1、2019-2020学年第二学期高一开学测验卷考试范围：网课所讲内容 考试时间：90分钟注意事项：1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2. 请将答案正确填写在答题卡上一、选择题(每题3分，共60分)1. 下列离子方程式正确的是（ ）A. 铁和稀盐酸反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2B. NaHCO3溶液和少量的Ca(OH)2溶液:Ca2+OH-+=CaCO3+H2OC. 氯气通入水中：Cl2+H2O2H+Cl+ClOD. 硅酸钠溶液中通入足量CO2：+2H2O+2CO2H2SiO3+2【答案】D【解析】【详解】A铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2，
2、A错误；BNaHCO3溶液和少量的Ca(OH)2溶液，则氢氧根离子消耗完全，离子方程式为Ca2+2OH-+2=CaCO3+2H2O+，B错误；C氯气通入水中生成的次氯酸为弱酸，应以化学式保留，离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，C错误；D硅酸钠溶液中通入足量CO2，生成硅酸沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为+2H2O+2CO2H2SiO3+2，D正确；答案为D。2. 某溶液既能溶解Al(OH)3,又能溶解H2SiO3,在该溶液中可以大量共存离子组是（ ）A. K+、Na+、B. Na+、Cl、ClOC. H+、Mg2+、D. Ag+、K+、Na+【答案】B【解析】【分析】能溶解Al(O
3、H)3的溶液可能为酸，有可能为碱，但能溶解H2SiO3的溶液一定为碱溶液。【详解】A与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不能大量共存，A与题意不符；BNa+、Cl、ClO与氢氧根离子不反应，能大量共存，B符合题意；CH+与氢氧根离子反应生成水，不能大量共存，C与题意不符； DAg+与氢氧根离子反应，不能大量共存，D与题意不符；答案为B。3. 根据下列反应的化学方程式：I2+SO2+2H2O = H2SO4+2HI；2FeCl2+Cl2 = 2FeCl3；2FeCl3+2HI = 2FeCl2+2HCl+I2 判断有关物质的还原性强弱顺序是A. IFe2+ClSO2B. ClFe2+SO2IC.
4、 Fe2+IClSO2D. SO2IFe2+Cl【答案】D【解析】【详解】在I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2HI；在2FeCl2+Cl2=2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl3；2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性KIFeCl2； 通过以上分析知，物质的还原性有强到弱的顺序是SO2I-Fe2+Cl-，故合理选项是D。4. 下列与金属相关说法正确的是A. 金属原子失电子越多，元素金属性越强B. 可以通过最高价氧化物对应水化物的碱
5、性强弱来判断元素金属性强弱C. 铁可以从所有强酸溶液中置换出氢气D. 活泼性强的金属都可以从溶液中置换出活泼性弱的金属【答案】B【解析】【详解】A元素的金属性越强，越易失电子，与失电子数目无关，故A错误；B元素金属性强弱可以通过最高价氧化物对应水化物的碱性强弱来判断，故B正确；C铁可以从所有强酸溶液中置换出氢气，但不包括硝酸或浓硫酸，故C错误；DNa易与水反应，不能置换硫酸铜溶液中的Cu，故D错误；答案为B。5. 下列实验过程中产生沉淀的物质的量(Y)与加入试剂的物质的量(X)之间的关系正确的是()A. 甲向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡B. 乙向NaAlO2溶液中滴加
6、稀盐酸至过量且边滴边振荡C. 丙向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量D. 丁向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中逐渐通入CO2至过量【答案】C【解析】【详解】A向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量且边滴边振荡，先产生氢氧化铝沉淀：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3和NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠，沉淀溶解：NaOH+ Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，所以沉淀量达到最大消耗NaOH和沉淀溶解消耗NaOH的比为3：1；A错误；B向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸，立刻产生白色氢氧化铝沉淀，发生反
