四川省成都七中实验学校2024届高一化学第一学期期末检测试题含解析

四川省成都七中实验学校2024届高一化学第一学期期末检测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、关于溴和碘的说法中不合理的是
A．碘单质是从海水中大量提取的B．溴水可使湿润的淀粉KI试纸变蓝
C．单质碘易升华D．单质溴是一种深红棕色液体
2、光导纤维被认为是20世纪最伟大的发明之一，它使信息科学迅猛发展。

光导纤维的主要成分是( ) A．CaCO3B．SiO2C．Na2SiO3D．CaSiO3
3、对于反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，以下叙述正确的是
A．Cl2是氧化剂，NaOH是还原剂
B．每生成1mol的NaClO3转移6mol的电子
C．Cl2既是氧化剂又是还原剂
D．被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为5∶1
4、某溶液中有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋4种离子，若向其中加入过量的Na2O2固体，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量减少的阳离子是
A．Cu2＋B．Mg2＋C．Fe2＋D．Al3＋
5、将少量氯水加入盛有KBr溶液的试管中，再加入适量的汽油，然后振荡，静置，产生的现象是（）
A．溶液呈橙色B．溶液呈无色
C．上层液体呈橙色，下层液体几乎无色D．上层液体呈紫红色，下层液体几乎无色
6、下列四种气体中，与水无法做“喷泉”实验的是（）
A．HCl B．NH3C．SO2D．NO
7、往FeCl2溶液中滴加溴水，溶液变为黄色，下列说法正确的是
A．由于溶液存在Br2，所以溶液为黄色
B．往所得溶液中加入硫氰化钾溶液，可判断是否生成了Fe3+
C．往所得溶液中加入足量氢氧化钾溶液，不能判断是否生成了Fe3+
D．往所得溶液中加入淀粉碘化钾溶液，可判断是否生成了Fe3+
8、某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO-与ClO3-的浓度之比为1:3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（）
A．21:5 B．11:3 C．4:1 D．3:1
9、下列关于氧化还原反应的说法中正确的是（）
A．氧化还原反应前后元素化合价有升降
B．氧化还原反应前后一定有氧的得失
C．实现Fe3＋→Fe2＋的变化过程一定是氧化反应
D．元素化合价升高的反应是还原反应
10、下列有关钠及其化合物说法不正确的是
A．实验室将Na保存在煤油中
B．金属钠在空气中长期放置，最终生成物为Na2CO3
C．将钠元素的单质或者化合物在火焰上灼烧，火焰为黄色
D．可用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
11、以下10种化合物中，不能通过化合反应直接生成的有（）
①Fe3O4；②Fe(OH)3；③FeCl2；④CuS；⑤Cu2S；⑥Cu2(OH)2CO3；⑦Al(OH)3；⑧Na2CO3；⑨NaHCO3；⑩Na2O2 A．2种B．3种C．4种D．5种
12、下列有关金属及其合金的说法中，错误的时候
A．硬铝、青铜、不锈钢都属于合金，合金的性能一般优于纯金属
B．日用铝制品表面覆盖着致密的氧化膜，对内部金属起保护作用
C．为节能环保，提倡使用单车，单车零件所含金属元素中只含铁元素
D．纳米铜的水溶液具有丁达尔效应
13、同一短周期的元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，下列叙述正确的是：
A．单质的化学活泼性：W<X<Y<Z B．原子最外层电子数：W<X<Y<Z
C．单质的氧化能力：W<X<Y<Z D．元素的最高化合价：W<X<Y<Z
14、既能与酸(H+)反应，又能与碱(OH-)反应的化合物是( )
①MgO ②Al(OH)3③NaHSO4④NaHCO3⑤CH3COONH4⑥Al
A．②④B．②③④C．②④⑤D．②④⑥
15、将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。

.则下列说法不正确的是:
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol·L－1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
16、某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的( )
①钠比水轻②钠的熔点较低③钠与水反应在时要放出热量④钠与水反应后溶液呈碱性
A．①④B．①②④C．①③④D．①②③④
二、非选择题（本题包括5小题）
17、已知A→C必须加热，否则会发生钝化现象。

