1、2014-2015学年辽宁省沈阳市东北育才学校高三（上）第一次月考化学试卷 一、单项选择题（1-11各2分，12-21各3分）1（2分）某物质熔融状态可导电，固态可导电，将其投入水中溶液也可导电，推测该物质可能是（）A金属B非金属C可溶性碱D可溶性盐考点：金属晶体版权所有专题：化学键与晶体结构分析：熔融状态可导电，固态可导电，应为金属晶体，其它晶体不具有此性质解答：解：A、金属晶体在熔融状态可导电，固态可导电，并且活泼金属与水反应生成碱，为电解质，溶液也能导电，该金属应为活泼金属，故A正确；B、非金属单质在熔融状态不导电，固态时，属于半导体材料的可导电，故B错误；C、可溶性碱在固态时不导电，故
2、C错误；D、可溶性盐在固态时不导电，故D错误故选：A点评：本题考查晶体的导电性，注意把握不同晶体的性质，学习中注意相关基础知识的积累2（2分）（2014重庆）下列物质的使用不涉及化学变化的是（）A明矾用作净水剂B液氯用作制冷剂C氢氟酸刻蚀玻璃D生石灰作干燥剂考点：物理变化与化学变化的区别与联系；盐类水解的应用；氯气的物理性质；硅和二氧化硅版权所有专题：化学应用分析：化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断解答：解：A明矾在水中可以电离出两种金属离子K+、Al3+而Al3+很容易水解，生成胶状的氢氧化铝，氢氧化铝
3、胶体的吸附能力很强，可以吸附水里悬浮的杂质，从而使杂质沉降水变澄清，属于化学变化，故A错误；B液氯汽化时吸收热量，故可用作制冷剂，属于物理变化，故B正确；C氢氟酸能够与玻璃中的主要成分二氧化硅发生反应，故氢氟酸能刻蚀玻璃，属于化学变化，故C错误；D生石灰与水反应生成氢氧化钙，属于化学变化，故D错误，故选B点评：本题考查物理变化与化学变化的判断，难度不大要注意化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成3（2分）下列物质按照纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的是（）A盐酸、天然气、醋酸、干冰B胆矾、漂白粉、氯化钾、氯气C氯化钠、福尔马林、硫酸钠、乙醇D单甘油酯、混甘油酯、苛性钾、石灰考点：
4、混合物和纯净物；电解质与非电解质版权所有专题：物质的分类专题分析：纯净物是指由同种物质组成的；混合物是指由不同种物质组成的；电解质是指在水溶液里或熔化状态下能够导电的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别解答：解：A、盐酸、天然气均为混合物，醋酸、干冰分别属于化合物，醋酸属于电解质，干冰属于非电解质，故A错误； B、胆矾为纯净物，漂白粉为混合物，氯化钾属于电解质，氯气不属于非电解质，故B错误；C、氯化钠为纯净物、福尔马林为混合物，硫酸钠属于电解质，乙醇属于非电解质，故C正确；D、单甘油酯、混甘油酯为混合物，苛性钾、石灰属于电解质，故
5、D错误故选：C点评：本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，难度较简单4（2分）下列关于胶体的说法不正确的是（）A可用渗析法提纯胶体B胶体、溶液和浊液这三种分散系根本区别是分散质粒子直径的大小C胶体微粒不能透过滤纸D往25mL沸水中逐滴加2mL FeCl3饱和溶液，可以制得Fe（OH）3胶体考点：胶体的重要性质版权所有专题：基本概念与基本理论；溶液和胶体专题分析：A胶粒不能透过半透膜；B当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm100nm）、浊液（大于100nm）；C胶体、溶液透过滤纸，浊液不能通过
6、；DFe（OH）3胶体的制取方法：向沸水中逐滴加入12mL饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热解答：解：A胶粒不能透过半透膜，溶液中的离子能透过半透膜，故A正确； B溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小，故B正确；C胶体微粒能透过滤纸，故C错误；D向沸水中逐滴加入12mL饱和FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可得到氢氧化铁胶体，故D正确故选C点评：本题考查胶体的性质，注意胶体能透过滤纸但不能透过半透膜，所以可用渗析的方法提纯胶体，题目较简单5（2分）（2014广东）水溶液中能大量共存的一组离子是（）ANa+、Ca2+、Cl、SO42BF
7、e2+、H+、SO32、ClOCMg2+、NH4+、Cl、SO42DK+、Fe3+、NO3、SCN考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存，据此分析解答解答：解：ACa2+、SO42生成微溶物硫酸钙，所以不能大量共存，故A错误；B酸性条件下，ClO具有强氧化性，能将Fe2+、SO32氧化为Fe3+、SO42，所以不能共存，故B错误；C这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；DFe3+、SCN生成络合物Fe（SCN）3，所以这两种离子不能共存，故D错误；故选C点评：本题考查了离子共存，明确离子
8、共存条件是解本题关键，知道物质的性质即可解答，注意：硫酸钙是微溶物，少量时能在水溶液中共存，但不能大量存在，为易错点6（2分）（2014江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（）ACu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3考点：离子方程式的书写版权所有专题：离子反应专题分析：A铜和稀硝酸反应生成NO；