7、应：AlO2-+H+H2O=Al(OH)3，随着盐酸的逐滴加入，开始形成的沉淀又逐渐溶解，发生反应：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，所以沉淀量达到最大消耗的盐酸和沉淀完全溶解消耗的盐酸的物质的量之比是1：3B错误；C向NH4Al（SO4）2溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，开始滴加NaOH发生反应为Al3+3OH-= Al(OH)3，先产生氢氧化铝沉淀，当Al3+沉淀完全后，然后发生反应NH4+OH-=NH3H2O；此时沉淀氢氧化铝的量不变，最后继续滴加NaOH，发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，氢氧化铝沉淀溶解，沉淀量达到最大消耗NaOH、沉淀量不变和沉淀溶解消耗Na
8、OH的比为3：1：1；C正确；D向NaOH、Ba(OH)2、NaA1O2的混合溶液中逐渐通入二氧化碳至过量，首先发生反应：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，产生白色沉淀，然后发生：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，此时沉淀的量不变，再发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+Na2CO3，产生沉淀，又发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，沉淀量不变，最后发生反应：BaCO3+2H2O+2CO2=Ba(HCO3)2，沉淀部分溶解，D错误；故合理选项是C。6. 等量的铁粉分别与足量的盐酸、水蒸气在一定的条件下充分反应，则在相同的条件下，产生氢气
9、的物质的量之比是（ ）A. 1：1 B. 3：4 C. 2：3 D. 4：3【答案】B【解析】【分析】令Fe的物质的量为1mol，根据方程式计算出生成氢气的物质的量，再根据相同条件下体积之比等于物质的量之比确定两反应中生成氢气体积之比。【详解】令Fe的物质的量为1mol，则：Fe+2HCl=FeCl2+H21mol 1mol3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H21molmol，相同条件下体积之比等于物质的量之比，则两反应中生成氢气体积之比为1mol：mol =3：4。答案选B。【点睛】本题考查根据方程式的计算，比较基础，清楚铁与水蒸气的反应是关键，注意基础知识的理解掌握。7. 下列关于硅的说
10、法不正确的是()A. 硅是非金属元素，但它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B. 硅的导电性能介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料C. 硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质起反应D. 当加热到一定温度时，硅能与氯气、氢气等非金属反应【答案】C【解析】A晶体硅的结构与金刚石类似，它是灰黑色有金属光泽的非金属固体，故A正确；B硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料，故B正确；C硅常温下与氢氟酸、氢氧化钠反应，故C错误；D硅与氢气在加热时生成硅烷，与氯气加热生成四氯化硅，所以加热到一定温度时硅能与H2、Cl2等非金属反应，故D正确；故选C。8. 下列说法中，错误的是（ ）A. 光导纤
11、维是以二氧化硅为主要原料制成的B. 二氧化硅溶于水生成硅酸C. NaOH溶液不能存放在磨口玻璃塞的试剂瓶中D. 二氧化硅是一种熔沸点很高、硬度很大的氧化物【答案】B【解析】【详解】A. 光导纤维是以二氧化硅为主要原料制成的，A正确；B. 二氧化硅不溶于水，B错误；C. 氢氧化钠溶液能与二氧化硅反应生成黏性较强的硅酸钠，使玻璃塞与瓶口黏合在一起而不易打开，因此NaOH溶液不能存放在磨口玻璃塞的试剂瓶中，应该用橡皮塞，C正确；D. 二氧化硅是原子晶体，因此是一种熔沸点很高、硬度很大的氧化物，D正确；答案选B。9. 青花瓷中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然于碗底”等图案让人
