高一化学第二学期第二次质量检测测试卷

高一化学第二学期第二次质量检测测试卷
一、选择题
1．有50mL 某气体，可能含有CO 2、O 2、NH 3中的一种或几种，将其通过浓H 2SO 4没有发现体积变化。

通过足量Na 2O 2后，体积变为30mL ，则该气体可能为（ ） A ．CO 2为20mL ，NH 3为30mL B ．NH 3为40mL ，O 2为10mL C ．CO 2为30mL ，O 2为20mL D ．CO 2为40mL ，O 2为10mL
【答案】D 【解析】
试题分析：有50mL 某气体，可能含有CO 2、O 2、NH 3中的一种或几种，将其通过浓H 2SO 4没有发现体积变化，说明不含有NH 3；通过足量Na 2O 2后，体积变为30mL ，说明含有CO2气体，根据反应方程式：2Na 2O 2+2CO 2 =2Na 2CO 3+ O 2，根据方程式可知，每有2体积的CO 2发生反应，气体的体积会减少1体积，则反应减少的气体的体积是50mL-30mL=20mL ，则含有CO 2的体积是40mL ，反应产生的O 2体积是20mL ，还有10mL 的O 2，故选项D 正确。

考点：考查混合气体的组成与性质的知识。

2．下列离子方程式书写正确的是
A ．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba(OH)2溶液时，反应为：Al 3++ 2SO 2-
4+ 2Ba 2++ 4OH -= 2BaSO 4↓+ AlO -
2+ 2H 2O
B ．硫化亚铁与浓硫酸混合：2H ＋＋FeS=H 2S↑＋Fe 2＋
C ．向次氯酸钙溶液中通入SO 2：Ca 2＋＋2ClO -＋SO 2＋H 2O=CaSO 3↓＋2HClO
D ．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe 2＋＋4H ＋＋NO -
3=3Fe 3＋＋NO↑＋3H 2O 【答案】A 【详解】
A ．Ba(OH)2足量，故明矾KAl(SO 4)2·12H 2O 完全反应，其中Al 3+与OH -反应生成-2AlO ，即
①3+--22Al +4OH = AlO +2H O ，2-4SO 与Ba 2+反应，②2-2+4
4SO +Ba = BaSO ↓，由于Al 3+、2-
4SO 都来源于明矾，故应满足原比例1:2，则总反应为①+②×2，即
3+2-2+--442
2Al +2SO +2Ba +4OH = 2BaSO +AlO +2H O ↓，A 正确； B ．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS 中亚铁氧化为Fe 3+，-2价硫氧化为S 单质，自身被还原为SO 2，B 错误；
C ．次氯酸根有强氧化性，能将SO 2氧化为2-
4SO ，自身被还原为Cl -，C 错误； D ．磁性氧化铁为Fe 3O 4，书写离子方程式时，Fe 3O 4不能拆，D 错误； 故答案选A 。

3．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SiO2属于两性氧化物
B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3
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SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，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SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，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。

4．浓硫酸与下列物质反应(可以加热)，既体现酸性、又体现氧化性的是( )
A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜
【答案】A
【详解】
A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；
B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；
C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；
故选A。

5．工业上获得下列物质不是以海水或海洋资源为主要原料的是( )
①Fe ②Mg ③Na ④NaOH ⑤I2 ⑥Cu ⑦Si
A．①⑥⑦B．①②⑦C．⑤⑥⑦D．①④⑥
【答案】A
【详解】
①Fe是用CO还原铁矿石制得；
②Mg是先从海水中分离出MgCl2，然后熔融电解获得；
③Na是先从海水中提取食盐，然后熔融电解获得；
④NaOH是电解饱和食盐水获得；
⑤I2是从海藻类植物中提取的；
⑥Cu是采用高温氧化铜矿石的方法获得；
⑦Si是在高温条件下，用焦炭还原二氧化硅获得；
综合以上分析，①⑥⑦不是以海水或海洋资源为主要原料获得，故选A。

6．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。

7．下列说法不正确
．．．的是( )
A．生铁和钢都是铁和碳的合金B．氯化钙是漂白粉的有效成分
C．玻璃、水泥属传统硅酸盐产品D．氧化铝陶瓷是新型无机非金属材料
【答案】B
【详解】
A．生铁和钢都是铁合金，含有的杂质元素主要是碳，因此二者都是铁和碳的合金，A正确；
B．漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，有效成分是次氯化钙，B错误；
C．玻璃、水泥的主要成分是硅酸盐，因此都属于传统硅酸盐产品，C正确；
D．氧化铝陶瓷、高温结构陶瓷、生物陶瓷都是新型无机非金属材料，D正确；
故合理选项是B。

