高中化学人教版有机化学基础本册总复习总复习 同课异构

河南省安阳市东方外国语高中2023学年高二下期6月月考化学试卷（解析版）1．在密闭容器中合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，在下列情况下，不能使反应速度加快的是A．加入氮气B．扩大容器体积，减小压强C．加入适量催化剂D．适当升高温度【答案】B【解析】试题分析：A．加入氮气，氮气浓度增大，反应速率加快，A不符合题意；B．扩大容器体积，减小压强，反应速率减小，B符合题意；C．加入适量催化剂，反应速率加快，C不符合题意；D．适当升高温度，反应速率加快，D不符合题意，答案选B。考点：考查外界条件对反应速率的而影响2．电子数相等的粒子叫等电子体，下列粒子不属于等电子体的是A．CH4和NH4+B．NO和O2C．HCl和H2SD．NH3和H3O【答案】B【解析】3．下列溶液中Cl－浓度最大的是A.0.4mol·L-1AlCl3B.mol·L-1NaClC.mol·L-1MgCl2D.mol·L-1KClO3【答案】A【解析】略4．下列物质中，按只有氧化性、只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是A．K+、Al、HClB．Cl2、S2-、HNO3C．Na2O2、Na、Fe2+D．O2、SO2【答案】A【解析】试题分析：A．K+中元素化合价是+1价，只有氧化性，Al元素化合价是0价，只有还原性，HCl中的H获得电子变为H2，表现氧化性，Cl元素的化合价是-1价，在反应中失去电子，表现为还原性，因此既有氧化性又有还原性，正确；B．Cl2既有氧化性，又有还原性；S2-只有还原性；HNO3只有氧化性，错误；C．Na2O2中O元素化合价是-1价，既有氧化性，又有还原性，错误；Na只有还原性，Fe2+既有氧化性，又有还原性，错误；D．O2有强的氧化性，SO2既有氧化性，又有还原性，H2O既有氧化性，又有还原性，不符合题意，错误。考点：考查物质的氧化性、还原性的判断的知识。5．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．标准状况下，22.4LCCl4含有C－Cl键的数目为4NB．常温常压下，44g由N2O与CO2组成的混合气体含有的氧原子数目为NAC．反应NH4N32N2↑+2H2↑，常温常压下每生成22.4LN2，转移电子的数目为2ND．1L1mol·L-1的AlCl3溶液中含有Cl－的数目为3NA【答案】D【解析】试题分析：A、标准状况下CCl4不是气体，题给条件无法确定其物质的量，无法确定化学键的数目，错误；B、用极限法可知，常温常压下，44g由N2O与CO2组成的混合气体含有的氧原子数目介于NA和2NA之间，错误；C、由反应NH4N32N2↑+2H2↑知，生成1molN2转移电子的数目为2NA，常温常压下22.4LN2的物质的量不是1mol，转移电子的数目不为2NA，错误；D、1L1mol·L-1的AlCl3溶液中含有Cl－的数目为3NA，正确。考点：考查阿伏加德罗常数及阿伏加德罗定律。6．配制·L-1的NaOH溶液，下列情况会导致溶液浓度偏高的是A．容量瓶使用前有少量蒸馏水B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒C．在转移过程中有溶液撒在外面D．俯视确定凹液面与刻度线相切【答案】D【解析】试题分析：A．容量瓶使用前有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，错误；B．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，则溶质偏少，溶液的物质的量浓度就偏低，错误；C．在转移过程中有溶液撒在外面则溶质偏少，溶液的物质的量浓度就偏低，错误；D．俯视确定凹液面与刻度线相切，则溶液的体积偏小，因此是溶液的浓度偏高，正确。考点：考查物质的量浓度的溶液配制过程中误差分析的知识。7．下列关于有机物的说法不正确的是()①CH3—CH===CH2和CH2===CH2的最简式相同②CH≡CH和C6H6含碳量相同③丁二烯和丁烯为同系物④正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低⑤标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为(NA为阿伏加德罗常数)⑥能够快速、微量、精确地测定相对分子质量的物理方法是核磁共振谱法A．①②⑥B．②③④C．②④⑥D．③⑤⑥【答案】D【解析】试题分析：①CH3—CH===CH2和CH2===CH2的最简式均为CH2，正确；②CH≡CH和C6H6的最简式相同，含碳量相同，正确；③丁二烯和丁烯含有的碳碳双键的数目不同，不为同系物，错误；④支链越多，同分异构体的沸点越低，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低，正确；⑤标准状况下，戊烷表示气体，错误；⑥能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是质谱仪，不是核磁共振氢谱，错误；根据以上分析，不正确的有③⑤⑥，故选D。