高一第二学期 第二次段考化学试卷

高一第二学期第二次段考化学试卷

一、选择题

1．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。

2．下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】D

【详解】

A．NaBr溶液(NaI)中加入氯水，不仅除掉了I-，也除掉了Br-，最后所得溶液为NaCl，A不正确；

B．NaHCO3溶液(Na2CO3)中加入石灰水，NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀，最后得不到NaHCO3溶液，B不正确；

C．SO2(HCl)中加入饱和食盐水，HCl溶解于溶液，SO2也会有大量溶解，C不正确；

D．MgCl2溶液(CaCl2)中加入石灰水，虽然MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀，但加入盐酸后，又会生成MgCl2，D正确；

故选D。

3．下列实验操作、现象及结论正确的是( )

A．A B．B C．C D．D

【答案】B

【详解】

A．Na2CO3中滴入水，形成十水合碳酸钠，放热，取少许两种物质，加入几滴水，插入温度计，温度升高的是Na2CO3，故A错误；

B．将2mL水滴入盛有1g过氧化钠试管中，立即把带火星木条伸入试管，木条复燃，证明过氧化钠与水反应有氧气产生，故B正确；

C．向溶液中加入KSCN溶液，变红说明含Fe3+，不能证明含有Fe2+，故C错误；

D．检验溶液中是否含SO24-时，向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀，该沉淀可能是AgCl也可能是BaSO4，不能说明含有SO24-，故D错误；

答案选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．NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。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NH3被氧化为N2，NO2被还原为N2，每反应产生7 mol N2，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 N2，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 N2，其在标准状况下体积V(N2)=0.7 mol×22.4 L/mol=15.68 L，B正确；

C．反应产生7 mol N2时，消耗8 mol还原剂NH3，消耗6 mol氧化剂NO2，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。

6．一定量的锌与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。

7．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为

A．2mol/L B．1.8mol/L C．2.4 mol/L D．3.6 mol/L

【答案】A

【详解】

试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。

8．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。

9．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是( )

A．①②B．②③C．③④D．①③

【答案】D

【详解】

①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案①错误；

②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca(OH)2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca(OH)2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确；

③2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误；

④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。

综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。

【点睛】

与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。

10．二氯化二硫（S 2Cl 2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构与双氧水分子相似。常温下，S 2Cl 2是一种橙黄色液体，遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中不正确的是

A ．S 2Br 2与S 2Cl 2结构相似，沸点S 2Br 2 > S 2Cl 2

B ．S 2Cl 2的结构式为Cl —S —S —Cl

C ．S 2Cl 2中S 显—1价

D ．2S 2Cl 2＋2H 2O ＝SO 2↑＋3S↓＋4HCl

【答案】C

【详解】

A. 组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高；S 2Br 2与S 2Cl 2结构相似，S 2Br 2 相以分子质量较大，所以沸点S 2Br 2 > S 2Cl 2，A 正确；

B. 由题中信息分子结构与双氧水分子相似，双氧水的结构式为H-O-O-H ，所以S 2Cl 2的结构式为Cl-S-S-Cl ，B 正确；

C. 氯和硫都是第3周期元素，氯的非金属性较强，所以S 2Cl 2中Cl 显-1价，S 显+1价，C 错误；

D. 由题中信息S 2Cl 2遇水可发生反应，并产生能使品红褪色的气体，可知反应后生成二氧化硫，所以S 2Cl 2与水发生反应的化学方程式为2S 2Cl 2＋2H 2O ＝SO 2↑＋3S↓＋4HCl ，D 正确；故选C 。

11．现有Fe 、Al 、Si 三种单质的混合物，取一半投入足量的NaOH 溶液中，将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，若经测量两次实验产生的气体质量相等，则原混合物中Fe 、Al 、Si 三种单质的物质的量之比可能为（ ）

A ．6：4：3

B ．1：1：1

C ．2：3：4

D ．3：7：6

【答案】A

【详解】

取一半固体投入足量的NaOH 溶液中，Al 、Si 与氢氧化钠反应放出氢气；将剩余的一半投入足量的稀硫酸中，Fe 、Al 与稀硫酸反应放出氢气，测量两次实验产生的气体质量相等，说明Fe 与硫酸反应放出的氢气和Si 与氢氧化钠反应放出氢气一样多，根据2442Fe H SO FeSO H +=+ 、223222Si NaOH H O Na SiO H ++=+↑ ，Fe 、Si 的物质的量比一定为2:1，故A 正确。

