2020届高考化学二轮复习硫及其化合物作业 21页

硫及其化合物 ‎1、下列有关叙述正确的是（　　）‎ A．HClO的电子式为 B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体 C．CH3COOH溶液和NaCl溶液均通过离子导电，说明CH3COOH和NaCl中均含离子键 D．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有较强的氧化性 ‎2、下列实验的现象、解释或结论正确的是()‎ 选项 实验 解释或结论 A 向某溶液中持续通入CO2，先出现白色胶状沉淀，通至过量，沉淀不溶解，证明存在 Al（OH）3不溶于碳酸 B 将SO2通入紫色高锰酸钾溶液中，溶液褪色 SO2具有还原性 C 用蒸馏法将溶解在CCl4中的碘分离出来 碘易升华，先分离出 D 向Fe（NO3）2溶液滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色 氧化性：H2O2＞Fe3+‎ ‎3、下列操作中，后者最终能被漂白的是（）‎ A．将干燥的氯气与红色鲜花充分接触 B．将H202加入到KMnO4溶液中 C．将足量SO2通人紫色石蕊试液中 D．将漂白液加入到Fe2(SO4)3溶液中 ‎4、下列说法正确的是 A.干燥氯气能使pH试纸先变红后褪色 B.SO2能使溴水褪色，体现了SO2的漂白性 C.硅酸钠的溶液中通入二氧化碳会产生沉淀 D.固体Na2CO3比固体NaHCO3稳定，相同条件下在水中NaHCO3比Na2CO3溶解度更大 ‎5、在SO2+2H2S=2H2O+3S↓反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（　　）‎ A．2：1 B．1：2 C．3：1 D．1：3‎ ‎6、下列对SO2和SO3的叙述正确的是()‎ A.通常条件下，SO2是无色、无味的气体，易溶于水 B.都是酸性氧化物，其水溶液都是强酸 C.都可使品红溶液褪色，加热时红色又能再现 D.都能跟碱液反应 ‎7、下列关于物质用途的叙述中正确的是（　　）‎ A．镁合金的硬度比镁小 B．推广使用无磷洗衣粉主要是为了防止水体富营养化 C．纯碱可作治疗胃酸过多的一种药剂 D．SO2可用于漂白一切有色物质 ‎8、将足量的SO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是(　　)‎ A．K＋、SiO32-、Cl-、NO3-‎ B．H＋、NH4+、Al3＋、SO42-‎ C．Na＋、Cl-、MnO4-、SO42-‎ D．Na＋、CO32-、CH3COO-、HCO3-‎ ‎9、锌与很稀的硝酸反应生成硝酸锌、硝酸铵和水。当生成1mol硝酸锌时，被还原的硝酸的物质的量为：‎ A.0.25molB.0.5molC.1molD.2mol ‎10、下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是()‎ ‎①Ca（HCO3）2溶液与石灰水反应，‎ ‎②Na2SO3溶液与稀盐酸反应，‎ ‎③S在空气中加热，‎ ‎④Fe与稀硝酸反应，‎ ‎⑤金属钠在氧气中燃烧，‎ ‎⑥二氧化硫通入石灰水，‎ ‎⑦铁在硫蒸气中燃烧⑧硫酸中加入锌粉．‎ A．①③④⑦ B．①②④⑤ C．①③⑤⑦⑧ D．①③⑤⑦‎ ‎11、下列叙述不正确的是()‎ A.钠燃烧时发出黄色火焰 B.在常温下，铝不能与氧气反应 C.常温下可以用铁罐装运浓硫酸 D.为了检验某FeCl2溶液是否变质，可向溶液中加入KSCN溶液 ‎12、取Cu、Cu2O和CuO固体混合物，将其分成两等份，一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g，另一份加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下NO气体4.48L，所用硝酸的物质的量浓度为 A.3.2mol/LB.1.6mol/LC.0.9mol/LD.无法判断 ‎13、在某稀硝酸中加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，放出NO气体，溶液质量增加3.2g，则所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为 A.3∶2B.2∶1C.1∶1D.4∶1‎ ‎14、对于下列事实的解释正确的是 A.氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性 B.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有强氧化性 C.常温下浓硫酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硫酸不反应 D.氨水中可使酚酞试剂变为红色，说明氨水显碱性 ‎15、用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是（）‎ 选项 ‎①中物质 ‎②中物质 预测②中的现象 A 稀盐酸 碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液 立即产生气泡 B 浓硝酸 用砂纸打磨过的铝条 产生红棕色气体 C 新制氯水 淀粉碘化钾溶液 溶液变蓝色 D 浓盐酸 MnO2‎ 产生黄绿色气体 ‎16、某小组设计如图所示的装置图（图中夹持和加热装置略去），分别研究S02和Cl2的性质．‎ ‎（1）若从左端分别通人SO2和Cl2，装置A中观察到的现象是否相同？（填“相同”或“不相同”）。‎ ‎（2）若由元素S和O组成﹣2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4：3；当Cl2与含X的溶液完全反应后，有浅黄色沉淀产生，取上层清液加入氯化钡溶液，有白色沉淀产生．