【考点定位】考查有机物分子组成通式的应用规律【名师点晴】本题考查了常见化学用语的判断，注意掌握同系物、同分异构体、同位素、同素异形体的概念及判断方法，明确各概念的区别。8．下列说法中，正确的是A.酸性：盐酸＞氢硫酸，则得电子能力：Cl＞SB.第二周期元素的最高正化合价从左到右依次升高C.元素原子的最外层电子数越多，其氢化物稳定性越强D.共价化合物中只存在共价键，离子化合物中一定含有离子键【答案】D【解析】试题分析：A、非金属性强弱与非金属氢化物的酸性强弱无关系，而与最高价氧化物的水化物的酸性强弱有关系，即高氯酸的酸性强于硫酸，则得电子能力：Cl＞S，A不正确；B、第二周期的F没有正价，O没有最高价，所以选项B不正确；C、非金属性越强，氢化物的稳定性越强。但元素原子的最外层电子数越多，其氢化物稳定性不一定越强，C不正确；D、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，含有离子键的化合物是离子化合物，因此共价化合物中不可能含有离子键，但离子化合物中可能含有共价键，D正确，答案选D。考点：考查元素周期表的结构、核外电子排布以及元素周期律的应用等9．某同学设计了一种用电解法制取某些物质的通用实验装置(如右图)。下列说法中不正确的是A．如果用于制Fe(OH)2且装置中是氯化钠溶液，电源中“a”为正极，“b”为负极B．如果用于制Fe(OH)2且装置中是氯化钠溶液，则A的电极材料应为铁，而B电极可用某一导电物质如石墨C．如果用于制漂白液，且装置中是氯化钠溶液，电源中“a”为正极，“b”为负极D．如果用于制漂白液，且装置中是氯化钠溶液，电源中“b”电极材料一定不能为铁【答案】C【解析】如果该装置用于制Fe(OH)2且装置中是氯化钠溶液，由于是要生成Fe(OH)2，所以一定要能生成Fe2+和OH-，所以在电解时要以Fe为阳极，所以a为正极；如果用于制漂白液，则电解氯化钠溶液时，要使生成的氯气和氢氧化钠反应，所以在B极要生成氯气，在A极生成NaOH，所以可得B为阳极A为阴极，所以“a”为负极，“b”为正极，且“b”电极材料不能为铁或其他活泼金属，否则不能得到氯气。10．下列关于的说法中正确的是（）A．所有碳原子都在同一平面上B．最多只可能有9个碳原子在同一平面上C．只可能有5个碳原子在同一直线上D．可能有6个碳原子在同一直线上【答案】C【解析】试题分析：乙炔是直线型分子，苯分子是平面分子，乙烯是平面分子，有机物的结构为。A．可以认为乙炔基取代苯分子中的H原子在苯分子的平面上；甲基可以认为是取代乙烯分子中H原子的位置在乙烯的平面上，乙烯平面与苯分子的平面可能在同一平面上，也可能只是两个平面共直线，因此不一定在同一平面上，错误；B．在左侧的乙炔基的两个碳原子在苯分子的平面上；右侧的甲基在乙烯分子的平面上，乙烯分子与苯分子的平面共直线，有可能在同一平面上，因此在该物质的分子中所有碳原子都可能处于同一平面上，因此最多只可能有11个碳原子在同一平面上，错误；C．乙炔是直线型分子，所有原子在同一直线上，由于苯分子是平面正六边形的结构，对角线的原子在同一直线上，乙炔的碳原子可看作是取代苯分子中H原子，因此与连接的碳原子共直线；乙烯基中与苯分子连接的碳原子取代苯分子中的H原子的位置，因此与连接的碳原子在同一直线上，所以最多只有5个碳原子在同一条直线上，正确；D．根据C选项分析可知在该分子中最多共直线的碳原子数目是5个，故选项D错误。考点：考查有机物分子中原子共直线、共平面的有关知识。11．在铁制品上镀上一定厚度的锌层，以下设计方案正确的是A．锌作阳极，镀件作阴极，溶液中含有锌离子B．铂作阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子C．铁作阳极，镀件作阴极，溶液中含有亚铁离子D．锌用阴极，镀件作阳极，溶液中含有锌离子【答案】A【解析】试题分析：电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，电镀液为含镀层金属离子的溶液。所以铁表面镀锌，铁作阴极，锌作阳极，电镀液含Zn2+，选A。考点：考查电镀的工作原理。12．下列物质中，属于同素异形体的是（）和O3B.正丁烷和异丁烷C.氕、氘、氚和Na2O2【答案】A【解析】同素异形体是指同种元素的不同单质。13．对于可逆反应2HI(g)I2(g)+H2(g)，下列叙述能够说明已达到平衡状态的是A．各物质的量的浓度比2:1:1B．容器内的总压不随时间变化C．断裂2molH－I键的同时生成1molI－I键D．