【文档说明】【精准解析】四川省雅安市2019-2020学年高一上学期期末检测化学试题.doc，共(16)页，177.500 KB，由小赞的店铺上传

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四川省雅安市2019-2020学年高一上学期期末检测化学试题1.成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是A.木已成舟B.蜡炬成灰C.铁杵成针D.滴水成冰【答案】B【解析】【详解】A．木已成舟只是物质形状的变

化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；B．蜡炬成灰有新的物质生成，属于化学变化，且碳、氧元素的化合价发生变化，则属于氧化还原反应，故B正确；C．铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学

变化，故C错误；D．滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；故选B。2.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是A.苯和CCl4B.溴和CCl4C.酒精和水D.汽油和水【答案】D【解析】【详解】A．苯和

四氯化碳互溶，不能用分液漏斗进行分离，A不正确；B．溴单质易溶在有机溶剂中，不能用分液漏斗进行分离，B不正确；C．酒精与水互溶，不能用分液漏斗进行分离，C不正确；D．汽油不溶于水，在水的上层，可以用分液漏斗进行分离，D

正确；答案选D。3.关于容量瓶的使用，下列操作正确的是A.使用前要检验容量瓶是否漏液B.用蒸馏水荡洗后必须要将容量瓶烘干C.为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行D.为了使所配溶液浓度均匀，定容后，手握瓶颈，左右振荡【答案】A【解析】【详解】A．容量瓶带有玻璃旋

塞，使用前需要检查是否漏液，若漏液不能使用，故A正确；B．容量瓶中有少量水对实验无影响，则用蒸馏水洗涤后，容量瓶不需要烘干，故B错误；C．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中，故

C错误；D．定容结束后，为了使溶液均匀，手握瓶颈，上下颠倒来振荡，不能左右振荡，故D错误；故选A。4.下列关于金属性质的叙述正确的是A.金属一般都容易导电导热，有延展性B.金属具有较高的硬度和熔点C.所有金属都是固态D.金属单质都能与稀H2SO4反应

产生H2【答案】A【解析】【详解】A．金属一般都易导电、易导热、有延展性，A项正确；B．有的金属的硬度和熔点较低，如Na、K等金属质软，Hg常温呈液态、熔点低，B项错误；C．不是所有金属都是固态，如金属

Hg常温下呈液态，C项错误；D．金属活动性在H前面的金属单质能与稀H2SO4反应产生H2，金属活动性在H后面的金属单质不能与稀H2SO4反应产生H2，D项错误；故答案选A。【点睛】金属一般具有不透明、有金属光泽、易导电、易导热、有延展性等物理通性，但不同金属

的密度、熔点和沸点、硬度差别较大，这些性质都与金属的结构特点有关。应用金属活动性顺序表判断金属能否与稀H2SO4反应。5.血液中的葡萄糖称为血糖，空腹血糖是筛査糖尿病的常用指标，正常范围在3.9-6.1mmol/L（注：1mmol/

L=1×10-3mol/L）；该体检指标表示的是A.物质的量（n）B.物质的量浓度（c）C.质量分数（ω）D.摩尔质量（M）【答案】B【解析】【详解】A.物质的量(n)的单位是mol，A不合题意；B.物质的量浓度(c)的单位是mol/L，B符

合题意；C.质量分数(ω)没有单位，C不合题意；D.摩尔质量(M)的单位为g/mol，D不合题意。故选B。6.食品容易被空气氧化而变质，放在装有月饼的袋子里常放有干燥剂及铁粉，这是利月了铁粉的A.酸性B.碱性C.氧化性D.还原性【答案】

D【解析】【详解】铁是活泼的金属，容易失去电子被氧化，因此利用的是铁的还原性，答案选D。7.将15molL−的盐酸10mL稀释到200mL；再取出2mL，这2mL溶液的物质的量浓度是A.0.05mol/LB.0.25mol/LC.0.025mol/LD.5mol/L【答案】B【解析】

【详解】将15molL−的盐酸10mL稀释到200mL，其物质的量不变，所以稀释后溶液的物质的量浓度为5mol/L10mL200mL==0.25mol/L；因为溶液为均匀的混合物，所以从中取出2mL，物质的量浓度不变，仍为0.25mol/L

。故选B。8.下列有关硅及其化合物的说法正确的是A.硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在B.硅晶体是良好的半导体，可用于制造光导纤维C.木材浸过水玻璃后，不易着火D.SiO2是酸性氧化物，不与任何酸发生反应【答案】C【解析】【详解】A.硅是亲氧元素，在自然界中只能以化合态形式存在，A不正