写出Cl2与含X的溶液反应的离子方程式。‎ ‎17、某化学实验小组为了验证SO2和Cl2的漂白性，设计了如下图所示的实验装置。请回答下列问题：‎ ‎（1）他们制备SO2和Cl2所依据的原理分别是：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+SO2↑、MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，则上图A、E装置中用来制Cl2的装置是______（填序号），反应中盐酸所表现的性质是______性和______性，生成71gCl2转移的电子是______mol；‎ ‎（2）反应开始后，发现B、D试管中的现象均为____________________________，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是________________________________；‎ ‎（3）装置C的作用是____________________________________________________________；‎ ‎（4）NaOH（足量）溶液与Cl2反应的离子方程式是__________________________________；‎ ‎（5‎ ‎）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1：1混合，再与水反应可生成两种常见酸，因而失去漂白作用。该反应的化学方程式为______________________________________________________________。‎ ‎18、某学生设计氨催化氧化实验，并将制得NO进一步氧化为NO2用水吸收NO2，并检验HNO3的生成。‎ 可供选择的固体药品有：NH4Cl、Ca(OH)2、KClO3、MnO2、CaO 可供选择的液体药品有：浓氨水、过氧化氢、浓盐酸、水 可供选择的仪器有：如图 另有铁架台、铁夹、铁圈、乳胶管若干，可供选择。设计实验时，A和B两个制气装置允许使用两次，其余装置只能使用一次。‎ ‎（1）氨氧化制NO的化学反应为__________________________，该反应应在装置____中进行。‎ ‎（2）为快速制NH3和O2，制取NH3的装置最好选择_______，其化学反应方程式为______________；制取O2的装置最好选择_______。‎ ‎（3）装置C的作用是___________________。‎ ‎（4）装置H中溶液变红，其原因是（用化学方程式表示）______________________。‎ ‎19、为了探究Cu(NO3)2的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验。‎ Ⅰ．Cu(NO3)2的氧化性 将光亮的铁丝伸入Cu(NO3)2溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Cu2+除尽后，进行了如下实验。可选用的试剂KSCN溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、氯水。‎ ‎（1）请完成下表：‎ 操作 反应或现象 结论 取少量除尽Cu2+后的溶液于试管中，加入①溶液，振荡 现象②‎ 存在Fe3+‎ 取少量除尽Cu2+后的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，振荡 离子方程式③‎ 存在Fe2+‎ Ⅱ．Cu(NO3)2的热稳定性 在右图所示的实验装置A中，用酒精喷灯对Cu(NO3)2固体加强热，产生红棕色气体，在装置C中收集到无色气体，经验证为O2。当反应结束以后，试管中残留固体为红色。‎ ‎⑵装置B的作用是　　　　　　　。‎ ‎（3）从实验安全角度考虑，需要在A、B间加入装置M，请在方框中画出M装置。‎ ‎⑷下图为Cu(NO3)2样品高温过程的热重曲线（样品质量分数w%随温度变化的曲线）。‎ Cu(NO3)2加热到200℃的化学方程式为　　　　，继续高温至1000℃生成　　　（填化学式）固体。‎ ‎20、硫酸性质是中学化学学习的重点。请回答下列问题：‎ ‎（1）中学化学中利用物质与浓硫酸共热可制备SO2气体，写出用浓硫酸还可制备不同类别的气体的名称：_____________________（写一种）。‎ ‎（2）某化学兴趣小组为探究铜与浓硫酸的反应以及SO2‎ 的性质，用下图所示装置进行有关实验。‎ ‎①装置B的作用是贮存多余的气体。B中应放置的液体是_______（填序号）。‎ a．饱和Na2SO3溶液b．酸性KMnO4溶液 c．浓溴水d．饱和NaHSO3溶液 ‎②反应完毕后，烧瓶中还有一定量的余酸，使用足量的下列药品不能用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是____（填序号）。‎ a．Fe粉b．BaCl2溶液c．CuOd．Na2CO3溶液 ‎③实验中某学生向A中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，该反应的化学方程式是_________。‎ ‎④为验证二氧化硫的还原性，C中盛有氯水，充分反应后，取C中的溶液分成三份，分别进行如下实验：‎ 方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成 方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去 方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 上述方案中合理的是___（填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；C中发生反应的离子方程式为____________。