专题4硫与环境保护 单元测试卷（含解析） 高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 专题4硫与环境保护 单元测试卷（含解析） 高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 879.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-20 13:54:23 | ||
图片预览
文档简介
专题4《硫与环境保护》单元测试卷
一、单选题
1．化学在人类社会的可持续发展中发挥着重要作用。下列说法不正确的是
A．依据能量守恒定律，通过电解水获取氢能源符合可持续发展的思想
B．加强废旧金属的回收和再利用是合理利用金属资源的主要途径之一
C．煤的气化可以减少硫氧化物的排放
D．在规定范围内合理使用食品添加剂，对人体健康不会产生不良影响
2．某同学进行如下实验：
实验 操作和现象
Ⅰ 向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色
Ⅱ 向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色
Ⅲ 向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是
A．Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2
B．Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I-
3．下列说法不正确的是
A．用激光笔照射氢氧化铁胶体，可观察到“丁达尔效应”
B．工业上可用石灰石消除燃煤烟气中的二氧化硫
C．陶瓷、玻璃、水泥都有共同的原料石灰石
D．卢瑟福提出带核的原子结构模型
4．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 具有漂白性 可使溶液褪色
B 石墨可以导电 石墨可作高温润滑剂
C 属于共价化合物 不能用电解制备铝单质
D 碱石灰具有碱性 碱石灰可干燥
A．A B．B C．C D．D
5．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是
①过量的锌与18mol/L的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2；④过量铜与浓硫酸；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石
A．②③④⑥ B．②③⑤ C．①④⑤ D．①②③④⑤⑥
6．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法不正确的是
A．过程①生成了HCl，说明酸性：H2S>HCl
B．过程②，每溶解1molCuS，转移2mole-
C．过程③，溶液的pH增大
D．回收S的总反应为
7．当三份Cu粉分别与过量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应后，收集到的气体在相同状况下体积相等时，三份Cu粉的质量比为(不考虑NO2转化为N2O4和反应生成气体的溶解)( )
A．3∶1∶2 B．3∶2∶2
C．1∶1∶2 D．2∶6∶3
8．将足量的 SO2 气体通入 BaCl2 溶液中,未观察到有白色沉淀产生，当通入下列气体后，仍然观察不到白色沉淀产生的是
A．Cl2 B．CO2 C．NO2 D．NH3
9．在Cu与浓的反应中，浓的作用是
A．酸性 B．还原性 C．氧化性 D．氧化性和酸性
10．为测定某区域空气中的含量，课外小组的同学将空气样品通入的酸性溶液中(假定样品中无其他还原性气体，可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为。若空气流量为，经过溶液恰好褪色，则该空气样品中的含量(单位：g/L)为
A． B． C． D．
11．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：
KMnO4+ FeSO4+ H2SO4= K2SO4+ MnSO4+ Fe2(SO4)3+ H2O
下列说法正确的是
A．MnO4－是氧化剂，Fe3+是还原产物
B．Fe2+的还原性强于Mn2+
C．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成
D．生成1mol水时，转移2.5mol电子
12．下列说法正确的是
A．根据反应5Fe2++MnO4－+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知：用酸性KMnO4溶液可检验绿矾(FeSO4·7H2O)是否变质
B．根据反应H3PO3+2NaOH(足量)===Na2HPO3+2H2O可知：H3PO3属于三元酸
C．根据反应3Fe+8HNO3===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知：反应中HNO3表现酸性和氧化性
D．根据反应CuSO4+H2S===CuS↓+H2SO4可知：H2S的酸性比H2SO4强
13．自然界存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。在该反应中
A．产物中的有一部分是氧化产物
B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移
C．发生氧化反应和发生还原反应的FeS2之比为7:3
D．14mol CuSO4能氧化5molFeS2
14．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是
A．向包裹有Na2O2的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明Na2O2与水反应生成O2并放出大量热
B．对某溶液进行焰色试验，观察到颜色呈黄色，说明该溶液中一定含有钠盐
C．Fe与稀HNO3，稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生了置换反应
D．SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀，说明SO2和可溶性钡盐均能反应生成沉淀
15．化学使生活更美好。下列有关物质的应用说法不正确的是
A．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
B．过氧化钠具有强氧化性，可用作漂白剂
C．明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，可用作水体净水剂
D．Na2CO3 具有碱性，可用治疗胃酸过多
二、填空题
16．“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。
(1)的有效氯含量为_______。(计算结果保留两位小数)
(2)工业上可用与在存在下制得，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
17．硫的化合物在生产、生活中应用广泛。
(1)某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2。
通入足量SO2后，装置B中的现象是___________，装置C的作用是___________。
(2)该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生的是氧化还原反应。写出为SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式：___________。
(3)铬是环境中的一种主要污染物，可以用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理含铬酸性废水(含有)，利用氧化还原反应，将六价铬还原为三价铬，被氧化为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(4)已知：Na2S2O5溶于水会生成NaHSO3。取Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴入足量盐酸，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀。请推断可能的原因___________。
18．“纳米零价铁—H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的NO。回答下列问题：
(1)制备纳米零价铁：将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁，反应的化学方程式为FeSO4+NaBH4+NaOH→Fe(纳米零价铁)+NaBO2+Na2SO4+H2↑+H2O(未配平，NaBH4、NaBO2中B元素均为+3价)。该反应中，还原剂和氧化剂的物质的量之比为n(还原剂)：n(氧化剂)=____。
(2)NO的氧化：在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。
①Fe2+催化H2O2分解产生HO ，HO 将NO氧化为NO的机理如图1所示，Y与H2O2反应的离子方程式为____。
②NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为____。
③纳米零价铁的作用是____(用离子方程式表示)。
④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高逐渐降低，主要原因是____。