混合气体的颜色不再变化时【答案】D【解析】试题分析：A、浓度之比为2:1:1，不能说明正反应速率与逆反应速率相等，故不能判断反应达到平衡，错误；B、该反应前后气体压强始终保持不变，故压强不变不能说反应达到平衡，错误；C、断裂2molH－I键，反应向正反应方向进行，同时生成1molI－I键，反应也向正反应方向进行，故不能说反应达到化学平衡，错误；D、I2是有颜色的，当颜色不再改变时，说明反应达到平衡，正确。考点：化学反应平衡的判断方法。14．下列叙述中，正确的是A．氧化还原反应的本质是元素化合价发生了变化B．所含元素化合价升高的反应物被氧化C．得到电子的物质被氧化D．氧化还原反应中，氧化剂和还原剂一定是两种物质【答案】B【解析】试题分析：A．氧化还原反应的特征是元素化合价发生了变化，其本质为电子的转移，故A错误；B．元素的化合价升高，则失去电子，被氧化，发生氧化反应，故B正确；C．得到电子的物质为氧化剂，在反应中被还原，故C错误；D．氧化还原反应中，同种元素可能既失去电子也得到电子，如氯气与水的反应，氧化剂、还原剂可为同种物质，故D错误；故选B。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大，反应中某元素的化合价降低被还原发生还原反应，某元素的化合价升高被氧化发生氧化反应，所含元素化合价降低的物质是氧化剂，对应的产物是还原产物，所含元素化合价升高的物质是还原剂，对应的产物是氧化剂，氧化还原反应的本质是电子转移，可根据变化的化合价数值与电子转移数目相等判断，以此来解答。15．与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NH4++NH2-据此判断以下叙述中错误的是()A．液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等微粒B．一定温度下液氨中c(NH4+)•c(NH2-)是一个常数D．只要不加入其他物质，液氨中c(NH4+)=c(NH2-)C．液氨的电离达到平衡时c(NH3)=c(NH4+)=c(NH2-)【答案】D【解析】试题分析：A、液氨电离中存在电离平衡，所以液氨中含有NH3、NH4+、NH2-等粒子，故A正确；B、液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的乘积只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以只要温度一定，液氨中c(NH4+)与c(NH2-)的乘积为定值，故B正确；C、只要不破坏氨分子的电离平衡，液氨电离出的NH4+和NH2-的物质的量就相等，因为溶液的体积相等，所以c(NH4+)=c(NH2-)，故C正确；D、液氨的电离是微弱的，所以液氨电离达到平衡状态时，c(NH4+)=c(NH2-)＜c(NH3)，故D错误；故选D。考点：考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识。16．(15分)甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，请回答下列问题：（1）高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁，有关反应为：已知：①CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝＋260kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1则CH4与O2反应生成CO和H2的热化学方程式为__________________________；（2）如下图所示，装置Ⅰ为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置Ⅱ实现铁棒上镀铜。①a处应通入_____(填“CH4”或“O2”)，b处电极上发生的电极反应式是②电镀结束后，装置Ⅰ中KOH溶液的浓度________(填写“变大”“变小”或“不变”，下同)，装置Ⅱ中Cu2＋的物质的量浓度________；③电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH－以外还含有________；④在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则装置Ⅰ中理论上消耗氧气________L(标准状况下)。【答案】（1）2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝－46kJ·mol－1（3分）（2）①CH4（2分）O2＋2H2O＋4e－=4OH－（2分）；②变小（2分）；不变（2分）；③CO32-（2分）④（2分）。【解析】试题分析：（1）①×2+②，整理可得：2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝－46kJ·mol－1；（2）要实现铁棒上镀铜，应该Cu作阳极，与电源的正极连接，则b处通入O2，a处通入燃料CH4。