【化学】河南省郑州第四十七中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版） 17页

河南省郑州第四十七中2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cu-64‎ 一、单选题（本题包括16小题，共16×3=48分）‎ ‎1.下列物质中，不能由单质直接化合生成的是( ) ‎ ‎①CuS ②Fe2S3 ③SO3 ④H2S ⑤FeCl2 ⑥CuCl2‎ A. ①②③⑤ B. ①②③④ C. ①②④⑤ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】硫具有弱氧化性、还原性，硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，和变价金属反应时将变价金属氧化为较低价态；氯气具有强氧化性，和变价金属反应时只生成高价金属氯化物。‎ ‎【详解】①S具有弱氧化性，能将变价金属Cu氧化为+1价，Cu和S加热生成Cu2S，故选；‎ ‎②S具有弱氧化性，能将变价金属Fe氧化为+2价，Fe和S加热生成FeS，故选；‎ ‎③无论S是否过量，S在氧气中燃烧都生成SO2，SO3不能由S和氧气直接化合得到，故选；‎ ‎④氢气和硫在加热的条件下生成H2S，故不选；‎ ‎⑤氯气具有强氧化性，能将变价金属Fe氧化为+3价，Fe在Cl2中燃烧只生成FeCl3，单质间反应不能生成FeCl2，故选；‎ ‎⑥氯气是强氧化剂，所以铜在氯气中燃烧生成氯化铜，故不选；‎ 故答案选A。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )‎ ‎①用1L1mol/L的FeCl3溶液制Fe(OH)3胶体，该胶体中含Fe(OH)3胶粒数为NA个 ‎②标准状况下，22.4LSO3含NA个分子 ‎③标准状况下，22.4LCl2于水，转的电子数目为0.1NA ‎④常温下，含0.2molH2SO4浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1 NA ‎⑤142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3 NA ‎ ‎⑥NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g A. ①③④ B. ①⑥ C. ④⑤ D. ②③⑥‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①一个Fe（OH）3胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得胶粒的个数小于NA个，故①错误；‎ ‎②标准状况下，SO3为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其分子数，故②错误；‎ ‎③氯气和水的反应为可逆反应，故标况下22.4L氯气即1mol氯气和水反应转移的电子数小于0.1NA个，故③错误；‎ ‎④铜和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故反应生成的二氧化硫分子数小于0.1 NA，故④正确；‎ ‎⑤Na2SO4 和 Na2HPO4的摩尔质量均为142g/mol，故142g混合物的物质的量为1mol，且均含3个离子，故1mol混合物中含离子为3NA个，故⑤正确；‎ ‎⑥Fe（OH）3胶体粒子是多个氢氧化铁的聚集体，故NA个Fe（OH）3胶体粒子中氢氧化铁的物质的量多于1mol，则质量多于107g，故⑥错误；‎ 故答案选C。‎ ‎3.同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①HCl ②NO2 ③体积比为1:1的NO2和O2，进行喷泉实验。经充分反应后烧瓶内溶质的物质的量浓度之比为（ ）‎ A. 1: 1 :1 B. 4: 4 :5 C. 5: 5 :4 D. 15: 10 :12‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】假设烧瓶的体积为1L，则氯化氢形成的溶液的物质的量浓度=mol/L，二氧化氮形成的硝酸溶液的物质的量浓度=mol/L，③ 物质的量浓度=mol/L，所以三者比例为：5:5:4，选C。‎ ‎4.常温下，将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，未见沉淀生成，继续通入另一种气体有沉淀产生。则通入的该气体可能是( )‎ ‎①NO2 ②O2 ③Cl2 ④SO3 ⑤NH3 ⑥H2S A. ①②③⑤ B. ①③④⑤⑥ ‎ C. ②③④⑤⑥ D. ①②③④⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】将SO2通入BaCl2溶液中，如生成沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO32﹣离子，或发生氧化还原反应生成SO42﹣离子，以此来解答。‎ ‎【详解】①通NO2，NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①选；‎ ‎②通O2，与亚硫酸发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故②选；‎ ‎③通Cl2，与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，生成硫酸钡沉淀，故③选；‎ ‎④通SO3，与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故④选；‎ ‎⑤通NH3，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故⑤选；‎ ‎⑥通H2S，与二氧化硫发生氧化还原反应生成S沉淀，故⑥选；‎ 故答案选D。‎ ‎5.下列除杂试剂的选择或除杂操作正确的是( )‎ 选项 括号内为杂质 除杂试剂 除杂操作 A CO2（SO2）‎ 饱和Na2CO3溶液 将气体通过足量的Na2CO3溶液 B Na2O2(Na2O)固体 O2‎ 在纯氧气中加热 C NO2(NO)‎ H2O 将气体通入水中 D NH3(H2O)‎ 浓硫酸 气体通入浓硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠溶液、洗气，故A错误；‎ B.氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，则在纯氧气中加热可除杂，故B正确；‎ C.NO2会与H2O反应生成NO，不能除杂，反而将原物质除去，故C错误；‎ D.NH3属于碱性气体，会与浓硫酸反应，除杂的同时将原物质也除去，故D错误；‎ 故答案选B。