8．下列离子的检验方法及对应结论正确的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A.氢氧化铝和氢氧化镁均为白色沉淀，取样，滴加氢氧化钠溶液，观察到有白色沉淀，不能证明有镁离子，可能有铝离子，故A错误；
B.铁离子与硫氰根离子反应生成红色的硫氰化铁，取样，滴加硫氰化钾溶液，观察到溶液变红，证明有铁离子，故B正确；
C.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，取样，滴加氯化钡溶液，观察到白色沉淀，不能证明有硫酸根离子，可能有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故C错误；
D.取样，用铂丝进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，证明有钾离子，故D错误；
故选B。

9．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
Δ
−−→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O 2，A 正确；
B ．Fe 与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe 3O 4和H 2，B 不正确；
C ．S 在O 2中点燃，只能生成SO 2，不能生成SO 3，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 。

10．将51.2g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO 、N 2O 4、NO 2）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NaNO 2和NaNO 3两种盐溶液，其中NaNO 3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 、N 2O 4、NO 2）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NaNO 2和NaNO 3两种盐溶液，在NaNO 3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NaNO 2得到电子的物质的量就是Cu 失去电子的物质的量。

n(NaNO 2)×2=1.6mol ，n(NaNO 2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO 2)+ n(NaNO 3)= 0.8mol+0.2mol=1mol ，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L ，选项是A 。

11．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；
B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；
C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；
D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；
答案选D。

12．已知：稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：
3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。

下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是( ) A．Fe(NO3)2溶液→通入SO2+过量盐酸→加BaCl2溶液→白色沉淀
B．Ba(NO3)2溶液→加过量盐酸→加Na2SO3溶液→白色沉淀
C．无色溶液→加稀HNO3→加BaCl2溶液→白色沉淀
D．无色溶液→加过量盐酸→无色溶液→加BaCl2溶液→白色溶液
【答案】C
【详解】
A．硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，A不符合题意；
B．硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；
C．无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；
D．无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；
答案选C。

13．在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L(标准状况)。

同时铁和氧化铁均无剩余。

向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（）
A．1.5mol/L B．2.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L
【答案】C
【详解】
试题分析：将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而
且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4 ，根据硫酸根守恒可知
n(H2SO4)=n(Na2 SO4)，根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)，故n(H2SO4)= 1/2 n(NaOH)=
1/2×3mol/L×0.2L =0.3mol，故c(H2SO4)= n(H2SO4)÷V=0.3mol÷0.15L=2mol/L，选项C正确。

考点：考查混合物反应的计算的知识。

14．向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。

由此得出的下列结论中不合理
．．．的是
A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性
B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质
C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性
D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大
【答案】C
【分析】
根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。

【详解】
SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。

SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。

故A、B项正确，C项错误。

H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。

本题选C。

【点睛】
SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。

15．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．
下列有关说法不正确的是（）
A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2
B．无法判断混合物中是否含有Na2O
C．1.92 g固体成分为Cu
D．15.6 g混合物X中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1
【答案】B
【解析】
途径a：15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸
不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，
A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；
B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；
C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；
D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、
Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得
x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：m（Cu）=1：1，故D正确；
【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．
16．在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有
A．Cl－，SO B．Cl－，NO C．Cl－，CO D．Cl－，OH－
【答案】C
【解析】
加入硝酸后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中含有Cl－和CO32－，C项正确。

17．检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是
A．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝
B．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性
C．加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液
D．加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝
【答案】D
【详解】
利用离子反应：，即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，答案选D。

18．aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状
况)，以下表达式中错误的是
A．若a＜b，则c＞0.5(a+b) B．若a＞b，则c＝0.5(a+b)
C．若a＝b，则c＝0.5(a+b) D．若a＜b，则c＜0.5(a+b)
【答案】D
【解析】
【详解】
首先发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：b＝1：2，解得a＝b，则
A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5(a+b)，A正确；
B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c＝(0.5a L+b L-0.5b L)＝0.5(a+b)，B正确；
C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5(a+b)，C正确；
D、根据以上分析可知D错误。

答案选D。

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．SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；
C．SO2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SO2，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CuSO4生成，故D错误；
故答案为D。

20．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。

21．当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（）
A．NH4NO3B．H2O C．N2D．NO2
【答案】C
【详解】 在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：322Pt 4NH +5O 4NO+6H O ∆
，NO 遇到O 2变为NO 2，NO 2和H 2O 反应生成HNO 3，HNO 3和NH 3反应可以生成NH 4NO 3，故选C 。