在正极上，b处电极上发生的电极反应式是O2＋2H2O＋4e－=4OH－；a处发生反应：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，总反应方程式是：CH4+3O2+2KOH=K2CO3+3H2O。对于装置Ⅰ，由于反应不断消耗KOH，所以电镀结束后，装置Ⅰ中KOH溶液的浓度逐渐减小；装置Ⅱ中Cu2＋不断在阴极Fe放电产生Cu单质附着，在阳极，Cu不断失去电子变为Cu2+进入溶液，所以Cu2+的物质的量浓度不变。③由于装置Ⅰ总反应方程式是：CH4+3O2+2KOH=K2CO3+3H2O。所以电镀结束后，装置Ⅰ溶液中的阴离子除了OH－以外还含有CO32-；④在此过程中若完全反应，装置Ⅱ中阴极质量变化12.8g，则n(Cu)=12.8g÷64g/mol=，n(e-)=×2=。由于在整个闭合回路中电子转移数目相等，所以n(O2)=÷4=,则装置Ⅰ中理论上消耗氧气V(O2)=n·Vm=×22.4L/mol=2.24L。考点：考查热化学方程式的书写、电极的判断、燃料电池、电镀、氧化还原反应的有关计算的知识。17．（12分，每空2分）一定的条件下，在某一容积为2L的密闭容器内，物质A、B、C发生某种放热化学反应，反应中物质A、B、C的浓度随时间变化情况如图1：（1）该反应化学方程式为_____________________________________，该反应的逆反应化学平衡常数表达式为___________；（2）根据图1数据，反应开始至达到平衡时，平均速率v(C)为________________；（3）反应达到平衡后，第8分钟时：①若升高温度，C浓度的变化正确________；（用图2中a～f的编号回答）②若加入B，该反应的平衡常数将____________。（填“增大”或“不变”或“减小”）（4）反应达到平衡后，第8分钟时，若反应容器的容积扩大一倍，请在图3中用“粗线条”画出8分钟后C浓度的变化情况。【答案】（每空2分，总计12分）（1）A+B2C；（2）(L•min)或(L•min)；（3）①c； ②不变。（4）【解析】试题分析：（1）开始反应时反应物的浓度减少，生成物的浓度增大，最后浓度都不再变化，故A、B是反应物，C是生成物，根据化学计量数之比只与反应的物质的量之比，因此，反应方程式为：A+B2C。化学平衡常熟等于反应物的浓度幂之积除以生成物的浓度幂之积的值，故逆反应化学平衡常数表达式为。（2）根据公式计算，v(C)=∆c(C)/∆t=(mol/L)/3min=(L•min)。（3）①升高温度，化学平衡逆向移动，C的浓度会减少，故c图像是正确的。②平衡常数只与温度有关，故平衡常数不变。（4）反应是前后气体体积不变的反应，改变容器的体积(气体的压强)，化学平衡不移动，体积扩大一倍，物质的浓度都减少一半。考点：化学反应速率的计算化学平衡的移动化学平衡常数点评：本题考查了反应速率、平衡常数计算和平衡移动，难度适中，注意化学平衡常数与温度有关。18．1）在实验室中用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，其反应的化学方程式为_______________；（2）某同学欲制取2.24L（标况）氯气，其做法是称取8.7g二氧化锰与40mL10mol·L—1的浓盐酸反应，其做法能否达到目的_______________（填“能”、“或“不能”）。通过计算和文字叙述说明之。加热【答案】（6分）加热（1）MnO2+4HCl（浓）====MnCl2+Cl2↑+2H2O（2分）（2）不能（1分）；由方程式计算知，生成2.24L（标况）氯气需8.7g二氧化锰和molHCl，与所给二氧化锰和盐酸相当。而在此反应中，盐酸浓度低时反应就不能进行，所以盐酸必须过量，因此不能达到目的（其他合理解释也可）。（3分）【解析】略19．Ⅰ．用50mLmol/L盐酸与50mLmol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。已知比热容是J/(g.℃)。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃器材是（2）如果用60mol/L盐酸与50mol/LNaOH溶液进行反应，反应过程温度差平均值是3.4摄氏度，与上述实验相比，所放出的热量不相等，则所求中和热(填“相等、不相等”)；则该条件下测得的中和热（溶液密度均取1g/mL，保留两位小数）的热化学离子方程式是Ⅱ．测定某混合气中ClO2的含量：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入一定体积稀硫酸；②将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；③用mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液（I2+2S2O32-＝2I－+S4O62-)，指示剂显示终点时共用去mL硫代硫酸钠溶液。