9、B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O；C弱电解质写化学式；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠解答：解：A铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3H2O，离子方程式为2NH4+Fe2+4OHFe（OH）2+2NH3H2O，故B错误；C弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故C错误；D偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离
10、子方程式为CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点7（2分）（2014江苏）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德
11、罗常数和阿伏加德罗定律分析：A1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0. 1mol氧原子；B丙烯酸分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键；C标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；D过氧化钠中氧元素的化合价为1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子解答：解：A1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；B0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳双键和0.1mol碳氧双键，总共含有0.2mol双键，含有双键的数目为0.2NA，故B错误；
12、C标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故C错误；D过氧化钠与水的反应中，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项B为易错点，注意丙烯酸分子中含有两个双键8（2分）（2014广东）设NA为阿伏加德罗常数的数值下列说法正确的是（）A1mol甲苯含有6NA个CH键B18g H2O含有10NA个质子C标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子D56g铁片投
13、入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子考点：阿伏加德罗常数版权所有专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A甲苯中含有8个碳氢键，1mol甲苯中含有8mol碳氢键；B水分子中含有10个质子，1mol水中含有10mol质子；C标准状况下氨水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算氨水的物质的量；D铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行，无法计算生成的二氧化硫的物质的量解答：解：A1mol甲苯中含有8mol碳氢键，含有8NA个CH键，故A错误；B18水的物质的量为1mol，1mol水中含有10mol质子，含有10NA个质子，故B正确；C标况下，氨水不是气体，题中条件无法计算氨气的物质的量，
14、故C错误；D56g铁的物质的量为1mol，由于铁与浓硫酸能够发生钝化，阻止了反应的进行，无法计算反应生成二氧化硫的物质的量，故D错误；故选B点评：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系；试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力9（2分）（2014四川）下列关于物质分类的说法正确的是（）A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物考点：单质和化合物；混合物和纯净物；电解质与非电解质；有机高分子化合物的结构和
15、性质版权所有专题：物质的分类专题分析：A由一种元素组成的纯净物是单质；B由一种物质组成的为纯净物；C完全电离的电解质是强电解质；D相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉解答：解：A由一种元素组成的纯净物是单质，金刚石、白磷都是由一种元素组成的纯净物，所以属于单质，故A正确；B由一种物质组成的为纯净物，漂白粉的主要成分是氯化钙、次氯酸钙，所以为混合物，故B错误；C完全电离的电解质是强电解质，次氯酸在水溶液里部分电离，为弱电解质，故C错误；D相对分子质量很大的化合物是高分子化合物，常见的天然有机高分子化合物有蛋白质、纤维素和淀粉，葡萄糖是小分子有机
16、物，故D错误；故选A点评：本题考查了基本概念，明确单质、纯净物、强电解质、高分子化合物的概念是解本题关键，知道常见物质的成分结合基本概念即可解答，题目难度不大10（2分）同位素示踪法可用于反应机理的研究，下列反应中同位素示踪表示正确的是（）A2Na218O2+2H2O=4Na18OH+O2B2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2+8H2OCNH32H2O+HCl=NH4Cl+2H2ODK37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2+3H2O考点：钠的重要化合物；氧化还原反应；电解质在水溶液中的电离版权所有专题：元素及其化合物分析：根据物质中化学键的断键