请回答下列问题：
(1)A是________，你推断的理由是___________________。

(2)B在酸性条件下与H2O2反应的离子方程式：_____________________。

(3)A与过量浓H2SO4反应的化学方程式：_______________________。

18、已知A 是单质,A、B、C、D、E 五种物质均含同一种元素,X 是地壳中含量最多的元素形成的单质，相互转化关系如图所示.回答下列问题:
(1)通常情况下,若A为气体,C、D都是大气污染物;
①写出下列反应的化学方程式
B−−→C_________________
E−−→C_________________
②实验室中检验B的操作方法是_________________。

③标准状况下,将盛满D的试管倒扣在盛满水的水槽中,一段时间后,假定溶质不扩散,则试管中所得溶液的物质的量浓度为____________。

(2)通常情况下,若A为淡黄色固体：
①写出B与C反应的化学方程式：_______________________。

②将C通入溴水中的现象是______，发生反应的离子方程式是_______________________。

19、下图是实验室制取SO2并验证SO2的某些性质的装置，请回答：
（1）在⑥中发生反应的化学方程式为______________________________________。

（2）①中的实验现象为石蕊溶液____________，此实验证明SO2具有____________的性质。

（3）②中的品红溶液________，证明SO2有________性。

（4）③中的实验现象是________________________，证明SO2有____________性。

（5）④中的实验现象是______，证明SO2有______性。

（6）⑤的作用是____________，反应的化学方程式为____________ 。

20、为验证氧化性：Cl2＞Fe3＋＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕)实验过程如图：
Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T形导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。

Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。

Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。

Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。

Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。

Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。

(1)过程Ⅰ的目的是________________________。

(2)棉花中浸润的溶液为_____________。

作用是___________________。

(3)A中发生反应的化学方程式：______________________________________。

(4)导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是______________________________。

用______________(写试剂化学式)检验氧化产物，现象是____________。

(5)能说明氧化性Fe3＋＞SO2的离子方程式是__________________________。

(6)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2的是
________________(填“甲”“乙”或“丙”)。

21、有A、B、C三种可溶性正盐，阴阳离子各不相同，它们的阴离子的摩尔质量按A、B、C的顺序依次增大。

将等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-、Cl-五种离子，同时生成一种白色沉淀（微溶物视为可溶物）。

请回答下列问题。

（1）经检验，三种盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是__________
A．Na+B．Mg2+C．Cu2+ D .Ag+
（2）写出三种盐的化学式：A_________________ B______________C _______________
（3）不需要加入任何试剂就能将上述三种盐溶液区分开来，鉴别出来的先后顺序为______________（填化学式）（4）若将A、B、C三种盐按一定比例溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K +、SO42-、NO3-四种离子且物质的量之比为1:4:2:3，则A、B、C三种盐的物质的量之比为__________，若向该溶液中加入过量的Ba(OH)2，发生反应的离子方程式为_____________________。

参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、A
【解题分析】
A项、海水中不存在碘单质，碘元素以碘盐的形式存在，故A错误；
B项、溴水可与KI溶液发生置换反应生成碘，生成的碘遇淀粉变蓝，故B正确；
C项、碘易升华，可用于混合物分离，故C正确；
D项、溴为红棕色液体，易挥发，保存液溴利用水封法，故D正确。

故选A。

【题目点拨】
本题考查海水资源应用，侧重分析与应用能力的考查，明确海水中元素的存在、物质的性质是解答关键。

2、B
【解题分析】
光导纤维的主要成分是SiO2，故选B。

3、C
【解题分析】
在该反应中，Cl2中的氯元素化合价升高，被氧化，生成NaClO3，Cl2是还原剂，NaClO3是氧化产物；Cl2中的氯元素化合价降低，被还原，生成NaCl，Cl2是氧化剂，NaCl是还原产物
【题目详解】
A、Cl2既是氧化剂又是还原剂，A错误，C正确；
B、生成1mol的NaClO3转移5mol的电子，B错误；
D、被氧化的Cl原子和被还原的Cl原子的物质的量之比为1∶5，D错误。

