【文档说明】【精准解析】福建省莆田第六中学2018-2019学年高一下学期期中考试化学试题（解析版）.doc，共(17)页，464.000 KB，由小赞的店铺上传

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2018级高一化学下学期期中考试卷(普通班)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5K-39Ca-40Mn-55Fe-56Zn-65Cu-64一、选择题(每小题只有一个正确答案，每小题3分，共51

分)1.2018年10月21日，港珠澳大桥正式开通，该桥的建成创下多项世界之最，其中仅大桥主梁使用的钢材42万吨。下列材料中不属于铁合金的是A.生铁B.铁锈C.不锈钢D.铁锰合金【答案】B【解析】【分析】合金是由一种金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质，据此判断。【详解】

A.生铁属于铁合金，A不选；B.铁锈的主要成分是氧化铁，不是铁合金，B选；C.不锈钢属于铁合金，C不选；D.铁锰合金属于铁合金，D不选；答案选B。2.化学实验中，人的五官起着非常重要的作用，下列五官的使用符合实验要求的是A.嘴巴吹B.鼻子闻C.

眼睛看D.耳朵听【答案】D【解析】【详解】A．不能用嘴直接吹灭酒精灯，应该用灯帽盖灭酒精灯，故A错误；B．闻气体的气味时，不能直接用鼻子闻，一些气体有毒或刺激性，应轻轻煽动仅使极少量气体飘进鼻孔，故B错误；C．读

取量筒内液体体积时，眼睛平视刻度，故C错误；D．氢气纯度的检验中主要是听声音，故D正确；故选D。3.下列有关试剂的保存方法不正确的是A.少量的钠保存在煤油中B.浓硝酸保存在无色玻璃试剂瓶中C.氢氧化钠溶液保存在带橡胶塞的玻璃试剂瓶中D.新制的氯水保存在棕色玻璃试

剂瓶中【答案】B【解析】【分析】【详解】A．钠性质活泼，需要隔绝空气密封保存，由于钠密度大于煤油、与煤油不反应，所以金属钠可以保存在煤油中，故A正确；B．浓硝酸见光容易分解，需要保存在棕色试剂瓶中，故B错误；C．氢氧化钠溶液

能够与玻璃塞中的二氧化硅反应生成具有黏性的硅酸盐，使瓶塞与瓶身粘在一起，故保存氢氧化钠溶液不能使用玻璃塞，可以使用橡胶塞，故C正确；D．氯水中的次氯酸见光容易分解，所以氯水需要避光密封保存，通常新制氯水保存在棕色试剂瓶中，故D正确；答案选B。4.下列物质露置于空气中易变质的是①氯水②水玻

璃③烧碱④漂白粉⑤绿矾⑥亚硫酸钠A.除⑤外B.除②③外C.除②③⑥外D.全部易变质【答案】D【解析】【详解】①氯水中次氯酸见光受热易分解而变质；②水玻璃可以吸收空气中的二氧化碳生成硅酸而变质；③酸性氧化物与碱反应生成盐和水原理，烧碱与空气中二氧化碳反应而变质；④漂白粉与空气中的水和二氧化碳反

应而变质；⑤二价铁具有强还原性，绿矾与空气中的氧气反应而变质；⑥正四价硫具有强还原性，亚硫酸钠与空气中的氧气反应而变质。因此①②③④⑤⑥露置于空气中均变质，故D符合题意；正确答案：D。【点睛】只要见光易分解的、易潮解的、与空气中的水和二氧化碳反应的、有强还原性易被氧化的药品，放

置在空气中均易变质。5.下列因果关系表述正确的是A.硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维B.NH3易溶于水，可用作制冷剂C.铁比铜金属性强，可用FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板D.氯水中的次氯酸具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】D【解析】【详解】A．用

于制取光导纤维的是高纯度二氧化硅而不是硅晶体，A项错误；B．氨气所以能作制冷剂，是因为液氨挥发时要吸收大量的热，与其水溶性强弱无关，B项错误；C．FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板时发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+Cu，该反

