1、淄川中学高2016级10月份阶段检测化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 N14 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 S 32 I 127第I卷（选择题 共54分）一、选择题：本题共18小题，每小题3分。在每小题只有一项是符合题目要求的。1. 下列化学用语表示正确的是A. 中子数为20的氯原子：B. 二氧化硅的分子式：SiO2C. 硫化氢的结构式：HSHD. 氯化铵的电子式：【答案】C【解析】试题分析：A中子数为20的氯原子质量数为37，可表示为，A错误；B二氧化硅为原子晶体，无分子式，SiO2是其化学式，B错误；C硫化氢分子含有2对共用电子对，结构式为HSH，C正确；D、氯化铵
2、是离子化合物。Cl周围的电子没写，应该是，D错误。答案选C。考点：考查常见化学用语正误判断2.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是( )A. 标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 常温常压下, 18 gH2O中含的质子数为10NAC. 1mol金属钠与氧气完全反应，转移的电子数一定为NAD. 标准状况下, 2.24 LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA【答案】A【解析】【分析】氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸的反应是可逆反应，不能完全进行；依据n=m/M计算物质的量，结合分子式计算质子数；1mol金属钠与氧气完全反应生成依1mol钠离
3、子；据气体摩尔体积概念和应用条件分析判断。【详解】氯气和水的反应是可逆反应，不能完全进行，0.1molCl2溶于水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，转移的电子数目小于0.1NA，A错误；18gH2O的物质的量为1mol，1molH2O中含的质子数为10mol，B正确；金属钠与氧气完全反应，无论生成氧化钠还是过氧化钠，均是转化为钠离子，则1mol金属钠与氧气完全反应，转移的电子数一定为NA，C正确；CO和CO2均只含有1个C原子，准状况下, 2.24 LCO和CO2混合气体的物质的量为1mol，则混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA，D正确。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的正误判断，注意掌握好
4、以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清反应类型、物质的构成是解答关键。3.化学与生活、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是A. CO2的大量排放会导致酸雨的形成B. 黄河三角洲的形成体现了胶体聚沉的性质C. 推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO等有害物质的排放D. 轮船上挂锌锭防止铁腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法【答案】A【解析】A正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨与N、S的氧化物有关，SO2的大量排放会导致酸雨的形成，故A错误；B黄河三角洲的形成，为土壤胶体发生聚沉，体现胶体聚沉的性质，故B正确；C燃料电池可减少颗粒物、CO等有害物质的排放，则推广使用燃料电池汽车，减少
5、化石能源的使用，故C正确；D轮船上挂锌锭防止铁腐蚀，构成原电池时Zn为负极，Zn失去电子，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选A。4. 下列实验叙述正确的是A. 用a装置除去混合气体中的杂质CO2B. 用b装置排气法收集H2、NH3、Cl2C. c装置用于碳酸钙和浓盐酸反应制取纯净CO2D. d中橡胶管可使烧瓶内的压强与大气压保持一致，便于液体滴下【答案】B【解析】试题分析：用a装置除去混合气体中的杂质CO2，应从长管进气，故A错误；用b装置排气法收集气体，从长管进气可收集H2、NH3；从短管进气可收集Cl2，故B正确；碳酸钙和盐酸反应制取纯净CO2，要用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故C错误；d
6、中橡胶管可使烧瓶内的压强与分液漏斗中的压强保持一致，便于液体滴下，故D错误。考点：本题考查化学实验装置。5.实验操作规范且能达到目的是( ) 目的操作A取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010mol/L的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】A读数时应该平视刻度线，A错误；B碘易溶于酒精，可
7、用酒精清洗碘，又由于酒精与水互溶，再用水清洗即可洗净，B正确；C湿润pH试纸相当于稀释溶液，会造成醋酸钠溶液pH偏低，C错误；D容量瓶是定容容器，不能在容量瓶中溶解KMnO4固体，D错误。答案选B。点睛：选项C为解答的易错点，使用湿润的pH试纸测定溶液pH，水稀释了被测溶液，如果溶液为中性则没有影响，如果溶液显酸性，则pH测定值偏大，如果显碱性，测定值偏小，即使用湿润的pH试纸测溶液pH的操作不规范，测试结果可能有误差，平视应该注意养成实验操作的规范性。6. 某同学通过系列实验探究硫及其化合物的性质，实验现象正确且能达到目的的是A. 点燃硫磺产生刺激性气味气体，该气体可以漂白纸浆B. 向蔗糖中
8、加入浓硫酸，蔗糖变黑色，说明浓硫酸具有强的吸水性C. 将H2S气体通入CuSO4溶液生成CuS沉淀，说明H2S为强电解质D. 将Al片加入浓硫酸中，反应剧烈，说明浓硫酸具有强的氧化性【答案】A【解析】硫磺燃烧生成SO2，该气体具有漂白性，可以漂白纸浆，A正确；蔗糖中加入浓硫酸后变黑色，此时浓硫酸表现出脱水性，B错误；H2S是弱电解质，只所以能够与CuSO4溶液反应，是因为两者反应生成了难溶于水和酸的CuS沉淀，C错误；Al遇浓硫酸钝化，产生致密的氧化物薄膜，阻止金属与酸的进一步反应，D错误。7.对于反应KMnO4HCl(浓)KClMnCl2Cl2H2O(未配平)，若有0.1 mol KMnO4