故答案C。

4、C
【解题分析】过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，溶液显碱性，同时过氧化钠具有氧化性，则向含有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等四种离子的溶液中加入过量的过氧化钠，会产生Cu(OH)2、Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀，Al3+则变为AlO2-溶于水，由于氢氧化亚铁易被氧化，所以微热并搅拌，Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，再加入过量盐酸，Cu(OH)2、Mg(OH)2、Fe(OH)3溶解变为Cu2＋、Mg2＋、Fe3＋，AlO2-则变为Al3＋。

因此溶液中大量减少的阳离子是Fe2＋，答案选C。

5、C
【解题分析】
氯气具有强氧化性，通入溴化钾溶液发生反应：Cl2+2KBr=2KCl+Br2，反应后得到橙黄色的溴水溶液，倒入汽油后，汽油与水互不相溶，汽油的密度小于水，溶液分层，汽油层在上层，溴在汽油中的溶解度大于在水中的溶解度，振荡后，溴被萃取到汽油层，所以看到的现象是溶液分层，下层为无色的水层，上层为橙色的溶有溴的汽油层，答案选C。

点睛：本题考查了氯气的氧化性和萃取的原理，熟悉氯气的性质，明确溴在汽油中溶解度大是解题的关键，注意汽油的密度小于水。

6、D
【解题分析】
能溶于水或与能水反应的气体，可与水做“喷泉”实验；难溶于水的气体，与水无法做“喷泉”实验。

HCl、NH3、SO2都易溶于水，可与水做“喷泉”实验；NO难溶于水，与水无法做“喷泉”实验，故选D。

【题目点拨】
本题通过喷泉实验原理考查常见气体的化学性质，注意明确形成喷泉原理，熟练掌握气体的溶解性，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。

7、B
【解题分析】
A. 溶液为黄色是亚铁离子被氧化为铁离子，即使溴水不过量，溶液也是黄色的，A错误；
B. 往所得溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变血红色，可判断生成了Fe3+，B正确；
C. 往所得溶液中加入足量氢氧化钾溶液，如果立即生成红褐色沉淀，能判断生成了Fe3+，C错误；
D. 往所得溶液中加入淀粉碘化钾溶液，由于铁离子和单质溴都能把碘化钾氧化为单质，因此不能据此判断是否生成了Fe3+，D错误；
答案选B。

8、C
【解题分析】
Cl2中Cl元素为0价，反应后得到的NaCl、NaClO、NaClO3中Cl元素的化合价分别为-1价、+1价、+5价，化合价升高为氧化反应，降低为还原反应，化合价升高与降低的数值与得失的电子数目相等，以此分析解答。

【题目详解】
Cl2生成NaClO、NaClO3是被氧化，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，Cl2生成NaCl是被还原，化合价由0价降到-1价，所得溶液中ClO-与ClO3-的浓度之比为1:3，设二都的物质的量分别为1mol、3mol，根据电子转移守恒可得：1mol⨯(1-0)+3mol⨯(5-0)=n(NaCl)⨯1，解得n(NaCl)=16mol，所以被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为：16mol：(1+3)mol=4：1，答案选C。

9、A
【解题分析】
A．氧化还原反应前后元素化合价有升降，且升降总数相等，故A正确；
B．氧化还原反应前后不一定有氧的得失，如氢气和氯气生成HCl的反应属于氧化还原反应，但没有氧的得失，故B 错误；
C．Fe3+→Fe2+元素化合价降低，发生还原反应，故C错误；
D．物质所含元素化合价升高的反应为氧化反应，故D错误；
答案选A。