(3)氧化产物的吸收：氧化后的产物在烟气的携带下被Ca(OH)2溶液吸收，反应的化学方程式为____。
三、实验题
19．图是实验室制SO2并验证SO2某些性质的装置图，试回答：
(1)⑥中发生的化学反应方程式为___________________________________。
(2)②中品红溶液_________ ，证明SO2有___________性。
(3)⑤中现象是_____________，证明SO2有___________性。
(4)③中现象是____，证明SO2有___________性，反应的化学方程式_____________。
(5)④中证明SO2有___________性，反应的化学方程式_________________。
20．草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热易脱水、升华，175℃时分解。草酸及其盐在生产生活中有重要用途。某兴趣小组计划制备草酸并研究其性质。
(1)制备草酸。用含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为3：2)溶液氧化淀粉水解液制备草酸，其装置如图一所示。[已知：硝酸氧化淀粉水解液过程中主要反应：C6H12O6+HNO3→H2C2O4+NO2↑+NO↑+H2O(未配平)]
①该反应的温度需控制在55～60℃，适宜的加热方式为___________。
②仪器c的名称为___________。a为冷凝水的___________口。(填“进水”、“出水”)
③碳酸钠溶液用于尾气吸收。当尾气中n(NO2)：n(NO)=1：1时，写出对应的的化学方程式：___________
(2)研究草酸热稳定性。
写出草酸晶体(H2C2O4·2H2O)加热分解生成气态产物的化学方程式：___________，最合适的分解装置是___________(填标号)。
a．b．c．d．
(3)草酸及其盐可用于测定血钙的含量。方法是：取10.00mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，充分反应。将沉淀过滤洗涤后用稀硫酸溶解，并稀释至100mL，取出25.00mL用标准KMnO4溶液滴定。
①溶解CaC2O4沉淀时不能用盐酸，原因是：___________
②滴定终点的现象为___________
③若最终消耗了1.250×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则该血液样品中含钙量为___________mmol/L。
21．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢(即铁和碳的合金)进行了以下探究活动：
【探究一】(1)常温下，工业上用铁质容器盛放冷的浓硫酸，其原因是__________。
(2)称取碳素钢6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。
①甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选用__________(选填序号)。
a．KSCN溶液和氯水 b．铁粉和KSCN溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液
②乙同学取560mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g，由此可求算气体Y中SO2的体积分数__________。
【探究二】
根据上述实验中SO2体积分数的分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g L-1。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略，假设有关气体完全反应)。
(3)装置B中试剂的作用是__________。
(4)分析Y气体中的Q2气体是如何生成的__________。(用化学方程式表示)。
(5)为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于__________(选填序号)。
a．A之前 b．A﹣B间 c．B﹣C间 d．C﹣D间
(6)如果气体Y中含有Q1，预计实验现象应是__________。
四、计算题
22．为了测定某铜银合金的成分，将合金溶于的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到的、混合气体(标准状况)，并测得溶液中的。假设反应后溶液的体积仍为，试计算：
(1)被还原的硝酸的物质的量__________；
(2)合金中铜与银的物质的量之比__________；
(3)若需要将全部尾气用水吸收，需要的氧气体积(标准状况) __________。
23．现有标准状况下5.6 L H2在足量Cl2中充分燃烧，试计算(要求写出计算步骤)
(1)生成HCl的物质的量为多少？_______。
(2)反应过程中，转移的电子数目有多少？_______。
(3)将生成的HCl溶于水形成200 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为多少？_______。
24．产品纯度的测定：准确称取1.000g产品，加入适量蒸馏水配成溶液；取待测液于锥形瓶中，加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应；滴加几滴淀粉溶液，用标准液滴定，至滴定终点。重复3次，测得标准液体积平均值为。(滴定反应的离子方程为：)假设杂质不参加反应，则产品中的质量分数是_______%。
参考答案：
1．A
【详解】A．通过电解水获取氢能源，消耗大量电能，不符合可持续发展的思想，故A错误；
B．金属资源面临枯竭，保护金属资源的有效途径之一就是回收再利用，故B正确；
C．将煤炭气化，既可以提高燃料的利用率、减少CO、SO2等的排放，故C正确；
D．食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的化合物质或者天然物质，在规定范围内使用食品添加剂，一般认为对人体健康无害，故D正确；
选A。
2．D
【详解】A．向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将溴水中的溴萃取出来，CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2，A正确；
B．向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将碘水中的碘萃取出来，CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性，B正确；
C．向KBr、KI的混合液中加入CCl4，滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，氯气将KI中的碘置换出来，Cl2的氧化性强于I2，C正确；
D．再滴加氯水，振荡后紫色褪去，氯气与碘、水反应生成了盐酸和碘酸，继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色，氯气和溴化钾反应生成溴单质，水溶液中已不存在I-，D错误；
答案选D。
3．C
【详解】A．胶体能产生“丁达尔效应”，用激光笔照射氢氧化铁胶体，可观察到“丁达尔效应”，故A正确；
B．石灰石高温分解为氧化钙，氧化钙和二氧化硫在高温条件下反应生成亚硫酸钙，工业上可用石灰石消除燃煤烟气中的二氧化硫，故B正确；
C．制备陶瓷的原料是黏土，制备玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英，故C错误；
D．1911年英国物理学家卢瑟福提出了带核的原子结构模型，故D正确；
选C。
4．C
【详解】A．可使溶液褪色，二氧化硫表现的是还原性，不是漂白性，A选项错误；
B．石墨可作高温润滑剂，是因为石墨熔点较高，具有润滑作用，与导电性无关，B选项错误；
C．属于共价化合物，熔融状态下不电离，不能电解制备铝单质，应电解熔融的氧化铝来制备铝单质，C选项正确；
D．碱石灰可干燥，是因为碱石灰具有吸水性，且不与氨气反应，D选项错误；
答案选C。
5．A
【详解】①锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，故①不符合题意；
②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故②符合题意；
③浓盐酸反应到最后变成稀盐酸了，无法完全反应，浓盐酸中H+和Cl-的浓度大，还原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2，随反应进行，H+和Cl-的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧化Cl-了，因此二氧化锰和稀盐酸不会反应，故③符合题意；
④随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故④符合题意；
⑤Ag与稀硝酸能反应，硝酸过量时，Ag能完全反应，故⑤不符合题意；
⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥符合题意；
故答案为：A。
【点睛】实验室制备少量二氧化碳选择碳酸钙与盐酸反应的原因：碳酸钙是难溶性固体，反应速度较慢，并且成本低，而碳酸钠等可溶性钠盐与酸反正速度太快，难以控制，硫酸与碳酸钙反应生成微溶物质影响反应继续进行，因此不能用硫酸，而硝酸又会产生氮氧化物影响纯度，常见的一元羧酸（比如醋酸）太弱，反应慢。
6．A
【详解】A．过程①中，H2S和Cu2+反应生成CuS，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，反应发生是因为生成了沉淀，不能证明酸性强弱，故A错误；