9、参加反应，下列说法不正确的是()A. 转移0.5 mol电子 B. 氧化产物与还原产物物质的量之比为52C. 参加反应的HCl为0.8 mol D. 氧化剂与还原剂物质的量之比为18【答案】D【解析】【分析】该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，Cl元素的化合价由-1价变为0价，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式得2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，根据高锰酸钾和这些物理量之间的关系式计算。【详解】反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O。当有0.1molKMnO4参加反应，转移电子的物质的量=0.1mol（
10、7-2）=0.5mol，A正确；反应中氯气是氧化产物，氯化锰为还原产物，依据方程式可知氯气和二氯化锰的物质的量之比为52，B正确；根据高锰酸钾和被氧化的氯化氢之间的关系式知，参加反应的物质的量HCl为0.8 mol，被氧化的氯化氢的物质的量为0.5mol，C正确；D由方程式可知，1molKMnO4被还原，则有2.5mol氯气生成，被还原的氯化氢为5mol，D错误。故选A。【点睛】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价变化是解本题关键，注意该反应中参加反应的氯化氢部分被氧化。8.下列叙述正确的是A. NH4+、Al3+、Cl-、HCO3-在溶液中能大量共存B. H2O2的电子式是： C. AlC
11、l3溶液中加入过量的氨水：Al33NH3H2OAl(OH)33NH4+D. 铁锈是化合物，可用Fe2O3nH2O（2n3）表示【答案】C【解析】A. Al3+与HCO3-在溶液中能发生双水解反应，生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，不能大量共存，故A错误；B. H2O2少于共价化合物，电子式是，故B错误； C. AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，离子方程式为Al33NH3H2OAl(OH)33NH4+，故C正确；D. 铁锈属于混合物，故D错误；故选C。9.下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO(g)CO2(g)NaOH 溶液、浓 H2SO4洗气BNH4Cl
12、(aq)Fe3(aq)NaOH溶液过滤CCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A、二氧化碳与NaOH反应，而CO不能，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，A正确；B、NaOH与NH4Cl、Fe3+均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，B错误；C、HCl极易溶液水，而食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后利用浓硫酸干燥即可除杂，C正确；D、NaHCO3加热分解生成碳酸钠，则直接加热即可实现除杂，D正确，答案选B。【考点定位】本题主要是考查物质分离提纯的方法及选择【名师点晴】明确除杂原
13、则是解答的关键，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。解答时注意灵活应用。10.下列说法不正确的是()A. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解B. 某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C. 铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2OD. HNO3NONO2，以上各步变化均能通过一步实验完成
14、【答案】【解析】试题分析：在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入Cu(NO3)2固体，铜粉溶解，反应方程式为，故A错误；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定是氨气，故B正确；铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，故C正确；，故D正确。考点：本题考查氮的循环。11.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（夹持装置未画出）A. 用装置甲检验溶液中是否有KB. 用装置乙制取并收集少量NH3C. 用装置丙进行喷泉实验D. 用装置丁加热熔融NaOH固体【答案】B【解析】试题分析：A、检验K，需要通过蓝色钴玻璃观察，防止黄光的干扰，故说法错误；B、利用生石灰遇水
15、放出大量的热，以及NH3H2O不稳定受热易分解，来制取氨气，由于氨气的密度小于空气的密度，收集氨气用向下排空气法收集，故正确；C、喷泉实验：烧瓶内外产生压强差，而氯气不溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故说法错误；D、瓷坩埚成分是SiO2，SiO2属于酸性氧化物，和NaOH反应，不能用瓷坩埚熔融NaOH固体，故说法错误。考点：考查实验设计的评价。12.已知16S和34Se位于同一主族，下列关系中正确的是( )A. 热稳定性：HFHClH2SB. 原子半径：BrSeClC. 还原性：S2Se2ClD. 酸性：HBrO4HClO4H2SO4【答案】A【解析】A非金属性FClS，元素的非金属性越强，对应
