1、 山东省枣庄市第三中学2017-2018学年高一1月学情调查化学试题1. 下列表述中不正确的是A. 漂白粉的有效成分是次氯酸钙B. 碱性氧化物都是金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物C. 碳酸、纯碱、石灰石、生石灰是按酸、碱、盐、氧化物分类顺序排列的D. 依照阿伏加德罗定律，同温同压下两种气体的摩尔质量之比等于密度之比【答案】C2. 有以下物质:NaCl溶液熔融MgCl2CuSO45H2O固体NaOH固体金属铜蔗糖。有关它们的说法正确的是A. 属于非电解质的有 B. 属于电解质的有C. 不能导电的有 D. 属于混合物的有【答案】B【解析】A、因NaCl溶液和金属铜都不属于化合物，既不是电
2、解质也不是非电解质，选项A错误；B、因熔融MgCl2CuSO45H2O固体NaOH固体都是在熔融状态下或水溶液中能导电的化合物，都属于电解质，选项B正确；C、因CuSO45H2O固体和NaOH 固体中离子不能自由移动，蔗糖中没有自由移动的离子，则不能导电，熔融MgCl2中有自由移动的离子，能导电，选项C错误；D、熔融的MgCl2、CuSO45H2O固体和蔗糖都是只有一种物质组成，则属于纯净物，选项D错误。答案选B。3. 设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述中正确的是A. 标准状况下，22.4LH2O中含有NA个水分子B. 1molCl2与足量的铁发生反应，转移的电子总数为3NAC. 常温常
3、压下，48gO3和O2混合气体含有的氧原子数为3NAD. 同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积不相等【答案】C【解析】A、标准状况下，水是液态，不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，选项A错误；B、 1molCl2与足量的铁发生反应生成氯化铁，电子转移依据反应的氯气计算，转移的电子总数为2NA，选项B错误；C、常温常压下，48gO3和O2混合气体含有的氧原子数为NAmol-1=3NA，选项C正确；D、根据阿伏伽德罗定律，同温同压下，具有相同分子数的任何气体具有相同的体积，选项D错误。答案选C。4. 制备金属氯化物时，常用两种方法:金属与氯气直接化合制得；金属与盐酸反应制得
4、，用以上两种方法都可制得的氯化物是A. AlCl3 B. FeCl3 C. FeCl2 D. CuCl2【答案】A 考点：物质的制备5. 下列说法正确的是A. 可以用FeCl3溶液和NaOH溶液反应制备Fe(OH)3胶体B. FeCl3、FeCl2和Fe(OH)3都可以通过化合反应得到C. 40gNaOH固体溶解于500mL水中，所得溶液的物质的量浓度为2mol/LD. 根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质【答案】B【解析】A、制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，直至溶液呈现透明的红褐色，选项A错误；B、FeCl3可以是FeCl2和Cl2通过
5、化合反应生成，FeCl2可以是FeCl3和Fe通过化合反应生成，Fe(OH)2、氧气和水化合可得Fe(OH)3，选项B正确；C、40gNaOH溶解于500mL水中，所得溶液的体积不是500mL，溶液的物质的量浓度不是2mol/L，选项C错误；D、根据电解质在水溶液中是否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，选项D错误。答案选B。6. 一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A. 5:3 B. 5:4 C. 1：1 D. 3:5【答案】A【解析】根据反应方程式，5mol的NH4NO3中含有5mol的NH4和5m
6、ol NO3，NH4中N元素的化合价是3价， N2中N元素的化合价是0价，所以5mol的NH4共失去35=15mol电子，作还原剂生成氧化产物N22.5mol；NO3中N元素的化合价是5价，其中2mol NO3生成2HNO3化合价未变，3mol NO3作氧化剂生成还原产物N21.5mol，共得到53=15mol电子，所以还原产物与氧化产物的物质的量之比等于1.5:2.5=3:5，答案选D。点睛：氧化还原反应价态的变化规律中有两点：相互靠拢，不发生交叉，在发生氧化还原反应中化合价是逐级变化，在具体应用中体现出来的是归中和歧化反应，所以这两类反应是氧化还原反应规律的应用。7. 实验是研究化学的基础
7、，下图中所示的实验方法、装置或操作完全正确的是A. 向容量瓶中转移溶液 B. 稀释浓硫酸 C. 制取氨气 D. 称取NaOH【答案】C【解析】A、转移液体，应用玻璃棒引流，防止液体外流，选项A错误；B、量筒只能用于量取一定体积的液体，不能在量筒中稀释浓硫酸，选项B错误；C、氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气，氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，操作符合要求，选项C正确；D、氢氧化钠易潮解和具有腐蚀性，应放在烧杯中称量，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案的评价，涉及基本操作以及气体的制备等，把握操作方法及物质的性质为解答的关键。注意发生的化学反应。氯化铵和氢氧化钙在加热条件下发生反应生