17、方式确定生成物，从而确定示踪原子的位置A过氧化物与水反应实质为，过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性条件下不稳定，分解为水和氧气；B根据化合价升降相等进行判断；CNH32H2O电离出铵根离子和的氢氧根；DKClO3和HCl发生归中反应，化合价变化不能出现交叉价态解答：解：A过氧化物与水反应实质为：过氧根离子结合水提供的氢离子生成过氧化氢，同时生成氢氧化钠，过氧化氢在碱性碱性条件下不稳定，分解为水和氧气，反应方程式为：2Na218O2+4H2O=4NaOH+18O2+2H218O，所以18O同时在水中和氧气中，不出现在氢氧化钠中，故A错误；B.2KMnO4+
18、5H218O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+518O2+8H2O，过氧化氢中的O化合价由1价升高为0价，故18O全部在生成的氧气中，故B正确；CNH32H2O电离出铵根离子和的氢氧根，与盐酸反应后2H应同时存在于氯化铵中和水中，故C错误；DK37ClO3+6HClK37Cl+3Cl2+3H2O，KClO3中氯元素由+5价降低为0价，HCl中氯元素化合价由1价升高为0价，故37Cl应在氯气中，故D错误故选B点评：本题以化学反应机理探究为载体，考查氧化还原反应、盐类水解等，难度中等，是对知识的综合能力的考查，A选项为易错点，容易认为氢氧化钠中的氧来自过氧化钠11（2分）向某烧碱溶液中通入
19、5.28gCO2后，将溶液在低温下蒸干，得到固体物质的质量为17.32g，则该固体物质是（）ANa2CO3BNaHCO3CNa2CO3和NaOHDNa2CO3和NaHCO3考点：化学方程式的有关计算版权所有专题：计算题分析：盐与气体的质量相比，生成正盐比生成酸式盐质量增重多，若生成正盐，假设全为Na2CO3，生成的盐的质量最重，NaOH可能有剩余，故最大值可能大于盐的极大值，据此计算判断解答：解：5.28gCO2物质的量是0.12mol，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O（如多所有CO2全部反应生成Na2CO3那么固体质量应为0.12mol106g/mol=12.72g17.32g，Na
20、OH+H2O+CO2=NaHCO3，如所有CO2全部反应生成NaHCO3那么固体质量应为0.12mol84g/mol=10.08g17.32g，题目给的是“将溶液在低温下蒸干”所以不会分解，k可能会发生反应：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O，所以固体一定会有NaOH剩余，综上所述：则该固体物质有Na2CO3和和NaOH故选C点评：本题考查混合物的有关计算，难度较大，关键是利用极值法进行解答，注意氢氧化钠可能会剩余12（3分）下列各组离子，能在指定溶液中共存的是（）无色溶液中：K+、Cl、Na+、HCO3、OH使pH试纸变深蓝色的溶液中：K+、CO32、Na+、AlO2水电离的c（H
21、+）=1012molL1的溶液中：ClO、NO3、NH4+、SO32加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、Na+、SO42使甲基橙变红的溶液中：MnO4、NO3、SO42、Na+、Fe3+pH=0的溶液中：Fe2+、Al3+、NO3、Cl、SO32ABCD考点：离子共存问题版权所有专题：离子反应专题分析：HCO3与OH反应不能共存；使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性，如离子之间不反应，则能共存；水电离的c（H+）=1012molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；加入Mg能放出H2的溶液呈酸性；使甲基橙变红的溶液呈酸性；pH=0的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3具有强氧化性解答：解
22、：HCO3与OH反应不能共存，故错误；使pH试纸变深蓝色的溶液呈碱性，碱性条件下离子之间不反应，则能共存，故正确；水电离的c（H+）=1012molL1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，但无论酸性还是碱性，ClO都具有强氧化性，与SO32发生氧化还原反应，故错误；加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不反应，则能共存，故正确；使甲基橙变红的溶液呈酸性，离子之间不反应，则能共存，故正确；pH=0的溶液呈酸性，在酸性条件下，NO3具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，故错误故选C点评：本题考查离子共存问题，题目难度中等，注意把握离子的性质，为解答该题的关键，注意溶液酸碱性的判断13（
23、3分）将标准状况下的a L HCl（g）溶于1000g水中，得到的盐酸密度为b gcm3，则盐酸的物质的量浓度是（）AmolL1BmolL1CmolL1DmolL1考点：物质的量浓度的相关计算版权所有专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据n=计算a L HCl的物质的量，根据m=nM计算HCl的质量，溶液的质量=1000g+m（HCl），根据V=计算溶液的体积，再根据c=计算所得溶液的物质的量浓度解答：解：标准状况下的aL HCl（气）的物质的量为=mol氯化氢的质量为mol36.5g/mol=g所以溶液质量为1000g+g=（1000+）g所以溶液的体积为=mL所以溶液浓度为=mol/L故
24、选D点评：本题考查物质的量浓度的相关计算与理解，难度不大，正确计算溶液的体积是解本题的关键，注意不能把溶剂的体积当做溶液的体积也可计算质量分数，利用c=计算14（3分）如右图所示，6个编号分别表示六种物质：Al、Fe2O3、NaOH溶液、氢碘酸、NH3、O2凡是直线相连的两种物质均能发生化学反应（已知高温时氨气能还原Fe2O3）图中表示的物质是（）AAlBNaOH溶液C氢碘酸DO2或Fe2O3考点：无机物的推断版权所有专题：推断题分析：由图观察得到，编号能和其它5种物质都能发生反应，根据物质的性质进行判断，因此只能是氢碘酸；编号能和四种物质反应，根据物质性质进行判断，为Al解答：解：依据图中转