B．过程②中，CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为2Fe3++CuS =Cu2++2Fe2++S，每溶解1molCuS，转移2mole-，故B正确；
C．过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应消耗H+，溶液酸性减弱，溶液的pH增大，故C正确；
D．由反应(①+②)×2+③可得回收S的总反应为，故D正确；
故答案为A。
7．A
【详解】相同状况下气体体积相等，即气体的物质的量相等，可分别设NO、NO2、SO2的物质的量为1mol。由得失电子守恒可得关系3/2Cu～NO，1/2 Cu～NO2，Cu～SO2，生成1mol气体消耗Cu的物质的量分别为3/2mol、1/2mol、1mol，所以在生成气体体积相同时消耗三份铜粉的质量比为：3/2∶1/2∶1＝3∶1∶2。
故选A。
8．B
【详解】A．Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，与钡离子结合生成白色沉淀BaSO4，选项A不符合；
B．亚硫酸、碳酸的酸性都比盐酸弱，根据强酸制备弱酸规律可知，SO2与CO2都不与BaCl2反应，都不会生成沉淀，选项B符合；
C．NO2与水反应生成硝酸，硝酸将SO2氧化为SO42-离子，与钡离子结合生成白色沉淀BaSO4，选项C不符合；
D．氨气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，选项D不符合；
答案选B。
9．D
【详解】Cu与浓反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为，硫酸中部分S元素化合价降低生成SO2、部分S元素化合价不变生成CuSO4，所以浓的作用是氧化性和酸性，故选D；
10．D
【详解】通入空气体积a L/min×bmin=ab L，KMnO4物质的量为：0.2L×0.100mol/L=0.02mol，
5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+2MnSO4+K2SO4，，所以 n(SO2)=0.05mol，质量为 0.05mol×64g/mol=3.2g，此次取样处的空气中二氧化硫含量为：g/L，故选：D。
11．B
【详解】A．根据方程式中各元素化合价变化可知，锰元素价态降低，所以是氧化剂，Fe3+是氧化产物，A错误；
B．根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以Fe2+的还原性强于Mn2+，B正确；
C．KSCN溶液与Fe3+反应生成配离子溶液，不是沉淀，C错误；
D．根据氧化还原反应电子得失守恒、原子守恒进行配平，得到：2 KMnO4+ 10FeSO4+ 8 H2SO4=K2SO4+ 2 MnSO4+ 5 Fe2(SO4)3+8H2O，锰元素由+7价降低到+2价，所以2mol高锰酸钾完全反应有10mol电子转移，当反应生成1mol水时，转移10÷8=1.25mol电子，D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．绿矾没有变质，酸性高锰酸钾溶液也能够与绿矾反应而褪色，该反应现象只能证明亚铁离子存在，检验绿矾是否变质，可以选用硫氰化钾溶液，故A错误；
B．根据反应H3PO3+2NaOH（足量）═Na2HPO3+2H2O可知：氢氧化钠足量，反应产物为Na2HPO3，证明了H3PO3属于二元酸，故B错误；
C．反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O中，硝酸被还原成NO，反应中做氧化剂，表现了氧化性；反应生成了盐和水，证明硝酸表现了酸性，所以反应中HNO3表现酸性和氧化性，故C正确；
D．由于硫化铜为不溶于稀硫酸、稀盐酸的沉淀，所以该反应才能发生，通过该反应方程式无法证明氢硫酸和硫酸的酸性强弱，实际上在相同条件下，硫酸的酸性强于氢硫酸，故D错误；
故选C。
【点睛】选项D为易错点，需要明确硫化铜为不溶于强酸的难溶物。
13．A
【详解】反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，FeS2中S元素的化合价部分由-1价降低为-2价、部分由-1价升高为+6价；
A．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个是氧化产物，则产物中的有一部分是氧化产物，故A正确；
B．5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6-(-1)]=21mol e-转移，故B错误；
C．FeS2中10molS原子中其中7mol得到电子被还原，3mol失去电子被氧化，则被氧化的硫元素和被还原的硫元素的物质的量之比为3：7，发生氧化反应和发生还原反应的FeS2之比为3:7，故C错误；
D．14mol CuSO4能氧化=2molFeS2，故D错误；
答案选A。
14．A
【详解】A．Na2O2与水反应生成NaOH和O2，同时放出大量的热，使脱脂棉达到着火点，O2助燃，脱脂棉剧烈燃烧，故A正确；
B．对某未知溶液进行焰色试验时，有黄色火焰，说明含有钠离子，但不一定是钠盐，故B错误；
C．Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，不是置换反应，铁与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气，是置换反应，故C错误；
D．SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀，是因为二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，不能推测SO2与可溶性钡盐均能反应产生白色沉淀，例如二氧化硫与氯化钡不反应，故D错误；
答案选A。
15．D
【详解】A．二氧化硫具有还原性，可防止葡萄酒在发酵过程中被空气中氧气氧化变质，所以二氧化硫可用作葡萄酒的抗氧化剂，A正确；
B．过氧化钠中的氧元素显-1价，具有强氧化性，可用过氧化钠作漂白剂，B正确；
C．明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物并使之沉降，所以可用作水体净水剂，C正确；
D．Na2CO3虽然具有碱性，能与胃酸发生反应，但碱性过强，会腐蚀胃壁，所以不可用于治疗胃酸过多，D不正确；
故选D。
16．(1)
(2)
【详解】（1）根据，1g转移电子的物质的量；根据，转移0.0442mol电子消耗氯气的物质的量为0.0221mol，消耗氯气的质量为0.0221mol×71g/mol=1.57g，的有效氯含量为1.57g。
（2）根据题意，得电子发生还原反应生成，氯元素化合价由+5降低为+4，是氧化剂，则是还原剂，被氧化为生成Na2SO4，S元素化合价由+4升高为+6，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。
17．(1) 蓝色褪去 吸收SO2，防止污染大气
(2)SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO+4H+
(3)4：3
(4)Na2S2O5中S元素的化合价为+4价, 溶于水会生成NaHSO3，在空气中易被氧化为Na2SO4
【详解】（1）B中发生的化学反应是SO2+I2+H2O=H2SO4+2HI，看到的现象是溶液的蓝色褪去；装置C的作用是吸收SO2，防止污染大气；
（2）二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和水，离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO+4H+；
（3）CrO有强氧化性，S2O有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，同时CrO被还原生成铬离子，由氧化还原反应中得失电子数相等及原子守恒配平方程式为4CrO+3S2O+14H+=4Cr3++6SO+7H2O，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3；
（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，溶于水会生成NaHSO3，在空气中易被氧化为Na2SO4，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有BaSO4白色沉淀生成。
18．(1)1:2
(2) Fe3++H2O2 =HO2 +H++Fe2+ 2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O Fe+2H+=H2↑+Fe2+ 过氧化氢不稳定，受热易分解，导致过氧化氢浓度降低
(3)2HNO3+ Ca(OH)2= Ca(NO3)2+2H2O
【详解】（1）该反应中，NaBH4中氢元素化合价由-1变为0，发生氧化反应作为还原剂；FeSO4中铁元素由+2变为0，发生还原反应作为氧化剂；由电子守恒可知，还原剂和氧化剂的物质的量之比为n(还原剂)：n(氧化剂)=1:2；
（2）①Fe2+催化H2O2分解产生HO ，氧元素化合价降低，则铁元素化合价升高，Y为Fe3+、X为Fe2+；图中Y与H2O2反应生成HO2 、H+、Fe2+，离子方程式为Fe3++H2O2 =HO2 +H++Fe2+；
②过氧化氢具有强氧化性，NO与H2O2反应生成HNO3和水，化学方程式为2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O。