D中盛有氢氧化钠溶液，当通入二氧化硫至试管D中溶液显中性时，该溶液中c（Na+）=______（用含硫微粒浓度的代数式表示）。‎ ‎（3）利用FeCl3溶液的氧化性也可以吸收SO2。该反应的离子方程式是_____________。检验FeCl3是否完全被还原的方法为______________________。‎ ‎21、已知：CuS、Cu2S是两种黑色不溶于水的固体，但一定条件下都能与稀HNO3反应，用离子方程式表示为：‎ ‎①3CuS+8H++8NO3﹣=3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O ‎②3Cu2S+16H++10NO3﹣=6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O 现有不同质量的四份CuS、Cu2S的混合物样品分别和100mL物质的量浓度5mol/L 稀硝酸充分反应，所取样品质量与产生气体体积（标准状况下测定）如表所示：‎ 实验序号 a b c 样品质量（g）‎ ‎9.6‎ ‎12.8‎ ‎64.0‎ 气体体积（L）‎ ‎5.04‎ ‎6.72‎ V 试回答下列问题（不考虑硝酸的挥发以及溶液体积变化）：‎ ‎（1）a组实验结束后，溶液中c（NO3﹣）=　　。‎ ‎（2）b组实验结束后，溶液的pH=　　。‎ ‎（3）通过计算分析实验c组中产生气体的体积（V）范围　　。‎ ‎22、将3.2gCu与足量的浓硫酸在加热条件下充分反应。‎ ‎(1)请写出反应的方程式_________________。‎ ‎(2)若把反应后的溶液稀释至500mL，取出50mL，向其中加入足量的BaCl2溶液，得到沉淀2.33g，则稀释后所得溶液中SO42-的物质的量浓度为_______________。‎ ‎(3)若把反应后的溶液稀释至500mL，加入铁粉。最多能溶解__________g铁粉。‎ ‎(4)把产生的气体缓缓通入100mLamol/L的NaOH溶液中，若反应物均无剩余，则a的取值范围是___________________。‎ ‎(5)若浓疏酸中含溶质bmol，投入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的硫酸的物质的n(H2SO4)_______0.5bmol(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎23、图中X、Y、Z为单质，其它为化合物，它们之间存在如图转化关系（部分产物已略去）．其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，能与氢氟酸反应．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）E的化学式是，G的化学式是，M溶液的俗名是。‎ ‎（2）写出A与单质Al反应转化为X的化学方程式。‎ 实验室完成A与单质Al反应实验，需要的试剂还有。‎ a．KClb．KClO3c．MnO2d．Mg ‎（3）写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式，当有1molA参加反应时，转移 mol电子．‎ ‎24、由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：‎ ‎(1)取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成。取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）______________。‎ ‎(2)Z为一种或两种气体：‎ ‎①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是_______________________________________________________。‎ ‎②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则Z中两种气体的化学式是_________________。‎ ‎(3)向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是（填写离子符号）___________________________。‎ ‎(4)取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2molI-时，共转移3mol电子，该反应的离子方程式是________________________。‎ ‎25、下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件来列出)。其中，I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，K是一种红棕色气体，C是一种强酸。‎ 请填写下列空白：‎ ‎(1)写出下列物质的化学式：A：___________E：_____________。‎ ‎(2)写出反应④的离子方程式：______________________。‎ 写出反应⑦的化学方程式：______________________。‎ 写出反应⑩的化学方程式：______________________。‎ ‎(3)在反应②、③、⑥、⑧、⑨中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的__________________(填写序号)。‎ ‎(4)写出检验M溶液中阳离子的方法：______________________。