应利用了Fe3+的氧化性强于Cu2+，从中无法看出铁和铜的金属性强弱。要比较铁和铜的金属性强弱，应比较Fe2+和Cu2+的氧化性强弱，比如通过反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4可以看出铁的金属性强于铜，C项错误；D．Cl2溶于水发生反应：Cl2+

H2OHClO+HCl，氯气可用于自来水的杀菌和消毒，主要就是利用了次氯酸的强氧化性，D项正确；所以答案选择D项。6.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确．．．的是A.4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NAB.7.8g由Na2S和Na2O

2组成的混合物中含有的阴离子数为0.1NAC.2.3gNa与氧气完全反应生成Na2O，转移的电子数为0.2NAD.5.6g铁粉在0.1mol氯气中充分燃烧，转移的电子数为0.2NA【答案】C【解析】【详解】A.CO2和N2O的相对分子质量均是44，且均由3

个原子组成，所以4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NA，A正确；B.Na2S和Na2O2的相对分子质量均是78，且阴阳离子的个数之比均是1：2，所以7.8g由Na2S和Na2O2组成的混合物中含有的阴离子数为0.1NA，B正确；C.2.3gNa的物质的量是0.1mo

l，与氧气完全反应生成Na2O，转移的电子数为0.1NA，C错误；D.5.6g铁粉的物质的量是0.1mol，在0.1mol氯气中充分燃烧生成氯化铁，反应中氯气不足，转移的电子数为0.2NA，D正确，答案选C。7.检验溶液中是否含有某种离子，下列方法正确的是A.向

某溶液中加稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-B.向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl－C.向某溶液中加NaOH溶液并加热,产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明有NH4+D.向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明有CO3

2-【答案】A【解析】【详解】A．先加过量的稀盐酸，排除了CO32-、SO32-、Ag+等干扰，并提供了一个强酸性环境，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀为不溶于酸的硫酸钡沉淀，从而确认原溶液中有SO42-，A项正确；B．能

与Ag+反应生成白色沉淀的不仅是Cl-，还有SO42-、CO32-、SO32-等，所以要向产生白色沉淀的溶液中继续加入足量的稀硝酸，通过沉淀不溶解才能进一步确认原溶液中有Cl-，B项错误；C．氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该选项试纸的颜色描述明显错误

，C项错误；D．某溶液中加入稀盐酸，产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是CO2，也可能是SO2或SO2和CO2的混合气体等，则原溶液中可能含有CO32-，或HCO3-，或SO32-、HSO3-等，D项错误；所以答案选择A项。

8.下列反应的离子方程式书写正确的是A.Fe溶于足量稀HNO3：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋2NO↑＋4H2OB.NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：H++OH-=H2OC.向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+2H2O+4N

H4+D.氨水和醋酸溶液混合：NH3·H2O+CH3COOH=NH4++CH3COO-+H2O【答案】D【解析】【详解】A．因硝酸足量，产物应为Fe3+：Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，A项错误；B．HCO3-在书写离子方程式时不拆写，正确的离子方

程式为：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，B项错误；C．氢氧化铝不溶于过量的氨水，所以正确的离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，C项错误；D．一水合氨和醋酸均是弱电解质，用分子式表示，醋酸铵作为

强电解质，拆写成离子形式，D项正确；所以答案选择D项。【点睛】书写离子方程式时，是否拆写化学式是很关键的一步。有时还要注意题给的有关“量”的信息，量不同，对应的产物可能不同，因而离子方程式不同。9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.能使紫色石蕊试液变红的

溶液中：NH4+、NO3-、HCO3-B.0.1mol/L的FeCl2溶液中：H＋、SO42-、NO3-C.滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、Cl－、NO3-D.0.1mol·L－1NaOH溶液：Mg2+、H＋、SO42-【答案】C【解