③Fe2+催化H2O2分解产生HO ，HO 将NO氧化为NO，纳米零价铁的作用是和稀盐酸反应生成亚铁离子，Fe+2H+=H2↑+Fe2+；
④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高逐渐降低，主要原因是过氧化氢不稳定，受热易分解，导致过氧化氢浓度降低，NO脱除率下降；
（3）NO的氧化产物为硝酸，硝酸和氢氧化钙反应生成硝酸钙和水，2HNO3+ Ca(OH)2= Ca(NO3)2+2H2O。
19．(1)SO2+2OH-=SO+H2O
(2) 褪色 漂白性
(3) 褪色 还原
(4) 产生淡黄色沉淀 氧化 2H2S+SO2=3S↓+2H2O
(5) 还原 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr
【详解】（1）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，用氢氧化钠吸收，离子方程式：SO2+2OH-=SO+H2O，答案：SO2+2OH-=SO+H2O。
（2）二氧化硫能使品红溶液褪色，证明二氧化硫具有漂白性，答案：褪色；漂白性；
（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能被二氧化硫还原，高锰酸钾褪色，答案：褪色；还原。
（4）H2S水溶液和二氧化硫反应，生成淡黄色沉淀，SO2中硫元素化合价降低，SO2做氧化剂，表现氧化性，化学方程式2H2S+SO2=3S↓+2H2O答案：产生淡黄色沉淀；氧化；2H2S+SO2=3S↓+2H2O。
（5）二氧化硫通入溴水反应生成硫酸和HBr，溴水褪色，二氧化硫中硫元素化合价升高，SO2做还原剂，表现还原性，化学方程式SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，答案：还原；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr。
20．(1) 水浴加热 球形冷凝管 出水 NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2
(2) H2C2O4·2H2OCO2↑+CO↑+3H2O d
(3) 酸性高锰酸钾能氧化Cl-，导致结果不准确 溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 2.500
【分析】本实验的本实验的目的是制备草酸并研究其性质，三颈烧瓶中利用混酸和淀粉水解液反应得到草酸，硝酸易挥发，球形冷凝管可以使其冷凝回流，碳酸钠溶液可以吸收产生的NO2和NO，倒置的漏斗可以防止倒吸；研究草酸热稳定性时，要注意草酸的熔点低于其分解温度，即草酸分解前会变为液体。
(1)
①所需温度低于水的沸点，可以采用水浴加热，使受热均匀、条件温和，便于控制温度；
②根据c的结构特点可知其为球形冷凝管，冷凝水应该下进上出，从而使管内能充满冷水，提高冷凝效果，所以a为出水口；
③吸收尾气时发生归中反应，NO2和NO按1:1被水吸收相当于先生成HNO2，再与Na2CO3溶液反应，总反应为NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2；
(2)
H2C2O4·2H2O中碳元素化合价为+3价，故加热分解产物为CO、CO2、H2O，化学方程式为H2C2O4·2H2OCO2↑+CO↑+3H2O；为防止分解前草酸融化为液体流失，以及避免水蒸气冷凝回流，最佳为d装置；
(3)
①酸性高锰酸钾具有强氧化性，若用盐酸来溶解，溶液中的氯离子能被其氧化，使结果不准确；
②滴定终点高锰酸钾过量，溶液变为紫红色，所以滴定终点现象为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；
③根据电子守恒可得关系式5CaC2O4~2KMnO4，所以25.00mL待测液中n(CaC2O4)=2.5×1.250×10-4mol/L×0.02L=6.25×10-6mol，则样品中含钙量为。
21． 铁表面被钝化，阻止了内部金属与酸的进一步反应 d 80% 检验SO2是否除尽 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O c D中固体由黑色变红色和E中固体由白色变蓝色
【分析】(1)常温下，铁遇冷的浓硫酸发生钝化现象；
(2)①亚铁离子有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液而使其褪色；
②气体Y通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4反应，根据硫酸钡与二氧化硫的关系式计算二氧化硫的体积，再根据体积分数公式计算；
(3)二氧化硫能使品红溶液褪色，据此判断是否含有二氧化硫；
(4)碳素钢中含有碳，加热条件下，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳；
(5)用澄清石灰水检验二氧化碳，首先要排除二氧化硫的干扰；
(6)Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g L-1，其摩尔质量为0.0893g L-1×22.4L mol-1=2g mol-1，所以Q1是氢气，氢气检验还原性，能含有氧化铜同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝。
【详解】(1)常温下，铁遇冷的浓硫酸发生氧化还原反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步的反应，即发生钝化现象，所以反应片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化；
(2)①亚铁离子具有还原性，而酸性高锰酸钾有氧化性，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d；
②气体Y通入足量溴水中，发生反应，SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+，SO42-+Ba2+=BaSO4↓，所以硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为SO2～B aSO4，设二氧化硫的体积为V，
V==0.448L=448mL，所以二氧化硫的体积分数=×100%=80%；
(3)二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫是否除尽；
(4)碳素钢中含有碳，加热条件下，碳能和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(5)二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，B装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在B和C之间，即在通入碱石灰之前检验，故答案为：c；
(6)Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g L-1，其摩尔质量为0.0893g L-1×22.4L mol-1=2g mol-1，所以Q1是氢气，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜单质，同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应，所以如果D中氧化铜变红，E中无水硫酸铜变蓝，则证明含有氢气。
【点睛】浓硫酸具有强的氧化性，在室温下遇铁、铝，会将金属表面氧化产生一层致密的氧化物薄膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象。当加热时，氧化物薄膜被破坏，硫酸与铁发生反应，反应产生SO2，SO2具有还原性、漂白性，可以被酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水氧化，而使溶液褪色，也可以使品红溶液褪色，由于钢铁中含有C单质，在加热时C被氧化产生CO2，它们都可以使澄清石灰水变浑浊，因此要将SO2除去后再检验CO2，稀硫酸可以与Fe反应产生氢气，氢气具有还原性，在利用其还原性时。要先通入氢气，将其中的空气排出，然后再加热，再根据反应前后固体的颜色及反应产生的H2O蒸气判断物质的存在。掌握物质的物理性质和化学性质是进行实验方案设计的关键。
22． 0.15mol 3:1 1.96L
【分析】(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量；
(2)根据反应中消耗硝酸的物质的量结合质量守恒列方程组可计算合金中银的质量分数；
(3)硝酸与金属反应金属失电子，生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气一起通入水中会生成硝酸，反应中氧气得电子，金属失去的电子与氧气得到的电子的物质的量相等。
【详解】(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，即：n(HNO3)(被还原)==0.15mol，则被还原的硝酸的物质的量为0.15mol；
(2)剩余硝酸的物质的量为n(HNO3)(剩余)=0.04L×1.00mol/L=0.04mol，参加反应的硝酸为：0.04L×13.5mol/L 0.04mol=0.5mol，反应中金属全部参与反应，则反应前后金属的物质的量相等，设混合物中含有xmolAg，ymolCu，0.04L×13.5mol/L浓硝酸的物质的量=0.04L×13.5mol/L=0.54mol，根据反应前后物料守恒，则有，解之得：x=0.05，y=0.15，n(Cu)：n(Ag)=0.15:0.05=3:1，则合金中铜与银的物质的量之比为3:1；