‎ ‎6. 一固体混和物，可能有氯化钙、碳酸铵、烧碱、硫酸铵，将它溶解于水得到无色澄清溶液，无其它明显现象，向溶液中加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再加入硝酸，沉淀部分消失，原混和物中肯定有( )‎ A. CaCl2和(NH4)2SO4 B. (NH4)2SO4和(NH4)2CO3‎ C. NaOH和CaCl2 D. NaOH和(NH4)2SO4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】一固体混和物，可能有氯化钙、碳酸铵、烧碱、硫酸铵，将它溶解于水得到无色澄清溶液，无其它明显现象，则其组分间不能生成难溶或微溶于的物质；向溶液中加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，再加入硝酸，沉淀部分消失，则沉淀中一定有硫酸钡和碳酸钡，故原混和物中肯定有硫酸铵和碳酸铵。‎ ‎【详解】A. CaCl2和(NH4)2SO4可以在溶液中反应生成白色沉淀硫酸钙； ‎ B. (NH4)2SO4和(NH4)2CO3在溶液中可以共存，向溶液中加入硝酸钡溶液，产生的硫酸钡和碳酸钡均白色沉淀，再加入硝酸，碳酸钡可溶于硝酸，故沉淀部分消失；‎ C. NaOH和CaCl2在溶液中可以生成白色沉淀氢氧化钙； ‎ D. NaOH和(NH4)2SO4在溶液中可以反应生成硫酸钠和一水合氨，向溶液中加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀硫酸钡，再加入硝酸，沉淀不会减少。‎ 综上所述，答案是B。‎ ‎7.下列离子方程式书写正确的是( )‎ A. 碳酸钠溶液和醋酸的反应： CO3 2-+2H+=CO2↑+H2O B. 酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-+7H2O2+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O C. NaHCO3溶液和过量Ca (OH)2溶液混合：Ca2++HCO3 -+OH- =CaCO3↓+H2O D. 84消毒液中通SO2：SO2+C1O- +H2O=HC1O+HSO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠溶液和醋酸的反应：CO32-+2CH3COOH=CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；‎ B.酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故B错误；‎ C.NaHCO3溶液和过量Ca (OH)2溶液混合：Ca2++HCO3 -+OH- =CaCO3↓+H2O，故C正确；‎ D.84消毒液中通SO2：SO2+C1O- +H2O=C1-+SO42-+2H+，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎8.在某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解，则下列关于该溶液所含离子的推断中正确的是( )‎ A. 一定会有SO42- B. 含有SO42-和Ag+‎ C. 可能含有SO42-、Ag+、SO32-中的一种、两种 D. 可能含有SO32-或CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】加入稀硝酸，沉淀不溶解，溶液中一定不存在碳酸根离子和碳酸氢根离子；再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡；原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子、亚硫酸根离子，据此进行解答。‎ ‎【详解】加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl、BaSO3、BaSO4、BaCO3，由于稀硝酸具有强氧化性，所以原溶液中可能含有Ag+、SO42﹣、SO32﹣，SO32﹣可被氧化生成SO42﹣，BaCO3可溶于稀硝酸，但Ag+不与SO42﹣、SO32﹣同时存在，根据以上分析可知，溶液中一定不存在CO32﹣，溶液中可能含有Ag+，溶液中可能含有SO42﹣或SO32﹣，故答案选C。‎ ‎9.下列操作对应的现象不符合事实的是( )‎ A．将二氧化碳气体通入CaCl2溶液，不会产生白色沉淀 B．用激光笔照射Fe(OH)3胶体，产生“丁达尔效应”‎ C．将湿润有色布条放入盛有干燥氯气的瓶中，布条不褪色 D．将滴管中的浓盐酸加入碳酸氢钠溶液，气球体积由小变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二氧化碳气体通入CaCl2溶液中，不会产生白色沉淀，因为碳酸钙与盐酸不能共存，符合实验事实，故A不选；‎ B．用激光笔照射氢氧化铁胶体，出现丁达尔效应，符合实验事实，故B不选；‎ C．氯气与布条上的水反应生成HClO，具有漂白性，则有色布条褪色，不符合实验事实，故C选；‎ D.盐酸与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，瓶内的气体压强增大，使得气球体积变大，符合实验事实，故D不选；‎ 故选C。‎ ‎10.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(如图装置)，下列有关说法正确的是(　 　)‎ ‎①洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡 ‎②在Z导管出来的气体中无二氧化碳 ‎③洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡 ‎④在Z导管口有红棕色气体出现 A. ①② B. ③④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】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。‎ ‎【详解】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，SO2+H2O+NO2===H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，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NO2，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，故B项正确。