8、成氨气，加热固体物质时试管口略向下倾斜，收集气体的试管塞一团棉花防止氨气对流而收集不到。8. 常温下，下列无色溶液中一定能大量共存的离子组是A. K+、Cu2+、NO3-、SO42- B. K+、H+、Fe2+、NO3-C. NH4+、K+、OH-、SO42- D. Na+、NH4+、Cl-、NO3-【答案】D【解析】A、含有Cu2+的溶液呈蓝色，与无色不符，选项A不选；B、H+、NO3- 与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，选项B不选；C、NH4+与OH-反应而不能大量共存，选项C不选；D、Na+、NH4+、Cl-、NO3-离子之间相互不反应，能大量共存，且符合溶液无色，选项D选。答案
9、选D。点睛：本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应及常见离子颜色的考查，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。9. 下列叙述中正确的是A. 胶体区别于其它分散系的本质特征是具有丁达尔现象B. NH3溶于水形成的溶液能导电，所以NH3是电解质C. 等质量的碳酸钠、碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，后者产生的二氧化碳多D. Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应【答案】C【解析】A、胶体区别于其它分散系的本质特征是分散质的微粒直径，选项A错误；B、NH3
10、溶于水形成的溶液能导电，原因是氨气与水反应生成的一水合氨能够电离出铵根离子和氢氧根离子，导电的离子不是氨气电离的，所以NH3属于非电解质，选项B错误；C、等质量的碳酸钠、碳酸氢钠，n（NaHCO3）n（Na2CO3），分别与足量的盐酸反应，NaHCO3生成的二氧化碳多， 选项C正确；D、Fe与稀HNO3反应生成NO，反应属于氧化还原反应但不属于置换反应，选项D错误。答案选C。10. 将标准状况下672mLO2和NH3的混合气体通过灼热的三氧化二铬(催化剂)，氨全部被氧化。将反应后气体全部通入水中，无气体剩余，制得100mL溶液，则该溶液的浓度为A. 1.0mol/L B. 0.1mol/L C
11、. 0.3mol/L D. 3.0mol/L【答案】B【解析】混合气体的总物质的量为=0.03mol，设其中NH3的物质的量为xmol，则O2的物质的量为（0.3x）mol，4NH3+5O24NO+6H2O 4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4 5 4 4 3 4xmolxmol xmol xmolxmol xmolxmol+xmol=（0.3x）mol，解得x=0.1，则生成HNO3的物质的量为0.1mol，所得硝酸溶液的浓度c=0.1molL1，故选B【点评】本题考查了混合物反应的计算，难度中等，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力11. 铜
12、粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生，当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出，该盐可以是A. Fe2(SO4)3 B. KNO3 C. FeSO4 D. Na2CO3【答案】B【解析】ACu、稀硫酸、硫酸铁混合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误；BCu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故B正确；CCu、稀硫酸、FeSO4混合时不反应，故C错误；DCu与稀硫酸不反应，加入Na2CO3时与酸反应生成二氧化碳气体，但Cu
13、不溶解，故D错误；故选B。点睛：考查硝酸盐在酸性条件下的性质，明确选项中各物质的性质及发生的化学反应是解答本题的关键，Cu与稀硫酸不反应，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则可使Cu溶解，由发生的氧化还原反应可知生成的气体，以此来解答。12. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉。对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是A. 若溶液中有Cu2+,则一定没有固体析出 B. 若溶液中有Fe2+,则一定有Cu析出C. 若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+ D. 若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+【答案】D【解析】氧化性是Fe3Cu2Fe2，还原性是FeCu，则A、若溶液中有
