高一化学第二学期 第一次月考检测测试卷含解析

高一化学第二学期第一次月考检测测试卷含解析
一、选择题
1．下列图象表示的意义与相关的化学反应完全正确的是
A．向FeCl3溶液中不断加入铁粉
B．Fe(OH)2固体露置在空气中质量的变化
C．25℃时，向Cl2水溶液中通入二氧化硫(生成两种常见的酸)
D．向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液
【答案】A
【分析】
A. 向FeCl3溶液中不断加入铁粉，反应生成FeCl2；
B. Fe(OH)2固体露置在空气中最终会被氧化为Fe(OH)3；
C. 向Cl2水溶液中通入二氧化硫，反应生成盐酸和硫酸；
D. 向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液一开始沉淀逐渐生成，当加入的烧碱溶液过量时，沉淀逐渐溶解。

【详解】
A. 向FeCl3溶液中不断加入铁粉，反应生成FeCl2，Cl-的质量不发生变化，溶液的质量逐渐增大，因此Cl-的质量分数减小，A项正确；
B. Fe(OH)2固体露置在空气中最终会被氧化为Fe(OH)3，质量增加，B项错误；
C. 向Cl2水溶液中通入二氧化硫，反应生成盐酸和硫酸，c(H+)逐渐增大，pH逐渐减小，但Cl2水中存在H+，因此起始时pH不是7，C项错误；
D. 向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液一开始沉淀逐渐生成，当加入的烧碱溶液过量时，沉淀逐渐溶解，且用于沉淀的烧碱和用于溶解Al(OH)3的少见的物质的量之比为3:1，D项错误；
答案选A。

【点睛】
解答本题的难点是可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图像
滴加顺序向Al3＋中滴加OH－
现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
图像
离子方程式OA段Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓
AB段Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O
2．下列有关硫及其化合物的说法中正确的是( )
A．浓硫酸与灼热的炭反应，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
B．浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，不能干燥 NH3、 H2S等气体
C．SO2和 Cl2均可使品红溶液褪色，但将溶有 SO2的品红溶液加热后又恢复红色，说明 SO2的氧化性没有 Cl2强
D．以 FeS和稀硫酸反应制H2S气体为氧化还原反应
【答案】B
【详解】
CO，浓硫酸被还原成SO2，体现了硫酸的强氧化A.浓硫酸与灼热的炭反应，炭被氧化成2
性，但是反应产物中没有硫酸盐，因此无法体现硫酸的酸性，A项错误；
B.由于浓硫酸具有酸性和强氧化性，浓硫酸不能干燥碱性气体（如NH3）和还原性气体（如H2S、HI等），B项正确；
C.二氧化硫的漂白原理与氯气的漂白原理不一样，二氧化硫漂白的原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，因此不能根据二氧化硫的漂白是可逆的这一点来判断二者的氧化性强弱，C项错误；
D.FeS中硫的化合价为-2价，2H S中硫的化合价也是-2价，则FeS与稀硫酸发生复分解反应制备H2S，没有元素化合价的变化，因此不是氧化还原反应，D项错误；
答案选B。

3．将SO2分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是()
A．试管a中实验可以证明SO2具有漂白性
B．试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性
C．试管c中蓝色退去，说明还原性：SO2>I-
D．试管d中无明显现象，说明SO2不是酸性氧化物
【答案】C
【详解】
A．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故A错误；
B．SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，故B错误；
C．二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，其反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，表明I-的还原性比SO2弱，即还原性：SO2>I-，故C正确；
D．SO2是酸性氧化物，NaOH溶液中通入SO2，生成Na2SO3和水，无明显现象，故D错误；
故答案为C。

4．Na2SO3与下列物质的反应中，体现的性质与其他3个反应不同的是
A．盐酸B．Ca(OH)2C．BaCl2D．O2
【答案】D
【详解】
A、Na2SO3和盐酸发生复分解反应生成NaCl、SO2、H2O，体现盐的性质；
B、Na2SO3和Ca(OH)2发生复分解反应生成CaSO3、NaOH，体现盐的性质；
C、Na2SO3和BaCl2发生复分解反应生成BaSO3、NaCl，体现盐的性质；
D、Na2SO3和O2发生氧化还原反应生成Na2SO4，体现还原性；
综上所诉，Na2SO3与O2反应体现的性质与其他3个反应不同，故选D。

