余H2S与反应产生的SO2会进一步发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，10mLH2S反应消耗5mL SO2，因此充分反应后，剩余SO2气体的体积是60mL-5mL=55mL，故合理选项是B。

10．下列物质都具有漂白性，漂白原理与其它几种不同的是（）

A．氯水B．SO2C．H2O2D．HClO

【答案】B

【详解】

二氧化硫漂白原理是它与有色物质化合生成不稳定的无色物质；氯水、双氧水、次氯酸具有强氧化性能使有色物质褪色，故选B。

11．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是( )

选项W X Y Z

A Cu4

CuSO

CuCl

Cu(OH)

B Na22

Na O NaOH

Na O

C Al()

243

Al SO

AlCl

NaAlO

D S2

H SO

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【详解】

A．Cu不能一步生成Cu(OH)2，所以W不能发生图中转化生成Z，故A不选；

B．氢氧化钠一步不能生成生成氧化钠，所以Y不能发生图中转化生成Z，故B不选；C．Al与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与过量NaOH反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与过量NaOH反应生成Z，反应均可进行，故C选；D．硫不能一步变为三氧化硫，D不选；

答案选C。

12．下列物质的检验与结论正确的是（）

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

A. 焰色反应呈黄色说明待测液含Na+，同时K的焰色反应为紫色，容易被黄色掩蔽。所以不确定是否含K+，A项错误；

B. 待测液加入过量盐酸无现象说明不含Ag+，加入BaCl2生成不溶于盐酸的沉淀，则待测液肯定含有SO42-，B项正确；

C. 如果待测液只含HCO 3-，加入过量盐酸也能产生CO 2气体，C 项错误；

D. 原溶液可能只含Fe 3+，先加氯水再加KSCN ，溶液也呈红色，D 项错误；故答案选B 。【点睛】

本题易错点为A 项。Na 的焰色反应颜色可能影响观察到K 的焰色反应颜色，所以不能断定不含K ，实际上可透过蓝色钴玻璃观察焰色反应排除Na 的焰色反应影响。

13．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

A ．A

B ．B

C ．C

D ．D

【答案】B 【详解】

A .氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A 错误；

B .金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B 正确；

C .碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C 错误；

D .某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D 错误；故选B 。

14．下列反应在指定条件下能实现的是

A ．HClO ???→光照

HCl B ．Fe 2H O ???→高温Fe 2O 3 C ．S 2O

???→点燃

SO 3 D ．S Fe

??→Fe 2S 3 【答案】A 【详解】

A．HClO在光照条件下能发生分解，生成HCl和O2，A正确；

B．Fe与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe3O4和H2，B不正确；

C．S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，C不正确；

D．S与Fe在加热条件下反应，只能生成FeS，D不正确；

故选A。

15．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 Al AlCl3Al(OH)3

B NO NO2HNO3

C Si SiO2H2SiO3

D S SO2H2SO4

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。

16．将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为

A．n(SO2)/n(H2)=1/1 B．n(SO2)/n(H2)=4/1

C．n(SO2)/n(H2)=1/4 D．n(SO2)/n（H2）=3/2

【答案】A

【详解】

根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，

Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得

x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1，答案选A。

17．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是

选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ

A．Fe3+ 有氧化性FeCl溶液可用于回收旧电路板中的铜

B．SiO2有导电性SiO可用于制备光导纤维

C．氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好

D．铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【解析】

试题分析：2Fe3+ +Cu= 2Fe3++ Cu2+，故A正确；SiO2不导电，故B错误；

SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D正确。

考点：本题考查元素、化合物性质。

18．X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收．已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种黄绿色气体单质，其水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应．下列说法不正确的是

A．X是SO2，它既有氧化性又有还原性

B．干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色，其水溶液具有漂泊作用的是HClO

C．Z与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO

D．等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上，有色布条褪色时间变短，漂泊效果增强

【答案】D

【分析】

X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，且氯气有毒，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2。

【详解】

A．X是SO2，二氧化硫中硫为+4价，既可以升高又可以降低，所以它既有氧化性又有还原性，故A正确；

B．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，故B正确；

C．Z是二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：

3NO2+H2O=2HNO3+NO，故C正确；

D．二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D错误。

答案选D。

【点睛】

本题考查了无机物的推断，熟悉物质的性质及氧化还原反应规律，次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键。

19．用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列描述不合理的是（）

A．该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性

B．②中选用品红溶液验证SO2的生成

C．③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2

D．为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色

【答案】D

【解析】

【详解】

A ．铜与浓硫酸反应中，硫元素部分化合价降低，部分化合价不变，浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性，故A 正确；