‎ ‎11.SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42-＋2Fe2＋＋4H＋；‎ ‎②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。‎ 下列有关说法错误的是 （ ）‎ A. 氧化性：Cr2O72->Fe3＋>SO2‎ B. K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4‎ C. 每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA D. 若有6.72 L SO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，由①可知，Fe元素的化合价降低，Fe3+做氧化剂，SO42-为氧化产物，SO2‎ 为还原剂，所以氧化性：Fe3+＞SO42-＞SO2，由②可知，Cr元素的化合价降低，Cr2O72-为氧化剂，Fe3+为氧化产物，所以氧化性是Cr2O72-＞Fe3+，因此氧化性：Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，故A正确；B项，因为氧化性：Cr2O72-＞SO2，所以K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故B正确；C项，反应中Cr元素的化合价从+6价降到+3价，所以每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子为1mol×2×（6-3）=6mol，即转移电子的数目为6NA，故C正确；D项，6.72 L SO2（标准状况）的物质的量为：6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，由上述两个反应可知，存在3SO2～Cr2O72-，所以6.72 L SO2（标准状况）参加反应，最终消耗0.1molK2Cr2O7，故D错误。综上分析，符合题意的选项为D。‎ ‎12.相对分子质量为M的气态化合物VL (标准状况)，溶于mg水中，得到质量分数为w、 物质的量浓度为c mol/L、密度为rg/mL的溶液，下列说法正确的是( )‎ A. 相对分子质量 M=22.4mω/(1-ω)V B. 物质的量浓度c=ρv/（MV+22.4m）‎ C. 溶液的质量分数ω=MV/22.4m D. 溶液密度ρ=cω/1000ρω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. VL气体的物质的量为的物质的量为VL÷22.4L/mol＝mol，故氨气的质量为mol×Mg/mol＝g，溶液的质量为（+m）g，故溶液质量分数w＝，整理得M＝，故A正确；‎ B. 由A知，溶液的质量为（+m）g，溶液的体积为＝L，故溶液的物质的量浓度c＝＝mol/L，故B错误；‎ C. 质量分数w＝＝，故C错误；‎ D. 根据c＝可知，溶液密度ρ＝，故D错误；‎ 故答案选A。‎ ‎13.下列实验能证明某无色气体为SO2的是( )‎ ‎①能使澄清石灰水变浑浊 ‎②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 ‎③能使品红溶液褪色，加热后又显红色 ‎④能使溴水褪色，再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生 A. ①②③④ B. ①③④‎ C. ③④ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①能使澄清石灰水变浑浊的气体可能为二氧化硫或二氧化碳，故不选；‎ ‎②能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，为酸性气体，不一定为二氧化硫，可能是氯化氢等气体，故不选；‎ ‎③能使品红溶液褪色，加热后又显红色，则漂白性为暂时的，气体为二氧化硫，故选；‎ ‎④能使溴水褪色，再滴加酸化的BaCl2溶液有白色沉淀产生，白色沉淀为硫酸钡，则与溴水发生氧化还原反应的气体为二氧化硫，故选；能证明的有③④，‎ 故选C。‎ ‎14.在某100 mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4 mol·L-1、0.1 mol·L-1,向该混合液中加入1.92 g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中铜离子物质的量浓度( mol·L-1)是（ ）‎ A. 0.15 B. 0.225 C. 0.35 D. 0.45‎ ‎【答案】B ‎【解析】溶液中的氢离子包括硝酸、硫酸电离的，所以n（H+）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×0.1L×2=0.06mol，n（NO3-）n=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，1.92g铜的物质的量为=0.03mol，则：     3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O             3    8      ‎ ‎2  0.03mol 0.08mol  0.02mol 所以氢离子的物质的量不足，根据氢离子的物质的量计算，由离子方程式可知0.06mol氢离子反应，生成的铜离子的物质的量为0.06mol×=0.0225mol，所以溶液中c（Cu2+）==0.225mol/L，故选B。‎ ‎15. 下列关于浓硝酸和浓硫酸的叙述中正确的是( )‎ A. 常温下都不可用铝制容器贮存 B. 露置在空气中，容器内酸液的质量都减轻 C. 常温下都能与铜较快反应 D. 露置在空气中，容器内酸液的浓度都降低 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下和铝都发生钝化，所以可用铝制容器贮存，A项错误；‎ B. 浓硫酸具有吸水性，溶液质量增加，硝酸易挥发，质量减小，B项错误；‎ C. 铜浓硫酸需要加热，而浓硝酸不需要即可反应，C项错误；‎ D. 放置在空气中，浓硝酸挥发，导致溶质减小，最终浓度会降低；浓硫酸吸水，导致浓度也会降低，，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.有两瓶失去标签的物质的量浓度相同的Na2CO3和NaHCO3稀溶液，下列鉴别方法和所得到的结论正确的是( )‎ A. 取少量未知溶液，分别滴加Ba（OH）2溶液，有沉淀生成的为Na2CO3溶液 B. 