12．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SiO 2属于两性氧化物

B ．由反应④说明酸性，H 2SiO 3＞H 2CO 3

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SiO 2+2NaOH=Na 2SiO 3+H 2O ；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO 2+4HF=SiF 4↑+2H 2O ，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SiO 2能与Na 2CO 3固体反应生成Na 2SiO 3和CO 2，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。

13．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH 3 ②NO 2③HCl 和N 2 的4：5混合气体，进行喷泉实验。经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为

A ．①>②>③

B ．①＜②＜③

C ．①=②=③

D ．①＜②=③ 【答案】C

【详解】

同温同压下，等体积的3NH 、HCl 、2NO 物质的量相等，设3NH 、HCl 、2NO 的物质的量均为1mol ，烧瓶体积为VL 。由2233NO H O 2HNO NO +=+可知生成3HNO 的物质的量为2mol 3，生成NO 的物质的量为1mol 3

，NO 难溶于水，则3HNO 的物质的量浓度为213/23

mol mol L V V

L =，3NH 和HCl 溶于水后溶液的物质的量浓度为1mol /L V ，因此

①=②=③，答案选C。

14．在容积为672 mL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280 mL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＋H2O===2HNO3

B．总反应为4NO＋8NO2＋5O2＋6H2O===12HNO3

C．生成硝酸的物质的量浓度均为0.030 mol·L－1

D．生成硝酸的物质的量浓度约为0.060 mol·L－1

【答案】B

【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）=

0.672

22.4L/mol

L

=0.03mol，

（O2）=

0.28L

22.4L/mol

=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：4NO+8NO2+5O2+6H2O═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÷0.672L=0.045mol/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．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

【分析】

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++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O。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。

16．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 。

17．10mLNO 、CO 2 的混合气体通过足量的Na 2O 2后，气体的体积变为6 mL (相同状况),则NO 和CO 2的体积比为( )

A ．1:1

B ．2:1

C ．3:2

D ．1:2

【答案】D

【分析】

发生反应有:①2Na 2O 2+CO 2==Na 2CO 3 + O 2 ，② 2NO+ O 2==2NO 2，问题的关键在于NO 与氧气反应存在着三种可能性，一种情况是恰好反应，一种情况是NO 过量，另一O 2种情况可能是过量，据此讨论计算。

【详解】

发生反应有：①2Na 2O 2+2CO 2═2Na 2CO 3+O 2，②2NO+O 2═2NO 2，

假设参加反应的CO 2为x mL ，NO 为y mL ，则x+y=10， 2222322mL 1222mL

xmL 1xmL 2CO Na O Na CO O +=+?①

2

2+=2mL 1mL

2mL ymL 122xmL 2NO O NO ?②

(1)当反应②恰好反应时，即当y=x 时(此时x 、y 都等于5)，生成的NO 2的体积为5mL ，不符合题意，所以选项A 错误；

(2)当y ＞x 时，NO 有过量，O 2反应完，此时反应掉的NO 为xmL ，则剩余的NO 为(ymL-xmL)，生成的NO 2气体为xmL ，因此，反应最后得到的混合气体为NO 和NO 2，其体积和为：(ymL-xmL)+xmL=ymL ，故y=6ml ，即NO 体积6ml ，结合x+y=10，x=4ml ，则CO 2为4 mL ，故NO 和CO 2的体积比为6ml ：4ml=3：2，故B 错误，C 正确；

(3)当y ＜x 时，NO 不足，O 2过量，此时反应掉的O 2为2y mL ，剩余的O 2为(2x mL-2y mL)，生成的NO 2气体为ymL ．因此，反应最后得到的混合气体为O 2和NO 2，其体积和为：(2x mL-2y mL)+ymL=2x mL+2

y mL=5mL ，这与题意“气体体积缩小为6mL”不符合，这表明如果y ＜x ，这种情况不符合题意，所以选项D 错误；

故答案为C 。

18．某溶液中可能含有H +、NH +4、Mg 2+、 Al 3+、Fe 3+、CO 2-3、SO 2-4、NO -

3中的几种。①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH 的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是( )