确；B.硅晶体能够导电，是良好的半导体，光导纤维是由二氧化硅制得的，二氧化硅能够导光，B不正确；C.水玻璃是硅酸钠的水溶液，它具有不易着火的性质，所以用水玻璃浸渍木材，C正确；D.SiO2是酸性氧化物，不与一般的酸反应，但能与氢氟酸反应，D不正确。故选C。9.室温下，下列物质露

置于空气中，不发生变化的是A.Na2OB.Na2O2C.NaHCO3D.Na2CO3·10H2O【答案】C【解析】【详解】A.Na2O露置在空气中，会与空气中的水蒸气和二氧化碳反应，A不合题意；B.Na2O2露置在空气中，会转化为碳酸钠等，B不合题意；C.Na

HCO3露置在空气中，常温下能稳定存在，不发生变化，C符合题意；D.Na2CO3·10H2O在干燥空气中易发生风化失水，生成碳酸钠，D不合题意。故选C。10.同温同压下，两种气体的体积如果不相同，其主要原因是A.气体

的分子大小不同B.气体分子间的平均距离不同C.气体的性质不同D.气体的分子数不同【答案】D【解析】【分析】同温同压下气体摩尔体积相同，根据V=nVm判断体积不同的原因。【详解】对于气体来说，粒子之间的

距离远远大于粒子的直径、粒子的质量，同温同压下气体粒子间的距离相等，同温同压下气体摩尔体积相同，由V=nVm=ANNVm知，气体的体积取决于粒子数目的不同，故答案为D。11.某合金与铁的物理性质的比较如下表所示:熔点/℃密度/gcm-3硬度(金刚石为10)导电性(银为100)

某合金25003.007.42.3铁15357.864.517还知该合金耐腐蚀、强度大。从以上性能看,该合金不适合作()A.导线B.门窗框C.炉具D.飞机外壳【答案】A【解析】【详解】A．合金的导电性差，不能做导线，故A正确；B．合金的硬度大，可做门窗框，故B错误

；C．合金的熔点高，可做炉具，故C错误；D．合金的熔点高，可做炉具，故D错误；故选A。12.在下列物质分类中，前者包含后者的是A.氧化物、含氧酸B.化合物、电解质C.溶液、胶体D.电解质、氯化钠溶液【

答案】B【解析】【详解】A.氧化物、含氧酸同属于化合物，属于并列关系，A不合题意；B.电解质一定是化合物，所以化合物包含电解质，B符合题意；C.溶液、胶体同属于分散系，属于并列关系，C不合题意；D.电解质属于化合物，氯化钠溶液属于混合物，属于并列关系，D不合题意。故选B。13.下列叙述中错误的

是A.Fe2O3难溶于水B.Fe3+的水溶液为黄色C.Fe(OH)2容易被空气氧化D.Fe3+溶液中滴入含SCN-的溶液，立即出现红色沉淀【答案】D【解析】【详解】A.Fe2O3属于较活泼金属的氧化物，难溶于水，A正确；B.Fe3+的水溶液呈黄色，B正确；C.Fe(OH)2容易被

空气氧化，生成Fe(OH)3，C正确；D.Fe3+溶液中滴入含SCN-的溶液，溶液立即出现红色，而不是生成沉淀，D错误。故选D。14.两个无标签的试剂瓶，分别装有Na2CO3和NaHCO3固体。有4位同学为鉴别它们，分别取少量固体，采用了以下不同的方法，其中最佳方案是A.分别加热，再检验是

否有使澄清石灰水变浑浊的气体产生B.分别配成溶液，再加入NaOH溶液C.分别配成溶液，再加入澄清石灰水D.分别取固体样品，滴加同浓度浓盐酸，观察产生气泡的快慢【答案】A【解析】【详解】A.分别加热，只有NaHCO3固体产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，A可行；B.分别

配成溶液，再加入NaOH溶液，虽然NaHCO3能与NaOH反应，但无现象，B不能区分；C.分别配成溶液，再加入澄清石灰水，二者都有白色沉淀生成，C不能区分；D.分别取固体样品，滴加同浓度浓盐酸，都有气泡产生，但难以分清快慢