取少量未知溶液，分别滴加CaCl2溶液，有沉淀生成的为Na2CO3溶液 C. 分别滴加酚酞试液，红色较深的是NaHCO3溶液 D. 取少量未知溶液，分别滴加过量稀HCl溶液，能产生气体的是NaHCO3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二者均能与氢氧化钡反应产生白色沉淀碳酸钡，A错误；‎ B、碳酸钠能与氯化钙反应产生白色沉淀碳酸钙，碳酸氢钠与氯化钙不反应，可以鉴别，B正确；‎ C、碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，则分别滴加酚酞试液，红色较深的是碳酸钠溶液，C错误；‎ D、与足量的盐酸反应，二者均能产生二氧化碳气体，不能鉴别，D错误；‎ 答案选B。‎ 二、填空题(本大题共4小题，共52分)‎ ‎17.某些化学反应可用下式表示，A+B→C+D+H2O请回答下列问题:‎ ‎(1)若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，写出该反应的离子方程式:________‎ ‎(2)若气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出该反应的化学方程式: ____________。‎ ‎(3)若A金属单质，C是一种遇空气会变为红棕色的无色气体，写出该反应的离子方程式______________‎ ‎(4)若A为难溶于水的固体，C为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，请写出符合上式的离子方程式:_____________。‎ ‎(5)若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，且D可以使品红褪色，则A与B反应的化学方程式为: _____________________________。‎ ‎【答案】(1). Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O (2). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（其它符合条件的答案也可以） (3). Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O（其它符合条件的答案也可以） (4). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（其它符合条件的也可以） (5). C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，常见反应为氯气和氢氧化钠的反应； （2）若C为氯化钠，D能使澄清石灰水变浑浊的无味气体，应为CO2，可为NaHCO3或Na2CO3与盐酸的反应； （3）若A为MnO2，B为盐酸，C是黄绿色的单质气体为Cl2，应为浓盐酸和二氧化锰的反应； （4）若A为单质，B为硝酸，可以为Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水； （5）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，且D可以使品红褪色，则C为CO2，D为SO2，应为浓硫酸和碳的反应。‎ ‎【详解】（1）若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，常见反应为氯气和氢氧化钠的反应，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；‎ ‎（2）若气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D为NH3，该反应可能为实验室制取NH3的原理方程式，该反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（其它符合条件的答案也可以）；‎ ‎（3）若D为红棕色气体，则D是NO2；A金属单质，反应方程式可能为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，离子方程式为Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3-＝Cu2++2NO2↑+2H2O（其它符合条件的答案也可以）；‎ ‎（4）若A为难溶于水的固体，C为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则C为CO2，符合上式的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O（其它符合条件的也可以）；‎ ‎（5）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，且D可以使品红褪色，则C应为CO2，D为SO2，在加热条件下，浓硫酸和碳发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫，所以A与B反应的化学方程式为C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4CO2↑+2SO2↑+2H2O。‎ ‎18.饮用水质量是关系人类健康的重要问题。‎ ‎(1)Cl2是最早用于饮用水消毒的物质，写出Cl2溶于水发生反应的离子方程式________________。‎ ‎(2)C1O2是一种高效、低毒的消毒剂，逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得C1O2，此反应的离子方程式为_________________。ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 ‎ ‎(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，比Cl2、ClO2氧化性更强，无二次污染的绿色水处理剂。工业上先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和就可析出高铁酸钾。由以上信息可知，相同条件下，高铁酸钠溶解度比高铁酸钾溶解度______‎ ‎ (填“大”或“小”)。干法制备高铁酸钠的主要反应为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，该反应每生成1 molNa2FeO4转移____mol电子。‎ ‎(4)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应可以回收S，其物质转化如图所示。