【文档说明】河南省郑州第四十七中2019-2020学年高一上学期第二次月考化学试题含解析【精准解析】.doc，共(18)页，410.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年上期高一第二次月考试题化学学科可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cu-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()①CuS②F

e2S3③SO3④H2S⑤FeCl2⑥CuCl2A.①②③⑤B.①②③④C.①②④⑤D.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，2

2.4LCl2于水，转的电子数目为0.1NA④常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA⑤142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阴、阳离子总数为3NA⑥NA个

Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gA.①③④B.①⑥C.④⑤D.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0.1NA，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。【点睛】只有强氧化性的浓硫酸才能与金属铜发生氧化还原反应，而稀硫酸不能与铜反应，所以浓硫酸与铜的反应不能用浓硫酸的物质的量来算产生的二氧化硫的量。3.同温同压下，三个等体积的干燥圆底烧瓶中分

别充满①HCl②NO2③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.1:1:1B.4:4:5C.5:5:4D.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=1Vmmol/L，二氧化氮形成的硝酸溶液的物质的量浓度=2132m3VmV=mol/L，③物质的量浓度=14255m8VmV=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()①NO2②O2③Cl2④SO3⑤NH3⑥H2SA.①②③⑤B.①③④⑤⑥C.②③④⑤⑥D.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ACO2（SO2）饱和Na2CO3溶液将气体通过足量的Na2CO3溶液BNa2O2(Na2O)固体O2在纯氧气中加热CNO2(NO)H2O将气体通入水中DNH3(H2O)浓硫酸气体通入浓硫酸A.AB.BC.CD.D

【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.C

aCl2和(NH4)2SO4B.(NH4)2SO4和(NH4)2CO3C.NaOH和CaCl2D.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(N

H4)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：CO32-+2H+=CO2↑+H2OB.酸性介质中

KMnO4氧化H2O2：2MnO4-+7H2O2+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2OC.NaHCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OD.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、BaSO

3、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．将湿润的有色布条放入

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A.AB.BC.CD.D【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.①②B.③④C.①④D.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N

O，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＋>SO2B.K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4C.每有

1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NAD.若有6.72LSO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7【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-＞S

O2，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，6.72LSO2（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6.72LSO2（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。【点睛】

本题主要考查氧化性强弱比较和氧化还原反应有关计算，注意①在氧化还原反应中，得电子化合价降低的反应物是氧化剂，在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；②从分析化合价入手，根据得失电子守恒进行有关计

算；③涉及两个以上反应，通过关系式简化运算过程。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cmol/L、密度为g/mL的溶液，下列说法正确的是()A.相对分子质

量M=22.4mω/(1-ω)VB.物质的量浓度c=ρv/（MV+22.4m）C.溶液的质量分数ω=MV/22.4mD.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＝V22.4mo

l，故氨气的质量为V22.4mol×Mg/mol＝VM22.4g，溶液的质量为（VM22.4+m）g，故溶液质量分数w＝VMg22.4VM(+m)g22.4，整理得M＝22.4mw(1-w)V，故A正确；B.由A知，溶液的质量为（VM22.4+m）

g，溶液的体积为1022.400VMm+＝VM+22.4m22400ρL，故溶液的物质的量浓度c＝Vmol22.4VM+22.4mL22400ρ＝1000ρVVM+22.4mmol/L，故B错误；C.质量分数w＝VMg22.4VM(+m)g22.4＝MV22.4m

+MV，故C错误；D.根据c＝1000ρwM可知，溶液密度ρ＝cM1000w，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.①②③④B.①③④C.③④D.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100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质

的量浓度分别是0.4mol·L-1、0.1mol·L-1,向该混合液中加入1.92g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.0.15B.0.225C.0.35D.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1.9264/ggmol=0.03mol，则：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O3820.03mol0.08mol0.02mol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×38=0.0225mol，所以溶液中c（Cu2+）=0.02250.1molL=0.225mol/L，故选B。点睛：根据n=mM计算1.92g铜物质的量，铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，结

合铜、硝酸根、氢离子的物质的量根据离子方程式进行过量计算，再根据不足的物质计算铜离子的物质的量，结合c=nV计算铜离子浓度。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)2ΔCaCl2+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+2H2SO4ΔCO2↑+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)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+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+2H2SO4ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C

+2H2SO4ΔCO2↑+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1molNa2FeO4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═2Na2FeO4+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：C

l2+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═2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑中，每生成lmolN

a2FeO4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。【点睛】判断氧化还原反应中转移电子数的时候，要么只考虑得电子的物质、要么只考虑失电子的物质，然后根据题

目中所给某物质的物质的量按比例求解。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+4H

Cl(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140mL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-

1③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+5O24NO+6H2O(2).C+4HNO3（浓）ΔCO2+4NO2+2H2

O(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).0.5+0.001aV0.14(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）ΔCO2+4NO2+2H2O，故答案为：C+4HNO3（浓）ΔCO2+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＝3.36L22.4L/mol＝0.15mol，转移电子的物质的量为0.15mol23＝0.1mol，故答案为：3NO2+H2O＝2H++2NO3﹣+NO；0.1mol；（5）①32g铜的物质的量为32g64g/mol=0.5mol，

标准状况下的体积为11.2L的气体物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，根据硝酸铜的化学式，起酸作用的硝酸物质的量为20.5mol=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=0.5mol+0.001aVmol0.14L=0.5+0.001aV0.14mol/L，故答案为：0.5+0.001aV0.14；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=0.52,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：0.253+0.251+0.52=4z，解得z=0.5。故答案为：0.5。【点睛

】题目（5）中铜与一定浓度的硝酸反应，产生的气体可能既有NO又有NO2，所以无法直接按照某一个化学方程式来进行计算，通常用元素守恒的思想来解题。