B ．SO 2具有漂白性，可用品红溶液验证SO 2的生成，故B 正确；

C ．SO 2有毒，对环境有污染，但能溶于NaOH 溶液，则③中选用NaOH 溶液吸收多余的SO 2，防污染环境，故C 正确；

D ．①中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液，应将①中混合物加入水中，观察溶液显蓝色，确认有CuSO 4生成，故D 错误；故答案为D 。

20．不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是（）

A ．①②③④

B ．②③④⑤

C ．①③④

D ．②③④

【答案】A 【解析】【详解】

①由于石灰水过量，因此必有3CaCO 和3CaSO 沉淀生成，故①正确；

②同样由于石灰水过量，因此必有3CaCO 沉淀生成，故②正确；

2CO ③气体与32Ba(NO )不反应，2SO 气体通入32Ba(NO )溶液后，由于溶液酸性增

强，2SO 将被3NO -

氧化生成24SO -

，因此有4BaSO 沉淀生成，故③正确；

2NO ④和2SO 混合后，2SO 将被2NO 氧化成3SO ，通入2BaCl 溶液后有4BaSO 沉淀生

成，故④正确；

⑤当3NH 过量时溶液中3CaCO 沉淀生成，发生反应的化学方程式为：

3222342NH CO CaCl H O CaCO 2NH Cl +++=↓+；当3NH 不足时，最终无沉淀生成，

发生反应的化学方程式为：32223242NH 2CO CaCl 2H O Ca(HCO )2NH Cl +++=+，故⑤错误。故选A 。【点睛】

本题考查元素化合物知识，注意丙过量，对相应物质的化学性质要掌握到位。解题时要认真审题、一一排查，同时要掌握2NO 的氧化性，2SO 具有还原性，2SO 具有酸性氧化物的性质、2SO 气体通入32Ba(NO )溶液后，由于溶液酸性增强，2SO 将被3NO -

氧化生成

24SO -

，此时有

4BaSO 沉淀生成。

二、非选择题

21．实验室里研究不同价态硫元素之间的转化

(1)A 中发生反应的化学方程式为__________。 (2)B 中的现象是__________。

(3)C 中的现象是__________，Na 2S 在反应中做__________剂。

(4)D 中氯水褪色，此反应中硫元素的化合价由_____转化为______；甲认为可以补充一个实验进一步证明硫元素的价态转化，实验方案和现象为：取D 中褪色后的溶液于试管中________。

(5)E 的作用是__________，离子方程式为__________。 (6)上述实验体现SO 2的性质有__________。【答案】Cu + 2 H 2SO 4(浓)

CuSO 4 + SO 2↑+ 2 H 2O 品红溶液褪色有淡黄色沉淀生成还原

+4 +6 向其中加入BaCl 2溶液（可以不加“盐酸酸化”），有白色沉淀生成吸收SO 2尾气，防止污染环境 SO 2 + 2OH －= SO 32- + H 2O 漂白性、氧化性、还原性、酸性氧化物通性【分析】

该实验的目的是研究不同价态硫元素之间的转化；A 为SO 2的发生装置，B 为检验SO 2的装

置，C中Na2S和SO2发生氧化还原反应生S沉淀，D中SO2和Cl2以及水反应生成H2SO4，E 是吸收多余SO2的装置。

【详解】

（1）A中Cu和浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)Δ

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（2）B为检验SO2的装置，现象是品红溶液褪色；

（3）C中，Na2S和SO2发生反应：2Na2S+SO2+2H2O=3S↓+4NaOH，故可观察到有淡黄色沉淀生成，该反应中，Na2S中S的化合价由-2价升为0价，故Na2S作还原剂；

（4）D中，Cl2和SO2发生反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，S由+4价变为+6价；要想证明硫元素的价态转化，只需要证明产物中有SO42-即可，由于产物中已经有HCl，故只需要取D中褪色后的溶液于试管中，加入BaCl2溶液即可，对应的现象是有白色沉淀生成；（5）E的作用是吸收SO2尾气，防止污染环境；离子方程式为：SO2+2OH-= SO32-+H2O （6）B中现象体现SO2的漂白性，C中现象体现SO2的氧化性，D中现象体现SO2的还原性，E中现象体现酸性氧化物的通性。

22．Ⅰ.为探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，设计实验装置如图所示，部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。(洗气瓶中试剂均足量)