14、Cu2，则也可能有部分铜已经被置换出来，因此不一定没有固体析出，选项A不正确；B、若溶液中有Fe2，但如果溶液铁离子过量，则不一定有Cu析出，选项B不正确；C、若无固体剩余，这说明铁粉完全被溶液中的铁离子氧化，但此时溶液中不一定还有Fe3，选项C不正确；D、若有固体存在，则固体中一定有铜，可能还有铁，因此溶液中一定有Fe2，选项D正确。答案选B。点睛：本题考查铁及其化合物的性质，熟悉铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键。FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：2Fe3+ Cu = Cu2+2Fe2，Fe3氧化性强于Cu2，加入铁粉先与Fe3反应，再与Cu2反应，据此解答。13
15、. 右图为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。下列组合中可形成喷泉的是A. Cl2和H2O B. CO2和NaOH溶液 C. SO2和H2O D. NO和H2O【答案】BC【解析】极易溶于水或气体与溶液易发生化学反应可形成图I中喷泉，A、Cl2在H2O中可溶，溶解度不大，不能形成喷泉，选项A不选；B、CO2和NaOH溶液发生化学反应使气体快速减少，形成喷泉，选项B选；C、SO2在H2O中溶解度较大，利用气体的溶解性形成喷泉，选项C选；D、NO不溶于水，不能形成喷泉，选项D不选。答案选BC。14. 下列描述正确的是A. 在溶液中能电离出H+的化合物都
16、属于酸B. 有单质参加的化学反应一定是氧化还原反应C. 实验室中可以用浓氨水与生石灰混合，可以快速制备少量氨气D. 某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42-【答案】C【解析】A. 凡在溶液中电离出的阳离子全部为H的化合物属于酸，选项A错误；B、同素异形体的转化中没有化合价的变化，如3O22O3，则有单质参加或单质生成的化学反应不一定是氧化还原反应，选项B错误；C、实验室中可以用浓氨水与生石灰混合，可以快速制备少量氨气，选项C正确；D、某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀，原溶液中不一定含有SO42-，也可能含有银离子，选项D错误。答案选C。15. 下列反应的离子
17、方程式中书写正确的是A. 铁粉跟稀盐酸反应2Fe+6H+=2Fe3+3H2B. NaHCO3溶液与H2SO4溶液混合:HCO3-+H+=H2O+CO2C. 氢氧化钠溶液中通入足量的CO2:2OH-+CO2=CO32-+H2OD. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应:Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O【答案】B【解析】A. 铁粉跟稀盐酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，选项A错误；B. NaHCO3溶液与H2SO4溶液混合，反应的离子方程式为:HCO3-+H+=H2O+CO2，选项B正确；C. 氢氧化钠溶液中通入足量的CO2，反应的离子方程式为:OH-+CO2=HCO3
18、-，选项C错误；D. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应的离子方程式为:Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，选项D错误。答案选B。16. 下列说法中不正确的是A. S在过量的O2中充分燃烧生成SO3B. 常温下，浓硝酸可以用铁罐车贮运C. 可用稀盐酸来鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液D. 除去CO2中混有的HCl,可通过盛有饱和Na2CO3溶液的洗气瓶【答案】AD【解析】A、硫在氧气中燃烧生成SO2，得不到SO3，选项A不正确；B、Fe在常温下遇到浓硝酸时被硝酸钝化产生一薄层致密的氧化物保护膜而阻止了内层的金属继续被氧化，从而起到了保护作用。因此常温下浓硝酸可以用铁罐车
19、贮运，选项B正确；C、将稀盐酸逐滴滴入NaHCO3溶液与Na2CO3溶液中， 前者开始就产生气泡，后者开始时无气泡产生，现象不同，故可用稀盐酸来鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液，选项C正确；D、除去CO2中混有的HCl,可通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，选项D不正确。答案选AD。17. 碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图)后下列说法正确的是A. 洗气瓶中产生的沉淀是BaCO3 B. 洗瓶中产生的沉淀是BaSO3C. 在Z导管口有红棕色气体出现 D. 在Z导管出来的气体中无CO2【答案】C【解析】碳与浓硫酸共热产生的X气体
20、为CO2和SO2的混合气体，CO2和SO2与氯化钡均不反应，故不能生成碳酸钡、亚硫酸钡沉淀；选项A、选项B错误；铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，硫酸与氯化钡反应产生硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，故在Z导管口有红棕色气体出现，选项C正确；在Z导管出来的气体中含有CO2，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查硝酸、浓硫酸的性质以及二氧化硫与二氧化氮等物质的性质题目难度不大，注意相关元素化合物知识的积累。碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入