25、化关系结合物质性质可知，Al能和四种物质反应、Fe2O3和三种物质反应、NaOH溶液和两种物质反应、氢碘酸和五种物质反应、NH3和三种物质反应、O2和三种物质反应能和其他四种物质反应的只有Al，发生的反应为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；2Al+6HI=2AlI3+3H2；4Al+3O2=2Al2O3；故选A点评：本题考查物质的推断，题目难度不大，本题涉及的化学反应虽多，但没有必要一一考虑，也没有必要把6个编号分别代表的某种物质一一推出15（3分）已知M2On2离子可与R2离子作用，R2 被氧化为R单质，M2On2的还原产物中，M为
26、+3价；又如c（M2On2 ）=0.3molL的溶液100mL可与c（R2 ）=0.6molL的溶液150mL恰好完全反应，则n值为（）A4B5C6D7考点：氧化还原反应的计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：R2 被氧化为R单质，失去电子，而中M元素的化合价降低，得到电子，结合电子守恒计算解答：解：R2 被氧化为R单质，失去电子，而中M元素的化合价降低，得到电子，M2On2的还原产物中，M为+3价，设M2On2中M元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.15L0.6mol/L（20）=0.1L0.3mol/L2（x3），解得x=6，M2On2离子中（+6）2+（2）n=2，则n=7，故选D点
27、评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用16（3分）某无色气体，可能含HCl、CO2、NO2、HI、SO2、HBr的一种或几种将其通人氯水中，得到无色透明溶液，把溶液分成两份，向一份中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出 现白色沉淀，另一份加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成对于原无色气体推断一定正确的是（）A一定存在HClB一定存在SO2C肯定没有CO2D不能肯定是否含有NO2、HI考点：常见气体的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：NO2为红棕色气体，该气体中无NO2；混合气体通入氯水中，得
28、到无色透明溶液，HBr能够被氯水氧化成溴单质，碘化氢能够被氯水氧化成碘单质，则一定不存在HBr、HI；向与氯水反应后加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为硫酸钡，则原气体中一定含有SO2；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，由于之前通入氯水，引进了氯离子，无法确定原气体中是否含有HCl，根据以上分析进行解答解答：解：NO2为红棕色气体，该气体中无NO2；混合气体通入氯水中，得到无色透明溶液，HBr能够被氯水氧化成溴单质，碘化氢能够被氯水氧化成碘单质，则一定不存在HBr、HI；向与氯水反应后加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀只能为硫酸
29、钡，则原气体中一定含有SO2；另一份中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，由于之前通入氯水，引进了氯离子，无法确定原气体中是否含有HCl，二氧化碳不能确定是否含有，故选B点评：本题考查了常见气体的检验方法，题目难度不大，注意掌握常见气体的化学性质、颜色及检验方法，明确常见气体的检验方法17（3分）在FeCl3，CuCl2，FeCl2的混合溶液中，Fe3+，Cu2+和Fe2+的物质的量之比为3：2：1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变化为1：2：4，则参加反应的铁粉与原溶液Fe3+的物质的量之比为（）A2：1B1：2C1：3D1：4考点：离子方程式的有关计算版权所有
30、专题：计算题分析：因氧化性：Fe3+Cu2+Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，假设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，根据反应后溶液中离子比例关系计算Fe3+离子物质的量变化，结合方程式计算解答：解：因氧化性：Fe3+Cu2+Fe2+，加入适量的铁粉，使溶液中Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，说明Fe3+有剩余，则Cu2+没有参加反应，加入Fe粉仅与Fe3+反应，设原溶液中含有Fe3+、Cu2+、
31、Fe2+的物质的量分别为3mol、2mol、1mol，反应后Fe3+、Cu2+和Fe2+物质的量之比变为1：2：4，则反应后Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为1mol、2mol、4mol，故反应的Fe3+的物质的量为3mol1mol=2mol，则： 2Fe3+Fe=3Fe2+2mol 1mol 3mol故参加反应的Fe的物质的量为1mol，参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1mol：3mol=1：3，故选C点评：本题考查混合物的计算，关键是正确判断离子的氧化性强弱，判断反应的程度，再结合反应的离子方程式计算18（3分）（2010烟台一模）氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领