(1)分析推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有_______________________________。

(2)D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式_____________________。

II.测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水x的值，实验装置和过程如下：取硫酸铜晶体7.23 g置于硬质试管中，先通N2排除体系内空气，酒精喷灯高温加热充分，待A中蓝色晶体最终变成黑色，停止加热，再次鼓入N2至装置冷却到室温。(洗气瓶中试剂均足量)

(1)取B中白色沉淀经过滤洗涤干燥称量得固体6.99 g，经计算可得CuSO4·xH2O中

x=__________，再次鼓入N2的目的是____________________。

(2)某同学提出，要测定晶体中结晶水x 的值，也可将B 装置用装有浓硫酸的洗气瓶替换，最终测浓硫酸增重即可计算得到结果，评价该同学的方案是否可行？(如果不可行，请说明理由)_____________________________

【答案】CuO 、SO 3、SO 2、O 2、H 2O 4Fe 2++O 2+4H + = 4Fe 3++2H 2O 4.5 使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收不可行，SO 3也能溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量【分析】

I 、该实验的目的是探究硫酸铜晶体(CuSO 4·xH 2O)受热分解后所得产物，A 中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色，说明晶体受热分解产生了CuO ；B 中酸性BaCl 2溶液产生白色沉淀，则分解产物中有SO 3；D 中溶液变红，说明Fe 2+被氧化为Fe 3+，即产物中有氧化性物质，根据质量守恒定律可知，该氧化性物质为O 2，则分解产物中有SO 2生成（CuSO 4中，O 为-2价，若得到O 2，需要升高化合价，所以S 的化合价一定降低，生成SO 2），所以B 中的现象是品红溶液褪色，E 的作用是吸收多余的有害气体，防止污染环境；

II 、根据实验I 推出硫酸铜晶体产物有SO 2、SO 3，B 中含有Cl 2和BaCl 2，Cl 2在水中可以将SO 2氧化为SO 42-，故CuSO 4中的S 全部转化为了BaSO 4，则可以通过BaSO 4的质量来计算x 的值。【详解】

I 、（1）经分析，CuSO 4受热分解产生的产物有CuO 、SO 2、SO 3、O 2；对于晶体而言，受热分解产物还有H 2O ，故可推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有CuO 、SO 3、SO 2、O 2、H 2O ；

（2）D 中，Fe 2+先被O 2氧化为Fe 3+，Fe 3+再和SCN -结合生成血红色物质，涉及的离子反应为：4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O 、Fe 3++3SCN -=Fe(SCN)3；

II 、（1）根据题意可知，n(BaSO 4)= 6.99g 233g/mol

=0.03mol ，则n(CuSO 4·xH 2O)=0.03mol ，所以

有0.03mol×(150+18x)g/mol=7.23g ，解得x=4.5；再次通入N 2的目的是使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收；

（2）不可行，分解产物SO 3可以溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量。【点睛】

本题的难点在于实验II 的（2）题，浓硫酸吸收SO 3是一个很少见的知识点，主要出现在硫酸工业的第三步，考生需要结合平时学习中的知识去分析问题。

23．实验室制取、净化并收集氯气涉及以下几个主要阶段：

(1)写出实验室制取2Cl 的离子方程式______________，A N 表示阿伏伽德罗常数，若有

4mol 的HCl 被氧化，则转移的电子总数为______________；将足量的MnO 2投入到含

2mol HCl 的浓盐酸中，充分加热，可生成Cl 2______________（填>0.5mol ；=0.5mol ；<0.5mol ）

(2)现有以下3种试剂：A．饱和食盐水B．浓硫酸C．NaOH溶液，请在以上试剂中选择并回答填空：Y溶液应选用___________ （填写序号）：X试剂的作用_________。

SO和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。

(3)某兴趣小组的同学为探究和比较2

SO。某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液①实验室用装置A制备2

体未流下，你认为原因可能是：_______；

②反应开始一段时间后，观察到B、D两试管中的品红溶液都出现褪色的现象，取下后两试管外观无区别，请你帮助设计实验加以鉴别，你的操作是____________。

③若左右气体流速相同，写出C烧杯中的化学方程式____________。（写总方程式）

【答案】MnO2+4H++2Cl-?Mn2++2H2O+Cl2↑ 4N A＜0.5mol B 吸收挥发的HCl 分液漏斗上口塞子没有打开分别将试管在酒精灯上加热，若溶液恢复红色，是SO2的作用，反之，则为Cl2 Cl2+SO2+4NaOH=2NaCl+Na2SO4