析】【详解】A．能使紫色石蕊试液变红的溶液是一种酸性的溶液，此时HCO3-将不能大量存在，A项错误；B．所给溶液中含有了Fe2+、H+、NO3-，将发生氧化还原反应而不能大量共存：3Fe2++4H++NO3-

=3Fe3++NO↑+2H2O，B项错误；C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中必含有Fe3+，Fe3+能与NH4+、Cl－、NO3-大量共存，C项正确；D．将OH-代入后面的离子组后发生两个反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，H++

OH-=H2O，D项错误；所以答案选择C项。【点睛】此类离子共存题，限制条件首先挖掘出来，如酸性溶液要将H+代入后面的离子组进行判断，碱性溶液要将OH-代入后面的离子组进行判断，有时还要注意题设中的“一定”与“可能”的区别。1

0.下列各组中的两种物质作用时，反应条件(温度、反应物用量、浓度等)改变，不会引起产物改变的是A.NaOH和CO2B.Fe粉在Cl2中燃烧C.Na和O2D.Cu和HNO3溶液【答案】B【解析】【详解】A．NaOH和CO2反应时，量不同，产物不同。当向NaO

H溶液中通入少量CO2时，发生反应：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，当通入过量CO2时，发生反应CO2+NaOH=NaHCO3，A项错误；B．铁在氯气中燃烧时，无论反应物量多量少，都生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3，B项正确；C．钠和氧气在常温下反

应生成氧化钠：4Na+O2=2Na2O，在加热或点燃时生成过氧化钠：2Na+O2Na2O2，条件不同，产物不同，C项错误；D．铜和浓硝酸反应生成NO2：Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，铜和稀硝酸反应生成NO

：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，因反应物硝酸浓度不同而使产物不同，D项错误；所以答案选择B项。【点睛】题干的反应条件提示为温度、反应物用量、浓度等，而四个选项中，A项对应的是反应物用量的不同，C项对应的是反

应条件的不同，D项对应的是反应物的浓度的不同。11.下列反应产生氢气的物质的量最多的是A.足量的Mg与0.5mol·L－1的稀硝酸200mLB.足量的Cu与5mol·L－1的硫酸400mLC.足量的A

l与0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液200mLD.足量的Mg与0.5mol·L－1的稀盐酸200mL【答案】C【解析】【详解】A.根据反应3Mg+8HNO3═3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，足量的Mg与0.5mol·L－1的稀硝酸200mL反应不产生

氢气；B.铜与稀硫酸不反应，则足量的Cu与5mol·L－1的硫酸400mL没有产生氢气；C.根据反应2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，足量的Al与0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液200mL反应，产生的氢气的物质的量为0.3mol·L－1×0.2L×32=0.09m

ol；D.根据反应Mg+2HCl═MgCl2+H2↑可知，足量的Mg与0.5mol·L－1的稀盐酸200mL反应产生的氢气的物质的量为0.5mol·L－1×0.2L×12=0.05mol；综合以上可知，产生氢气物质的量最多的是C。答案选

C。12.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（选项中按WXYZ的顺序）A.SSO2SO3H2SO4B.NaNa2O2NaOHNaClC.FeFeCl3Fe（OH）2F

eCl2D.AlAlCl3NaAlO2Al2（SO4）3【答案】D【解析】【分析】A．硫不能一步反应生成三氧化硫；B．Na燃烧生成Na2O2；C．铁在氯气中燃烧只生成氯化铁；D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH

反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z。【详解】A、S不能一步转化为SO3，选项A错误；B、NaCl不能一步转化为Na2O2，选项B错误；C、FeCl3不能一步转化为Fe(OH)2，选项B错误；D、铝与盐酸或氯气等反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量

硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡溶液反应生成氯化铝，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查物质的性质及相互转化，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握发生的化学反应及反应条件为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。13.