32、域在一定条件下，AlN可通过反应：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成下列叙述正确的是（）A上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中，每生成1mol AlN需转移3mol电子CAlN中氮的化合价为+3DAlN的摩尔质量为41g考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：氧化还原反应中化合价升高元素失去电子，所在的反应物是还原剂，对应的产物是氧化产物，化合价降低元素得到电子，所在的反应物是氧化剂，对应的产物是还原产物，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目解答：解：A、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，氮元
33、素化合价降低，N2是氧化剂，碳元素化合价升高，所以C是还原剂，故A错误；B、反应Al2O3+N2+3C2AlN+3CO中，化合价升高数目=化合价降低数目=化学反应转移电子数目=6，即每生成2molAlN需转移6mol电子，所以每生成1molAlN需转移3mol电子，故B正确；C、AlN中铝元素显+3价，根据化合价规则，所以氮的化合价为3，故C错误；D、AlN的摩尔质量是41g/mol，g是质量的单位，故D错误故选B点评：本题考查学生氧化还原反应中的基本概念和电子转移知识，难度不大19（3分）ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C
34、2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O 下列说法不正确的是（）AKClO3在反应中得到电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1molKClO3参加反应有2mol电子转移考点：氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算版权所有专题：氧化还原反应专题分析：反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O 中，Cl元素的化合价由+5降低为+4价，C元素的化合价由+3升高到+4价，以此来解答解答：解：A、因反应中Cl元素的化合价由+5降低为+4价，则KClO3在反应中得到电子，故A正确；B、Cl元素的化合价降低，被还原，对
35、应的产物为还原产物，即ClO2是还原产物，故B正确；C、因C元素的化合价由+3升高到+4价，则H2C2O4在反应中作还原剂，被氧化，故C正确；D、Cl元素的化合价由+5降低为+4价，1molKClO3参加反应转移的电子为1mol（54）=1mol，故D错误；故选D点评：本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意H2C2O4中C元素化合价的判断是学生的易错点20（3分）（2013北京模拟）已知：向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；向FeCl2溶液中通入少量实验产生的气体，溶液变黄色；取实验生成的溶液滴在淀粉KI试纸上，试纸变为蓝色下列判断正确的为（）A上述实验
36、证明氧化性：MnO4Cl2Fe3+I2B上述实验中，共有两个氧化还原反应C实验生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝D实验证明Fe2+既有氧化性又有还原性考点：氧化性、还原性强弱的比较版权所有专题：氧化还原反应专题分析：高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，浓盐酸做还原剂；氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，亚铁离子做还原剂；三价铁将碘离子氧化为单质碘，三价铁是氧化剂，单质碘是氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性解答：解：A、高锰酸钾能将浓盐酸氧化为氯气，高锰酸钾做氧化剂，氯气是氧化产物，每个反应的氧化剂的氧化性大于氧
37、化产物的氧化性，所以氧化性MnO4Cl2，氯气能将亚铁离子氧化为三价铁，氯气做氧化剂，所以氧化性Cl2Fe3+，三价铁将碘离子氧化为单质碘，二价铁是还原产物，单质碘是氧化产物，所以氧化性F3+I2，故A正确；B、三个反应都是氧化还原反应，故B错误；C、生成Cl2，氧化性强于I2，也能使其变蓝，故C错误；D、反应中Fe2+只是化合价升高，只反映其具有还原性，故D错误故选A点评：本题考查学生关于氧化还原反应中的概念以及氧化还原反应的应用知识，可以根据所学知识进行回答21（3分）某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质下列说法正确的是（）A图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗完B图中：生成蓝色的
38、烟C图中：量筒中发生了加成反应D图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质版权所有专题：卤族元素分析：A稀盐酸与二氧化锰不反应；B生成棕黄色的烟；C氯气和甲烷在光照下发生取代反应；D氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，与NaOH反应生成NaCl和NaClO，二者在酸性条件下反应生成氯气解答：解：A二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；B氯气与铜反应生成棕黄色的烟，加水溶液呈蓝色，故B错误；C氯气和甲烷在光照下发生取代反