12、赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2O6）。下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是A. 是一种硅酸盐B. 性质稳定，不易脱色C. 易溶于强酸和强碱D. 可用氧化物形式表示为BaOCuO2SiO2【答案】C【解析】【详解】A. 根据题干，大多为硅酸盐，如蓝紫色硅酸铜钡（BaCuSi2O6），A项正确；B. 古瓷年代久远，所以硅酸铜钡性质稳定，不易脱色，B项正确； C. BaCuSi2O6是弱酸盐，所以能和强酸反应，和强碱不反应，C项错误；D. 硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物、不活泼金属氧化物、二氧化硅、水，所
13、以硅酸铜钡用氧化物形式表示：BaOCuO2SiO2，D项正确；答案选C。10. 使0.15molMnO2与过量的12molL-1的浓盐酸反应，使50mL12molL-1的浓盐酸与足量MnO2反应，两者产生的氯气相比（其他条件相同）（ ）。A. 一样多B. 前者较后者多C. 后者较前者多D. 无法比较【答案】B【解析】【详解】0.15mol MnO2与过量的12molL-1的浓盐酸反应，浓盐酸过量，二氧化锰完全反应，所以产生氯气的物质的量是0.15mol，50mL 12molL-1的浓盐酸与足量MnO2反应，盐酸的物质的量为：12molL-10.05L=0.6mol，二氧化锰过量，若盐酸完全反应
14、根据方程式计算，所以理论上产生氯气的物质的量是0.15mol，但是，50mL 12molL-1的浓盐酸与足量MnO2反应过程中盐酸的浓度不断减小，而稀盐酸与二氧化锰不发生反应，所以说最终产生的氯气小于0.15mol，故A、C、D错误；故选B。11. 短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（ ）A. 简单离子半径：ZYXB. 如图所示实验可证明非金属性：ClZC. W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同产物均不同D. Y分别与X、Z
15、形成二元化合物中不可能存在共价键【答案】B【解析】分析：本题考查的是元素推断和非金属性的强弱比较，结合原子的构成进行分析。详解：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，说明该元素为碳元素，X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则为氧和硫，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明为钠元素。A.氧离子和钠离子电子层结构相同，根据序小径大的原则分析，氧离子半径大于钠离子半径，硫离子有3层，半径最大，故顺序为ZXY，故错误；B.实验中盐酸与高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和硫化氢反应生成硫和水，说明氯气的氧化性比硫强，故说明氯的非金属性比
16、硫强，故正确；C.碳和氧气可以生成二氧化碳或一氧化碳，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，钠和氧气根据条件不同可能生成氧化钠或过氧化钠，故错误；D.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只有离子键，过氧化钠有离子键和共价键，钠和硫形成硫化钠，只有离子键，故错误。故选B。12. 自来水可用氯气进行消毒，如在实验室用自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显的药品变质问题的是（ ）A AgNO3B. NaOHC. KID. FeCl3【答案】D【解析】分析：自来水可以用氯气消毒，得到氯水中含H+、OH-、ClO-、Cl-，及水、HClO、氯气三种分子，结合微粒的性质来解答。详解：A硝酸银可与氯水中的氯离子反
17、应，会发生变质，A不选；B氢氧化钠与氯水中的氢离子反应，可变质，B不选；C碘化钾能够被氯气氧化，所以会变质，C不选；D氯化铁不与氯水中的物质发生反应，不会变质，D选；答案选D。点睛：本题考查溶液的成分及溶液的配制，明确氯气的性质及氯水的成分是解本题的关键，题目难度不大。注意新制氯水的主要性质是酸性、强氧化性和不稳定性。13. 下列物质不能通过化合反应生成的是A. FeCl2B. H2SiO3C. CuCl2D. Fe(OH)3【答案】B【解析】【详解】A. 氯化铁与铁发生化合可制备氯化亚铁，其反应的化学方程式为：2FeCl3 + Fe = 3FeCl2，故A不符合题意；B. 二氧化硅难溶于水，