(3)硝酸与金属反应，金属失电子，生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气一起通入水中会生成硝酸，反应中氧气得电子，金属失去的电子与氧气得到的电子的物质的量相等，则n(O2)×4=0.05+0.15×2，解得n(O2)=0.0875mol，所以氧气的体积为0.0875mol×22.4L/mol=1.96L。
23． 0.5mol 0.5NA 2.5mol/L
【详解】(1)H2在足量Cl2中充分燃烧，发生反应，，则。
(2) 由化学方程式知，，，则反应过程中，转移的电子数目0.5NA。
(3)将生成的HCl溶于水形成200 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为。
24．90.50
【详解】在酸性条件和碘离子反应生成碘单质，根据电子守恒可知，两者关系为；结合，可知：，则产品中的质量为，质量分数为，故答案为：90.50。
一、单选题
1．化学在人类社会的可持续发展中发挥着重要作用。下列说法不正确的是
A．依据能量守恒定律，通过电解水获取氢能源符合可持续发展的思想
B．加强废旧金属的回收和再利用是合理利用金属资源的主要途径之一
C．煤的气化可以减少硫氧化物的排放
D．在规定范围内合理使用食品添加剂，对人体健康不会产生不良影响
2．某同学进行如下实验：
实验 操作和现象
Ⅰ 向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显橙色
Ⅱ 向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4层显紫色
Ⅲ 向KBr、KI的混合液中加入CCl4。滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色
下列分析不正确的是
A．Ⅰ中CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2
B．Ⅱ中的现象说明I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中CCl4层显紫色，说明Cl2的氧化性强于I2
D．Ⅲ中CCl4层变为橙色时，水层中仍含有大量I-
3．下列说法不正确的是
A．用激光笔照射氢氧化铁胶体，可观察到“丁达尔效应”
B．工业上可用石灰石消除燃煤烟气中的二氧化硫
C．陶瓷、玻璃、水泥都有共同的原料石灰石
D．卢瑟福提出带核的原子结构模型
4．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 具有漂白性 可使溶液褪色
B 石墨可以导电 石墨可作高温润滑剂
C 属于共价化合物 不能用电解制备铝单质
D 碱石灰具有碱性 碱石灰可干燥
A．A B．B C．C D．D
5．化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是
①过量的锌与18mol/L的硫酸反应；②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；③浓盐酸与过量的MnO2；④过量铜与浓硫酸；⑤过量稀硝酸与银反应；⑥过量稀硫酸与块状石灰石
A．②③④⑥ B．②③⑤ C．①④⑤ D．①②③④⑤⑥
6．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法不正确的是
A．过程①生成了HCl，说明酸性：H2S>HCl
B．过程②，每溶解1molCuS，转移2mole-
C．过程③，溶液的pH增大
D．回收S的总反应为
7．当三份Cu粉分别与过量的稀硝酸、浓硝酸、热的浓硫酸反应后，收集到的气体在相同状况下体积相等时，三份Cu粉的质量比为(不考虑NO2转化为N2O4和反应生成气体的溶解)( )
A．3∶1∶2 B．3∶2∶2
C．1∶1∶2 D．2∶6∶3
8．将足量的 SO2 气体通入 BaCl2 溶液中,未观察到有白色沉淀产生，当通入下列气体后，仍然观察不到白色沉淀产生的是
A．Cl2 B．CO2 C．NO2 D．NH3
9．在Cu与浓的反应中，浓的作用是
A．酸性 B．还原性 C．氧化性 D．氧化性和酸性
10．为测定某区域空气中的含量，课外小组的同学将空气样品通入的酸性溶液中(假定样品中无其他还原性气体，可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为。若空气流量为，经过溶液恰好褪色，则该空气样品中的含量(单位：g/L)为
A． B． C． D．
11．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：
KMnO4+ FeSO4+ H2SO4= K2SO4+ MnSO4+ Fe2(SO4)3+ H2O
下列说法正确的是
A．MnO4－是氧化剂，Fe3+是还原产物
B．Fe2+的还原性强于Mn2+
C．取反应后的溶液加KSCN溶液，可观察到有血红色沉淀生成
D．生成1mol水时，转移2.5mol电子
12．下列说法正确的是
A．根据反应5Fe2++MnO4－+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知：用酸性KMnO4溶液可检验绿矾(FeSO4·7H2O)是否变质
B．根据反应H3PO3+2NaOH(足量)===Na2HPO3+2H2O可知：H3PO3属于三元酸
C．根据反应3Fe+8HNO3===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知：反应中HNO3表现酸性和氧化性
D．根据反应CuSO4+H2S===CuS↓+H2SO4可知：H2S的酸性比H2SO4强
13．自然界存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。在该反应中
A．产物中的有一部分是氧化产物
B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移
C．发生氧化反应和发生还原反应的FeS2之比为7:3
D．14mol CuSO4能氧化5molFeS2
14．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是
A．向包裹有Na2O2的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明Na2O2与水反应生成O2并放出大量热
B．对某溶液进行焰色试验，观察到颜色呈黄色，说明该溶液中一定含有钠盐
C．Fe与稀HNO3，稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生了置换反应
D．SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀，说明SO2和可溶性钡盐均能反应生成沉淀
15．化学使生活更美好。下列有关物质的应用说法不正确的是
A．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂
B．过氧化钠具有强氧化性，可用作漂白剂
C．明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，可用作水体净水剂
D．Na2CO3 具有碱性，可用治疗胃酸过多
二、填空题
16．“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。
(1)的有效氯含量为_______。(计算结果保留两位小数)
(2)工业上可用与在存在下制得，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
17．硫的化合物在生产、生活中应用广泛。
(1)某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3+、I2。
通入足量SO2后，装置B中的现象是___________，装置C的作用是___________。
(2)该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生的是氧化还原反应。写出为SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式：___________。
(3)铬是环境中的一种主要污染物，可以用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理含铬酸性废水(含有)，利用氧化还原反应，将六价铬还原为三价铬，被氧化为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
(4)已知：Na2S2O5溶于水会生成NaHSO3。取Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴入足量盐酸，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀。请推断可能的原因___________。
18．“纳米零价铁—H2O2”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的NO。回答下列问题：
(1)制备纳米零价铁：将FeSO4溶液与碱性NaBH4溶液混合可生成纳米零价铁，反应的化学方程式为FeSO4+NaBH4+NaOH→Fe(纳米零价铁)+NaBO2+Na2SO4+H2↑+H2O(未配平，NaBH4、NaBO2中B元素均为+3价)。该反应中，还原剂和氧化剂的物质的量之比为n(还原剂)：n(氧化剂)=____。
(2)NO的氧化：在一定温度下，将H2O2溶液和HCl溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。