39、应，故C错误；D氯气与水反应生成具有漂白性的HClO，湿润的有色布条能褪色，与NaOH反应生成NaCl和NaClO，二者在酸性条件下反应生成氯气，故D正确故选D点评：本题考查氯气的性质，题目难度不大，学习过程中注意氯气、氯水的性质的异同，为常考查内容二、填空题22（8分）某无色溶液中只可能含有NH4+、K+、Al3+、Mg2+、Fe3+、Cl、CO32、SO42等离子中的几种离子取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液并加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，沉淀的量与所加氢氧化钠溶液
40、体积如图所示（1）该溶液中一定含有K+、NH4+、Al3+、SO42离子，一定不含有的离子有Cl、Fe3+ Mg2+ CO32（填离子的化学式）；（2）根据图中所示数据，计算实验中使用的NaOH溶液的物质的量浓度为：lmol/L（3）若取10mL该溶液于试管中，向其中加入适量Na2O2，若恰好反应得到无色溶液，则该过程所得气体在标况下体积为0.784L考点：常见阳离子的检验；常见阴离子的检验版权所有专题：物质检验鉴别题分析：（1）某无色溶液一定不含Fe3+离子；取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀，生成沉淀为BaSO4，说明溶液中含有S
41、O42，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，则溶液中没有Cl；另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后沉淀的质量不再改变，最后沉淀又完全溶解，则沉淀的质量不变的一段时间内为铵根离子与氢氧根离子反应，说明溶液中含有NH4+，沉淀最后完全溶解，则说明溶液中含有Al3+；（2）根据氢氧化铝沉淀的量来计算氢氧化钠的浓度；（3）Na2O2与水反应生成NaOH，NaOH与铵根离子反应生成氨气，与Al3+反应生成偏铝酸钠，结合图中消耗的氢氧化钠来计算过氧化钠和氧气解答：解：（1）某无色溶液一定不含Fe3+离子；取10mL该溶液于试管中滴加Ba（NO3）2溶液，加稀硝
42、酸酸化后过滤得到0.03mol白色沉淀，生成沉淀为BaSO4，说明溶液中含有SO42，向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生，则溶液中没有Cl；另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后沉淀的质量不再改变，最后沉淀又完全溶解，则沉淀的质量不变的一段时间内为铵根离子与氢氧根离子反应，说明溶液中含有NH4+，沉淀最后完全溶解，则说明溶液中含有Al3+，则不含Mg2+ CO32；则溶液中一定含有的离子为：NH4+、Al3+、SO42；一定不含有的离子有Cl、Fe3+、Mg2+、CO32；故答案为：NH4+、Al3+、SO42；Cl、Fe3+、Mg2+、CO32；（
43、2）由图可知当生成氢氧化铝为0.01mol时，消耗氢氧化钠为0.03L，则消耗的氢氧化钠的物质的量为0.03mol，其浓度为c=1mol/L；故答案为：1mol/L；（3）若取10mL该溶液于试管中，向其中加入适量Na2O2，若恰好反应得到无色溶液，Na2O2与水反应生成NaOH，NaOH与铵根离子反应生成氨气，与Al3+反应生成偏铝酸钠，由图可知形成澄清溶液时消耗氢氧化钠为0.06L，则其物质的量为0.06L1mol/L=0.06mol，反应生成氨气消耗氢氧化钠为1mol/L0.02L=0.02mol，生成的氨气为0.02mol，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知，生成0.06m
44、olNaOH时，氧气为0.015mol，则该过程所得气体总物质的量为0.035，其标准状况下的体积为0.784L；故答案为：0.784点评：本题考查了离子的检验、离子反应和有关物质的量的计算，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握常见离子的检验方法和离子的性质是解题的关键23（14分）（2014浙江）某研究小组为了探究一种无机矿物盐X（仅含四种元素）的组成和性质，设计并完成了如下实验：另取10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，请回答如下问题：（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图，写出气体甲的电子式（2）X的化学式是CaFe（CO3）2，
45、在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3（用化学反应方程式表示）（4）一定条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式2FeO+CO2=Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），并设计实验方案验证该反应的产物取适量固体于试管中，加入盐酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明产物中含有三价铁考点：真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用版权所有专题：实验设计题；元素及其化合物分析：X能和HCl反应生成
46、气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、
47、FeO，对应地，X应为CaFe（CO3）2，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，再结合题目分析解答解答：解：X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl（aq）反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固