‎ ‎(5)将化合物D与KNO3、KOH高温共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，同时还生成KNO2和H2O。写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移方向和数目：___________。‎ ‎(6)ClO2也是绿色净水剂，ClO2制备方法较多，我国科学家探索的新方法是：氯气(Cl2)和固体亚氯酸钠(NaClO2)反应，写出该反应的化学方程式：__________________。‎ 参考答案 ‎1、【答案】B ‎【解析】解：本题考查氧化还原反应；电子式；胶体的重要性质；离子化合物的结构特征与性质．‎ A．H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，次氯酸为共价化合物，其电子式为，故A错误；‎ B．向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，氯化铁可水解生成氢氧化铁胶体，为实验室制备氢氧化铁胶体的常用方法，故B正确；‎ C．CH3COOH为共价化合物，NaCl为离子化合物，所以CH3COOH不含离子键，NaCl中含离子键，故C错误；‎ D．SO2与有色有机物发生化合反应，为非氧化还原反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎2、【答案】B ‎【解析】解：本题考查化学实验方案评价，涉及氧化还原反应、物质的分离和提纯等知识点．‎ A．偏铝酸根离子和过量二氧化碳反应生成碳酸氢根离子和氢氧化铝，说明氢氧化铝不溶于碳酸氢钠溶液，故A错误；‎ B．SO2通入酸性高锰酸钾溶液，发生氧化还原反应，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，故B正确；‎ C．用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来，碘的熔点大于四氯化碳，所以四氯化碳先蒸馏得到，故C错误；‎ D．硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，所以不能判断氧化性：H2O2＞Fe3+，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎3、【答案】A ‎【解析】解：本题考查物质的漂白性，二氧化硫的性质，过氧化氢的性质。A、鲜花中有水，氯气遇到鲜花形成的次氯酸会漂白鲜花，正确，选A；B、过氧化氢使高锰酸钾褪色，是因为过氧化氢的还原性，不是漂白性，错误，不选B；C、二氧化硫只能使紫色石蕊试液变成红色，错误，不选C；D、漂白液和硫酸铁不反应，错误，不选D。‎ ‎4、【答案】C ‎【解析】A.氯气没有一漂白性，干燥氯气不能使pH试纸先变红后褪色，A错误；B.SO2能使溴水褪色，体现了SO2的还原性，B错误；C.硅酸钠的溶液中通入二氧化碳会产生硅酸沉淀，C正确；D.固体Na2CO3比固体NaHCO3稳定，相同条件下在水中NaHCO3比Na2CO3溶解度小，D错误，答案选C。‎ ‎5、【答案】A ‎【解析】解：本题考查氧化还原反应．‎ 在SO2+2H2S=2H2O+3S↓反应中，SO2中S元素的化合价由+4降低为0，为氧化剂；‎ H2S中S元素的化合价由﹣2升高到0，为还原剂，‎ 则S单质既是氧化产物又是还原产物，‎ 由S原子守恒及反应可知，2mol还原剂反应生成氧化产物为2mol，1mol氧化剂反应生成还原产物为1mol，‎ 所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为2mol：1mol=2：1，‎ 故选A．‎ ‎6、【答案】D ‎【解析】解：A．二氧化硫是具有刺激性气味的气体，故A错误；B．SO2+H2O=H2SO3、SO3+H2O=H2SO4，二氧化硫和三氧化硫都是酸性氧化物，但亚硫酸是弱酸、硫酸是强酸，故B错误；C．三氧化硫没有漂白性，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，但二氧化硫的漂白性不稳定，在加热条件下易恢复为原来颜色，故C错误；D ‎．二氧化硫和三氧化硫都属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，故D正确；故选D。‎ ‎7、【答案】B ‎【解析】解：本题考查物质的组成、结构和性质的关系．‎ A．合金的硬度比各成分的高，则镁合金的硬度比镁大，故A错误；‎ B．磷元素可导致水中藻类植物大量生长，则推广使用无磷洗衣粉主要是为了防止水体富营养化，故B正确；‎ C．纯碱的碱性太强，一般选小苏打或氢氧化铝作治疗胃酸过多的一种药剂，故C错误；‎ D．二氧化硫一般可漂白品红，不能漂白所有有色物质，如二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应不是漂白性，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎8、【答案】B ‎【解析】解:A中SiO32-能与SO2反应；C中MnO4-能与SO2发生氧化还原反应；D中CO32-、CH3COO-、HCO3-均能与SO2反应。‎ ‎9、【答案】A ‎【解析】当生成1mol硝酸锌时，应有1molZn参加反应，失去2mol电子，则硝酸得到2mo电子，反应中N元素化合价由+5价降低到-3价，设有xmol硝酸被还原，则有[5-（-3）]x=2，解得x=0.25，答案选A。‎ ‎10、【答案】C ‎【解析】解：本题考查物质的用量或浓度不同导致产物不同．