在硫酸铁溶液中，加入少量铜粉至完全溶解后，又加入一定量铁粉，充分反应后有残余固体，则下列判断正确的是A.最后得到的溶液中只含Cu2＋B.残余固体可能为铁、铜混合物C.残余固体一定全部是铜D.最后得到的溶液中含有Fe3＋【答案】B【解析】【详解】本题涉及的反应有：（1）Cu+2F

e3+=Cu2++2Fe2+,(2)Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+由于Fe3+氧化性比Cu2+强，所以铁粉先和Fe3+反应，再和Cu2+反应，经分析存在几种情况①加入铁粉过量，固体剩余铁、铜，溶液为硫酸亚铁②加入铁粉少量，固体剩余铜，溶液为硫酸亚铁和硫酸铜混

合液③加入铁粉恰好把溶液中铁离子与铜离子反应完，剩余固体铜，溶液为硫酸亚铁。根据以上分析可知B选项正确；正确答案：B。14.某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO－的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法不正确．．．的是A.该反应中C

l－为还原产物B.氧化剂与还原剂物质的量比为3:2C.消耗1mol还原剂，转移6mol电子D.氧化性：ClO－比N2强【答案】C【解析】【分析】从图示中可以看出，ClO-随反应的进行而减小，应是反应物，N2的量随反应的进行而增加，应是生成物。根据原子守恒、得失电子守恒和电荷守恒

可以写出发生反应的离子方程式为：3ClO－+2NH4++2OH－=N2↑+3Cl－+5H2O、【详解】A．该反应中氯元素的化合价从+1价降为-1价，Cl-是还原产物，A项正确；B．该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，依离子方

程式可以看出其物质的量之比为3：2，B项正确；C．NH4+是还原剂，每消耗2molNH4+，转移的电子数才为6mol，C项错误；D．在该反应中，ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，所以氧化性：ClO->N2，D项正确；所以答案选择C项。【点睛

】据元素守恒，ClO-是反应物，则Cl-必是生成物；N2是产物，则NH4+必是反应物；先依得失电子守恒定下4个化学计量数，然后依电荷守恒确定OH-在等号的左边，化学计量数为2，最后用水来配氢原子守恒。15.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（）A.收集NOB.制备NH3C

.制备Fe(OH)2D.稀释浓H2SO4【答案】C【解析】【详解】A.因为NO会和空气中的氧气反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，收集NO气体应该用排水法，故A错误；B.实验室用氯化铵和碱石灰反应制取氨气，

化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，氯化铵加热产生的氯化氢和氨气在试管口又会化合生成氯化铵，所以不用分解氯化铵法，故B错误；C.煤油的密度比水小，可以隔绝空气中的氧气与NaOH溶液和FeSO4溶液接触，用于制备Fe(OH

)2，故C正确；D.稀释浓硫酸时，为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，即将浓硫酸沿烧杯壁缓慢倒入水中，并用玻璃棒搅拌，故D错误。故选C。16.下列仪器和装置，用橡胶管经过简单连接，可制备收集多种不同的纯净、

干燥的气体(考虑尾气吸收)。关于这些装置的连接方法正确的是A.实验室用石灰石与稀盐酸制备收集CO2：b→f→d→eB.实验室用锌粒与稀硫酸制备收集H2：b→c→gC.实验室利用H2O2与二氧化锰制备收集O2：

a→c→eD.实验室用浓氨水与生石灰反应制备收集NH3：b→d→e【答案】D【解析】【详解】A．实验室用块状的石灰石与稀盐酸反应来制备CO2:CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，反应不需要加热，所以发生装置选b，通过f除去

挥发出的HCl气体，通过浓硫酸进行干燥，通过向上排空气法收集。碱石灰能与CO2反应，所以不用作CO2的干燥剂，因此该项中只需将d改为c即正确，A项错误；B．实验室用锌粒与稀硫酸反应制取氢气：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2