16、的氢化物越稳定，故A正确；B同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，则应有SeBrCl，故B错误；C非金属性ClSSe，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则还原性Se2-S2-Cl-，故C错误；D非金属性ClBr，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性HClO4HBrO4，故D错误；故选A。点睛：本题考查元素周期律知识，侧重于学生的分析应用能力的考查，注意把握同主族、同周期元素化合物的性质的相似性与递变性。13.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 钠与水反应：Na +2H2O=Na+2OH+H2B. 电解饱和食盐
17、水获取烧碱和氯气：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OHC. 向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+OH+H+SO42-=BaSO4+H2OD. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3-+OH=CaCO3+H2O【答案】B【解析】A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，故A错误；B电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-，故B正确；C二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式
18、为Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故C错误；DNaHCO3溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀，反应的离子方程式为：HCO3-+Ca2+OH-CaCO3+H2O，故D错误；答案为B。14.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产出。下列说法不正确的是A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强B. Y与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红C. Y的简单离子与X的具有相同的电子层结构D. Z与X属于同一主
19、族，与Y属于同意周期【答案】B【解析】氨可作制冷剂，所以W是氮；钠是短周期元素中原子半径最大的，所以Y是钠；硫代硫酸钠与稀盐酸反应生成黄色沉淀硫单质和刺激性气味的气体二氧化硫，所以X、Z分别是氧、硫。A非金属性X强于W，所以X的简单氢化物的热稳定性强于W的，故A正确；B硫化钠水解使溶液呈碱性，该溶液使石蕊试纸变蓝，故B错误；C、Y、X的简单离子都具有与氖原子相同的电子层结构，均是10电子微粒，故C正确； DS、O属于A族，S、Na属于第三周期，故D正确。15.下列实验操作错误的是()A. 为防止试管破裂，加热固体碳酸氢钠时，试管口应略向下倾斜B. 为防止液体暴沸，蒸馏时可在烧瓶中加入少量碎瓷片
20、C. 容量瓶可用于配制一定物质的量浓度的溶液，不可作为反应容器使用D. 配制500 mL 0.1 molL1 NaOH溶液时，将2 g NaOH固体倒入500 mL容量瓶中，加水至凹液面最低处与刻度线相切【答案】D【解析】【分析】对试管内固体物质加热时，注意对试管的保护，防止试管炸裂；为防止液体暴沸可加入沸石；容量瓶不可作为反应容器使用；容量瓶不能用来溶解固体。【详解】在对试管内的固体药品加热时，固体药品存放时因受潮而含有少量水或受热时生成的水会在管口液化为液体，此时如果试管口高于试管底部，水则会流向试管底（倒流），而使试管受热不均匀而炸裂，A正确；加热仪器中的液体时（如蒸馏或分馏），为防止液
21、体暴沸可在蒸馏烧瓶中加入少量碎瓷片，B正确；配制一定物质的量浓度的溶液需要使用容量瓶，容量瓶不可作为反应容器使用，C正确；容量瓶不能用来溶解固体，应在小烧杯中溶解，故D错误。故选D。【点睛】本题考查基础实验操作，侧重于分析能力和实验能力的考查，较为综合，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器分析是关键。16.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A. 无色透明的溶液中：Fe3、Mg2、SCN、ClB. 11012的溶液中：K、Na、CO、NOC. c(Fe2)1 molL1的溶液中：K、NH、MnO、SOD. 能使甲基橙变红的溶液中：Na、NH、SO、HCO【答案】B【解析】AFe3
22、+为黄色，与无色不符，且Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故A错误；Bc(H+)/c(OH-)=110-12的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故B正确；CMnO4-、Fe2+发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D能使甲基橙变红的溶液，显酸性，不能大量存在HCO3-，故D错误；故答案为B。点睛：考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；是“可能”共
23、存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识的能力。17.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】试题分析：A氯化银也是不溶于水不溶于酸的白色沉淀，溶液中还可能有Ag+，A正确；B溶液中有NO3，与H+一起能氧化Fe2，B错误；C将新制氯水和NaBr溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡静置，下层呈红棕色，说明氯水能将NaBr氧化为Br2，说明氧化性：Cl2Br2，C正确；D向0.1molL-1 AgNO3溶液中滴入稀盐酸至不再有沉淀产生，再滴加0.1molL-1 NaI溶液，先有白色沉淀