21、时因NO2与水和SO2共同作用要产生SO42-和NO，NO在空气中又会生成NO2，以此解答该题。18. 用以下三种途径来制取等质量的硝酸铜。铜与稀硝酸反应；铜与浓硝酸反应；铜先与氯气反应生成氧化铜，氧化铜再与硝酸反应。以下叙述不正确的是A. 三种途径所消耗铜的质量相等B. 三种途径所消耗硝酸的物质的量是C. 途径的制备方法最符合“绿色化学“理念D. 途径中还原剂与氧化剂的物质的量之比是3:8【答案】BD【解析】制取硝酸铜的有关反应铜与稀硝酸反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；铜先与氧
22、气反应生成氧化铜，氧化铜再跟硝酸反应：2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3= Cu（NO3）2+H2O；A铜元素都生成了硝酸铜，所以制取等量的硝酸铜消耗铜的质量相等，选项A正确；B根据上述的反应途径结合反应式可知三种途径所消耗硝酸的物质的量是，选项B错误；C途径的制备方法中原子利用率最高，且没有污染环境的气体产生，所以最符合“绿色化学”理念，选项C正确；D途径中被氧化的铜与被还原的硝酸的物质的量之比是3：2，选项D不正确，答案选BD。点睛：本题考查硝酸铜的制备方案的评价，注意根据相关反应的化学方程式结合环保进行分析是解答的关键，题目难度中等，考查了学生对基础知识的应用能力。制取硝酸铜有关反
23、应为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O；2Cu+O22CuO，CuO+2HNO3（稀）=Cu（NO3）2+H2O从以上三组反应可以看出：生成相同质量的Cu（NO3）2，消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量（或物质的量）不相同，途径消耗HNO3最多，途径次之，途径消耗HNO3最少，通过比较可以看出，生产Cu（NO3）2，途径效果最佳，既不造成污染，又能提高HNO3的利用率，据此即可解答。19. A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如右图所示(反应条件及其他物质已经略去)
24、：ABCD。（1）若A金属，D为强碱，则:C的化学式为_.CD反应的化学方程式为_；1molC完全反应转移电子的物质的量为_。（2）若A为气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D为强酸，则写出A-B 的化学方程式:_。若要收集B气体，下列收集装置中合适的是(填序号)_。1.92g铜投入一定量D的浓溶液中，铜完全溶解，共收集到672mL气体(标准状况)，则反应中消耗D 的物质的量为_。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为_ (标准状况)。【答案】 (1). Na2O2 (2). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 (3). 1m
25、ol (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). C、E (6). 0.09mol (7). 336【解析】（1）若A为金属，与氧气反应生成的氧化物能继续与氧气反应生成C，C与水反应生成的D为强碱，可判断A为钠、B为氧化钠、C为过氧化钠、D为氢氧化钠。C为过氧化钠，其化学式为：Na2O2；CD反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，1mol Na2O2完全反应转移电子的物质的量为1mol；（2）若A为气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为氨气，氨气与氧气发生催化氧化生成NO，NO与氧气反应生成NO2，NO2与水反
26、应生成D为强酸HNO3，同时生成NO，则写出A-B的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；因NO遇空气会与氧气反应生成NO2，且难溶于水，若要收集NO气体，只能用排水法收集，合适的收集装置是CE；D浓溶液为HNO3，1.92g Cu的物质的量为：n(Cu)= =003mol，反应时失去电子为：2003mol=006mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，根据氮原子守恒，硝酸反应后生成NO、NO2和Cu(NO3)2，故反应中消耗HNO3的物质的量为+0.03mol3=0.09mol；反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电
27、子的数目，所以消耗氧气的物质的量为：n(O2)= =0.015mol，标况下需要氧气的体积为：V(O2)=0.015mol22.4L/mol=0.336L=336mL。20. 实验室可以用高锰酸钾和浓硫酸反应制取氯气，反应的化学方程式如下:2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（1）由该反应判断，KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性(选填“强”或“弱”)_。（2）用0.5mol/L的Na2S溶液100mL,恰好将0.02mol的MnO4-还原，已知MnO4-在反应后生成Mn2+,则反应后硫元素的化合价为_。（3）实验室需用80mL0.5mo/L的KMnO4溶液