【分析】

(1)实验室用加热二氧化锰与浓盐酸的方法制取氯气，二者反应生成氯化锰、氯气和水；参加反应的氯化氢在反应中只有一半氯原子被氧化，做还原剂，据此判断转移电子数目；随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应；

(2)浓盐酸易挥发，所以制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气，应依次通过饱和食盐水、浓硫酸除去；

(3)①使用分液漏斗时应取下塞子，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流出；

②二氧化硫漂白性具有不稳定性，受热易恢复颜色，次氯酸漂白具有稳定性，受热不恢复颜色；

③左右气体流速相同，氯气与二氧化硫等物质的量发生氧化还原反应生成硫酸、盐酸，酸与NaOH反应生成盐。

【详解】

(1)实验室用加热二氧化锰与浓盐酸的方法制取氯气，二者反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)?MnCl2+Cl2↑+2H2O，实验室制取Cl2的离子方程式为

MnO2+4H++2Cl-?Mn2++2H2O+Cl2↑，有4mol的HCl参加反应，则转移的电子总数为2N A；因稀盐酸与二氧化锰不反应，将足量的MnO2投入到含2molHCl的浓盐酸中，充分加热，可生成Cl2<0.5mol；

(2)浓盐酸易挥发，所以制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，再通过盛有浓硫酸的洗气瓶除去水蒸气，Y溶液应选用B，X试剂的作用除去氯气中混有的HCl；

(3)①使用分液漏斗时应取下塞子，使分液漏斗内的压强等于大气压强，保证液体顺利流出，打开分液漏斗，发现其中的液体不能流下，可能的原因是分液漏斗瓶塞未打开；

②二氧化硫漂白性具有不稳定性，受热易恢复颜色，次氯酸漂白具有稳定性，受热不恢复颜色，所以为区别二者可以进行如下操作：分别将试管在酒精灯上加热，若溶液恢复红色，是SO2的作用，反之，则为Cl2；

③左右气体流速相同，氯气与二氧化硫等物质的量发生氧化还原反应生成硫酸、盐酸，酸与NaOH反应生成盐，发生总反应为Cl2+SO2+4NaOH=2NaCl+Na2SO4。

【点睛】

易错点为(1)的计算，用浓盐酸和二氧化锰制取氯气时，稀盐酸不与二氧化锰反应，随着反应的进行浓盐酸逐渐变为稀盐酸，反应停止。

24．某化学实验小组同学用如图所示装置进行系列实验，以探究气体的性质(部分仪器已略去)。

回答下列问题：

（1）若气体X为氯气，溶液Y为含有少量KSCN的FeCl2溶液，则可观察到溶液Y中的实验现象是___，写出NaOH溶液中发生反应的离子方程式：___。

（2）若溶液Y为品红溶液，气体X通过后，溶液褪色。取少量褪色后的溶液加热后恢复为红色，则气体X可能是___(填化学式)。根据气体X的性质，上述实验装置应作一定的改进，则下列装置中可用来替代其尾气吸收装置的是___(填序号)。

【答案】溶液变为血红色 Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O； SO2②或③

【分析】

(1)氯气有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，铁离子能和硫氰根离子反应生成红色的络合物，氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水；

(2)二氧化硫能使品红溶液褪色，且褪色后的溶液加热能恢复原色；二氧化硫属于酸性氧化物，能和氢氧化钠反应，对尾气吸收实验装置应作一定的改进，应防止倒吸。

【详解】

(1)氯气有强氧化性，能把亚铁离子氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，

铁离子能和硫氰根离子反应生成红色的络合物，所以溶液呈红色，离子方程式为：Fe

3++3SCN-?Fe(SCN)3，氯气能和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，离子方程式为

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

(2)二氧化硫能使品红溶液褪色，且褪色后的溶液加热能恢复原色，所以该气体可能是

SO2，二氧化硫能与氢氧化钠反应，①④装置尾气吸收不充分，②或③在导气管中都有相对较大的空间，这样既可以充分吸收，又可以防止倒吸现象的发生。

【点睛】

以性质实验方案设计为载体考查了氯气和二氧化硫的性质，铁离子的检验，掌握氯气的氧化性，明确二氧化硫的还原性、氧化性、酸性氧化物的性质是解题关键。本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够时一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性、酸性高锰酸钾溶液褪色——还原性、滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。