18、不和水反应，故H2SiO3 不能用化合法制备，故B符合题意；C. 铜在氯气中燃烧可制备氯化铜，其反应的化学方程式为：Cu + Cl2 CuCl2，故C不符合题意；D. 可通过化合反应制备氢氧化铁，即4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4 Fe(OH)3，故D不符合题意；故答案选B。14. 下列关于浓硫酸的叙述正确的是A. 浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的氧化性B. 浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4的脱水性C. 浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性D. 100 mL 18 mol/
19、L的浓H2SO4中加入足量的Cu并加热，被还原的H2SO4的物质的量为0.9 mol【答案】C【解析】【详解】A浓H2SO4使蔗糖炭化变黑，体现了浓H2SO4的脱水性，A错误；B浓H2SO4使蓝色胆矾变成白色，体现了浓H2SO4吸水性，B错误；C浓H2SO4滴在润湿的蓝色石蕊试纸，试纸先变红，然后褪色，最后变黑，说明浓H2SO4具有酸性、氧化性和脱水性，C正确；D100 mL 18 mol/L的浓H2SO4中H2SO4物质的量为1.8mol，加入足量的Cu并加热，发生的反应为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，被还原的H2SO4的
20、物质的量小于0.9 mol，D错误；答案选C。【点晴】浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性；浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，而浓H2SO4表现脱水性。15. 下列方法中，不能用于实验室里制取氨气的是（ ）A. 加热试管中的氯化铵固体B. 将烧瓶中的浓氨水加热C. 将分液漏斗中的浓氨水滴入装有生石灰的烧瓶中D. 在烧瓶中将熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热【答案】A【解析】【详解】A. 氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯
21、化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气，A错误；B. 氨水中存在平衡关系：NH3+H2ONH3H2O+OH-，加热浓氨水，氨气溶解度降低，从溶液中逸出，平衡向逆反应方向移动，可以制取氨气，B正确；C. 利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca(OH)2，放出大量热，促进NH3H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca(OH)2是强碱，也促进NH3H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3H2O+CaONH3+Ca(OH)2，C正确；D. 熟石灰和氯化铵混合，加水调成泥状后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，
22、D正确；故答案为：A。16. 下列实验能证明一定有二氧化硫存在的是( )能使澄清石灰水变浑浊； 能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；能使品红溶液褪色；通入足量的氢氧化钠溶液再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于稀盐酸；通入气体能使溴水褪色,再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生。A. 只有B. 均能C. D. 均不能【答案】A【解析】【详解】能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是SO2、CO2，不能确定该气体一定是是SO2，故不符合题意；能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明该气体显酸性，如HCl、SO2等，故不符合题意；能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2，可能是O3等，故不符合题意；通入足量的氢氧化钠
23、溶液再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，该沉淀溶于稀盐酸，CO2也满足要求，不能证明气体为SO2，故不符合题意；通入溴水中使溴水褪色，说明该气体为还原性气体或含有碳碳不饱和键的气体，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生，该沉淀为BaSO4，因此该气体为SO2，故符合题意；答案：A。17. 有一充有10mL NO和NO2混合气体的试管，倒置于盛有水的水槽中，充分反应后，仍有6mL无色气体，则原混合气体中NO和NO2体积比为( )A. 14B. 23C. 13D. 41【答案】B【解析】【详解】设NO的体积为amL，则NO2的体积为(10a)mL，倒置于盛有水的水槽中，发生3NO2H2O=2HN