↑，反应不需加热，所以发生装置选b，通过c进行干燥后再通过g收集，所得气体又混入水蒸气，B项错误；C．实验室利用H2O2与二氧化锰制备O2，反应不需要加热，发生装置不能选取a，C项错误；D．生石灰与水反应放出大量的热，加速了浓氨水的挥发，碱石灰除去了氨气中的水分，从e装置右侧通入氨

气进行收集，D项正确；所以答案选择D项。17.某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应(已知-3NO被还原为NO)，最终溶液体积为1L。下列说法正确的是A.所得溶液中c(-3NO)=2.75mol·L-1B.所得溶液中c(Fe2＋

)：c(Fe3＋)=1：2C.反应后生成NO的体积为33.6L(标准状况下)D.所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】A【解析】【分析】铁与稀硝酸完全反应生成硝酸铁的离子方程式Fe+4H++-3NO=Fe3++NO↑+2H2O，铁与稀硝酸完全反应生成硝酸亚铁的离子方程式3Fe+8H++2-3NO

=3Fe2++2NO↑+4H2O，若1.5mol铁完全反应生成铁离子，反应消耗硝酸根离子为1.5mol，氢离子为1.5mol×4=6mol，若1.5mol铁完全反应生成亚铁离子，反应消耗硝酸根离子为1.5mol×2

=3mol，氢离子为1.5mol×83=4mol，由题意可知，溶液中硝酸根离子为4mol、氢离子为5mol可知，1.5mol铁完全反应，反应中硝酸根离子过量，氢离子不足，反应后溶液中含有铁离子、亚铁离子、硝酸根离子和硫酸根离子，设铁离子为xmol，由反应方程式可得：4x+(1.5—x)

×83=5，解得，x=34，则溶液中含有34mol铁离子和34mol亚铁离子，硫酸根离子为2.5mol，硝酸根离子为4mol—（34mol+34mol×23）=2.75mol，钾离子为4mol。【详解】A．由分析可知，反应后溶液中c(-3NO)=2.75mo

l1L=2.75mol/L，故A正确；B．由分析可知，所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)=n(Fe2＋)：n(Fe3＋)=34mol：34mol=1：1，故B错误；C．由分析可知，溶液中硝酸根离子为2.75mol，由氮原子个数守恒可知，标准状况下，一氧化氮的体积为(4—2

.75)mol×22.4L/mol=28L，故C错误；D．由分析可知，反应所得溶液中含有铁离子、亚铁离子、钾离子、硫酸根离子和硝酸根离子，则所得溶液中的溶质不可能只含有硫酸亚铁，故D错误；故选A。二、非选择题(共4题，共49分)18.A、B、C、W均为中学常见的物质，它们

之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行)。(1)若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色，A俗称苛性钠，W为无色无味气体，C受热分解可转化为B。①向B溶液中通入W生成

C的离子方程式为__________________________________。②A溶液与C溶液反应的化学方程式为______________________________________。(2)若A、B、C三种物质都含有一种金

属元素，且B为两性物质，W俗称苛性钠。①A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_____________。②A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为________________________________

。(3)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1。①B的化学式为________________。②实验室制取B时，_____________(填“能”或“不

能”)用向上排空气法收集B。③一定条件下B与CO反应的化学方程式为_____________________________。(4)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物。则C溶于水形成化合物D，在加热的情况下，D的浓溶液

与A反应的化学方程式为________________________。【答案】(1).CO32-+H2O+CO2=2HCO3-(2).NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O(3).2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(4).Al3-+4OH-=AlO2

-+2H2O(5).NO(6).不能(7).2NO+2CO2CO2+N2(8).S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O【解析】【分析】(1)若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色，均含Na元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色无味气体，C受热分解可转化为B，则W为CO2、

B为Na2CO3，C为NaHCO3；(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素，且B为两性物质，W俗称苛性钠，则B为Al(OH)3，A为AlCl3、C为NaAlO2；(3)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g•mol-1，

则A为N2、W为O2、B为NO、C为NO2；(4)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物，则A为S，W为O2、B为SO2、C为SO3。【详解】(1)若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色，均含Na元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为