48、体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，对应地，X应为CaFe（CO3）2，结合题中信息：10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，经计算，确认X为CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，（1）白色沉淀1是CaCO3，碳酸钙中金属元素的原子核外有4个电
49、子层、最外层有2个电子，所以Ca原子结构示意图为，气体甲是二氧化碳，二氧化碳的电子式为，故答案为：；（2）通过以上分析知，X的化学式是 CaFe（CO3）2，在惰性气流中加热X至完全分解生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，所以该反应的化学反应方程式为CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2，故答案为：CaFe（CO3）2；CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2；（3）氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，所以白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；（4）一定
50、条件下，气体甲与固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，氧化亚铁具有还原性，能被二氧化碳氧化生成四氧化三铁或氧化铁，同时生成CO，反应方程式为2FeO+CO2=Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），如果该反应发生，则生成固体中含有三价铁，将固体溶于稀盐酸生成铁离子，铁离子和KSCN溶液反应生成血红色物质而使溶液变红色故答案为：2FeO+CO2=Fe2O3+CO（或生成Fe3O4）；取适量固体于试管中，加入盐酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，若溶液变红色，说明产物中含有三价铁点评：本题考查了无机物推断，涉及物质结构、物质的性质、离子的检验等知识点，熟悉元素化合物的性质是解本题关键，知道流程图中每一步
51、发生的反应及反应现象，题目难度中等24（12分）（2011许昌一模）某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用如图所示装置先进行了有关实验：（1）B是用来收集实验中产生的气体的装置，但未将导管画全，请在图上把导管补充完整（2）实验中他们取6.4g 铜片和12mL 18molL1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为其中原因是随着反应进行，硫酸被消耗，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸和铜不反
52、应；（3）为定量测定余酸的物质的量浓度，该小组学生进行了如下设计：先测定铜与浓硫酸反应产生的SO2的量，再计算余酸的物质的量浓度他们认为测定二氧化硫的量的方法有多种，你认为下列实验方案中可行的是E（填写编号）A将装置A产生的气体缓缓通过预先称量过的盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称量B将装置A产生的气体缓缓通入足量用稀硫酸酸化的高锰酸钾溶液，再加入足量氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀C用排水法测定装置A产生气体的体积（已折算成标准状况）D将装置A产生的气体缓缓通入足量氢氧化钡溶液，反应完全后，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀E将装置A产生的气体缓缓通入足量硝酸酸化的硝酸钡溶液，反应完全后，过
53、滤、洗涤、干燥、称量沉淀请你对不可行的方案中选出一例进行分析：方案序号A，原因：碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大，导致结果：偏低要求标明不可行的方案序号、说出不可行的理由及造成的误差（偏高或偏低）（4）请你再设计一种其他可行的实验方案，来测定余酸的物质的量浓度，简要写出操作步骤及需要测定的数据（不必计算）取反应后溶液，向其中加入足量锌；收集并测定氢气的体积；通过氢气量计算剩余硫酸的物质的量浓度考点：浓硫酸的性质实验版权所有专题：实验设计题分析：（1）二氧化硫的密度比空气的大，排空气法收集时长进短处；（2）铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水；随着反应的进行，浓硫
54、酸逐渐成为稀硫酸，而铜与稀硫酸不反应；（3）A、碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大；B、高锰酸钾溶液中含有硫酸，与氯化钡反应生成沉淀增大；C、二氧化硫在水中以1：40溶解，收集二氧化硫体积减少；D、亚硫酸钡在空气中烘干及称重过程中部分被氧化生成硫酸钡，产生固体质量增大；E、二氧化硫通入足量硝酸酸化的硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，通过S元素守恒，通过硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；（4）可利用剩余的稀硫酸与锌反应放出氢气，通过氢气的量计算剩余硫酸的物质的量浓度解答：解：（1）铜与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫气体，二氧化硫的密度比空气的大，排空气法收集时长进短处，故答案为：；（2