，D难以区分；综合以上分析，只有A现象明显，方案最佳。故选A。15.下列离子方程式中，正确的是A.氢氧化钡溶液跟稀硫酸反应：H＋＋OH－=H2OB.氯气与水反应：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－C.碳酸钙与稀盐酸反应：CaCO3＋2H＋=Ca2

＋＋H2O＋CO2↑D.金属钠跟水反应：Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑【答案】C【解析】【详解】A．氢氧化钡溶液跟稀硫酸反应生成硫酸钡和水，正确的离子方程式：：Ba2++2H＋＋2OH－+SO42-=2H2O+BaSO4↓，A不正确；B．氯气与水反应，生成的次氯酸为弱酸，应以化

学式HClO表示，B不正确；C．碳酸钙与稀盐酸反应，碳酸钙难溶于水，以化学式表示，盐酸为强酸，拆成离子形式，C正确；D．方程式Na＋H2O=Na＋＋OH－＋H2↑中，电子不守恒、质量不守恒，正确的离子方程式：2Na＋2H

2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，D不正确,；故选C。16.实验室制取少量N2常利用的反应是NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O，关于该反应的说法正确的是A.NaNO2是还原剂B.生成1molN2时转移的电子为6molC.NH4Cl中的N元素被氧化D.

N2既是氧化剂又是还原剂【答案】C【解析】【详解】A．NaNO2到N2化合价降低，是氧化剂，发生还原反应，A错误；B．NaNO2中氮元素由+3价降低到0价（N2），因此每生成1molN2转移电子的物质的量为3mol，B错误

；C．NH4Cl中的氮元素由-3价升高到0价，做还原剂，被氧化，C正确；D．NaNO2中氮元素由+3价降低到0价（N2），发生还原反应，NH4Cl中的氮元素由-3价升高到0价（N2），发生氧化反应，因此N2既是氧化产物又是还原产物，D错误；故选C。17.下列有关物质

检验的操作、现象及结论均正确的是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42－B向某溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有Cl－C向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO32－D用激光

笔照射鸡蛋白溶液，有丁达尔效应鸡蛋白溶液属于胶体A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成的白色沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，A不正确；B.

某溶液中加入硝酸银溶液，生成的白色沉淀可能为AgCl、Ag2SO4等，B不正确；C.某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水变浑浊，则溶液中可能含有CO32-、HCO3-等，C不正确；D.丁达尔效应是

胶体具有的性质，鸡蛋白溶液能产生丁达尔效应，说明鸡蛋白溶液属于胶体，D正确；故选D。18.有氯化钠、氯化铝、氯化铁、氯化镁四种溶液，只用一种试剂通过一步实验就能加以区别，这种试剂是A.KSCN溶液B.BaCl2溶液C.NaOH溶液D.盐酸【答案】C【解

析】A．KSCN溶液只能鉴别氯化铁，A错误；B．加入氯化钡，都不反应，不能鉴别，B错误；C．分别滴加NaOH溶液时，产生白色沉淀的是氯化镁；先产生沉淀，后沉淀溶解的是氯化铝；产生红褐色沉淀的是氯化铁；无现象的是氯化钠，现象不同，可鉴别，C正确；D．加入盐酸，都不反应，不能鉴别，D错误，答案选C。

点睛：本题考查物质的检验和鉴别的实验方案的设计，本题注意根据金属阳离子的性质不同选择检验试剂，注意碱的颜色和水溶性。19.有一瓶气体的质量是7.1g，体积是2.24L（标准状况），该气体的摩尔质量是A.32B.32g·mol－1C.71D.71g·mol－1

【答案】D【解析】【详解】n=2.24L22.4L/mol=0.1mol，M=7.1g0.1mol=71g/mol，所以该气体的摩尔质量为71g/mol。故选D。20.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.6.02×1023就是阿

伏加德罗常数B.1mol水中的氢原子数目为2NAC.阿伏加德罗常数个粒子的物质的量是1molD.1mol氨气所含原子数约为2.408×1024个【答案】A【解析】【详解】A.阿伏加德罗常数的单位为mol-1，即阿伏加德罗

常数约为6.021023mol-1,故A不正确；B.1个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，故1mol水中含2mpl氢原子,即2NA个，故B正确；C.将阿伏加德罗常数个微粒看做一个整体，即为1mol，故阿伏加德罗常数个粒子物质的量为1mol，故C

正确；D.1mol氨气含原子，即为2.4081024个，故D正确；本题答案为A。21.配制100mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是A.用敞口容器称量NaOH且时间过长B.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C.定容时仰视观察刻度线D.容量瓶使用