①Fe2+催化H2O2分解产生HO ，HO 将NO氧化为NO的机理如图1所示，Y与H2O2反应的离子方程式为____。
②NO与H2O2反应生成HNO3的化学方程式为____。
③纳米零价铁的作用是____(用离子方程式表示)。
④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高逐渐降低，主要原因是____。
(3)氧化产物的吸收：氧化后的产物在烟气的携带下被Ca(OH)2溶液吸收，反应的化学方程式为____。
三、实验题
19．图是实验室制SO2并验证SO2某些性质的装置图，试回答：
(1)⑥中发生的化学反应方程式为___________________________________。
(2)②中品红溶液_________ ，证明SO2有___________性。
(3)⑤中现象是_____________，证明SO2有___________性。
(4)③中现象是____，证明SO2有___________性，反应的化学方程式_____________。
(5)④中证明SO2有___________性，反应的化学方程式_________________。
20．草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热易脱水、升华，175℃时分解。草酸及其盐在生产生活中有重要用途。某兴趣小组计划制备草酸并研究其性质。
(1)制备草酸。用含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为3：2)溶液氧化淀粉水解液制备草酸，其装置如图一所示。[已知：硝酸氧化淀粉水解液过程中主要反应：C6H12O6+HNO3→H2C2O4+NO2↑+NO↑+H2O(未配平)]
①该反应的温度需控制在55～60℃，适宜的加热方式为___________。
②仪器c的名称为___________。a为冷凝水的___________口。(填“进水”、“出水”)
③碳酸钠溶液用于尾气吸收。当尾气中n(NO2)：n(NO)=1：1时，写出对应的的化学方程式：___________
(2)研究草酸热稳定性。
写出草酸晶体(H2C2O4·2H2O)加热分解生成气态产物的化学方程式：___________，最合适的分解装置是___________(填标号)。
a．b．c．d．
(3)草酸及其盐可用于测定血钙的含量。方法是：取10.00mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量(NH4)2C2O4溶液，充分反应。将沉淀过滤洗涤后用稀硫酸溶解，并稀释至100mL，取出25.00mL用标准KMnO4溶液滴定。
①溶解CaC2O4沉淀时不能用盐酸，原因是：___________
②滴定终点的现象为___________
③若最终消耗了1.250×10-4mol/L的KMnO4溶液20.00mL，则该血液样品中含钙量为___________mmol/L。
21．为研究铁质材料与热浓硫酸的反应，某学习小组用碳素钢(即铁和碳的合金)进行了以下探究活动：
【探究一】(1)常温下，工业上用铁质容器盛放冷的浓硫酸，其原因是__________。
(2)称取碳素钢6.0g放入15.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到混合气体Y。
①甲同学认为X中除Fe3+之外还可能含有Fe2+。若要确认其中的Fe2+，应选用__________(选填序号)。
a．KSCN溶液和氯水 b．铁粉和KSCN溶液 c．浓氨水 d．酸性KMnO4溶液
②乙同学取560mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体4.66g，由此可求算气体Y中SO2的体积分数__________。
【探究二】
根据上述实验中SO2体积分数的分析，丙同学认为气体Y中还可能含有Q1和Q2两种气体，其中Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g L-1。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略，假设有关气体完全反应)。
(3)装置B中试剂的作用是__________。
(4)分析Y气体中的Q2气体是如何生成的__________。(用化学方程式表示)。
(5)为确认Q2的存在，需在装置中添加洗气瓶M于__________(选填序号)。
a．A之前 b．A﹣B间 c．B﹣C间 d．C﹣D间
(6)如果气体Y中含有Q1，预计实验现象应是__________。
四、计算题
22．为了测定某铜银合金的成分，将合金溶于的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到的、混合气体(标准状况)，并测得溶液中的。假设反应后溶液的体积仍为，试计算：
(1)被还原的硝酸的物质的量__________；
(2)合金中铜与银的物质的量之比__________；
(3)若需要将全部尾气用水吸收，需要的氧气体积(标准状况) __________。
23．现有标准状况下5.6 L H2在足量Cl2中充分燃烧，试计算(要求写出计算步骤)
(1)生成HCl的物质的量为多少？_______。
(2)反应过程中，转移的电子数目有多少？_______。
(3)将生成的HCl溶于水形成200 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为多少？_______。
24．产品纯度的测定：准确称取1.000g产品，加入适量蒸馏水配成溶液；取待测液于锥形瓶中，加过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应；滴加几滴淀粉溶液，用标准液滴定，至滴定终点。重复3次，测得标准液体积平均值为。(滴定反应的离子方程为：)假设杂质不参加反应，则产品中的质量分数是_______%。
参考答案：
1．A
【详解】A．通过电解水获取氢能源，消耗大量电能，不符合可持续发展的思想，故A错误；
B．金属资源面临枯竭，保护金属资源的有效途径之一就是回收再利用，故B正确；
C．将煤炭气化，既可以提高燃料的利用率、减少CO、SO2等的排放，故C正确；
D．食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的化合物质或者天然物质，在规定范围内使用食品添加剂，一般认为对人体健康无害，故D正确；
选A。
2．D
【详解】A．向溴水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将溴水中的溴萃取出来，CCl4层显橙色，说明CCl4层含Br2，A正确；
B．向碘水中滴加少量CCl4，振荡，CCl4将碘水中的碘萃取出来，CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，I2在CCl4中的溶解性大于在水中的溶解性，B正确；
C．向KBr、KI的混合液中加入CCl4，滴加氯水，振荡后CCl4层显紫色，说明CCl4层含I2，氯气将KI中的碘置换出来，Cl2的氧化性强于I2，C正确；
D．再滴加氯水，振荡后紫色褪去，氯气与碘、水反应生成了盐酸和碘酸，继续滴加氯水，振荡后CCl4层变为橙色，氯气和溴化钾反应生成溴单质，水溶液中已不存在I-，D错误；
答案选D。
3．C
【详解】A．胶体能产生“丁达尔效应”，用激光笔照射氢氧化铁胶体，可观察到“丁达尔效应”，故A正确；
B．石灰石高温分解为氧化钙，氧化钙和二氧化硫在高温条件下反应生成亚硫酸钙，工业上可用石灰石消除燃煤烟气中的二氧化硫，故B正确；
C．制备陶瓷的原料是黏土，制备玻璃的原料是石灰石、纯碱、石英，故C错误；
D．1911年英国物理学家卢瑟福提出了带核的原子结构模型，故D正确；
选C。
4．C
【详解】A．可使溶液褪色，二氧化硫表现的是还原性，不是漂白性，A选项错误；
B．石墨可作高温润滑剂，是因为石墨熔点较高，具有润滑作用，与导电性无关，B选项错误；
C．属于共价化合物，熔融状态下不电离，不能电解制备铝单质，应电解熔融的氧化铝来制备铝单质，C选项正确；
D．碱石灰可干燥，是因为碱石灰具有吸水性，且不与氨气反应，D选项错误；
答案选C。
5．A
【详解】①锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，故①不符合题意；
②合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故②符合题意；
③浓盐酸反应到最后变成稀盐酸了，无法完全反应，浓盐酸中H+和Cl-的浓度大，还原性强，在加热条件下能被MnO2氧化，生成Cl2，随反应进行，H+和Cl-的浓度逐渐减小，还原性逐渐减弱，当达到一定程度时，MnO2就不可以氧化Cl-了，因此二氧化锰和稀盐酸不会反应，故③符合题意；
④随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜无法与稀硫酸反应，无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故④符合题意；
⑤Ag与稀硝酸能反应，硝酸过量时，Ag能完全反应，故⑤不符合题意；
⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥符合题意；
故答案为：A。
【点睛】实验室制备少量二氧化碳选择碳酸钙与盐酸反应的原因：碳酸钙是难溶性固体，反应速度较慢，并且成本低，而碳酸钠等可溶性钠盐与酸反正速度太快，难以控制，硫酸与碳酸钙反应生成微溶物质影响反应继续进行，因此不能用硫酸，而硝酸又会产生氮氧化物影响纯度，常见的一元羧酸（比如醋酸）太弱，反应慢。
6．A
【详解】A．过程①中，H2S和Cu2+反应生成CuS，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，反应发生是因为生成了沉淀，不能证明酸性强弱，故A错误；