‎ ‎①Ca（HCO3）2溶液与石灰水反应生成碳酸钙和水，反应产物与应物用量或浓度无关，故选；‎ ‎②Na2SO3溶液与稀盐酸反应，盐酸少量生成亚硫酸氢钠，盐酸过量生成二氧化硫和氯化钠，反应产物与应物用量有关，故不选；‎ ‎③S在空气中加热，生成二氧化硫，反应产物与应物用量或浓度无关，故选；‎ ‎④Fe与稀硝酸反应，硝酸过量生成硝酸铁，硝酸不足反应生成硝酸亚铁，反应产物与应物用量有关，故不选；‎ ‎⑤金属钠在氧气中燃烧，生成过氧化钠，反应产物与应物用量有关，故选；‎ ‎⑥二氧化硫通入石灰水，二氧化硫少量生成亚硫酸钙，二氧化硫过量生成亚硫酸氢钙，反应产物与应物用量有关，故不选；‎ ‎⑦铁在硫蒸气中燃烧生成硫化亚铁，反应产物与应物用量或浓度无关，故选；‎ ‎⑧浓硫酸与锌反应生成二氧化硫，稀硫酸与锌反应生成氢气，反应产物与硫酸浓度有关，故不选；‎ 故选：C．‎ ‎11、【答案】B ‎【解析】解：铝是一种活泼金属，易与氧气反应，但反应生成一种致密的氧化膜，阻止进一步反应。‎ ‎12、【答案】B ‎【解析】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为：，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol，n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu(NO3)2]=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，所以该稀硝酸的浓度为：，本题选B。‎ ‎13、【答案】A ‎【解析】5.6g铁的物质的量为0.1mol，它完全溶解转化为离子，溶液质量增加了3.2g，可知反应生成一氧化氮的质量为：5.6g-3.2g=2.4g，一氧化氮的物质的量为：2.4g/30g·mol-1=0.08mol，转移电子的物质的量为：0.08mol×3=0.24mol，根据电子守恒列出方程：3n(Fe3+)+2[0.1mol-n(Fe3+)]=0.24mol，解得：n(Fe3+)=0.04mol，因此，反应后的溶液中含有0.04molFe3+和0.06molFe2+，Fe2+和Fe3+的物质的量之比为3:2。故选择A。‎ ‎14、【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：氢氟酸是弱酸，故A错误；浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有不稳定性，故B错误；常温下浓硫酸使铝钝化，故C 错误；氨水中可使酚酞试剂变为红色，说明氨水显碱性，故D正确。‎ ‎15、【答案】C ‎【解析】解：本题考查实验方案设计与评价的相关知识。A、盐酸首先中和氢氧化钠，A错误；B、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，B错误；C、氯水中的氯气将碘离子氧化成碘单质，遇到淀粉变蓝色，C正确；D、浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，D错误。‎ ‎16、【答案】（1）相同；‎ ‎（2）Cl2+H20+S2O32﹣=SO42﹣+S↓+2Cl﹣+2H+．‎ ‎【解析】解：本题考查实验装置的综合应用，涉及离子方程式书写、性质实验方案的设计与评价等知识点．‎ ‎（1）二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，所以二氧化硫有漂白性；氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以若从左端分别通入SO2和Cl2，装置A中观察到的现象相同，都使品红褪色，‎ 故答案为：相同；‎ ‎（2）若由元素S和O组成﹣2价酸根离子X，X中S和O的质量比为4：3，所以X中S和O的原子个数比为：=2：3，所以该离子为S2O32﹣；氯气有强氧化性，能和硫代硫酸根离子发生氧化还原反应，根据题意知，该反应中有硫酸根离子生成，所以氯气中氯元素得电子生成氯离子，所以该反应的离子方程式为：Cl2+H20+S2O32﹣=SO42﹣+S↓+2Cl﹣+2H+，‎ 故答案为：Cl2+H20+S2O32﹣=SO42﹣+S↓+2Cl﹣+2H+．‎ ‎17、【答案】(1).E(2).还原(3).酸(4).2(5).品红溶液褪色(6).溶液变红(7).吸收多余的SO2和Cl2(8).Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O(9).SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4‎ ‎【解析】（1）实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，故选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；71gCl2的物质的量是1mol，由HCl生成Cl2，氯元素化合价由-1升高为0，所以生成1mol氯气转移2mol电子；（2‎ ‎）次氯酸、二氧化硫都有漂白性；次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新恢复原色，所以反应开始后，发现B、D试管中的现象均为品红溶液褪色，停止通气后，给B、D两个试管中的溶液加热，B试管中的现象是溶液变红；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排空，氯气和二氧化硫都能和氢氧化钠溶液反应转化为无毒物质，所以氢氧化钠溶液的作用是：吸收多余的二氧化硫和氯气，防止污染大气；（4）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。‎ ‎18、【答案】(1).4NH3+5O24NO+6H2O(2).F(3).A(4).NH3·H2O(浓)＋CaO＝NH3↑＋Ca(OH)2(5).A(6).