在图示的转化中，化合价不变的元素是_______。该图示的总反应为 ______。‎ ‎【答案】 (1). Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO (2). 2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣ (3). 2：5 (4). 大 (5). 5 (6). H、Cl、Cu (7). 2H2S+O2=2S+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）氯气与水反应生成HCl、HClO；‎ ‎（2）KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得C1O2，可知SO2被氧化成SO42﹣，该离子反应为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣；ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，其离子方程式为2ClO2+ 5Mn2++6H2O=5MnO2+ 2Cl-+12H+，可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比；‎ ‎（3）在低温下，高铁酸钾容易变成固体析出，说明高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，反应2FeSO4+6Na2O2═2 Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中Fe元素化合价升高，被氧化，O元素化合价由﹣1价变为﹣2价、0价，结合化合价的变化解答该题；‎ ‎（4）由图示反应原理，溶液里H2O中的H+、Cl-、Cu2+没有参与氧化还原，即H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化。‎ ‎【详解】（1）氯气溶于水后生成了次氯酸和盐酸，离子反应为Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故答案为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO；‎ ‎（2）KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得C1O2，可知SO2被氧化成SO42﹣，该离子反应为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣；ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，其离子方程式为2ClO2+ 5Mn2++6H2O=5MnO2+ 2Cl-+12H+，可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比n(ClO2)：n(Mn2+)=2：5；故答案为2ClO3﹣+SO2═2ClO2+SO42﹣；2：5；‎ ‎（3）在低温下，高铁酸钾容易变成固体析出，说明相同条件下，高铁酸钠溶解度比高铁酸钾溶解度大，反应2FeSO4+6Na2O2═2 Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中，每生成l mol Na2FeO4‎ 同时生成0.5mol氧气，则转移电子为1mol×（6﹣2）+0.5mol×2×[0﹣（﹣1）]＝5mol；故答案为：大； 5；‎ ‎（4）由图示反应原理，溶液里H2O中的H+、Cl-、Cu2+没有参与氧化还原，即H、Cl、Cu三种元素的化合价没有变化，其它元素入O、Fe、S的化合价均有变化，该图示的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O；故答案为：H、Cl、Cu；2H2S+O2=2S+2H2O。‎ ‎19.某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：‎ 他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是：‎ Na2SO3+H2SO4 = Na2SO4+H2O+SO2↑‎ MnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2↑‎ ‎(1)用来制取氯气的装置是______ (填字母)，反应中浓盐酸所表现出________________性质。‎ ‎(2)反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均退色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热____ (填" B”或“D")试管中无明显现象。‎ ‎(3)装置C的作用是________________________；‎ ‎(4)若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是____________________________；‎ ‎(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，品红溶液几乎不退色。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的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是：________________________________。‎ ‎【答案】(1). E (2). 还原性、酸性 (3). D (4). 吸收多余的SO2和Cl2 (5). 紫色石蕊试液先变红后褪色 (6). SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，根据氯元素的化合价判断其表现的性质；‎ ‎（2）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，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；‎ ‎（3）二氧化硫、氯气都有毒，不能排放在环境中．用NaOH溶液吸收二氧化硫生成氯化钠与次氯酸钠； ‎ ‎（4）次氯酸既有酸性又有漂白性，所以氯气通入紫色石蕊试液中现象是先变红后褪色；‎ ‎（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性。