A．溶液中一定含有NH+

4

B．溶液中一定含有Al3+

C．溶液中一定含有NO-

3D．溶液中一定含有SO2-

4

【答案】C 【分析】

某溶液中可能含有H+、NH+

4、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO2-

3

、SO2-

4

、NO-

3

中的几种。①若加入锌

粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+，没有NO-

3

；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系示意图可知，

一定有Mg2+、Al3+和NH+

4，则根据离子共存的条件及沉淀的颜色可以判断，一定没有CO2-

3

和Fe3+。根据溶液电中性可知，一定有SO2-

4

。

【详解】

A. 沉淀达到最大量之后，即加入NaOH的物质的量在0.5mol~0.7mol之间时，沉淀既没有

增加也不有减少，说明溶液中一定含有NH+

4

，A说法正确；

B. 加入NaOH的物质的量在0.7mol~0.8mol之间时，沉淀的量逐渐减少，说明溶液中一定含有Al3+，B说法正确；

C. 加入锌粒，产生无色无味的气体，则该气体为氢气，确定有H+，没有NO-3，因为若有NO-3，会产生有刺激性气味的氮的氧化物，C说法不正确；

D. 溶液中一定存在H+、NH+4、Mg2+、Al3+，一定没有CO2-3和NO-3，由于溶液呈电中性，所

以，溶液中一定含有SO2-

4

，D说法正确。

本题选C。

19．如图所示是某一短周期元素的“类价二维图”。图中箭头表示的物质间转化，均能一步完成，a、g的焰色反应均为黄色。下列说法错误的是

A．x为O2，y为H2O

B．c为S，g为Na2SO4或NaHSO4

C．f的浓溶液不能用铁制容器盛装

D．反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+＝H2S↑

【答案】C

【分析】

a、g的焰色反应均为黄色，说明含有钠元素；根据图示，最低价为-2价，即为第ⅥA族元素，可能为硫元素或氧元素，且存在+4价，即元素为硫元素。根据物质分类可知，b为硫化氢，c为硫单质，d为二氧化硫，即x为氧气，e为三氧化硫，f为硫酸，y为水，g为硫酸钠或硫酸氢钠，a为硫化钠或硫氢化钠。

【详解】

A．根据物质分类和反应过程可知，x为O2，y为H2O，A正确，不选；

B．根据物质分类可知，c为S，g为Na2SO4或NaHSO4，B正确，不选；

C．常温下，f的浓溶液会与Fe发生钝化反应，阻止金属与浓硫酸进一步反应，故能用铁制容器盛装，C错误，符合题意；

D．a为硫化钠或硫氢化钠，b为硫化氢，反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+＝H2S↑，D正确，不选。

答案为C。

20．白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验（已知Ag2SO4可溶于硝酸）。

①A溶于足量水，最终得到无色溶液B和固体C

②固体C与过量稀硝酸作用得到无色气体D，蓝色溶液E和固体F

下列推断不正确的是

A．无色溶液B的pH≥7

B．固体F中有H2SiO3

C ．混合物A 中一定含有Na 2SiO 3、CuSO 4和CaCO 3

D ．溶液B 加HNO 3酸化，无沉淀；再加AgNO 3，若有白色沉淀生成，则A 中有KCl

【答案】C

【分析】

由实验可知，混合物加水得到无色溶液B 和固体C ，且固体C 不能完全溶解于硝酸中，不溶于硝酸的只有H 2SiO 3，无色气体D 为CO 2，蓝色溶液含有Cu 2＋，则溶液A 中一定含有Na 2CO 3、Na 2SiO 3、CuSO 4；无色溶液B 中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠或硅酸钠，实验不能确定是否含有KCl 、CaCO 3。

【详解】

A ．溶液

B 中一定含有硫酸钠，可能含有碳酸钠和硅酸钠，因此溶液B 可能是中性或碱性，故pH ≥7，A 正确，不选；

B ．根据分析，硅酸不溶于硝酸，则F 中含有H 2SiO 3，B 正确，不选；

C ．根据分析，A 中一定含有Na 2CO 3、Na 2SiO 3、CuSO 4，不能确定是否含有KCl 、CaCO 3，C 错误，符合题意；

D ．无色溶液B 中加HNO 3酸化，无沉淀，可排除Na 2SiO 3，再滴加AgNO 3，有白色沉淀生成，白色沉淀为AgCl ，说明A 中含有KCl ，D 正确，不选；