吸收多余NH3及生成H2O(7).4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3‎ ‎【解析】(1)氨气与氧气在催化剂条件下加热生成一氧化氮和水,化学方程式为:4NH3+5O24NO+6H2O；因为是两种气体之间的反应，所以根据装置的特点可以知道，应选择装置F制备；因此本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；F。‎ ‎(2)要快速制备氨气，则应该是将生石灰加入到浓氨水中,所以选择的装置是A，反应的化学方程式是NH3·H2O(浓)＋CaO＝NH3↑＋Ca(OH)2；双氧水在催化剂条件下,不需要加热就会迅速产生大量氧气,反应物状态为固体与液体,条件不加热,选择装置A；综上所述，本题答案是：A，NH3·H2O(浓)＋CaO＝NH3↑＋Ca(OH)2，A。‎ ‎（3）C中的浓硫酸用来吸收过量的氨气,干燥气体吸收水蒸气；因此，本题正确答案是:吸收多余NH3及生成H2O。 （4）因为NO2和剩余的氧气溶于水会有硝酸生成,溶液显酸性,因此石蕊试液变为红色,反应的化学方程式是:4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3；因此本题答案是：4NO2＋O2＋2H2O＝4HNO3。‎ ‎19、【答案】（1）①KSCN溶液；②溶液呈红色；③2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+===Fe3[Fe(CN)6]2↓‎ ‎（2）除去混合气体中的NO2‎ ‎（3）‎ ‎（4）2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑；Cu2O ‎【解析】解：本题考查化学实验的设计与评价、化学计算的相关知识。‎ ‎（1）取少量除尽Cu2+后的溶液于试管中，加入1～2滴KSCN溶液，振荡，若含有铁离子溶液会变血红色，K3与Fe2+反应生成Fe32沉淀，反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+===Fe3[Fe(CN)6]2↓，故填：①KSCN溶液；②溶液呈红色；③2[Fe(CN)6]3-+3Fe2+===Fe3[Fe(CN)6]2↓；‎ ‎（2）Cu(NO3)2固体加强热，产生的红棕色气体为NO2，试管中残留的红色固体为铜，气体经过氢氧化钠时，NO2被吸收除去，故填：除去混合气体中的NO2；‎ ‎（3）NO2易溶于氢氧化钠溶液，容易产生倒吸现象，为了防止倒吸，应添加一个安全瓶，装置导气管略露出胶塞，可以防止C装置中的液体到吸入发生装置A，故填：；‎ ‎（4）设硝酸铜为1mol，质量为188g，其中铜的质量为64g，根据图像，加热到200℃时固体质量为188g×42.6%=80g，表明固体中含有16g氧元素，固体中铜元素和氧元素的物质的量之比为1:1，化学式为CuO，结合（3）的提示，还生成NO2和O2，反应的方程式为2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。加热到1000℃时，固体的质量为188g×38.3%=72g，表明固体中含有8g氧元素，固体中铜元素和氧元素的物质的量之比为2:1，化学式为Cu2O。故填：2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑；Cu2O。‎ ‎20、【答案】(1)乙烯 ‎(2)①d；②b；③2Cu＋2H2SO4+O2=2CuSO4＋2H2O；④Ⅲ合理；Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl-＋SO42-；c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）‎ ‎(3)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；取少量反应后的溶液滴加少量硫氰化钾溶液，若不变红则氯化铁完全被还原 ‎【解析】解：（1）利用乙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应制备乙烯。‎ ‎（2）反应后剩余的酸为硫酸，溶液还有硫酸铜，利用与氢离子的反应进行检验，铜、铁、碳酸钠能与硫酸反应，氯化钡与硫酸、硫酸铜均可反应生成白色沉淀。‎ ‎③向A 中反应后溶液中通入一种常见气体单质，使铜片全部溶解且仅生成硫酸铜溶液，通入的气体具有氧化性，根据元素守恒可知，应通入氧气，反应方程式为2Cu＋2H2SO4+O2＝2CuSO4＋2H2O。‎ ‎④氯水与二氧化硫反应生成氯化氢和硫酸，检验反应后溶液中含有硫酸根离子，说明二氧化硫具有还原性。氯水溶液中含有氯离子，能与硝酸银生成白色沉淀，所以方案Ⅰ不合理，氯水中含有次氯酸，可以使品红溶液褪色，不能说明二氧化硫还原性，方案Ⅱ不合理，向第三份溶液加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明生成硫酸根离子，方案Ⅲ合理。C中发生反应的离子方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=4H＋＋2Cl-＋SO42-；根据电荷守恒分析，D中溶液显中性时溶液中有c（Na+）=2c（SO32-）+c（HSO3-）。‎ ‎(3)在溶液中铁离子将二氧化硫氧化为硫酸，反应离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+；检验氯化铁是否完全被还原的方法为：取少量反应后的溶液滴加少量硫氰化钾溶液，若不变红则氯化铁完全被还原。‎ ‎21、【答案】（1）2.75mol/L；‎ ‎（2）0；‎ ‎（3）7L＜V＜11.2L．‎ ‎【解析】解：本题考查有关混合物反应的计算．