无色无味气体，C受热分解可转化为B，则W为CO2、B为Na2CO3，C为NaHCO3。①向Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3的离子方程式为：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；②NaOH溶液与NaHCO3溶液反应的化学方

程式为：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O；(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素，且B为两性物质，W俗称苛性钠，则B为Al(OH)3，A为AlCl3、C为NaAlO2；①A、B、C三种物质中所含有的金属元素为Al，单质Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和

氢气的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；②AlCl3溶液中滴加过量NaOH溶液生成NaAlO2，发生反应的离子方程式为Al3-+4OH-=AlO2-+2H2O。(3)若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单

质，C的摩尔质量为46g•mol-1，则A为N2、W为O2、B为NO、C为NO2；①B的化学式为：NO；②由于NO能与氧气反应，实验室制取NO时，不能用向上排空气法收集；③NO与CO在催化剂作用下生成N2和CO2，发生反应的化学方程式为2NO+2CO2

CO2+N2；(4)若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，B、C均为酸性氧化物，则A为S，W为O2、B为SO2、C为SO3；SO3溶于水形成化合物D为H2SO4，在加热的条件下，浓硫酸与硫反应的化学方程式为S+2H2SO4(浓

)3SO2↑+2H2O。19.先有一瓶无色澄清溶液，可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I-、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成，请根据以下实验步骤及现象回答下列问题

：步骤一：取适量待测液，加入NaOH溶液并加热，得到溶液A，并产生刺激性气味的气体；步骤二：向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体；步骤三：向溶液B中通入适量Cl2，得到黄褐色溶

液C。（1）下列有关该溶液说法正确的是________________（填字母）。A.一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-B.一定不存在Fe2+、CO32-、MnO4-C.可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+、D.可用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-（2）步骤三得到黄褐色溶液

的离子方程式是____________________。（3）若向原溶液中先加入足量的盐酸，再加入足量的______________（填化学式）并加热，也能得出步骤一、步骤二相同的结论。（4）对于溶液中还可能存在的阳离子，确认其存在的实验方法是_________________

_。【答案】(1).AC(2).Cl2+2I-=I2+2Cl-(3).Ba(OH)2(4).通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+【解析】【分析】无色溶液可以知道一定不含Fe2+、MnO4-；步骤一：取适量待测液，

加入NaOH溶液并加热，得到溶液A，并产生刺激性气味的气体，则气体为氨气，一定含NH4+；步骤二：向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液，得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体，白色沉淀为BaSO4，刺激性气味的气体为SO2，则

一定含有SO42-和SO32-；步骤三：向溶液B中通入适量Cl2，得到黄褐色溶液C，C中含碘单质，则原溶液一定含I-，以此来解答。【详解】无色溶液不含有紫色MnO4-、淡绿色Fe2+。步骤一得到的刺激性气味的气体是氨气，表明原溶液含有N

H4+。步骤二得到的白色沉淀是硫酸钡，有刺激性气味的气体是二氧化硫，表明原溶液含有SO42-、SO32-。步骤三得到的黄褐色溶液C是含有I2的溶液，表明原溶液含有I-。（1）A.根据以上分析，一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-，故A正确；B.根据以上分

析，可能存在CO32-，故B错误；C.可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+，故C正确；D.SO42-、SO32-、Cl－均可与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，所以不能用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-，故D错误。故答案为AC；（2）步骤

三得到黄褐色溶液的反应是氯气置换碘的反应，离子方程式是Cl2+2I-=I2+2Cl-，故答案为Cl2+2I-=I2+2Cl-；（3）向原溶液中加入足量盐酸，SO32-与盐酸反应生成有刺激性气味的气体。再加入的物质既能与SO42-反应生成沉淀，又能与NH4+反应生成氨气，所以是氢氧化钡