答案选C 。

21．下列有关S 和2SO 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 。

22．A 是一种正盐，D 相对分子质量比C 相对分子质量大16，E 是酸，当X 无论是强酸还是强碱时都有如图转化关系。当X 是强酸时，A 、B 、C 、D 、E 均含有同一种元素；当X 是强碱时，A 、B 、C 、D 、E 均含有另一种元素；下列说法不正确的是

A．D生成E的反应可能是氧化还原反应

B．当X是强碱时，C在常温下是气态单质

C．当X是强酸时，E是H2SO4

D．当X是强碱时，E是HNO2

【答案】B

【分析】

D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且观察C是由B+Y→C，D是由C+Y→D，可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO，NO2或者是SO2和SO3等，推知Y一定是O2，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有以下转换关系：；且A是正盐，很容易想到NH4+的正盐。再根据当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素；强酸则要想到是HCl、H2SO4、HNO3，再根据当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。由NH4+的性质与碱反应生产NH3，则可推出；当X是强碱时E是HNO3；当X是强酸时，E 是H2SO4，综上推出A的离子中含有NH4+离子，且含有S元素，可推出A为（NH4）2S。【详解】

A．当D为SO3 时，E为H2SO4，SO3与水化合成H2SO4，没有发生氧化还原反应，当D为NO2时，E为HNO3，NO2与水发生氧化还原反应，A正确；

B．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；当X是强酸时，B为

H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，B不正确；

C．当X是强酸时，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，C正确；

D．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，D正确；

故选C。

23．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。下列说法错误的是（）

A．过程①发生非氧化还原反应

B．过程②中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+

C．过程③中，氧气是氧化剂

D．整个转化过程中Fe3+可以循环使用

【答案】B

【详解】

A．过程①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A正确；

B．过程②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；

C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；

D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；

答案为B。

24．将11.2 g的Mg—Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体x（假定产生的气体全部逸出）。再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是（）

A．0.3 mol NO2和0.3 mol NO

B．0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4

C．0.6 mol NO

D．0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4

【答案】D

【分析】

向Mg—Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入足量的NaOH溶液，产生21.4 g沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中m(OH－)为21.4 g－11.2 g＝10.2 g，物质的量为

10.2g

＝0.6 mol，根据电荷守恒可知，11.2 g的Mg—Cu提供的电子为0.6 mol，据此17g mol

分析；

【详解】

A. 生成0.3 mol NO2和0.3 mol NO，N元素获得电子为0.3 mol×(5－4)＋0.3 mol×(5－2)＝1.2 mol，得失电子不相等，A错误；

B. 生成0.2 mol NO2和0.1 mol N2O4，N元素获得电子为0.2 mol×(5－4)＋0.1 mol×2×(5－4)＝

0.4 mol，得失电子不相等，B错误；

C. 生成0.6 mol NO，N元素获得电子为0.6 mol×(5－2)＝1.8 mol，C错误；

D. 生成0.1 mol NO、0.2 mol NO2和0.05 mol N2O4，N元素获得电子为0.1 mol×(5－2)＋0.2 mol×(5－4)＋0.05 mol×2×(5－4)＝0.6 mol，得失电子相等，D正确；

答案选D。

25．某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。现进行下列实验，下列说法正确的是 ()

A．该溶液X中可能有Fe3＋、Na+

B．取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种C．该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的

D．如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+

【答案】C

【分析】

由题给实验现象可知，向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后，溶液分层，下层呈紫红色，说明溶液中一定存在I－，一定不含Fe3＋；向上层一份溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，此时不能确定是否含有Cl－，向另一份中加入氢氧化钠溶液共热，生成红褐色沉淀，说明溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-和CO32-；有气体生成，说明溶液中一定有NH4+；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有Na＋，透过蓝色钴玻璃片，火焰为紫色，说明溶液中一定含有K＋，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒可知，溶液中含有SO42-和Cl－，综上可知，溶液X中一定含有K＋、Fe2＋、NH4+、I－、SO42-和Cl－，一定不含有Fe3＋、SO32-、CO32-和Na＋。

【详解】

A项、溶液X中一定没有Fe3＋、Na+，故A错误；

B项、因溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-，若取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-，故B错误；