24、O3NO，根据反应方程式，生成NO的体积为mL，充分反应后，6mL气体为NO，因此有a=6，解得a=4，NO和NO2的体积比为4mL：(104)mL=4：6=2：3，答案选B。18. 下列叙述中不正确的是（ ）A. 共价化合物中，一定含非金属元素B. 共价化合物中，一定没有离子键C. 离子化合物中可能含有共价键D. 离子化合物中一定含有金属元素和非金属元素【答案】D【解析】分析：A、根据金属元素没有负化合价分析；B、共价化合物中只含共价键；C、离子化合物中一定含离子键，可能含有共价键；D、离子化合物中不一定含有金属元素，如铵盐为离子化合物。详解：A、因为金属元素没有负化合价，化合物中化合价的代
25、数和为0，所以所有化合物中都有非金属元素，A正确；B、共价化合物中只含共价键，所以一定没有离子键，B正确；C、离子化合物中一定含离子键，可能含有共价键，如氢氧化钠，C正确；D、离子化合物中不一定含有金属元素，如铵盐为离子化合物，氯化铵中无金属元素，D错误；答案选D。点睛：本题考查离子化合物及化学键，注意把握常见物质中的化学键为解答的关键，解答时要学会利用实例来分析判断，题目难度不大。19. 下列叙述中一定能说明A的金属性比B强的是（ ）A. 原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少B. 常温时，A能从盐酸中置换出氢气，而B不能反应C. B不能从溶液中置换出AD. 1molA失去的电子比1mo
26、lB失去的电子多【答案】B【解析】【详解】A金属性强弱和原子的最外层电子数无关，如氢原子最外层只有一个电子，而镁原子最外层两个电子，镁的金属性更强，A不符合题意；B常温下，A能和稀盐酸发生置换反应，B不能反应，说明在金属活动性顺序表中A位于 H之前、B位于H之后，所以金属性AB，B符合题意；CB不能从溶液中置换出A，不能说明金属性AB，如钠金属性大于Cu，但钠和铜盐溶液混合时先和水反应，得不到Cu，C不符合题意；D失电子多少与金属性强弱无关，所以不能说明金属性A大于B，D不符合题意；答案选B。20. 下列物质性质的递变关系正确的是A. 原子半径：CAlNaKB. 碱性：NaOHKOHCa(OH
27、)2Mg(OH)2C. 离子半径：O2-F-Al3+Mg2+Na+D. 最高价：ClSiAlF【答案】D【解析】【详解】A、正确的原子半径大小顺序为KNaAlC，A错误；B、K的金属性强于Na，所以碱性KOHNaOH，B错误；C、Al3+、Mg2+、Na+ 的电子层数相同，核电荷数越多，半径越小，所以三者中Na+ 的半径最大，C错误；D、Cl、Si、Al的最高价分别为+7、+4、+3，F无最高价，所以最高价：ClSiAlF，D正确；答案选D。二、填空题(共40分)21. 元素在元素周期表中的位置如下，回答有关问题：(1)画出的离子结构示意图_。(2)在、四种元素中，其简单离子半径按由大到小的排
28、列顺序为_【示例：用r(A2-)r(B-)的形式表示】。(3)元素、氢化物的稳定性由强到弱的顺序为(填化学式)_。(4)与同一主族并且在短周期的元素的某种含氧酸可以消毒杀菌，写出该物质的电子式_。(5)比较与其同族短周期元素的氢化物的熔沸点高低，并说明理由_。【答案】 (1). (2). r(O2-)r(F-)r(Na+)r(Al3+) (3). HFH2O (4). (5). 氨气分子间存在氢键，所以熔沸点NH3PH3【解析】【分析】由元素在周期表的位置，分别为N、O、F、Na、Al、S、Ar、K。【详解】(1)为S元素，为16号元素，得到两个电子形成S2-，结构示意图为；(2)、四种元素的
29、简单离子分别为O2-、F-、Na+、Al3+，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，所以其离子半径由大到小的排列顺序为r(O2-)r(F-)r(Na+)r(Al3+)；(3)非金属性越强，氢化物越稳定，同周期元素自左至右非金属性增强，所以元素氢化物的稳定性由强到弱的顺序为HFH2O；(4)为F元素，与其同一主族并且在短周期的元素的某种含氧酸可以消毒杀菌，则该元素为Cl，该含氧酸为HClO，电子式为；(5)为N元素，其氢化物为NH3，其同族短周期元素为P，氢化物为PH3，由于氨气分子间存在氢键，所以熔沸点NH3PH3。22. 以下装置可用来制取纯净干燥的氯气，根据装置回答下列问题：(1