前用0.1mol·L－1的NaOH溶液洗涤【答案】D【解析】【分析】分析误差时，可使用公式c=nV，根据分子或分母的变化情况，推断所配浓度偏高或偏低。【详解】A.用敞口容器称量NaOH且时间过长，称量过程中，N

aOH潮解，所称NaOH质量偏小，浓度偏低，A不合题意；B.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，必然有一部分NaOH滞留在烧杯和玻璃棒上，所配溶液的浓度偏低，B不合题意；C.定容时仰视观察刻度线，所配溶液的体积偏大，浓度偏低，C不合题意；D.容

量瓶使用前用0.1mol·L－1的NaOH溶液洗涤，则溶液中溶质的物质的量偏大，浓度偏高，D符合题意；故选D。22.简要回答下列问题（1）医疗上，常用胃舒平[主要成分Al(OH)3]来治疗胃酸（主要成分盐酸）过多，其理由是_______

___（用离子方程式表示）。（2）生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液的原因是__________（用化学方程式表示）。（3）工业制备漂白粉原理是__________（用化学方程式表示）。（4）人们常用雕花玻璃装饰房间。在玻璃上雕花时发生反应的化学方程式是____

______。（5）硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，向其中通入过量的CO2，会出现软而透明的凝胶胶体，其化学方程式是__________。【答案】(1).3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O(2).Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2

NaA1O2+3H2↑(3).2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(4).SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O(5).Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3【解析】【分析】玻璃的主要成分之一为二氧化硅，它是酸性氧化物，不能与硫酸、硝酸

、盐酸等发生反应，但能与氢氟酸发生反应。不过，二氧化硅与氢氟酸反应，表现的不是酸性氧化物的性质，是氢氟酸特有的性质。【详解】(1)胃舒平中的Al(OH)3与胃酸中的盐酸反应，生成氯化铝和水，其理由是3H

++Al(OH)3＝Al3++3H2O；答案为：3H++Al(OH)3＝Al3++3H2O；(2)生活中不能用铝制容器储存氢氧化钠溶液，因为铝表面的Al2O3与NaOH反应后，里面的Al与NaOH溶液继续反

应，化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑；答案为：Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O；2Al+2NaOH+2H2O=2NaA

1O2+3H2↑；(3)工业上利用氯气与石灰乳反应生产漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；答案为：2Cl2+2Ca(OH)2==CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(4)在玻璃上雕花是利用

氢氟酸与玻璃中的SiO2发生复分解反应，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；答案为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；(5)向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2，会出现软而透明的硅酸凝胶和NaHCO3，反应的化学方程式为Na2SiO3+

2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3；答案为：Na2SiO3+2CO2+2H2O==H2SiO3↓+2NaHCO3。【点睛】“向硅酸钠水溶液中通入过量的CO2”，若不注意审题，我们很容易写成Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，

解题时，对关键词“过量”一定要引起高度重视。23.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4＋HCl(浓)→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)，此反应常温下就可以迅速进行。请回答下列问题：（1）上述反

应中被氧化的元素是_________。当生成3.36L（标准状况下）Cl2时，转移电子的物质的量为_________。（2）如果上述化学方程式中KMnO4化学计量数是1，则HCl的化学计量数是_________。（3）实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知KMnO4、Cl

2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________。（4）酸性KMnO4溶液与Fe2＋反应生成Mn2＋，该反应的离子方程式是________。（5）下列物质既有氧化性，又有还原性的是________（

填字母代号）。A.I－B.HClC.MnCl2D.Cl2【答案】(1).Cl(2).0.3mol(3).8(4).422KMnOMnOCl(5).232425FeMnO8H5FeMn4HO+−+++++=++(6).BCD【解

析】【分析】比较氧化还原反应中物质的氧化性和还原性时，若两物质在同一反应中，则满足氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物；若两物质在两个不同反应中时，可借助一个“桥”，即第三者产生联系，若找不到第三者，需比较反应条件，反应条件越高，氧化剂的氧化能力或还原剂的

还原能力越弱。【详解】对于反应KMnO4＋HCl(浓)→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O，KMnO4+5e-→MnCl2，2HCl-2e-→Cl2↑,依据电子守恒，则为2KMnO4+10e-→2MnCl2，10