5．下列试剂能用于鉴别CO2和SO2的是
A．BaCl2溶液B．NaOH溶液
C．澄清石灰水D．酸性高锰酸钾溶液
【答案】D
【详解】
A、CO2、SO2均不能和BaCl2溶液反应，故BaCl2溶液不能用于鉴别CO2和SO2，A错误；
B、CO2、SO2均能和NaOH溶液反应，但都没有明显现象，故NaOH溶液不能用于鉴别CO2和SO2，B错误；
C、CO2、SO2均能使澄清石灰水变浑浊，故澄清石灰水不能用于鉴别CO2和SO2，C错误；
D、SO2具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，CO2不和酸性高锰酸钾溶液反应，故酸性高锰酸钾溶液能用于鉴别CO2和SO2，D正确；
故选D。

6．由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A.钾的焰色是浅紫色，容易被钠的黄色火焰所掩盖，因此要在蓝色钴玻璃下进行观察才能确定有没有钾元素，A项错误；
CO，B.酸性：盐酸大于碳酸，碳酸大于次氯酸；因此次氯酸不可能与碳酸氢钠反应得到2
应该考虑是盐酸的影响，B项错误；
SO的水溶液显酸性，C项正确；
C.石蕊变红则证明溶液显酸性，因此说明2
SO和高锰酸钾之间发生的是氧化还原反应导致褪色，与漂白性无关，D项错误；
D.2
答案选C。

【点睛】
二氧化硫能够漂白一些有机色质，如品红溶液，属于非氧化性漂白；而二氧化硫在与酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁等溶液反应时，体现了二氧化硫的强的还原性，导致了溶液的颜色发生了变化，而非漂白性。

7．下列关于金属的说法正确的是（）
A．金属单质在氧化还原反应中常作还原剂
B．金属在加热条件下都易与氧气反应
C．加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化铜
D．铁丝能在氯气中燃烧生成氯化亚铁
【答案】A
【详解】
A、金属元素的最低价为0价，金属单质在氧化还原反应中化合价升高，作还原剂，故A 正确；
B、金、铂等不活泼金属在加热条件不易与氧气反应，故B错误；
C、硫的氧化性弱，加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化亚铜，故C错误；
D、氯气的氧化性强，铁丝能在氯气中燃烧生成氯化铁，故D错误。

8．下列关于单质硫的叙述中正确的是（）
A．硫的活泼性不如氯气
B．硫在过量纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
C．硫与金属单质或非金属单质反应均做氧化剂
D．硫与铁反应产物为Fe2S3
【答案】A
【详解】
A.硫元素和氯元素在同一周期，氯元素的非金属性比硫元素强，硫的活泼性不如氯气，故A正确；
B.硫燃烧时只能生成SO2，SO3可由SO2催化氧化制取，故B错误；
C.硫与非金属单质反应时可以做氧化剂也可以做还原剂，如硫与O2反应时做还原剂，硫与H2反应时做氧化剂，故C错误；
D.硫与变价金属反应的产物为金属的低价态硫化物，故D错误；
故选：A。

9．下图是一检验气体性质的实验装置。

向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色。

据此判断气体X和洗气瓶内液体Y(足量)可能是()
选项 A B C D X CO SO 2
CO 2 Cl 2
Y
浓H 2SO 4
NaHCO 3饱和溶液
Na 2SO 3溶液
NaHSO 3饱和溶液
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】B 【详解】
A ．CO 不能使品红褪色，A 错误；
B ．若关闭活塞K ，SO 2与NaHCO 3溶液反应生成CO 2气体，品红溶液无变化，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K ，SO 2使品红褪色，B 正确；
C ．CO 2与Na 2SO 3溶液不反应，且不能是品红褪色，C 错误；
D ．Cl 2与饱和NaHSO 3溶液发生氧化还原反应，Cl 2不能使澄清石灰水变浑浊，D 错误。