‎ ‎【详解】（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，故答案为：E；还原性、酸性；‎ ‎（2）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，加热时能重新变成红色，故答案为：D； ‎ ‎（3）氯气和二氧化硫有毒，不能排放到空气中，但氯气和二氧化硫都和碱反应，所以装置C的作用是吸收多余的氯气和二氧化硫，故答案为：吸收多余的SO2和Cl2；‎ ‎（4）次氯酸既有酸性又有漂白性，所以氯气通入紫色石蕊试液中现象是先变红后褪色，故答案为：紫色石蕊试液先变红后褪色；‎ ‎（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：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4 生成无漂白性的H2SO4和HCl，故答案为：SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4。‎ ‎20.研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价——物质类别关系图如下。‎ 回答下列问题: ‎ ‎(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，化学方程式是：__________‎ ‎(2)在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出反应的化学方程式: _______________；‎ ‎(3)实验室中，检验溶液中含有NH4+的操作方法是: __________________________；‎ ‎(4)物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式_____________，当反应消耗3.36L (标准状况) 物质B时，转移电子的物质的量为__________________________。‎ ‎(5)将32g铜与140 mL一定浓度的C溶液反应，铜完全溶解产生的气体在标准状况下的体积为11.2L。‎ ‎①参加反应的C的物质的量为__________________________；‎ ‎②待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L-1 的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原C溶液的浓度为________ mol·L-1‎ ‎③欲使铜与C反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要通入O2_____mol。‎ ‎【答案】(1). 4NH3+5O2 4NO+6H2O (2). C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O (3). 取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+ (4). 3NO2+H2O＝2H++2NO3﹣+NO (5). 0.1mol (6). 1.5mol (7). (8). 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据氮元素化合价——物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，‎ ‎（1）在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；‎ ‎（2）在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水；‎ ‎（3）铵根离子结合氢氧根离子受热条件下反应生成氨气，遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝；‎ ‎（4）物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，结合元素化合价变化计算电子转移总数；‎ ‎（5）①根据硝酸铜的化学式，和N原子守恒，求出参加反应的硝酸的物质的量；‎ ‎②根据硝酸根离子守恒求出起酸作用的硝酸物质的量，根据N原子守恒求出作氧化剂的硝酸的物质的量，进而求出硝酸的物质的量浓度；‎ ‎③分别求出混合气体中NO和NO2的物质的量，根据电子得失守恒求解。‎ ‎【详解】氮元素化合价一物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，‎ ‎（1）在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；‎ ‎（2）在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）CO2+4NO2+2H2O；‎ ‎（3）实验室中，检验溶液中含有NH4+的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+，故答案为：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+；‎ ‎（4）物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O＝2H++2NO3﹣+NO，反应中氮元素化合价+4价变化为+5价和+2价，3mol二氧化氮反应电子转移总数2mol，当反应消耗3.36L （标准状况） 物质B时，物质的量＝＝0.15mol，转移电子的物质的量为＝0.1mol，故答案为：3NO2+H2O＝2H++2NO3﹣+NO；0.1mol；‎ ‎（5）①32g铜的物质的量为=0.5mol，标准状况下的体积为11.2L的气体物质的量为=0.5mol，根据硝酸铜的化学式，起酸作用的硝酸物质的量为20.5mol=1mol，根据N原子守恒，作氧化剂的硝酸的物质的量为0.5mol，所以参加反应的硝酸的物质的量为1mol+0.5mol=1.5mol；故答案为：1.5mol；‎ ‎②将铜离子完全转化为硝酸钠时，根据钠原子守恒得n(NaOH)=n(NaNO3)=0.001aVmol，根据硝酸根离子守恒得，起酸作用的硝酸物质的量=0.001aVmol，根据N原子守恒，作氧化剂的硝酸的物质的量=0.5mol，所以硝酸的物质的量浓度==‎ mol/L，故答案为：；‎ ‎③设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=0.5，3x+y=0.52,解得x=0.25，y=0.25。设需要O2的物质的量为zmol，根据电子得失守恒得：0.253+0.251+0.52=4z，解得z=0.5。故答案为：0.5。‎ ‎ ‎