22．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 ++2NO 3-=3Cu 2++2NO+4H 2O 。

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。

23．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。

24．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Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D．溶液B加HNO3酸化，无沉淀；再加AgNO3，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H2SiO3，无色气体D为CO2，蓝色溶液含有Cu2＋，则溶液A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4；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、CaCO3。

【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H2SiO3，B正确，不选；
C．根据分析，A中一定含有Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4，不能确定是否含有KCl、CaCO3，C 错误，符合题意；
D．无色溶液B中加HNO3酸化，无沉淀，可排除Na2SiO3，再滴加AgNO3，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。

25．某课外实验小组设计的下列实验不合理的是（）
A．制备并观察氢氧化亚铁
B．证明过氧化钠与水反应放热
C．制备并收集少量NO2气体
D．实验室制备少量氨气
【答案】C
【解析】
【详解】
A、甲可用于制备并观察氢氧化亚铁沉淀，符合，错误；
B、脱脂棉燃烧，说明反应放热，合理，错误；
C、二氧化氮与水反应，不能有排水法收集，不合理，正确；
D、丁可用于实验室制备少量氨气，正确；
答案选C。

二、实验题
26．某中学学习小组模拟工业烟气脱硫（SO2）。

（1）甲组采用如下装置脱硫（部分装置略）。

① CaO脱硫后的产物是_________。

② b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。

下列措施能提高脱硫效果的是_____。

ⅰ. 加快SO2气体流速
ⅱ. 将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管
ⅲ. 加热a，脱硫效果可能会更好
③ 小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。

需要测量的数据是_______。

（2）乙组选用AgNO3溶液脱除SO2。

现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。

对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：
假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4（微溶）。

假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。

实验探究：
① 取沉淀A，加入蒸馏水，静置。

取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。

② 取______，加入蒸馏水，静置。

取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。

实验证明“假设1”不成立。

③ 为进一步确认“假设2”，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。

加入浓硝酸的目的是________；经确认，反应后混合液存在SO。

实验证明“假设2”成立。

④ 产生沉淀A的化学方程式是_________。

AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格高，未能大规模使用。

（3）丙组用NaClO脱除SO2，用1 L 0.1 mol/L 的NaClO溶液最多可以吸收标准状况下的SO2_______L。

【答案】CaSO3ⅱ、ⅲ装置a的质量；盛放CaO后装置a的质量；吸收SO2后装置a的质量 Ag2SO4固体检验白色沉淀是否具有还原性 H2O + SO2＝ H2SO3 , H2SO3 + 2AgNO3＝Ag2SO3↓+ 2HNO3 2.24
【解析】
（1）①二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO 脱硫后的产物是CaSO3。

②ⅰ. 加快SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，错误；ⅱ. 将堆集
在一起的CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，正确；ⅲ. 加热a加快反应速率，脱硫效果可能会更好，正确，答案选ⅱ、ⅲ；③要通过CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a 的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量。

（2）②要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置。

取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，这说明“假设1”不成立。

③浓HNO3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；④根据复分解反应原理可知产生沉淀A的化学方程式是
H2O+SO2＝H2SO3、H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO3。

（3）1 L 0.1 mol/L的NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，因此可以得到0.2mol电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。

点睛：掌握物质的性质特点和实验原理是解答的关键，另外对几个实验方案进行评价，主要从正确与错误、严密与不严密、准确与不准确、可行与不可行等方面作出判断。

另外有无干扰、是否经济、是否安全、有无污染等也是需要考虑的。

最后还需要注意为了使实验方案更严密、更科学，有时候还需要做对比实验。

27．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。

某研究小组进行如下实验：
实验一焦亚硫酸钠的制取
采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。

装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：
Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5
（1）装置I中产生气体的化学方程式为_______。

（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是__________。

（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为__。

(填序号)。

实验二焦亚硫酸钠的性质
Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。

（4）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是___________。

实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。

测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：
(已知：馏分中的二氧化硫在滴入碘水时发生的反应为
SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)在测定时消耗了0.01mol·L－1的I2溶液25.00 mL，该次实验测
得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为__g·L－1。

在上述实验过程中，若有部分HI
被空气氧化，则测得结果_____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O）过滤 d 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 0.16 偏低
【详解】
（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为过滤；
（3）a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为d；（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有
白色沉淀生成，
故答案为取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化
钡溶液，有白色沉淀生成；（5）①令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：
SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI
64g 1mol
mg 0.025L×0.01mol/L
所以，64g：mg=1mol：0.025L×0.01mol/L，
解得m=0.016
故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.016/0.1=" 0.16" g/L。

②
若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低。