C项、由以上分析可知，溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故C正确；

D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；

故选C。

【点睛】

根据实验现象和离子共存是解答的突破口，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒是判断的关键所在。

二、实验题

26．某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。

（1）实验室用装置A制备SO2，某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是：_________________________________________。

（2）实验室用装置E制备Cl2，其反应化学化学方程式为：

MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

①指出该反应中在反应中HCl(浓)所表现出的化学性质_____________、___________。

②请把（2）中的化学方程式改写为离子方程式

_______________________________________。

（3）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现__________的现象(填选项，下同。

A．品红都褪色 B．品红都不褪色

C．试管B 中品红褪色D 中不褪色 D．试管D 中品红褪色B 中不褪色

②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象又分别为__________。A．无色红色 B．无色无色 C．红色红色 D．红色无色（4）C 烧杯氢氧化钠溶液的作用是________________________。

（5）另一个实验小组的同学认为SO2 和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1∶1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）

_________________________________________。

【答案】分液漏斗的塞子没有取下来或者装置内外压强不相等酸性还原性MnO2+2Cl-+4H+==△=Mn2++2H2O+Cl2↑A D吸收过量的SO2和Cl2，防止污染环境

Cl2+SO2+2H2O==2HCl+H2SO4

【解析】

(1) 打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，可能的原因是分液漏斗上方的塞子没有取下来，或者装置内的压强大于装置外的压强；

(2)①已知化学反应MnO2+4HCl (浓)MnCl2 +Cl2↑+2H2O中Cl元素从-1价升高为0价，所以盐酸作还原剂，又有MnCl2 生成，盐酸起酸性作用；②该反应中只有HCl 和MnCl2 是可溶性强电解质，可拆为离子形式，所以反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+ Mn2++2H2O+Cl2↑；

(3)①由于SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而氯气溶于水生成的HClO也具有漂白性，也能使品红溶液褪色，所以正确答案选A；②停止通气后，给B、D两试管加热，由于SO2是与品红等反应生成无色不稳定的物质而褪色的，所以加热后又恢复红色，而HClO具有强氧化性，把有色物质氧化而褪色的，所以加热不会恢复红色，故正确答案选D；

(4) SO2和Cl2都是有毒的气体，又都能与碱反应，所以可用NaOH吸收多余的气体，防止污染环境；

(5)由于Cl2具有强氧化性，而SO2 具有还原性，所以二者混合后发生反应Cl2+SO2+2H2O == 2HCl+H2SO4生成了盐酸和硫酸，而这两种酸都没有漂白性，所以品红溶液不褪色。

27．实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）制取SO2并验证其性质。

（1）盛装70%H2SO4溶液的仪器名称为_______。仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若_______，则整个装置气密性良好。

（2）装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，其中的液体最好选择_______（填代号）。

a．蒸馏水 b．饱和Na2CO3溶液

c．饱和NaHSO3溶液 d．饱和NaOH溶液

（3）C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为_______。

（4）为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管D中的溶液分成三份，分别进行如下实验：

方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；

方案Ⅱ：向第二份溶液中加入品红溶液，红色褪去；

方案Ⅲ：向第三份溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。

上述方案合理的是方案_______（填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；试管D中发生反应的离子方程式为__________________________________________.

（5）装置E的作用是_______。装置F中为_______溶液。

【答案】分液漏斗液柱高度保持不变 c 有浅黄色沉淀生成Ⅲ SO2 + Cl2 +2H2O +4H＋+SO42- +2Cl－防止倒吸 NaOH

【详解】

（1）根据仪器特点，该仪器名称为分液漏斗，液注高度保持不变，说明气密性良好；（2）SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反应，但在NaHSO3溶液中溶解度较小，c项正确

（3）SO2能将S2－氧化，生成硫单质，所以现象为有浅黄色沉淀生成；

（4）方案Ⅰ，氯水中加入AgNO3溶液也可得到白色沉淀；方案Ⅱ中二氧化硫和氯水均可使品红褪色；方案Ⅲ中产生沉淀可证明SO2与Cl2发生了氧化还原反应（因溶液显酸性，不

会产生BaSO3沉淀，而是BaSO4沉淀），选方案Ⅲ；

（5）E为安全瓶，防止倒吸；装置F起到吸收尾气中SO2、H2S 的作用，可选用NaOH溶液。

28．某化学兴趣小组设计如下图所示的实验装置，探究SO2的性质。［部分夹持仪器已略去］

[实验探究]