10、D
【解题分析】
A、实验室中Na常保存在石蜡油或煤油中，故A不符合题意；
B、金属钠在空气中长期放置，其物质转变过程为：Na→Na2O→NaOH→NaOH（水膜）→Na2CO3，故B不符合题意；
C、钠元素的焰色反应为黄色，故将钠元素的单质或者化合物在火焰上灼烧，火焰为黄色，故C不符合题意；
D、澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3均能反应生成难溶物CaCO3，其现象一致，无法鉴别，故D符合题意；
故答案为D。

11、A
【解题分析】
①Fe与O2点燃生成Fe3O4，该反应是化合反应，①不符合题意；
②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，该反应是化合反应，②不符合题意；
③Fe+2FeCl3=3FeCl2，该反应是化合反应，③不符合题意；
④Cu与S加热产生Cu2S，不能直接通过化合反应产生CuS，④符合题意；
⑤Cu与S加热产生Cu2S，该反应是化合反应，⑤不符合题意；
⑥2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，该反应属于化合反应，⑥不符合题意；
⑦Al2O3难溶于水，不能直接与水通过化合反应产生Al(OH)3，⑦符合题意；
⑧Na2O+CO2=Na2CO3，该反应属于化合反应，⑧不符合题意；
⑨Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，该反应属于化合反应，⑨不符合题意；
⑩2Na+O2Na2O2，该反应属于化合反应，⑩不符合题意；
综上所述可知：不能通过化合反应直接生成的有④⑦，故合理选项是A。

12、C
【解题分析】
A、硬铝是铝、硅、镁等形成的合金，青铜是铜锡合金，不锈钢制作就是在普通钢中添加铬、镍等元素改变了钢铁内部结构，不锈钢是合金，合金的性能一般优于纯金属，故A正确；
B、铝与氧气反应生成致密的氧化铝保护膜，对内部金属起保护作用，故B正确；
C、单车零件主要为合金，有铁合金，铝合金，还有镍等元素，故C错误；
D、纳米铜所形成的分散系属于胶体，故有丁达尔效应，故D正确；
答案选C。

【题目点拨】
本题考查合金的概念与用途、铁合金、铝、铜元素单质化合物的性质等，比较基础，注意对基础知识的积累掌握。

13、B
【解题分析】
A项，若W、X、Y、Z均为非金属元素，单质的化学活性依次增加；若W、X、Y、Z均为金属元素，单质的活性依次减弱，故A项错误；
B项，因为W、X、Y、Z，属于同一短周期，故原子最外层电子数依次增加，故B项正确；
C项，若W、X、Y、Z均为非金属元素，单质的氧化能力依次增加；若W、X、Y、Z均为金属元素，则单质的氧化能力依次降低，故C项错误；
D项，O的最高化合价为+2，F无正价，故D项错误。

综上所述，本题正确答案为B。

14、C
【解题分析】
①MgO不能与碱反应，故①不选；
②Al(OH)3是两性氢氧化物，与酸和碱都能反应生成盐和水，故②选；
③NaHSO4不能与酸反应，故③不选；
④NaHCO3与酸反应生成盐、水和二氧化碳；与碱反应生成碳酸盐和水，故④选；⑤醋酸铵既能和酸反应，生成醋酸和铵盐，又能和碱反应生成氨气、水和醋酸盐，故⑤选；
⑥Al能与酸、碱反应都放出氢气，但铝属于单质，故⑥不选；
既能与酸(H+)反应，又能与碱(OH-)反应的化合物是②④⑤，故选C。

【题目点拨】
本题的易错点为③和④的判断，要注意NaHSO4属于强酸的酸式盐，NaHCO3属于弱酸的酸式盐。

15、D
【解题分析】
从图象中看到，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。

当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg(OH)2和Al(OH)3。

【题目详解】
A、当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH)2，n（Mg）=n[Mg(OH)2]=0.15mol，m（Mg）=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，n（Al）=n[Al(OH)3]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m（Al）=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝的总质量为9g，A项正确；
B、根据A中分析可知B项正确；
C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH)3：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，则此过程消耗n（NaOH）
=n[Al(OH)3]=0.2mol，c（NaOH）=0.2mol÷0.04L=5mol•L-1，C项正确；
D、由Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑，2Al+3H2SO4=2Al2(SO4)3+3H2↑可以计算出生成n（H2）=0.45mol，标准状况下V （H2）=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D项错误。