‎ ‎（1）根据反应①3CuS+8H++8NO3﹣→3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O、②3Cu2S+16H++10NO3﹣→6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O可知，反应生成NO气体的物质的量与消耗硝酸根离子的物质的量相等，a实验中生成NO的物质的量为：=0.225mol，消耗硝酸的浓度为：=2.25mol/L，则反应后溶液浓度为5mol/L﹣2.25mol/L=2.75mol/L，‎ 故答案为：2.75mol/L；‎ ‎（2）9.6g混合物生成5.04LNO气体，12.8g混合物能够生成一氧化氮的体积为：×5.04L=6.72L，说明b中混合物完全反应，‎ 设12.8g的样品中CuS的物质的量为x，Cu2S的物质的量为y，‎ 根据质量可得：①96x+160y=12.8，‎ 根据生成气体可得：②x+y==0.3，‎ 根据①②解得：x=y=0.05mol，‎ 根据方程式①3CuS+8H++8NO3﹣→3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O、②‎ ‎3Cu2S+16H++10NO3﹣→6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O可知消耗氢离子的物质的量为：n（H+）=0.05mol×+0.05mol×=0.4mol，‎ 故消耗氢离子的浓度为：c（H+）==4mol/L，‎ 所以剩余氢离子浓度为：c（H+）=5mol/L﹣4mol/L=1mol/L，反应后b溶液的pH=0，‎ 故答案为：0；‎ ‎（3）100mL5mol/L的稀硝酸中含有硝酸的物质的量为：5mol/L×0.1L=0.5mol，‎ 根据（2）可知，64g样品中CuS、Cu2S的物质的量为：n（Cu2S）=n（CuS）=0.05mol×=0.25mol，‎ 若HNO3只与CuS反应：3CuS+8H++8NO3﹣→3Cu2++3SO42﹣+8NO↑+4H2O，0.25molCuS完全反应消耗硝酸：0.25mol×＞0.5mol，硝酸不足，则根据反应可知生成NO的物质的量为：0.5mol，标况下NO体积为：V（NO）=0.5mol×22.4L/mol=11.2L；‎ 若HNO3只与Cu2S反应：3Cu2S+16H++10NO3﹣→6Cu2++3SO42﹣+10NO↑+8H2O，0.25molCu2S消耗硝酸：0.25mol×＞0.5mol，硝酸不足，根据反应可知生成NO的物质的量为：0.5mol×=mol，标况下NO体积为：22.4L/mol×mol=7L，‎ 所以c组产生气体体积（V）为：7L＜V＜11.2L，‎ 故答案为：7L＜V＜11.2L．‎ ‎22、【答案】(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O ‎(2)0.2mol/L ‎(3)5.6‎ ‎(4)0.5≤a≤1‎ ‎(5)<‎ ‎【解析】解：本题考查浓硫酸的性质、有关物质的量的计算、电荷守恒的应用。‎ ‎（1）铜与浓硫酸反应的而化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。‎ ‎（2）得到沉淀2．33g是BaSO4，BaSO4物质的量为：2．33g÷233g/mol=0．01mol，SO42-的物质的量浓度为：0．01mol/0．05L=0．2mol/L。‎ ‎（3）3．2gCu的物质的量为3．2g÷64g/mol=0．05mol,则溶液中Cu2+的物质的量为0．05mol，反应后溶液稀释至500mL，溶液中SO42-的总物质的量为：‎ ‎0．2mol/L×0．5L=0．1mol，SO42-的物质的量大于Cu2+，根据溶液中阴阳离子所带的电荷数相同，则溶液中还有H+，H+的物质的量为：0．05×2+n(H+)×1=0．1×2，得n(H+)=0．1mol，根据Fe+Cu2+═Fe2++Cu、2H++Fe═Fe2++H2↑，0．05mol的Cu2+，和0．1mol的H+完全反应消耗Fe的物质的量为0．1mol，质量为5．6g。‎ ‎（4）产生的气体是SO2，根据反应方程式3．2gCu完全反应可以生成0．05mol的SO2，SO2通入到NaOH溶液中发生可能的反应有：SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O、SO2+NaOH═NaHSO3，故NaOH的物质的量范围是：0．05mol≤n(NaOH)≤0．1mol，NaOH溶液的体积范围是：0．5L≤a≤1L。‎ ‎（5）由于随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐变稀，成为稀硫酸后不能再与铜反应，故实际反应的铜要小于bmol，故还原的硫酸的物质的量n(H2SO4)﹤0．5bmol。‎ ‎23、【答案】（1）SiO2；Fe（NO3）3；水玻璃；‎ ‎（2）8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；bd；‎ ‎（3）28H++3Fe3O4+NO3﹣=NO↑+9Fe3++14H2O；1．‎ ‎【解析】解：本题考查物质的性质、无机物推断．A俗称磁性氧化铁，则A为Fe3O4；E是能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物，则E为SiO2，根据转化关系，可知X为Fe、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe（NO3）3，R为H2SiO3．