HCl-10e-→5Cl2↑，再考虑质量守恒，即可配平2KCl＋2MnCl2，最后配HCl。因为前面配的只是表现出还原性的部分，生成(2KCl＋2MnCl2)的部分表现出酸性，于是得出配平后的方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑

＋8H2O；(1)上述反应中，HCl中的Cl由-1价升高到0价，则被氧化的元素是Cl。当生成3.36L（标准状况下）Cl2时，n(Cl2)=3.36L22.4L/mol=0.15mol，由Cl2—2e

-，可得出转移电子的物质的量为0.15mol×2=0.3mol；答案为：Cl；0.3mol；(2)上述化学方程式中，2KMnO4——16HCl；若KMnO4化学计量数是1，则HCl的化学计量数是8；答案为：8；(3)在2KMnO4＋16HCl(

浓)==2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O反应中，氧化性KMnO4>Cl2；在MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化性MnO2>Cl2，那么KMnO4与MnO2的氧化性哪个更强？因为找不到可联系二者的物质，所以我们只能利用反

应条件，前一反应不需条件，后一反应需加热，所以氧化性KMnO4>MnO2。从而得出氧化性KMnO4>MnO2>Cl2；答案为：KMnO4>MnO2>Cl2；(4)酸性KMnO4溶液与Fe2＋反应生成Mn2＋，该反应的离子方程

式是5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O；答案为：5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O；(5)A．I－化合价为最低价，只能失电子，即只具有还原性，A不合题意；B．HCl中，H+具有氧化性，Cl-具有还原

性，B符合题意；C．MnCl2中，Mn2+价态既能升高又能降低，既具有氧化性又具有还原性，C符合题意；D．Cl2中，Cl的价态既能升高又能降低，D符合题意；答案为：BCD。【点睛】判断物质具有的氧化性和还原性时

，应从物质中含有的所有元素考虑，不可拘泥于一种元素，否则易得出错误的结论。24.关于氯水成分的实验，请回答以下问题：（1）将足量氯气溶于水制成的饱和氯水呈_______色，说明氯水中含有_______

分子。（2）向氯水中滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液产生的现象是_______，说明氯水中还存在的粒子是_______。（3）向氯水中加入少量Na2CO3溶液，发现有气泡产生，说明氯水中含有_______；将新制氯水滴加到蓝色石蕊试纸上产生的现象是_______，说明新制氯水中还存在的粒子是

_______；由于_______见光易分解，因此氯水需保存在棕色试剂瓶中。【答案】(1).黄绿色(2).2Cl(3).出现白色沉淀(4).Cl−(5).H+(6).先变红后褪色(7).HClO(8).HClO【解析】【分析】氯气溶于水形成氯水，在氯水中，氯

分子与水发生可逆反应：Cl2+H2OHCl+HClO，由反应可以看出，反应后的溶液中含有Cl2、H2O、HClO分子和H+、Cl-、ClO-、OH-离子，但不含有HCl分子。氯水的性质，就由其所含有的分子或离子决定。【详解】(1)将足量氯气溶于水制成的饱和氯水中，只有Cl2

呈黄绿色，所以氯水呈黄绿色，说明氯水中含有Cl2分子；答案为：黄绿；Cl2；(2)向氯水中滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，氯水中的Cl-将与Ag+反应生成AgCl，产生的现象是出现白色沉淀，说明氯水中还存在的粒子是Cl-；

答案为：出现白色沉淀；Cl-；(3)向氯水中加入少量Na2CO3溶液，它将与H+反应，生成CO2气体，说明氯水中含有H+；将新制氯水滴加到蓝色石蕊试纸上产生的现象是先变红后褪色，说明新制氯水中还存在的粒子是HClO；由

于HClO见光易分解，因此氯水需保存在棕色试剂瓶中；答案为：H+；HClO；HClO。【点睛】新制氯水呈黄绿色，因为含有Cl2；新制氯水具有漂白性，因为含有HClO。将氯水久置后，颜色慢慢变为无色，此时氯水的漂白能力很弱甚至消失，主要是因为HClO光

照分解，生成HCl，所以久置氯水实际上就是稀盐酸。因此，新制氯水应避光保存。25.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应（反应方程式已配平）：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋X↑＋2H2O试通过计算和推

理回答下面的问题：（1）X物质可以导致酸雨的形成，X应该属于________（填字母代号）。a.酸b.碱c.盐d.酸性氧化物e.碱性氧化物（2）X物质可以使酸性KMnO4溶液褪色，该过程中（填化学式，下同）______失去电子，氧化剂是______。（3）足