28、，某同学欲用KMnO4固体配制该浓度的溶液。请回答下列问题:需称取KMnO4固体的质量为_，配制KMnO4溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是_(请填序号)。A.容量瓶上标有容积、温度和刻线B.使用前要检查容量瓶是否漏水C.容量瓶用蒸馏水洗净后，必须50烘干D.配制溶液时，把量好的KMnO4固体小心放入容最瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线12cm处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线（4）下列情况会使所配溶液浓度偏高的是_(请填序号)。a.称量时物码倒置b.洗涤操作时将少量液体洒到外面c.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线d.定
29、容时俯时容量瓶刻度线【答案】 (1). 强 (2). 0 (3). 7.9g (4). 100mL容量瓶 (5). 胶头滴管 (6). AB (7). d【解析】（1）反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，氧化剂为KMnO4，还原剂为HCl，氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为KMnO4Cl2，即KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性强；（2）根据氧化还原反应中得失电子守恒，设反应后硫元素的化合价为x,用0.5mol/L的Na2S
30、溶液100mL，恰好将0.02mol的MnO4-还原，已知MnO4-在反应后生成Mn2+,则有：0.02mol（7-2）=0.5mol/L0.1Lx-(-2)，解得x=0，故反应后硫元素的化合价为0；（3）实验室需用80mL0.5mo/L的KMnO4溶液，实验室没有规格的容量瓶，必须配制100mL0.5mo/L的KMnO4溶液，需称取KMnO4固体的物质的量为n（KMnO4）=0.1L0.5mol/L=0.05mol，质量为m（KMnO4）=0.05mol158g/mol=7.9g；配制该KMnO4溶液时需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒，还需要100mL容量瓶、胶头滴管；A容量
31、瓶的定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上还标有使用的温度，选项A正确；B由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项B正确；C容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配制结果，选项C错误；D容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移的容量瓶中，选项D错误。答案选AB；）a.左物右码：物质的质量=砝码的质量+游码的质量；左码右物：物质的质量=砝码的质量-游码的质量，所以称得的KMnO4质量实际为7g-0.9g=6.1g，溶质质量偏少，所配溶液浓度偏低；b.洗涤操作时将少量液体洒到外面，部分溶质损失，
32、所配溶液浓度偏低；c.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，所加蒸馏水偏多，溶液浓度偏低；d.定容时俯时容量瓶刻度线，所加蒸馏水偏少，溶液浓度偏高。答案选d。21. 某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图I所示装置进行实验。请回答下列问题:（1）装置A中发生反应的化学方程式_。（2）实验过程中，装置B、C中发生反应的现象分别是_、_。（3）反应开始一段时间后，观察到D装置试管中的品红溶液褪色后，停止通气，再对该试管加热，其现象为_。若将Cl2直接通入品红溶液待褪色后再加热其现象是否与上述相同_(填“相同”或“不相同”)。（4）下列物质中，可用于吸收烟气中含有的少量SO2的是_(填序号)。
33、a.Na2CO3 b.H2SO4 c.NaHSO3 d.NH3H2O（5）该实验小组利用上述图II装置继续进行实验:通气一段时间后，实验过程中品红溶液几乎不褪色。试分析实验过程中，品红溶液几乎不褪色的原因是(用离子方程式表示): _。【答案】 (1). Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O (2). 溶液由紫红色变为无色 (3). 无色溶液出现淡黄色浑浊 (4). 品红溶液又恢复为原来的红色 (5). 不相同 (6). ad (7). SO2+Cl2+2H20=4H+SO42-+2Cl-【解析】（1）硫酸的酸性大于亚硫酸，根据强酸制取弱酸知，硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠
34、、二氧化硫和水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，通入二氧化硫后装置B中发生反应的现象是溶液由紫红色变为无色；硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质，硫不易溶于水，通入二氧化硫后装置C中发生反应的现象是无色溶液出现淡黄色浑浊；（3）由于SO2的漂白性是可逆的，所以加热能使品红溶液恢复红色，故停止通气，再对该试管加热，其现象为品红溶液又恢复为原来的红色；但氯水的漂白性是氧化导致的，是不可逆的，加热不能恢复红色，现象不相同；（4）a.Na2CO3 溶液与SO2反应生成 亚硫酸钠和二氧化碳，可用于吸收烟气中含有的少量SO2，选项a选；
35、 b.H2SO4与SO2不反应，不可用于吸收烟气中含有的少量SO2，选项b不选；c.NaHSO3与SO2不反应，不可用于吸收烟气中含有的少量SO2，选项c不选；d.NH3H2O与SO2反应生成亚硫酸铵，可用于吸收烟气中含有的少量SO2，选项d选；答案选ad；（5）二氧化硫与氯气按1：1溶于水后生成的硫酸和盐酸都无漂白性，品红溶液几乎不褪色的原因是SO2+Cl2+2H2O=4H+SO42-+2Cl-。22. 研究钠、铁、铜及其化合物具有重要意义。（1）有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，随后向溶液中逐渐加入的0.1mol/L盐酸，产生的气体CO2体积(标准状况下)与所加入的盐酸
36、的体积之间的关系如图所示:试计算:（1）向NaOH溶液中通入CO2气体后，所得溶液中的溶质是_，反应产生的CO2气体体积(标准状况)是_L。（2）向Ba(OH)2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液至恰好不再生成沉淀为止，写出发生反应的离子方程式_，若在上述反应后溶液中继续滴加NaHSO4溶液，写出此步反应的离子方程式: _ 。（3）NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。某厂废弃液中，含有2%5%的NaNO2直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是_。A.KMnO4 B.NH4C1 C.O2 D.HNO3（4）向含Fe(NO3)3、Cu(NO3)2
37、、HNO3的稀溶液中逐渐加入铁粉，c(Fe2+)的变化如图所示。横坐标01段反应的离子方程式为:_。忽略溶液体积的变化，则原溶液Cu(NO3)2的浓度为_。【答案】 (1). NaOH和Na2CO3 (2). 0.056L (3). Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O (4). OH-+H+=H2O (5). B (6). Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O (7). 1mol/L【解析】（1）图中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO
38、3-应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL-25mL=25mL，由方程式可知NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1；根据反应NaHCO3+HCl= NaCl+CO2+H2O可知n(CO2)=n(HCl)= 0.1mol/L0.025L=0.0025mol，V(CO2)= 0.0025mol22.4L/mol=0.056L；（
39、2）向Ba(OH)2溶液中，逐滴加入NaHSO4溶液至恰好不再生成沉淀为止，以硫酸根离子与钡离子按1：1进行反应，发生反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O，若在上述反应后溶液中继续滴加NaHSO4溶液，溶液中未反应的氢氧根离子继续与NaHSO4电离出的氢离子反应，反应的离子方程式为：OH-+H+=H2O；（3）含有2%5%的NaNO2的溶液直接排放会造成污染，若试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2，则物质应该有还原性，加入的物质是NH4Cl，选项是B；（4）Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的稀溶液氧化性为HNO3Fe3+Cu2+，金属铁先和氧
40、化性强的离子反应。横坐标01段是金属铁和硝酸之间的反应，发生反应的离子方程式为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，所以亚铁离子的浓度不变；01：开始阶段是金属铁和硝酸之间的反应：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO+2H2O，当加入金属铁1mol是，生成三价铁离子是1mol，所以亚铁离子的浓度不变；12：金属铁和硝酸反应结束后，生成1mol的三价铁离子，然后发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时加入的1mol铁会和三价铁反应生成3mol亚铁离子，此时c(Fe2+)=3mol/L，说明溶液的体积为1L；23：反应的最后阶段为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu，所有的离子均被还原，此时加入的1mol铁会和Cu2+反应生成1mol亚铁离子；则n(Cu2+)=1mol；c(Cu2+)=1mol/L。