25．根据物质所处的类别，以及是否具有氧化性或还原性能帮助我们认识其化学性质。(1)根据下图所示物质的转化信息书写相应的反应方程式。以红土镍矿（主要成分Ni2O3、Fe2O3、SiO2）为原料制备兰尼镍的工艺流程如图所示：

①“酸溶”时，Fe2O3反应的离子方程式为____________；

②“还原”步骤中铁元素转化时对应离子方程式（已知H2S是弱酸）为____________。

(2)请从下列试剂中选择合适的试剂完成指定转化（试剂可以重复选择）。

试剂：浓盐酸、NaCl溶液、浓硫酸、Na2SO4溶液、FeSO4溶液

①Cl2→Cl－的离子方程式：____________；

②H2S→SO2的化学方程式：____________；

③Ba(OH)2→NaOH的化学方程式：____________。

【答案】Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O 2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋ 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－ 3H2SO4(浓)＋H2S＝4SO2＋4H2O Ba(OH)2＋Na2SO4＝BaSO4↓＋2NaOH

【分析】

从整个流程看，红土镍矿中的Ni2O3最终转化为兰尼镍，所以在物质的转化过程中，应将Fe2O3、SiO2除去。起初加入H2SO4，只有SiO2不溶，过滤后可去除；Ni2O3、Fe2O3分别转化为相应的硫酸盐，加入还原剂H2S，可将Fe3+还原为Fe2+，同时H2S被氧化为S，过滤出S后，滤液中含有Fe2+、Ni3+等，再经过一系列操作，便可制得兰尼镍。

【详解】

(1)①“酸溶”时，Fe2O3与H2SO4发生复分解反应，生成Fe2(SO4)3和水，反应的离子方程式为Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O；

②由分析知，“还原”步骤中，Fe3+还原为Fe2+，同时H2S被氧化为S，对应离子方程式为

2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋S↓＋2H＋。答案为：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O；2Fe3＋＋H2S＝2Fe2＋＋

S↓＋2H＋；

(2)①Cl2→Cl－，需加入还原剂，只能选择还原性较强的FeSO4溶液，离子方程式：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；

②H2S→SO2，需加入强氧化剂，只能选择浓硫酸，化学方程式：3H2SO4(浓)＋H2S＝4SO2＋4H2O；

③Ba(OH)2→NaOH，应加入含Na+且能与Ba2+生成沉淀的试剂，所以只能选择Na2SO4溶液，化学方程式：Ba(OH)2＋Na2SO4＝BaSO4↓＋2NaOH。答案为：2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl －；3H2SO4(浓)＋H2S＝4SO2＋4H2O；Ba(OH)2＋Na2SO4＝BaSO4↓＋2NaOH。

【点睛】

要实现物质的转化，常需提供另一种物质；另一物质的选择，可依据转化物质表现的性质作出决定，如转化物质表现出还原性，则加入的物质应具有氧化性。

26．亚氯酸钠(NaClO2)主要用作棉纺、造纸业的漂白剂，也可用于食品消毒、水处理等，亚氯酸钠受热易分解。以氯酸钠(NaClO3)等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：

(1)ClO2中Cl的化合价为________。

(2)从“母液”中回收的主要物质是________(填化学式)。

(3)“冷却结晶”后需________(填操作名称)，该操作用到的玻璃仪器有________。

(4)反应2中转移0.1N A个电子时，生成NaClO2的质量为________g。

【答案】＋4价 Na2SO4过滤玻璃棒、漏斗、烧杯 9.05

【分析】

由流程图可知，用稀硫酸溶解氯酸钠后，向溶液中通入二氧化硫，氯酸钠在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化氯；二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水；亚氯酸钠溶液在低压55℃条件下蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗亚氯酸钠产品。

【详解】

(1)二氧化氯分子中氧元素的化合价为—2价，由化合价代数和为0可知，氯元素的化合价为+4价，故答案为：+4；

(2)由分析可知，氯酸钠在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化氯，则母液中的主要成分为硫酸钠，故答案为：Na2SO4；

(3)冷却结晶后要分离出固体，应用过滤的方法，过滤用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；

(4)二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，由方程式可知生成2mol NaClO2，反应转移2mol电子，则转移0.1N A个电子时，生成NaClO2的质量为

0.1mol×90.5g/mol=9.05g，故答案为：9.05。

【点睛】

二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应时，氯元素化合价降低，二氧化氯做反应的氧化剂，被还原生成亚氯酸钠，过氧化氢做反应的还原剂，被氧化生成氧气是分析解答的关键，也是解答难点和易错点。