55、）铜与浓硫酸在加热条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；铜与浓硫酸在加热条件下可以发生反应，而铜与稀硫酸不反应，随着反应的进行，硫酸浓度浓度降低，当浓硫酸逐渐成为稀硫酸时反应停止，故答案为：随着反应进行，硫酸被消耗，浓硫酸变成稀硫酸，稀硫酸和铜不反应；（3）A、碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大，导致余酸的物质的量浓度偏低；B、高锰酸钾溶液中含有硫酸，与氯化钡反应生成沉淀增大，导致余酸的物质的量浓度偏低；C、二氧化硫在水中以1：40溶解，收集二氧化硫
56、体积减少，导致余酸的物质的量浓度偏高；D、亚硫酸钡在空气中烘干及称重过程中部分被氧化生成硫酸钡，产生固体质量增大，导致余酸的物质的量浓度偏低；E、二氧化硫通入足量硝酸酸化的硝酸钡溶液，生成硫酸钡沉淀，通过S元素守恒，通过硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；综上所述，实验方案中可行的是E，故答案为：E；方案序号A，原因：碱石灰除吸收二氧化硫外还能吸收水，测得二氧化硫质量增大，导致结果：偏低；（4）Zn和稀硫酸反应生成氢气，因此可向反应后溶液中加入足量的锌粒，收集并测定氢气的体积，通过氢气量计算剩余硫酸的物质的量浓度，故答案为：取反应后溶液，向其中加入足量锌；收集并测定氢气的体积；通过氢气量计算剩余硫酸
57、的物质的量浓度点评：本题考查浓硫酸与铜的反应，侧重于实验装置、反应原理和实验设计的考查，其中误差分析是难点，试题开放性强，答案不唯一25（14分）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）装置中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是过滤（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为
58、d（填序号）实验二 焦亚硫酸钠的性质：Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3（4）证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是ae（填序号）a测定溶液的pH b加入Ba（OH）2溶液 c加入盐酸 d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量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，有白色沉淀生成实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用NaS2O3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：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H
59、2O=H2SO4+2HI）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.16gL1在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果偏低（填“偏高”“偏低”或“不变”）考点：性质实验方案的设计版权所有专题：实验设计题分析：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；（3）装置用于处理尾气，吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；（4）NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，
60、故检验溶液呈酸性即可；（5）Na2S2O5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；（6）由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；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解答：解：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为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，
61、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）NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；故
62、答案为：ae；（5）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；（6）令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2H2SO4+2HI64g 1mol mg 0.025L0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：0.025L0.01mol/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=0.16 g/L故答案为：0.16；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，故答案为：偏低点评：本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用