，化学式为Ba(OH)2，故答案为Ba(OH)2；（4）可通过焰色反应确定溶液中还可能存在的阳离子Na+、K+，实验方法是通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈现紫色，则含有K+，故答案为通过焰色反应，若呈现黄色，则含有Na+；透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应，若呈

现紫色，则含有K+。20.某化学兴趣小组利用铜跟浓硫酸反应，探究SO2的部分性质，实验装置如图所示。(1)装置A中发生的化学反应的化学方程式为________________________________。(2)

装置B的作用是贮存多余的气体，B中广口瓶内应盛放的液体是________(填序号)；①水②饱和的NaHSO3溶液③NaOH溶液④酸性KMnO4(3)装置C和D中产生的现象相同，但原因却不同。C中是由于SO2与溶液中的NaOH反

应使碱性减弱，而D中则是由于SO2具有____________性。(4)装置D中试管口塞一团棉花，棉花中应浸有一种液体，其作用是____________。(5)若实验中用一定质量的铜片和25.0mL18.0mol·L－1的浓硫酸在加热条件充分反应，最终铜片与硫酸均有剩余。假定反应前后溶液的体积不

变，设剩余硫酸的浓度为dmol·L－1，现向反应后溶液中缓慢加入硝酸钾固体，充分搅拌直到剩余铜片恰好完全反应，反应消耗硝酸钾____________mol(用含d的代数式表示)。(6)SO2气体为无色气体，有强烈刺激性气味，是大气主要污染物之一，具有

一定的还原性，探究SO2气体还原Fe3＋、I2可以使用的药品和装置如图所示：在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，取A中的溶液，分成两份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去。方案②：往第二份试液中加入KSC

N溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。上述方案不合理的是_________，(填①或②)不合理的原因是____________。(7)在上述装置中能表明SO2的还原性强于I2的现象是____________。【答案】(1).Cu+2H2SO4(浓)

△CuSO4+SO2↑+2H2O(2).②(3).漂白(或漂白性)(4).吸收多余的SO2防止污染环境(5).d/80(或0.0125d、1.25×10-2d等)(6).①(7).过量的SO2能与高锰酸钾溶液反应，使紫色褪去(或亚

硫酸与高锰酸钾溶液反应，使紫色褪去)(8).B中溶液蓝色褪去【解析】【分析】浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下与铜发生氧化还原反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应生成的SO2具有酸性和还原性，可用排饱和NaHSO

3溶液收集，具有漂白性，可使品红溶液褪色，随着反应的进行，硫酸浓度不断降低，稀硫酸与铜不反应，结合题目要求和相关物质的性质解答该题。【详解】(1)浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下与铜发生氧化还原反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+

2H2O；(2)SO2易溶于水，具有酸性和还原性，可与酸性KMnO4、Na2SO3溶液反应，难溶于水饱和的NaHSO3溶液，可用排饱和NaHSO3溶液收集，故答案为②；(3)SO2溶液具有酸性，可与NaOH溶液反应，发生：SO2+2OH-=SO32-+H2

O，则滴加酚酞的氢氧化钠溶液褪色，具有漂白性，可使品红溶液褪色；(4)二氧化硫有毒，不能排放到空气中，能与氢氧化钠溶液反应，则棉花上可浸有氢氧化钠溶液，防止污染空气；(5)浓H2SO4与铜反应的过程中，浓度会变稀，而稀硫酸不

与铜反应，所以会有剩余，加入硝酸钾后，硝酸根离子在氢离子存在情况下有强氧化性，能与铜反应，剩余硫酸浓度为dmol/L，则硫酸物质的量=0.025L×dmol/L=0.025dmol，由离子反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2+

+2NO↑+4H2O可知反应消耗硝酸钾的物质的量为0.025mol×228=0.0125dmol；(6)二氧化硫有还原性，高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫能与高锰酸钾发生氧化还原反应使高锰酸钾溶液褪色，Fe2