答案选D。

16、D
【解题分析】
①将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故①正确；
②将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故②正确；
③将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故③正确；
④将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故④正确；
故答案为D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、铁A在浓硫酸中会钝化，且A与浓硫酸与稀硫酸反应的氧化产物不同2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2H2O＋2Fe3＋6H
2
SO4(浓)＋2Fe═Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O
【解题分析】
已知A→C必须加热，否则会发生钝化现象，则A为铁或铝，根据流程图，A与稀硫酸和浓硫酸反应生成不同的产物，其中B能够氧化生成C，则A为铁B为亚铁盐，C为铁盐。

(1) A在浓硫酸中会钝化，且A与浓硫酸与稀硫酸反应的氧化产物不同，因此A是铁，故答案为铁；
A在浓硫酸中会钝化，且A与浓硫酸与稀硫酸反应的氧化产物不同；
(2)硫酸亚铁在酸性条件下与H2O2反应被氧化为铁离子，反应的离子方程式为2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2H2O＋2Fe3＋，故答案为2H＋＋2Fe2＋＋H2O2===2H2O＋2Fe3＋；
(3)铁与过量浓H2SO4反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，反应的化学方程式为
6H2SO4(浓)＋2Fe═Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O，故答案为6H2SO4(浓)＋2Fe═Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O。

18、4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口变
蓝或用蘸有浓盐酸的玻棒靠近气体有白烟
1
22.4
mol/L(或0.045mol/L) 2H2S+SO2=3S+2H2O 溴水褪色
SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-
【解题分析】
X是地壳中含量最多的元素形成的单质，应为O2，符合转化关系的应为S或N2，
（1）通常情况下，若A为气体，C、D都是大气污染物，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；
（2）通常情况下，若A为淡黄色固体，应为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3、E为H2SO4，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。

【题目详解】
(1)X是地壳中含量最多的元素形成的单质，应为O2，符合转化关系的应为S或N2，通常情况下，若A为气体，C、D 都是大气污染物，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，
①B→C为氨气的催化氧化反应，方程式为4NH3+5O 24NO+6H2O；
E→C为Cu和稀硝酸反应生成NO的反应，方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O；
②氨气为碱性气体，与水反应生成NH3•H2O，电离子出OH-离子，溶液呈碱性，可用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝色，则说明有氨气生成；
③假设该容器的容积为3L，则二氧化氮的体积为3L，二氧化氮和水反应的方程式为：
3NO2+H2O=2HNO3+NO
3×22.4L 1×22.4L
3L 1L
反应前后气体的体积由3L变为1L，所以溶液的体积为2L；该溶液的溶质为硝酸，
3NO2+H2O=2HNO3+NO
3 2
3L
22.4L/mol
n（HNO3）
所以硝酸的物质的量n（HNO3）=
3L
22.4L/mol
×
2
3
=
2
22.4
mol，浓度为C=
n
V
=
2
mol
22.4
2L
1
22.4
mol/L=0.045mol/L；
（2）通常情况下，若A为淡黄色固体，应为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3、E为H2SO4，
①B与C为H2S和SO2的反应，方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
②二氧化硫具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，可观察到溴水褪色，故答案为：溴水褪色；SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。

【题目点拨】
本题考查了无机物推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据物质的颜色、物质的性质进行推断，A能连续被氧化，说明A中存在的某种元素有多种化合价，再结合E的性质分析解答，题目难度不大。

19、Na2SO3＋H2SO4(浓) ===Na2SO4＋H2O＋SO2↑变红酸性褪色漂白有淡黄色沉淀生成氧化
高锰酸钾溶液褪色还原吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境SO2＋2NaOH===Na2SO3＋H2O
【解题分析】
（1）亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水；
（2）二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸可以使紫色石蕊试液变红；
（3）根据二氧化硫具有漂白性分析；
（4）根据二氧化硫具有氧化性，H2S具有还原性分析；
（5）根据二氧化硫具有还原性分析；
（6）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，为酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水。