（3）锥形瓶中加入的指示剂通常是；滴定前尖嘴有气泡，滴定后仰视读数则使得测量结果（偏高、偏低、无影响）（4）锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式是【答案】（共12分。每空２分）（1）环形玻璃搅拌棒；（2）相等；H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)ΔH=－kJ/mol；（3）淀粉溶液；偏高；（4）2ClO2＋10I-＋8H+＝2Cl-＋5I2＋4H2O。【解析】试题分析：（1）为了使酸碱中和反应快速进行，要使反应物充分混合，所以缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒；（2）反应放出的热量与反应物的多少有关，由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1mol水所放出的热量，与反应的酸碱的多少无关，故所求中和热相等；物质反应时要以不足量的物质为标准计算，n(H2O)=mol/L×0.05L=，Q=cmt=J/(g.℃×110g×3.4℃=1563J=，所以该条件下测得的中和热是∆H=÷=kJ/mol，因此该反应的热化学离子方程式是H+(aq)+OH－(aq)=H2O(l)ΔH=－kJ/mol；（3）由于I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以锥形瓶中加入的指示剂通常是淀粉溶液；滴定前尖嘴有气泡，滴定后仰视读数会使消耗的标准溶液的体积偏大，使得测量结果偏高；（4）在锥形瓶内，在酸性条件下，ClO2与碘化钾反应产生KCl、I2和水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式是2ClO2＋10I-＋8H+＝2Cl-＋5I2＋4H2O。考点：考查酸碱中和滴定、反应热的计算、热化学方程式和离子方程式的书写的知识。20．二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义．（1）工业上用黄铁矿（FeS2，其中S元素为-l价）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3，该反应中被氧化的元素是_________（填元素符号）。当该反应转移电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为_________L．（2）实验室中用如图1所示的装置测定SO2催化氧化为SO3，的转化率。（已知SO3熔点为16.8℃，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2的影响．）①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是____________．②实验过程中，需要通入氧气．试写出一个用图2所示装置制取氧气的化学方程式____________．③当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是____________．④实验结束后，若装置D增加的质量为mg，装置E中产生白色沉淀的质量为ng，则此条件下二氧化硫的转化率是____________（用含字母的代数式表示，不用化简）。（3）某学习小组设计用如图3装置验证二氧化硫的化学性质．①能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为____________．②为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验：方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀上述方案中合理的是_______________（填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；试管b中发生反应的离子方程式为__________________．【答案】（1）Fe、S；；（2）①打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；②2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；③使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；④m/80/(m/80+n/233)；（3）①试管a中出现淡黄色浑浊；②方案Ⅲ：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。