10．锌与100 mL 18.5 mol·
L －1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。

将反应后的溶液稀释至1 L ，测得溶液中氢离子浓度为0.1 mol·L －1。

下列叙述不正确的是( )
A ．反应中共消耗1.8 mol 硫酸
B ．气体甲中二氧化硫与氢气的体积比为
4∶1
C ．反应中共消耗97.5 g 锌
D ．反应中共转移3 mol 电子 【答案】B 【分析】
Zn 和浓硫酸先反应：Zn ＋2H 2SO 4(浓)=ZnSO 4＋SO 2↑＋H 2O ，随着反应的进行硫酸浓度降低，发生Zn ＋H 2SO 4=ZnSO 4＋H 2↑，然后在具体分析； 【详解】
A. Zn 和浓硫酸先反应：Zn ＋2H 2SO 4(浓)=ZnSO 4＋SO 2↑＋H 2O ，随着反应的进行硫酸浓度降低，发生Zn ＋H 2SO 4=ZnSO 4＋H 2↑，反应后溶液稀释至1L ，测的溶液中c(H ＋)=0.1mol·L －1，说明硫酸过量，剩余硫酸的物质的量为
1
2
×1L×0.1mol·L －1=0.05mol ，总硫酸物质的量为100×10－3L×18.5mol·L －1=1.85mol ，即反应过程中消耗硫酸的物质的量为(1.85mol －0.05mol)=1.8mol ，故A 说法正确； B. 令生成amolSO 2和bmolH 2，则有：
24422Zn 2H SO =ZnSO SO O
a
a
()H 2 ＋浓＋＋
2442 Zn H SO=ZnSO H
b b
＋＋
得到2a＋b=1.8mol，反应后得到气体物质的量为(a＋
b)mol=
33.6L
22.4L/mol
，联立解得a=0.3，b=1.2，即相同条件下，气体体积之比等于物质的量
之比，SO2和H2的体积之比为0.3：1.2=1：4，故B说法错误；
C. 根据选项A的分析，反应后溶液中的溶质为H2SO4和ZnSO4，根据硫酸守恒得出n(H2SO4)＋n(ZnSO4)＋n(SO2)=n(H2SO4)总，得出n(ZnSO4)=(1.85mol－0.05mol－0.3mol)=1.5mol，消耗Zn的质量为1.5mol×65g·mol－1=97.5g，故C说法正确；
D. 整个反应中Zn失电子，反应中转移电子物质的量为1.5mol×2=3mol，故D说法正确；故答案为：B。

【点睛】
浓硫酸氧化性强，根据氧化还原反应的规律，锌先与浓硫酸反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋H2O，随着反应的进行硫酸的浓度降低，然后发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，最后根据反应方程式以及守恒进行计算。

11．下列物质转化在给定条件下不能实现的是
A．S SO3H2SO4B．SiO2Na2SiO3(aq) H2SiO3(胶体) C．Fe FeCl3FeCl2(aq) D．Al2O3NaAlO2(aq) AlCl3(aq)
【答案】A
【详解】
A、硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，故A错误；
B、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O ，Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl，故B正确；
C、2Fe+3Cl2=2FeCl3,2FeCl3+Fe=3FeCl2，故C正确；
D、氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与过量的盐酸生成三氯化铝，故D 正确；
故选A。

12．浓硫酸是实验室必备的重要试剂，下列有关它的说法错误的是
A．具有强腐蚀性B．能使蔗糖变黑
C．能用于干燥氨气D．加热时能与铜发生反应了
【答案】C
【详解】
A．浓硫酸具有酸性、脱水性和强氧化性，所以具有强腐蚀性，故A正确；
B．浓硫酸能使蔗糖中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，从而使蔗糖变黑，故B正确；
C．浓硫酸具有酸性，能和氨气反应生成硫酸铵，所以不能干燥氨气，故C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，加热条件下，能和Cu发生氧化还原反应，故D正确；
故答案为C。

【点睛】
考查浓硫酸的性质，浓硫酸的强氧化性、脱水性是考查高频点，注意吸水性和脱水性区别，注意浓硫酸不能干燥氨气等碱性气体、不能干燥硫化氢等还原性气体。

13．下列关于硫酸的叙述中，正确的是（）
A．浓硫酸具有吸水性，能使蔗糖炭化
B．浓硫酸有强氧化性，常温下可贮存在铝、铁容器中
C．浓硫酸具有脱水性，能够干燥氨气、氯气等气体
D．稀释浓硫酸时，应将水沿着器壁慢慢加入到浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌
【答案】B
【详解】
A. 浓硫酸具有脱水性能使蔗糖炭化， A错误；
B. 浓硫酸有强氧化性，常温遇到铝铁钝化，所以常温下可贮存在铝、铁容器中，B正确；
C.浓硫酸具有吸水性，能够干燥氯气但不能干燥氨气，C错误；
D.稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿着器壁慢慢加入到水中，并用玻璃棒不断搅拌，D错误；答案选B。

14．运输化学药品浓硫酸的车辆，应该张贴的标志为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
A．浓硫酸不是易燃液体，不能张贴，故A错误；
B．浓硫酸有强氧化性，可作氧化剂，但不张贴，故B错误；
C．浓硫酸不是剧毒品，不能张贴，故C错误；
D．浓硫酸具有强腐蚀性，应该张贴，故D正确；
故答案为D。