量的铜片与20mL18mol·L－1的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的物质的量为______mol，生成的X气体在标准状况下体积为______L（假设气体全部逸出）。

（4）将（3）反应后得到的溶液与过量Ba(OH)2溶液混合，充分反应，反应后所得沉淀的质量为______g。【答案】(1).d(2).2SO(3).4KMnO(4).0.1(5).2.24(6).70.38【解析】【分析】足量的

铜片与20mL18mol·L－1的浓H2SO4混合，发生反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，虽然反应物与生成物中间用“==”，但由于稀硫酸与铜不反应，所以铜和硫酸都有剩余。在进行硫酸铜生成量的计算时，我们既不能利用铜，也不能

利用硫酸进行计算。【详解】(1)对于Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋X↑＋2H2O，利用质量守恒定律，可求出X的化学式为SO2，X应该属于酸性氧化物；答案为：d；(2)SO2可以使酸性KMnO4溶液褪色，则SO2作还原剂，该过程中SO2失去电子，氧化剂是KMnO4；答案为：SO2

；KMnO4；(3)足量的铜片与20mL18mol·L－1的浓H2SO4充分反应，则存在下列关系式：Cu—2e-—H2SO4—CuSO4—SO2；该反应过程中转移了0.2mol电子，则n(CuSO4)=n(SO2)=12n(e-)=0.1mol，V(SO

2)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；答案为：0.1；2.24；(4)由上面计算可知，在铜与浓硫酸的反应中，n(Cu2+)=n(H2SO4)氧化性=0.1mol，从而得出溶液中n(SO42-)=0

.020L×18mol/L-0.1mol=0.26mol；与过量Ba(OH)2溶液混合，发生如下反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，Ba2++SO42－=BaSO4↓，从而得出n[Cu(OH)2]=0.1mol，n(BaSO4)=0.26mol，m(沉淀)=m[Cu(OH)2]+

m(BaSO4)=0.1mol×98g/mol+0.26mol×233g/mol=70.38g；答案为：70.38。【点睛】往铜与浓硫酸反应后的溶液中加入Ba(OH)2溶液，我们很容易想到生成的CuSO4与Ba(OH)2发生反应

，容易忽视过量的硫酸与氢氧化钡的反应，这也是计算结果出错的主要原因。26.某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.lmol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，

其目的是__________。（2）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为____________。（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mL

FeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是__________。（4）丙组同学取5mL0.1mol·L－1KI溶液，加入3mL0.1mol·L－1FeCl3溶液混合，分别取2mL此

混合溶液于2支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层显紫色；②第二支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②说明：在-I过量的情况下，溶液中仍含有________（填离子符号）。（5）丁组同学向盛有少量H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的

FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为_____________。【答案】(1).防止2Fe+被氧化(2).2322FeCl2Fe2Cl++−+=+(3).隔绝空气（排除氧气对实验的影响）(4)

.3Fe+(5).232222FeHO2H2Fe2HO+++++=+【解析】【分析】Fe2+具有还原性，不仅能被Cl2氧化，还能被H2O2氧化，甚至能被空气中的O2氧化，所以在保存Fe2+时，一定要避免与强氧化性接触，一定要隔绝空气，或者营

造一个还原性环境。Fe3+具有较强的氧化性，不仅能氧化像Fe、Cu等金属单质，还原氧化I-等，但Fe3+与I-的反应可逆，所以即便I-过量，也不能将Fe3+全部转化为Fe2+。【详解】(1)因为Fe2+易被空气

中的O2氧化为Fe3+，Fe3+能被Fe还原为Fe2+，所以，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止Fe2+被氧化；答案为：防止Fe2+被氧化；(2)FeCl2溶液与氯水反应，生成FeCl3，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl-；答案为：2Fe2++Cl2==2F

e3++2Cl-；(3)Fe2+的溶液中，若与空气接触，易被溶解的O2氧化，为防氧化，常加煤油，煤油的作用是隔绝空气(排除氧气对实验的影响)；答案为：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)；(4)实验②表明：溶液变红，虽然I-过量，溶液中仍含有Fe3+；答案为：

Fe3+；(5)向盛有少量H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，说明Fe2+被氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++

2H2O。【点睛】在保存FeCl2溶液时，需往溶液中加入铁粉或铁钉，以防Fe2+被氧化；为防Fe2+水解，需往溶液中加入一定浓度的盐酸。