‎ ‎（1）由上述分析可知，E的化学式是SiO2，G的化学式是Fe（NO3）3，M为Na2SiO3，其溶液的俗名是水玻璃，‎ 故答案为：SiO2；Fe（NO3）3；水玻璃；‎ ‎（2）A与单质Al反应转化为X的化学方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，该反应为铝热反应，为完成实验还需要：KClO3、Mg，‎ 故答案为：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe；bd；‎ ‎（3）A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：28H++3Fe3O4+NO3﹣=NO↑+9Fe3++14H2O，当有1molFe3O4参加反应时生成molNO，转移电子为mol×（5﹣2）=1mol，‎ 故答案为：28H++3Fe3O4+NO3﹣=NO↑+9Fe3++14H2O；1．‎ ‎24、【答案】(1).Al(2).C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(3).NOCO2(4).Cu2+Fe3+H+(5).2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3↓+2I2‎ ‎【解析】（1）无论加什么浓酸(硫酸和硝酸),溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子；向溶液X中加入过量的NaOH溶液,可转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀析出；如果有Al3+,则可转化为AlO2-离子，如果取上层清液通入CO2后，会发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,产生白色沉淀Al(OH)3，题给信息实验结果无明显变化，所以可以肯定溶液X中没有AlO2-,样品中没有Al；因此，本题正确答案是:Al。‎ ‎(2)①若Z只为一种气体,试剂a为饱和NaHCO3溶液,则z为CO2,两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2,应为SO2,则浓酸为浓硫酸；反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；正确答案：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。‎ ‎②若Z为两种气体的混合物,试剂a为适量水,则其中一种为NO2,NO2与水反应生成硝酸和NO，所以气体Z为NO、CO2化合物,则浓酸为浓硝酸；因此，本题正确答案是:NO、CO2。‎ ‎(3)向溶液X中加过量Fe粉,得Y溶液和两种固体,且一种固体为红色Cu,另一种就是过量的Fe粉,这个过程发生了置换反应:Cu2++Fe=Cu+Fe2+,向Y溶液中通入过量氯气,并不断搅拌,会发生如下反应:Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+、2Fe3++Cu=2Fe2+Cu2+、Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是:Cu2+、Fe3+、H+；因此，本题正确答案是:Cu2+、Fe3+、H+。‎ ‎25、【答案】(1)SO2；Fe(OH)3‎ ‎(2)3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O ‎(3)②⑧‎ ‎(4)加入KSCN无现象，再加入氯水溶液显血红色则有Fe2+(其他合理答案也可)‎ ‎(5)‎ ‎(6)Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl ‎【解析】解：I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，I是铝。K是一种红棕色气体，K是二氧化氮，所以L是NO，J是硝酸溶液。由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2可知D为Fe2O3、A为SO2，B为SO3，C是一种强酸，C为硫酸；G、H为Al2O3和Fe中的一种；由G+HNO3→M+NO↑分析可知G为Fe，H为Al2O3；M应为硝酸铁或硝酸亚铁；联系反应④：M+H2SO4→F+NO↑知，M为硝酸亚铁；F为硝酸铁；E应氢氧化铁，氢氧化铁分解生成氧化铁，氧化铁与铝发生铝热反应生成铁和氧化铝。‎ ‎（1）根据以上分析可知A、E的化学式分别是SO2、Fe(OH)3。‎ ‎（2）反应④的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O。反应⑦的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3。反应⑩的化学方程式为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O。‎ ‎（3）根据以上分析可知在反应②、③、⑥、⑧、⑨中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的②⑧。‎ ‎（4）检验M溶液中亚铁离子的方法为加入KSCN无现象，再加入氯水溶液显血红色则有Fe2+。‎ ‎（5）铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去3个电子，氮元素化合价从+5价降低到+3价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知反应的方程式为Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O，双线桥标出电子转移方向和数目为。‎ ‎（6）根据原子守恒可知还有氯化钠生成，该反应的化学方程式为Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl。‎