B．过程②中，CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为2Fe3++CuS =Cu2++2Fe2++S，每溶解1molCuS，转移2mole-，故B正确；
C．过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应消耗H+，溶液酸性减弱，溶液的pH增大，故C正确；
D．由反应(①+②)×2+③可得回收S的总反应为，故D正确；
故答案为A。
7．A
【详解】相同状况下气体体积相等，即气体的物质的量相等，可分别设NO、NO2、SO2的物质的量为1mol。由得失电子守恒可得关系3/2Cu～NO，1/2 Cu～NO2，Cu～SO2，生成1mol气体消耗Cu的物质的量分别为3/2mol、1/2mol、1mol，所以在生成气体体积相同时消耗三份铜粉的质量比为：3/2∶1/2∶1＝3∶1∶2。
故选A。
8．B
【详解】A．Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，与钡离子结合生成白色沉淀BaSO4，选项A不符合；
B．亚硫酸、碳酸的酸性都比盐酸弱，根据强酸制备弱酸规律可知，SO2与CO2都不与BaCl2反应，都不会生成沉淀，选项B符合；
C．NO2与水反应生成硝酸，硝酸将SO2氧化为SO42-离子，与钡离子结合生成白色沉淀BaSO4，选项C不符合；
D．氨气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，选项D不符合；
答案选B。
9．D
【详解】Cu与浓反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为，硫酸中部分S元素化合价降低生成SO2、部分S元素化合价不变生成CuSO4，所以浓的作用是氧化性和酸性，故选D；
10．D
【详解】通入空气体积a L/min×bmin=ab L，KMnO4物质的量为：0.2L×0.100mol/L=0.02mol，
5SO2+2KMnO4+2H2O=2H2SO4+2MnSO4+K2SO4，，所以 n(SO2)=0.05mol，质量为 0.05mol×64g/mol=3.2g，此次取样处的空气中二氧化硫含量为：g/L，故选：D。
11．B
【详解】A．根据方程式中各元素化合价变化可知，锰元素价态降低，所以是氧化剂，Fe3+是氧化产物，A错误；
B．根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以Fe2+的还原性强于Mn2+，B正确；
C．KSCN溶液与Fe3+反应生成配离子溶液，不是沉淀，C错误；
D．根据氧化还原反应电子得失守恒、原子守恒进行配平，得到：2 KMnO4+ 10FeSO4+ 8 H2SO4=K2SO4+ 2 MnSO4+ 5 Fe2(SO4)3+8H2O，锰元素由+7价降低到+2价，所以2mol高锰酸钾完全反应有10mol电子转移，当反应生成1mol水时，转移10÷8=1.25mol电子，D错误；
故选B。
12．C
【详解】A．绿矾没有变质，酸性高锰酸钾溶液也能够与绿矾反应而褪色，该反应现象只能证明亚铁离子存在，检验绿矾是否变质，可以选用硫氰化钾溶液，故A错误；
B．根据反应H3PO3+2NaOH（足量）═Na2HPO3+2H2O可知：氢氧化钠足量，反应产物为Na2HPO3，证明了H3PO3属于二元酸，故B错误；
C．反应3Fe+8HNO3═3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O中，硝酸被还原成NO，反应中做氧化剂，表现了氧化性；反应生成了盐和水，证明硝酸表现了酸性，所以反应中HNO3表现酸性和氧化性，故C正确；
D．由于硫化铜为不溶于稀硫酸、稀盐酸的沉淀，所以该反应才能发生，通过该反应方程式无法证明氢硫酸和硫酸的酸性强弱，实际上在相同条件下，硫酸的酸性强于氢硫酸，故D错误；
故选C。
【点睛】选项D为易错点，需要明确硫化铜为不溶于强酸的难溶物。
13．A
【详解】反应14CuSO4+5FeS2+12H2O═7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，FeS2中S元素的化合价部分由-1价降低为-2价、部分由-1价升高为+6价；
A．S元素的化合价既升高又降低，由硫酸根离子守恒可知，17个硫酸根离子中有3个是氧化产物，则产物中的有一部分是氧化产物，故A正确；
B．5 mol FeS2发生反应，由S元素的化合价升高可知，有3mol×[6-(-1)]=21mol e-转移，故B错误；
C．FeS2中10molS原子中其中7mol得到电子被还原，3mol失去电子被氧化，则被氧化的硫元素和被还原的硫元素的物质的量之比为3：7，发生氧化反应和发生还原反应的FeS2之比为3:7，故C错误；
D．14mol CuSO4能氧化=2molFeS2，故D错误；
答案选A。
14．A
【详解】A．Na2O2与水反应生成NaOH和O2，同时放出大量的热，使脱脂棉达到着火点，O2助燃，脱脂棉剧烈燃烧，故A正确；
B．对某未知溶液进行焰色试验时，有黄色火焰，说明含有钠离子，但不一定是钠盐，故B错误；
C．Fe与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，不是置换反应，铁与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和氢气，是置换反应，故C错误；
D．SO2通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀，是因为二氧化硫被氧化生成硫酸根离子，不能推测SO2与可溶性钡盐均能反应产生白色沉淀，例如二氧化硫与氯化钡不反应，故D错误；
答案选A。
15．D
【详解】A．二氧化硫具有还原性，可防止葡萄酒在发酵过程中被空气中氧气氧化变质，所以二氧化硫可用作葡萄酒的抗氧化剂，A正确；
B．过氧化钠中的氧元素显-1价，具有强氧化性，可用过氧化钠作漂白剂，B正确；
C．明矾溶于水形成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒物并使之沉降，所以可用作水体净水剂，C正确；
D．Na2CO3虽然具有碱性，能与胃酸发生反应，但碱性过强，会腐蚀胃壁，所以不可用于治疗胃酸过多，D不正确；
故选D。
16．(1)
(2)
【详解】（1）根据，1g转移电子的物质的量；根据，转移0.0442mol电子消耗氯气的物质的量为0.0221mol，消耗氯气的质量为0.0221mol×71g/mol=1.57g，的有效氯含量为1.57g。
（2）根据题意，得电子发生还原反应生成，氯元素化合价由+5降低为+4，是氧化剂，则是还原剂，被氧化为生成Na2SO4，S元素化合价由+4升高为+6，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。
17．(1) 蓝色褪去 吸收SO2，防止污染大气
(2)SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO+4H+
(3)4：3
(4)Na2S2O5中S元素的化合价为+4价, 溶于水会生成NaHSO3，在空气中易被氧化为Na2SO4
【详解】（1）B中发生的化学反应是SO2+I2+H2O=H2SO4+2HI，看到的现象是溶液的蓝色褪去；装置C的作用是吸收SO2，防止污染大气；
（2）二氧化硫与铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和水，离子方程式为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO+4H+；
（3）CrO有强氧化性，S2O有还原性，能被氧化生成硫酸根离子，同时CrO被还原生成铬离子，由氧化还原反应中得失电子数相等及原子守恒配平方程式为4CrO+3S2O+14H+=4Cr3++6SO+7H2O，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3；
（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，溶于水会生成NaHSO3，在空气中易被氧化为Na2SO4，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有BaSO4白色沉淀生成。
18．(1)1:2
(2) Fe3++H2O2 =HO2 +H++Fe2+ 2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O Fe+2H+=H2↑+Fe2+ 过氧化氢不稳定，受热易分解，导致过氧化氢浓度降低
(3)2HNO3+ Ca(OH)2= Ca(NO3)2+2H2O
【详解】（1）该反应中，NaBH4中氢元素化合价由-1变为0，发生氧化反应作为还原剂；FeSO4中铁元素由+2变为0，发生还原反应作为氧化剂；由电子守恒可知，还原剂和氧化剂的物质的量之比为n(还原剂)：n(氧化剂)=1:2；
（2）①Fe2+催化H2O2分解产生HO ，氧元素化合价降低，则铁元素化合价升高，Y为Fe3+、X为Fe2+；图中Y与H2O2反应生成HO2 、H+、Fe2+，离子方程式为Fe3++H2O2 =HO2 +H++Fe2+；
②过氧化氢具有强氧化性，NO与H2O2反应生成HNO3和水，化学方程式为2NO+3H2O2=2HNO3+2H2O。
③Fe2+催化H2O2分解产生HO ，HO 将NO氧化为NO，纳米零价铁的作用是和稀盐酸反应生成亚铁离子，Fe+2H+=H2↑+Fe2+；
④NO脱除率随温度的变化如图2所示。温度高于120℃时，NO脱除率随温度升高逐渐降低，主要原因是过氧化氢不稳定，受热易分解，导致过氧化氢浓度降低，NO脱除率下降；
（3）NO的氧化产物为硝酸，硝酸和氢氧化钙反应生成硝酸钙和水，2HNO3+ Ca(OH)2= Ca(NO3)2+2H2O。