(1)装置A中反应的化学方程式是____，仪器a的名称是____，导管b的作用是____。

(2)实验一段时间后，装置B中观察到现象是_____。

(3)装置C中溶液褪色说明SO2具有______性。

(4)装置D烧杯中盛放的试剂是_______(填“氢氧化钠溶液”或“浓硫酸”)。

(5)实验结束时需从导管b通入大量空气，其目的是______。

(6)用12.8g铜与足量浓硫酸反应，理论上最多可生成_____LSO2气体(标准状况下)。

[知识拓展]

(7)酸雨造成的危害是：____(举一例)。

(8)探究SO2形成硫酸型酸雨的途径：将SO2通水入中，测得所得溶液的pH___7(填“＞”“=”或“＜”)。然后每隔1h测定其pH,发现pH逐渐变小，直至恒定，其原因)是(用化学方程式表示)____。

【答案】Cu+2H2SO4(浓)?=CuSO4+SO2↑+2H2O 圆底烧瓶（或烧瓶）平衡气压（或者防止装置中气压过大使仪器破裂，防止气压过小产生倒吸等）酸性高锰酸钾溶液褪色漂白

氢氧化钠溶液使装置内SO2被充分吸收．减少污染 4.48 土壤酸化（或破坏植物生长、河水酸化、腐蚀建筑等）＜ 2H2SO3+O2=2H2SO4

【分析】

根据题中图示信息可知，装置A是SO2气体产生装置，装置B是探究SO2的还原性，装置C是探究SO2的漂白性，装置D是尾气吸收装置，防止污染环境；据此解答。

【详解】

(1)铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) ?=CuSO4+SO2↑+2H2O，仪器a的名称是

圆底烧瓶，铜与浓硫酸反应会生成SO2气体，导致圆底烧瓶内的压强大于外界大气压，导致气流过快，故导管b的作用是平衡压强(或者防止装置中气压过大使仪器破裂，防止气压过小产生倒吸等)；

答案为：Cu+2H2SO4(浓) ?=CuSO4+SO2↑+2H2O，圆底烧瓶，平衡压强(或者防止装置中气压过大使仪器破裂，防止气压过小产生倒吸等)。

(2)SO2气体具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，故实验一段时间后，装置B中观察到的现象是酸性高锰酸钾溶液褪色；

故答案为:酸性高锰酸钾溶液褪色。

(3)装置C中的品红溶液褪色说明SO2具有漂白性；

答案为:漂白。

(4)装置D的作用是吸收未反应完的SO2气体，氢氧化钠可以与SO2反应，因此可以用氢氧化钠溶液吸收SO2气体，而浓硫酸不与SO2反应，则不能吸收SO2气体，故D烧杯中盛放的试剂是氢氧化钠溶液；

答案为:氢氧化钠溶液。

(5)实验结束后，装置内可能会残留SO2气体，通入空气的目的是把装置内残留的二氧化硫气体赶入D中被氢氧化钠完全吸收；

答案为:把装置内残留的二氧化硫气体赶入D中被氢氧化钠完全吸收。

(6)12.8g铜的物质的量为n(Cu)= m

M

=

12.8g

64g/mol

=0.2mol，根据铜与浓硫酸反应的化学方

程式Cu+2H2SO4(浓) ?=CuSO4+SO2↑+2H2O，可知0.2mol的铜与足量的浓硫酸反应生成的SO2气体的物质的量为0.2mol，标准状况下的体积为V(SO2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

答案为4.48。

(7)酸雨的危害有导致土壤酸化或破坏植物生长或河水酸化或腐蚀建筑等；

答案为:导致土壤酸化或破坏植物生长或河水酸化或腐蚀建筑等。

(8)SO2溶于水会生成H2SO3，导致溶液显酸性，则溶液的pH＜7，每隔1h测定其pH，发现pH逐渐变小，直至恒定，原因是因为H2SO3被空气氧化生成了H2SO4，反应的化学方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4；

答案为:＜，2H2SO3+O2=2H2SO4。

29．某小组同学在实验室设计实验模拟工业生产。

Ⅰ.用消石灰和氯化铵固体制备NH3