15．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。

16．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。

17．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。

18．无机物X、Y、Z、M的相互转化关系如图所示（部分反应条件、部分反应中的H、O 已略去）。

X、Y、Z均含有同一种元素。

下列说法正确的是
A．若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2
B．若Y具有两性，则M的溶液只可能显碱性
C．若Z是导致酸雨的主要气体，则X一定是H2S
D．若M是用途最广的金属，加热蒸干Y的溶液一定能得到Y
【答案】A
【解析】
【详解】
A、若X是氢氧化钠，则M不一定为CO2，M为能形成多元酸的酸性氧化物，如：SO2，故A正确；
B. 若Y具有两性，则M的溶液可能显碱性，也可能显酸性，故B错误；
C. 若Z是导致酸雨的主要气体，则X也可以是Na2SO3，Y为NaHSO3，Z为SO2，M为HCl，故C错误；
D. 若M是用途最广的金属，Y为亚铁盐，因为亚铁离子水解，所以加热蒸干Y的溶液不能得到Y，故D错误；
故答案选A。

19．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是()
A．若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2CO3> H2SiO3
B．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色
C．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊
D．装置D起干燥气体作用
【答案】C
【详解】
A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；
B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；
C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；
故答案为C。

20．向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色。

再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。

下列分析正确的是（）
A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2
B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂
C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性
D．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀
【答案】A
【分析】
向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色，说明有I2生成。

碘元素化合价由-1价升高到0价，Cu2+被还原为CuI，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2被还原，I2与SO2反应生成HI和H2SO4，据此分析解答。

【详解】
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。

A. 在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中，Cu2+化合价降低，Cu2+作氧化剂，I2是I-失去电子形成的，I2是氧化产物，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合价由0价降低为-1价，I2作氧化剂，SO2被氧化，SO2作还原剂。

由于物质氧化性：氧化剂>还原剂，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正确；
B. 向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应方程式可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2作氧化剂，B错误；
C. 向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为I2不断被还原消耗变为I-使碘水褪色，SO2体现强还原性，而不能表现漂白性，C错误；
D. CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应的化学方程式为
2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每转移2 mol电子生成2 mol CuI，D错误；
故合理选项是A。

【点睛】
本题考查氧化还原反应，掌握物质的性质与元素化合价的关系是本题解答的关键。

根据题目信息推断实验中发生的反应，利用物质的氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；物质的还原剂：还原剂大于还原产物，还原剂大于氧化剂，电子转移数目等于反应中元素化合价升降总数，本题考查了学生对氧化还原反应的利用及对陌生信息的接受与应用能力。

二、非选择题
21．已知SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，某化学兴趣小组选用下列实验装置，测定工业原料气(含SO2、N2、O2)中SO2的含量。

(1)若原料气从左流向右时，上述装置组装连接的顺序：原料气→__________________(填“a”“b”“c”“d”“e”)。

(2)装置Ⅱ中发生反应的离子方程式为_____________；当装置Ⅱ中出现________现象时，立即停止通气。

(3)若碘溶液的浓度为0.05 mol/L、体积为20 mL，收集到的N2与O2的体积为297.6 mL(已折算为标准状况下的体积)，SO2的体积分数为________。

【答案】c→d→b→a→e SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2I－蓝色褪去7%
【分析】
(1)本题考查了排水法的连接顺序；SO2用碘吸收，氧气和氮气不溶于水，可用通过排水法测量起体积。

(2)根据方程式可直接写出离子方程式。

(3)找出SO2与I2对应关系，求出SO2体积，可以求出混合气体中SO2的体积分数。

【详解】
：（1）SO2用碘水吸收，氧气和氮气不溶于水，可用通过排水法测量起体积；所以正确的顺序为原料气→c→d→b→a→e；正确答案：c→d→b→a→e。

（2）二氧化硫、碘与水混合反应生成硫酸和氢碘酸，反应的离子方程式
为：SO2+I2+2H2O=4H++SO42-+2I-；由于碘遇淀粉显蓝色，所以当溶液蓝色褪去时，即停止通气；正确答案：SO2＋I2＋2H2O=4H＋＋SO42-＋2I－；蓝色褪去。

（3）由反应方程式可知: SO2---I2关系可知：V(SO2)=0.05×20×10-3×22.4×1000mL=22.4mL，则SO2的体积分数为=22.4/(297.6+22.4)×100%=7%；正确答案：7%。

22．实验室中需要22.4L(标准状况)SO2气体。

化学小组同学依据化学方程式
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O计算后,取65.0g锌粒与98%的浓
H2SO4(ρ=1.84g/cm3)110mL充分反应,锌全部溶解,对于制得的气体,有同学认为可能混有杂质。