19．(1)SO2+2OH-=SO+H2O
(2) 褪色 漂白性
(3) 褪色 还原
(4) 产生淡黄色沉淀 氧化 2H2S+SO2=3S↓+2H2O
(5) 还原 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr
【详解】（1）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，用氢氧化钠吸收，离子方程式：SO2+2OH-=SO+H2O，答案：SO2+2OH-=SO+H2O。
（2）二氧化硫能使品红溶液褪色，证明二氧化硫具有漂白性，答案：褪色；漂白性；
（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，能被二氧化硫还原，高锰酸钾褪色，答案：褪色；还原。
（4）H2S水溶液和二氧化硫反应，生成淡黄色沉淀，SO2中硫元素化合价降低，SO2做氧化剂，表现氧化性，化学方程式2H2S+SO2=3S↓+2H2O答案：产生淡黄色沉淀；氧化；2H2S+SO2=3S↓+2H2O。
（5）二氧化硫通入溴水反应生成硫酸和HBr，溴水褪色，二氧化硫中硫元素化合价升高，SO2做还原剂，表现还原性，化学方程式SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，答案：还原；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr。
20．(1) 水浴加热 球形冷凝管 出水 NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2
(2) H2C2O4·2H2OCO2↑+CO↑+3H2O d
(3) 酸性高锰酸钾能氧化Cl-，导致结果不准确 溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 2.500
【分析】本实验的本实验的目的是制备草酸并研究其性质，三颈烧瓶中利用混酸和淀粉水解液反应得到草酸，硝酸易挥发，球形冷凝管可以使其冷凝回流，碳酸钠溶液可以吸收产生的NO2和NO，倒置的漏斗可以防止倒吸；研究草酸热稳定性时，要注意草酸的熔点低于其分解温度，即草酸分解前会变为液体。
(1)
①所需温度低于水的沸点，可以采用水浴加热，使受热均匀、条件温和，便于控制温度；
②根据c的结构特点可知其为球形冷凝管，冷凝水应该下进上出，从而使管内能充满冷水，提高冷凝效果，所以a为出水口；
③吸收尾气时发生归中反应，NO2和NO按1:1被水吸收相当于先生成HNO2，再与Na2CO3溶液反应，总反应为NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2；
(2)
H2C2O4·2H2O中碳元素化合价为+3价，故加热分解产物为CO、CO2、H2O，化学方程式为H2C2O4·2H2OCO2↑+CO↑+3H2O；为防止分解前草酸融化为液体流失，以及避免水蒸气冷凝回流，最佳为d装置；
(3)
①酸性高锰酸钾具有强氧化性，若用盐酸来溶解，溶液中的氯离子能被其氧化，使结果不准确；
②滴定终点高锰酸钾过量，溶液变为紫红色，所以滴定终点现象为：溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色；
③根据电子守恒可得关系式5CaC2O4~2KMnO4，所以25.00mL待测液中n(CaC2O4)=2.5×1.250×10-4mol/L×0.02L=6.25×10-6mol，则样品中含钙量为。
21． 铁表面被钝化，阻止了内部金属与酸的进一步反应 d 80% 检验SO2是否除尽 C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O c D中固体由黑色变红色和E中固体由白色变蓝色
【分析】(1)常温下，铁遇冷的浓硫酸发生钝化现象；
(2)①亚铁离子有还原性，能还原酸性高锰酸钾溶液而使其褪色；
②气体Y通入足量溴水中，发生SO2+Br2+2H2O═2HBr+H2SO4反应，根据硫酸钡与二氧化硫的关系式计算二氧化硫的体积，再根据体积分数公式计算；
(3)二氧化硫能使品红溶液褪色，据此判断是否含有二氧化硫；
(4)碳素钢中含有碳，加热条件下，碳和浓硫酸反应生成二氧化碳；
(5)用澄清石灰水检验二氧化碳，首先要排除二氧化硫的干扰；
(6)Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g L-1，其摩尔质量为0.0893g L-1×22.4L mol-1=2g mol-1，所以Q1是氢气，氢气检验还原性，能含有氧化铜同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝。
【详解】(1)常温下，铁遇冷的浓硫酸发生氧化还原反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止了进一步的反应，即发生钝化现象，所以反应片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化；
(2)①亚铁离子具有还原性，而酸性高锰酸钾有氧化性，发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d；
②气体Y通入足量溴水中，发生反应，SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+，SO42-+Ba2+=BaSO4↓，所以硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为SO2～B aSO4，设二氧化硫的体积为V，
V==0.448L=448mL，所以二氧化硫的体积分数=×100%=80%；
(3)二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫是否除尽；
(4)碳素钢中含有碳，加热条件下，碳能和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(5)二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫还能使品红溶液褪色，所以要检验二氧化碳必须排除二氧化硫的干扰，B装置是检验二氧化硫是否除尽，所以澄清石灰水应放置在B和C之间，即在通入碱石灰之前检验，故答案为：c；
(6)Q1气体，在标准状况下，密度为0.0893g L-1，其摩尔质量为0.0893g L-1×22.4L mol-1=2g mol-1，所以Q1是氢气，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜单质，同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应，所以如果D中氧化铜变红，E中无水硫酸铜变蓝，则证明含有氢气。
【点睛】浓硫酸具有强的氧化性，在室温下遇铁、铝，会将金属表面氧化产生一层致密的氧化物薄膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象。当加热时，氧化物薄膜被破坏，硫酸与铁发生反应，反应产生SO2，SO2具有还原性、漂白性，可以被酸性高锰酸钾溶液、氯水、溴水氧化，而使溶液褪色，也可以使品红溶液褪色，由于钢铁中含有C单质，在加热时C被氧化产生CO2，它们都可以使澄清石灰水变浑浊，因此要将SO2除去后再检验CO2，稀硫酸可以与Fe反应产生氢气，氢气具有还原性，在利用其还原性时。要先通入氢气，将其中的空气排出，然后再加热，再根据反应前后固体的颜色及反应产生的H2O蒸气判断物质的存在。掌握物质的物理性质和化学性质是进行实验方案设计的关键。
22． 0.15mol 3:1 1.96L
【分析】(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量；
(2)根据反应中消耗硝酸的物质的量结合质量守恒列方程组可计算合金中银的质量分数；
(3)硝酸与金属反应金属失电子，生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气一起通入水中会生成硝酸，反应中氧气得电子，金属失去的电子与氧气得到的电子的物质的量相等。
【详解】(1)被还原的硝酸的物质的量等于生成气体的物质的量，即：n(HNO3)(被还原)==0.15mol，则被还原的硝酸的物质的量为0.15mol；
(2)剩余硝酸的物质的量为n(HNO3)(剩余)=0.04L×1.00mol/L=0.04mol，参加反应的硝酸为：0.04L×13.5mol/L 0.04mol=0.5mol，反应中金属全部参与反应，则反应前后金属的物质的量相等，设混合物中含有xmolAg，ymolCu，0.04L×13.5mol/L浓硝酸的物质的量=0.04L×13.5mol/L=0.54mol，根据反应前后物料守恒，则有，解之得：x=0.05，y=0.15，n(Cu)：n(Ag)=0.15:0.05=3:1，则合金中铜与银的物质的量之比为3:1；
(3)硝酸与金属反应，金属失电子，生成氮的氧化物，氮的氧化物与氧气一起通入水中会生成硝酸，反应中氧气得电子，金属失去的电子与氧气得到的电子的物质的量相等，则n(O2)×4=0.05+0.15×2，解得n(O2)=0.0875mol，所以氧气的体积为0.0875mol×22.4L/mol=1.96L。
23． 0.5mol 0.5NA 2.5mol/L
【详解】(1)H2在足量Cl2中充分燃烧，发生反应，，则。
(2) 由化学方程式知，，，则反应过程中，转移的电子数目0.5NA。
(3)将生成的HCl溶于水形成200 mL溶液，所得溶液的物质的量浓度为。
24．90.50
【详解】在酸性条件和碘离子反应生成碘单质，根据电子守恒可知，两者关系为；结合，可知：，则产品中的质量为，质量分数为，故答案为：90.50。