+也使高锰酸钾溶液褪色，故答案为方案①，不合理的原因是过量的SO2也能使KMnO4溶液褪色；(7)I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂

，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，故能表明SO2的还原性强于I2的现象是装置B中溶液蓝色褪去。【点睛】二氧化硫的性质主要有：①二氧化硫和水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液遇酸变红色；②二氧化硫有漂白性

，能使品红褪色，但不能使石蕊褪色；③二氧化硫有还原性，能使高锰酸钾能发生氧化还原反应而褪色；④二氧化硫和二氧化碳有相似性，能使澄清的石灰水变浑浊，继续通入二氧化硫，二氧化硫和亚硫酸钙反应生成可溶性的亚硫酸氢钙；⑤具有氧化性，但比较弱。21.同学们在实验室里用不同的方法分别

制取Cu(NO3)2，并在此基础上探究Cu(NO3)2的化学性质。（1）甲组同学直接用铜屑与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2，反应的化学方程式是___。（2）乙组同学查阅了硝酸铜晶体的溶解度曲线（下图），据此设计了以下实验方案，先将铜粉在空气中充

分灼烧，再将灼烧后的物质与适量稀HNO3反应，欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，依次进行的操作是：蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、干燥。乙组同学认为此方案优于甲组的方案，理由之一是_____。

（3）丙组同学用Cu(NO3)2晶体，探究其热稳定性，实验装置如下所示。（夹持装置和加热仪器未画出）①充分加热Cu(NO3)2晶体一段时间后，观察到U形管中气体变为红棕色，红棕色气体是____________。②集气瓶中最终收集到的气体颜色是___

_________，U形管中进入集气瓶后颜色发生变化的原因是___。③欲证明试管中残留的黑色粉末是CuO[假设Cu(NO3)2晶体已全部分解]，实验方案是___。④由该实验可得出的结论是___。【答案】(1).3Cu+

8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(2).降温结晶(3).不会产生污染环境的NO(4).NO2(5).无色(6).3NO2+H2O=2HNO3+NO(7).取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，黑色粉末全部溶解，得到

蓝色溶液(8).Cu(NO3)2晶体的热稳定性较差【解析】【分析】（1）铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，据此书写；（2）根据硝酸铜的溶解度与温度的关系分析判断；（3）①根据气体的颜色判断气体的成分；②二氧化氮溶于水生成硝酸和NO；③根据氧化铜能溶于酸溶液中，溶液显蓝色分析判断；④根据

实验现象分析判断。【详解】（1）甲组同学直接用铜屑与稀硝酸反应制取Cu(NO3)2，同时还有NO和水生成，反应的化学方程式是3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。（2）根据图像可知硝酸铜

的溶解度受温度影响较大，因此欲从反应后的溶液中得到Cu(NO3)2晶体，依次进行的操作是：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。先将铜粉在空气中充分灼烧，再将灼烧后的物质与适量稀HNO3反应，因此不会产生污染环境的NO，所以此方案优于甲组的方案。（3）①充分加热Cu(N

O3)2晶体一段时间后，观察到U形管中气体变为红棕色，因此红棕色气体是NO2。②由于二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，所以集气瓶中最终收集到的气体颜色是无色，二氧化氮进入集气瓶后颜色发生变化的原因是由于二氧化氮与水反应，方程式为3NO2+H2O＝2HNO3+NO。③氧化铜是碱性氧化

物，能与酸反应，则欲证明试管中残留的黑色粉末是CuO[假设Cu(NO3)2晶体已全部分解]的实验方案是取少量黑色粉末于试管中，向其中滴加足量稀硫酸，黑色粉末全部溶解，得到蓝色溶液。④根据以上分析可知，由该实验可得出的结论是Cu(NO3)2晶体的热稳定性较差。【点睛】本题考查了制备实验方案的设计与评

价、物质性质实验方案的设计，注意掌握常见元素单质及其化合物性质，明确物质性质实验方案的设计与评价方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识解决实际问题的能力。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com