30、)实验中饱和食盐水的作用：_。(2)NaOH溶液的作用：_，发生的离子反应为_。(3)上图中收集氯气的方法叫做_，如何检验氯气已收集满：_。(4)此实验中制取氯气的离子方程式_。【答案】 (1). 吸收Cl2中混有的HCl气体 (2). 尾气处理，吸收过量的Cl2 (3). Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O (4). 向上排空气法 (5). 将湿润的淀粉-KI试纸伸至出气口处，若淀粉-KI试纸变蓝，则证明Cl2已收集满 (6). MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O【解析】【分析】本实验为制取纯净干燥的氯气实验，实验原理为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H
31、2O，饱和食盐水可吸收Cl2中混有的HCl气体，浓硫酸可干燥Cl2，NaOH可吸收Cl2，进行尾气处理，据此分析解答。【详解】(1)浓盐酸以挥发，因此生成的Cl2中含有HCl气体，饱和食盐水可用于吸收Cl2中混有的HCl气体；(2)Cl2有毒，需要进行尾气处理，因此可用NaOH溶液吸收过量的Cl2，发生的离子反应为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；(3)Cl2的密度大于空气，因此收集Cl2的方法为向上排空气法，将湿润的淀粉-KI试纸伸至出气口处，若淀粉-KI试纸变蓝，则证明Cl2已收集满；(4)根据分析，实验原理为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，则离子方程式为M
32、nO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O。23. 懵圈？不是过度用脑，而是你做题太少！如下图是实验室制备SO2并验证SO2某些性质的装置图。试回答：(1)中的现象是_，说明SO2是_氧化物。(2)中的现象说明SO2具有_。(3)写出中反应的化学方程式_。(4)写出中反应的离子方程式_。(5)的作用是_，其离子方程式是_。【答案】 (1). 石蕊变红色 (2). 酸性 (3). 漂白性 (4). (5). (6). 吸收二氧化硫 (7). 【解析】【分析】本实验用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：；二氧化硫是酸性气体，故能使石蕊试液变红色，二氧化硫具有漂白性，可使
33、品红溶液褪色；二氧化硫具有还原性，可以发生氧化还原反应，二氧化硫有刺激性气味，最后需要用氢氧化钠溶液吸收。【详解】（1）二氧化硫是酸性气体，通入石蕊试液中，石蕊溶液变红色；（2）二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色；（3）二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应：；（4）二氧化硫与氯水发生反应生成硫酸和盐酸，离子方程式为：；（5）装置的末尾需要吸收装置，故的作用是吸收二氧化硫；发生反应的离子方程式为：。24. A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应条件及产物略去)。(1)若A是一种黄色非金属单质固体，将B气体通入到酸性高锰酸钾溶液中能使其褪色，试写出B使酸性高锰酸钾溶
34、液褪色的化学方程式_；试写出D的浓溶液与碳反应的化学方程式为_。(2)若C是红棕色气体，则A的化学式为_或_；试写出D的稀溶液与铜反应的离子方程式_；该反应中D的稀溶液表现出来的性质为_。【答案】 (1). 5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+2MnSO4+K2SO4 (2). C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O (3). N2 (4). NH3 (5). 3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O (6). 强氧化性和酸性【解析】【分析】(1)若A是一种黄色非金属单质固体，则A为单质硫，B为二氧化硫，C为三氧化硫，D为硫酸；(2)若C是红棕色气体，其能与水反应，则C为二氧化氮，B为NO，A为氨气或氮气，D为硝酸。【详解】(1)分析可知，B为SO2，其与酸性高锰酸钾反应生成硫酸、硫酸锰和水，方程式为5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+2MnSO4+K2SO4；浓硫酸与碳在加热的条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；(2)氮气与氨气均能与氧气反应生成NO，则A的化学式为N2或NH3；稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式为3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O；稀硝酸在反应中化合价降低，且生成了盐，表现强氧化性和酸性。