24、后变为黄色沉淀，说明AgCl能转化为AgI，说明Ksp：AgIAgCl，D正确。答案选B。考点：考查实验基本操作、氧化性强弱比较及沉淀的转化。18.用0.2 mol/L Na2SO3溶液32 mL，还原含210-3 mol X2O72-的溶液，过量的Na2SO3用0.1 mol/L KMnO4酸性溶液氧化（MnO4-Mn2+)，共消耗KMnO4溶液1.6 mL，则元素X在还原产物中的化合价是A. +3 B. +4 C. +5 D. +6【答案】A【解析】【分析】Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；KMnO4发生还原反应，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，X2O
25、72-中X元素发生还原反应，令X元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。【详解】已知：n（Na2SO3）=0.2mol/L0.032L=0.0064mol，n（X2O72-）=210-3mol，n（KMnO4）=0.0016L0.1mol=0.00016mol，Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；KMnO4发生还原反应，Mn元素化合价由+7价降低到+2价，X2O72-中X元素发生还原反应，令X元素在产物中的化合价为a价，则0.0064mol（6-4）=0.00016mol（7-2）+210-3mol2（6-a），a=3，故选A。【点睛】本题考查氧
26、化还原反应计算，熟练掌握电子转移守恒，运用得失电子数目守恒关系式是解题的关键所在。第II卷（非选择题,，共4题，共46分）19.氨气在工农业生产中有重要应用。（1）氮气用于工业合成氨，写出氮气的电子式 _；（2）如下图所示，向NaOH固体上滴少量浓氯化铵溶液，迅速盖上盖，观察现象。浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反应的化学方程式为_。浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，该固体可能是_(写化学式，一种即可)。 FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反应包括Fe22NH3H2O=Fe(OH)22NH和_。（3）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染
27、的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，解释其原因_。（4）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸(HNO2)，反应的化学方程式为_，若反应中有0.3 mol电子发生转移时，生成亚硝酸的质量为_ g(小数点后保留两位有效数字)。【答案】 (1). (2). NH3+HCl=NH4Cl (3). NH4HSO4或(NH4)2SO4 (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 氨在水中存在平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向移动 (6). 2NH3+3O22HNO
28、2+2H2O (7). 2.35 g【解析】【分析】（1）氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在NN；（2）浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生HCl与氨气的反应生成氯化铵；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，氢氧化亚铁被氧化；（3）结合NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-及平衡移动分析；（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水；结合元素的化合价变化计算。【详解】（1）氮气中N原子满足最外层8电子稳定结构，存在NN，则氮气的电子式为，故答案为：。（2）浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生H
29、Cl与氨气的反应生成氯化铵，该反应为NH3+HClNH4Cl，故答案为：NH3+HClNH4Cl；浓硫酸难挥发，能与氨气反应生成硫酸盐，则一段时间后浓硫酸的液滴中生成的白色固体为NH4HSO4或（NH4）2SO4；FeSO4与碱反应生成白色沉淀，发生反应为Fe2+2NH3H2OFe（OH）2+2NH4+，然后出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，是因氢氧化亚铁被氧化，发生反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O4Fe（OH）3。（3）在一定条件下，向水体中加入适量NaOH可使NH3的脱除率增大，是因氨在水中存在平衡为NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，加入NaOH后OH-浓度增大平衡逆向
30、移动，故有利于氨的脱除。（4）氨能够被氧气氧化生成亚硝酸（HNO2），由质量守恒定律可知还生成水，该反应为2NH3+3O22HNO2+2H2O，由反应可知，生成2molHNO2时转移2mol3-（-3）=12mol电子，则有0.3mol电子发生转移时，生成亚硝酸0.3mol2/12=0.05mol，其质量为0.05mol47g/mol=2.35g。【点睛】本题以氨气的性质为载体考查物质之间的反应，涉及氧化还原反应、平衡移动原理等，试题综合性较强，侧重分析能力和计算能力的考查，注意依据所学知识进行分析回答。20.某同学设计了如下装置用于制取SO2和验证SO2的性质。已知：1.0molL-1Fe(