(1)化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是_______(填分子式)。

产生这种结果的主要原因是_______________________(用化学方程式和必要的文字加以说明)。

(2)为证实相关分析,化学小组的同学设计了实验,组装了如下装置,对所制取的气体进行探究。

①装置B中加入的试剂_______,反应的离子方程式：______________。

②装置D加入的试剂及作用_______,装置F加入的试剂试剂及作用_______。

③可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反应后生成的气体中混有某杂质气体的实验现象是______________。

④U形管G的作用为______________。

【答案】H2随着反应的进行,硫酸浓度降低,致使锌与稀硫酸反应生成H2
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑NaOH溶液除去混合气体中的SO2SO2+2OH-= SO32-浓硫酸，除去水蒸气; 无水硫酸铜粉末，检验生成物中有水装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色,干燥管F中无水硫酸铜变蓝色防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验【分析】
(1)随着硫酸浓度降低，锌与稀硫酸反应生成氢气；
(2) A是制取气体的装置，制备的气体中有二氧化硫、氢气、水蒸汽，B装置是除去.二氧化硫，可以用氢氧化钠等碱液吸收; C装置是检验二氧化硫是否除尽，D装置是浓硫酸，吸水干燥作用; E装置是用还原性气体还原氧化铜，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成; G是防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验，以此解答该题。

【详解】
(1)因为Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着硫酸浓度降低，锌与稀硫酸反应即
Zn+ H2SO4= ZnSO4+ H2↑生成氢气，所以化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是氢气，故答案为: H2；随着反应的进行，硫酸浓度降低，致使锌与稀硫酸反应生成 H2即 : Zn+ H2SO4= ZnSO4+ H2↑;
(2)A是制取气体的装置，制备的气体中有二氧化硫、氢气、水蒸汽，B装置是除去二
氧化硫，可以用氢氧化钠等碱液吸收；C装置是检验二氧化硫是否除尽，D装置是浓硫酸，吸水干燥作用；E装置是用还原性气体还原氧化铜，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成 ;G是防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验。

①B装置是除去二氧化硫，可以用氢氧化钠等碱液吸收，其反应方程式为SO2+2OH-=
SO32-，故答案为: NaOH溶液;除去混合气体中的SO2; SO2+2OH-= SO32-；
②D装置是浓硫酸，吸水干燥作用，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成，故答案为:
浓硫酸，除去水蒸气; 无水硫酸铜粉末，检验生成物中有水；
③E装置是用还原性气体还原氧化铜，F装置无水硫酸铜，检验是否有水生成，只要黑色变红色，无水硫酸铜变蓝色，就证明是氢气，故答案为:装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色;
④G是防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验，故答案为:防止空气中 H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验。

23．某研究性学习小组设计了如下装置制取和验证SO 2的性质
请回答：
（1）图中仪器a 的名称为_____________。

（2）A 中发生反应的化学方程式是_____________________________________。

（3）若C 中溶液褪色，体现SO 2具有_________________性。

（4）过量NaOH 溶液与SO 2反应的离子方程式是__________________________________。

（5）向两支装有品红溶液的试管中，分别通入Cl 2和SO 2，发现两支试管中品红溶液均褪色，请你设计实验证明哪支试管中通入的是SO 2：_________________。

（6）该小组继续设计实验，相同条件下将Cl 2和SO 2两种气体按体积1：1混合，再通入品红溶液中，观察溶液几乎不褪色。

查阅资料知：两种气体按体积1：1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是
________________________。

【答案】分液漏斗 Cu + 2H 2SO 4 (浓) △
CuSO 4 + SO 2↑+2H 2O 还原 SO 2+2OH −= SO 32− +
H 2O 将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO 2 Cl 2+SO 2+2H 2O=H 2SO 4+2HCl
【分析】
A 中浓硫酸与铜在加热条件下反应生成二氧化硫和水、硫酸铜，二氧化硫具有漂白性，能够使
B 中品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能够与
C 中高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫有毒，多余的二氧化硫可以用
D 中氢氧化钠吸收，以此解答该题。

【详解】
（1）由装置图可知仪器a 为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）浓硫酸具有强氧化性，加热条件下可与铜发生氧化还原反应，方程式为
()244?22Cu+2H SO =CuSO +SO +2H O ∆↑浓 ，
（3）高锰酸钾具有强氧化性，C 中高锰酸钾褪色，说明二氧化硫具有还原性，故答案为：还原；
（4）过量NaOH 溶液与SO 2反应生成亚硫酸钠，离子方程式是SO 2+2OH -=SO 32-+H 2O ；
（5）二氧化硫的漂白效果具有不稳定性，加热可恢复到原来的颜色，则鉴别两种气体，可将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO 2，故答案为：将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO 2；。