【题目详解】
（1）⑥中为亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)＝Na2SO4＋H2O＋SO2↑；
（2）二氧化硫溶于水和水反应生成亚硫酸，亚硫酸为二元中强酸，可以使紫色石蕊试液变红，即①中的实验现象为紫色石蕊试液变红，此实验证明二氧化硫是酸性气体；
（3）二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故二氧化硫具有漂白性；
（4）SO2中+4价S具有氧化性，硫化氢中-2价S具有还原性，二氧化硫能把硫化氢氧化成单质硫，本身被还原成单质硫，反应方程式为SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，所以③中的实验现象是有淡黄色沉淀生成；
（5）二氧化硫具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使其褪色；
（6）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，即⑤的作用是吸收二氧化硫，防止二氧化硫污染环境，反应的化学方程式为SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O。

【题目点拨】
本题考查了SO2的性质的实验设计和性质分析判断，掌握二氧化硫酸性氧化物性质、漂白性、氧化性和还原性等是解题关键。

20、排出装置中的氧气氢氧化钠溶液吸收Cl2、SO2，防止污染空气MnO2＋4HCl(浓)加热
MnCl2＋Cl2↑
＋2H2O 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－KSCN 溶液变红2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋乙丙
【解题分析】
（1）根据装置中含有空气能干扰实验判断；
（2）根据氯气和二氧化硫能污染空气分析；
（3）根据A装置制备氯气解答；
（4）根据氯气能氧化亚铁离子分析；
（5）根据铁离子能把二氧化硫氧化为硫酸分析；
（6）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断。

【题目详解】
（1）打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，防止干扰实验。

（2）棉花中浸润的为氢氧化钠溶液，它能够吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气；（3）A中为二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为
MnO2+4HCl(浓)加热
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（4）氯气具有强氧化性，能够把氯化亚铁氧化为氯化铁，含有铁离子溶液显黄色，离子反应方程式是：2Fe2++Cl2＝
2Fe3++2Cl-；氧化产物中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果溶液变为血红色，证明有铁离子生成；（5）Fe3+在酸性条件下能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身还原为Fe2+，可以说明氧化性Fe3+＞SO2，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-；
（6）甲中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；甲中第二次含有SO42﹣，可能是过量的氯气把二氧化硫氧化为SO42﹣，不一定是Fe3+把二氧化硫氧化所致；甲错误；乙中第一次既有Fe3+又有Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子；乙中第二次含有SO42﹣，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；乙正确；丙中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；第二次有Fe2+，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；丙正确；答案选乙、丙。

21、D FeCl3AgNO3K2SO4FeCl3、K2SO4 、AgNO31:3:2 Fe3++2SO42-+2Ba2+ +3OH- =2BaSO4↓+Fe(OH)3↓
【解题分析】
等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-、Cl-五种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为硝酸银，C为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl，则A为FeCl3，B为AgNO3，C为K2SO4。

（1）由上述分析可知，正盐中含Ag+，三种阴离子与A、B、C中的阳离子均不会生成沉淀，故答案选D；（2）由上述分析可知，A为FeCl3，B 为AgNO3，C为K2SO4；（3）观察黄色的溶液为FeCl3，与FeCl3反应生成白色沉淀的为AgNO3，最后可知K2SO4，则检验顺序为FeCl3、AgNO3、K2SO4；
（4）Fe3+、SO42-、NO3-、K+四种离子且物质的量之比依次为1：2：3：4，设FeCl3为1mol，则AgNO3为3mol，K2SO4为2mol，A、B、C三种正盐的物质的量之比为1：3：2；若向该溶液中加入过量的Ba(OH)2，根据Fe3+、SO42-的比例可知，发生反应的离子方程式为：Fe3++2SO42-+2Ba2+ +3OH- =2BaSO4↓+Fe(OH)3↓。