31、NO3)3溶液的pH=1。（1）装置A中用于添加浓硫酸的仪器名称为_，导管的作用是_。（2）B、C、D三个装置分别先后验证了SO2的哪些性质_(填字母)。A. 吸附性、酸性、还原性 B. 还原性、酸性、还原性C. 漂白性、酸性、还原性 D. 漂白性、酸性、氧化性（3）实验前鼓入N2的目的是_。（4）装置E中产生了白色沉淀，其成分是_(填化学式)，分析E中产生白色沉淀的可能原因(写两种)。可能：_。可能：_。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 平衡压强，使分液漏斗内液体能够顺利流下 (3). C (4). 排净装置中的空气，防止溶液中SO2被空气中的O2氧化而干扰实验 (5). BaSO4
32、(6). SO2与Fe3+反应生成SO42- (7). 在酸性条件下SO2与NO3反应生成SO42-【解析】【分析】（1）该仪器名称为分液漏斗；反应产生气体，气压变大，若没有导管平衡压强，分液漏斗内液体不能够顺利流下；（2）因二氧化硫具有漂白性，则B中的品红溶液褪色，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红，说明二氧化硫为酸性气体；D中二氧化硫与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr酸，该反应为SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4，二氧化硫中S元素的化合价升高，说明二氧化硫具有还原性；（3）氧气能将二氧化硫氧化，所以鼓入氮气的目的是排净空气防止干扰实验；（4）二氧化硫具有还原性，酸性条件下
33、，能被硝酸根离子或铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；若二氧化硫和铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀，溶液由黄色变为浅绿色，所以除产生沉淀外，还应观察到的现象是静置一段时间后，溶液由棕黄色变为浅绿色；若酸性条件下，硝酸根离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO气体，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀。【详解】（1）该仪器名称为分液漏斗；反应产生气体，气压变大，若没有导管平衡压强，分液漏斗内液体不能够顺利流下。（2）B中的品红溶液褪色，因二氧化硫具有漂白性；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，遇石蕊变红，则实
34、验现象为变红，说明二氧化硫为酸性气体；D中二氧化硫与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr酸，该反应为SO2+Br2+2H2O2HBr+H2SO4，二氧化硫中S元素的化合价升高，说明二氧化硫具有还原性，故答案为C。（3）氧气、硝酸根离子都能将二氧化硫氧化，所以如果装置中含有氧气，会干扰实验，所以排入氮气的目的是排净空气防止干扰实验。（5）二氧化硫具有还原性，酸性条件下，能被硝酸根离子或铁离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀；二氧化硫可能与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和亚铁离子，硫酸根离子和钡离子反应生成白色沉淀；酸性条件下，硝酸根离子可能和二氧化硫发生氧化还原
35、反应生成硫酸根离子和NO气体，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀。【点睛】本题以二氧化硫为载体考查了性质实验方案设计，明确实验原理，根据物质的性质进行假设，然后采用验证的方法进行探究验证，结合氧化还原反应分析解答是关键。21.I已知C1O2是易溶于水难溶于有机溶剂的气体，常用于自来水消毒。实验室制备C1O2是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+C12=2C1O2+2NaCl，装置如下图所示：（1）烧瓶内可发生的反应的化学方程式：_。（2）B、C、E装置中的试剂依次为_a、NaOH溶液 b、浓硫酸 c、饱和食盐水 d、CCl4 e、饱和石灰水（3）以下装置既能吸收尾气又能防止倒吸的是
36、_II用C1O2处理后的自来水中，C1O2的浓度应在0.100.80mgL-1之间。用碘量法检测水中C1O2浓度的实验步骤如下：取100mCL的水样加稀硫酸调节pH至13，加入一定量的碘化钾溶液，振荡，再加入少量指示剂后，用1.010-4molL-1的Na2S2O3溶液滴定(己知：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-)。（4）加入的指示剂是_，达到滴定终点时的现象是_；（5）碘化钾反应的离子方程式是_。（6）已知滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液16.30mL，则水样中C1O2的浓度是_mgL-1。【答案】 (1). MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O (2). c b d
37、(3). (4). 淀粉溶液， (5). 滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色。 (6). 2ClO2 8H 10I 2Cl 4H2O 5I2 (7). 0.22【解析】【分析】（1）由实验装置图可见，烧瓶内制取氯气；（2）饱和食盐水可以吸收挥发出来的氯化氢气体，浓硫酸可以干燥氯气，CCl4可以吸收未参加反应的氯气；（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，装置可以引起倒吸，既能吸收尾气又能防止倒吸；（4）淀粉溶液可以检验氧化生成的单质碘，达到滴定终点时的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶
38、液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色；（5）二氧化氯将碘离子氧化生成单质碘，根据得失电子和原子个数守恒书写和配平反应的离子方程式；（6）依据方程式得到物质间量的关系：ClO25S2O32-，在此基础上建立求解关系式求解。【详解】I（1）由实验装置图可见，烧瓶内制取氯气，发生的反应的化学方程式：MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O。（2）B装置用于吸收挥发出来的氯化氢气体，瓶内的试剂是c（饱和食盐水），C装置用于干燥氯气，瓶内的试剂是b（浓硫酸），E装置用于吸收未参加反应的氯气，试剂是d（CCl4）。（3）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不
39、能插入到液面以下，装置可以引起倒吸，既能吸收尾气又能防止倒吸。II（4）检验氧化生成的单质碘，加入的指示剂是淀粉溶液，达到滴定终点时的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色变为无色（或蓝色褪去），半分钟内不恢复原来的颜色。（5）二氧化氯将碘离子氧化生成单质碘，根据得失电子平衡，反应的离子方程式是：2ClO28H10I2Cl4H2O5I2。（6）依据方程式2ClO28H10I2Cl4H2O5I2和2S2O32-+I2=S4O62-+2I-可得ClO25S2O32-，则有=，解得x=3.2610-4mmol，则水样中C1O2的浓度是3.2610-4mmol1067.5=0.22mgL-
40、1。【点睛】本题考查气体的制备、除杂、收集等实验操作，注意把握化学实验基本操作，明确实验目的和实验原理是解答题目的关键。22.某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如下：已知：Cu2O2H=CuCu2H2O。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH5.44.02.75.8沉淀完全pH6.75.23.78.8（1）为了加快反应的速率，可以采取的措施是_ (写两条)。（2）固体混合物A中的成分是_。（3）反应完成后，铁元素的存在形式为_(填离子符号)；写出生
41、成该离子的离子方程式_。（4）操作1主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、_。洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤。原因是_。（5）用NaCl0调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信息分析沉淀B为_，该反应的离子方程式为_【答案】 (1). 适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎； (2). 适当增大硫酸的浓度等； (3). SiO2、Cu (4). Fe2+ (5). 2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+ (6). 过滤； (7). 冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失； (8). 2Fe2+ClO-+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+4H+【解析】【分析】（1）由于
42、矿渣为固体，所以为了加快反应的速率，可以采取的措施是将固体粉碎；也可以适当升高反应的温度；或增大反应物H2SO4的浓度等措施；（2）SiO2是酸性氧化物，不能与酸发生反应，Cu2O在酸性条件下发生自身氧化还原反应，反应的离子方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O；溶液中发生了反应：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，溶液中铁元素的存在形式为Fe2+；洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤，原因是CuSO4溶液溶解于水，而且温度越高，溶解度越大若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失；用NaClO调节pH时，反应生成Fe(OH)3沉淀和具有漂白作用的
43、HClO。【详解】（1）由于矿渣为固体，所以为了加快反应I的速率，可以采取的措施是将固体粉碎，也可以适当升高反应的温度，或增大反应物H2SO4的浓度等措施。（2）SiO2是酸性氧化物，不能与酸发生反应；其它金属氧化物Cu2O、Al2O3、Fe2O3与硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Cu=CuSO4+ 2FeSO4，因此发生反应I后过滤出的固体混合物A中的成分是SiO2和Cu。（3）因为在矿渣中Fe元素的化合价为+3价，先与酸发生复分解
44、反应得到Fe2(SO4)3, Fe2(SO4)3与Cu发生反应：2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+，铁元素的存在形式为Fe2+。（4）从硫酸铜溶液中制取硫酸铜晶体的操作1主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；洗涤五水硫酸铜晶体粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤的原因是CuSO4溶液溶解于水，而且温度越高，溶解度越大，若用冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失；（5）NaClO具有氧化性，Fe2+具有还原性，用NaClO调节pH时，反应生成Fe(OH)3沉淀和具有漂白作用的HClO，反应的离子方程式为2Fe2+7ClO-+2H+5H2O=2Fe(OH)3+Cl-+6HClO。【点睛】本题考查化学工艺流程，涉及了影响化学反应速率的因素、化学方程式书写、混合物的分离方法等知识，依据流程和物质的性质正确书写化学方程式是解答的关键。