【解析】试题分析：（1）在反应4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3中，化合价升高的Fe、S元素在反应中被氧化；根据反应方程式可知：每有44mol电子转移，会反应产生8molSO2，则反应转移电子，产生SO2的物质的量是n(SO2)=÷44mol)×8mol=，其在标准状况下的体积是V(SO2)=×22.4L/mol=11.2L；（2）①简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作是①打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，慢慢滴加；②用图2所示装置是固体混合物加热制取气体的装置，则制取氧气的化学方程式是2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑；③当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是使残留在装置中的二氧化硫和三氧化硫被充分吸收；④实验结束后，若装置D增加的质量为mg，则反应产生SO3的质量是mg；装置E中产生白色沉淀的质量为ng，由于未反应的SO2会被硝酸氧化产生硫酸，与溶液中的钡离子结合形成BaSO4沉淀，根据S元素守恒可知SO2的物质的量n/233mol，则此条件下二氧化硫的转化率是m/80÷(m/80+n/233)；（3）①二氧化硫具有氧化性，可以和最低价的硫化钠发生氧化还原反应，生成淡黄色的沉淀S，故证明其氧化性的现象是：试管a中出现淡黄色浑浊；②方案I：向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能是氯水中的氯离子产生的作用，方案Ⅱ：向第二份溶液加入品红溶液，红色褪去，可以是氯水中含有的漂白性物质次氯酸起的作用；方案Ⅲ：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含硫酸根离子，是二氧化硫在酸性环境下被氯水氧化生成的，即SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-。S元素的化合价升高，失去电子，被氧化，体现二氧化硫的还原性，则实验设计合理。考点：考查二氧化硫的性质及实验设计的知识。21．将氯气通入含有的溶液中，反应后将溶液加热蒸干得到8.05g固体，求反应中消耗的氯气质量。【答案】3.55g【解析】可由两种固体质量差为出发点进行计算，即用差量法求解。2NaBr+Cl2=2NaCl+Br22×103 71 2×根据反应式的重量关系，只要有71gCl2参与反应，必有206gNaBr转化为117gNaCl，也就是固体重量必减少(206-117)=89g，从而避开Cl2用量是否充足的问题，使计算过程简单化。设通入的Cl2重量为x2g2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2Δm206 71 117 206-117=89 x2 则反应中消耗的氯气重量是3.55g。22．下列图示中，A、C是生活中常用的两种金属，其余物质均为化合物，且化合物B是红棕色粉末请回答：（1）组成A的元素在周期表中的位置是．（2）Y→X发生反应的离子方程式为，W→U发生反应的离子方程式为．（3）U的溶液中加入NaOH溶液，在空气中放置一段时间，观察到此过程中的现象是．（4）下列说法中正确的是（填序号）．a．工业中可用电解熔融氧化物的方法冶炼单质Ab．相同物质的量的单质A与过量盐酸、NaOH溶液反应生成等质量的气体c．可以用KSCN溶液检验化合物W溶液中的金属阳离子．【答案】（1）第三周期第ⅢA族；（2）Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）有白色沉淀出现，白色沉淀迅速变为灰绿色，逐渐变为红褐色；（4）abc．【解析】A、C是生活中常用的两种金属，其余物质均为化合物，且化合物B是红棕色粉末，则B为Fe2O3，单质A与B反应生成单质C与D，该反应应为铝热反应，A为Al，C为Fe，D为Al2O3，铁与氯气反应生成W为FeCl3，铁与盐酸反应生成U为FeCl2，铝与氢氧化钠反应生成X为NaAlO2，铝与盐酸反应生成Y为AlCl3，氯化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，符合各物质的转化关系，（1）A为Al，铝元素在周期表中的位置是第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；（2）氯化铝与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+（3）氯化亚铁的溶液中加入NaOH溶液生成白色的氢氧化亚铁，在空气中放置一段时间，观察到的现象是有白色沉淀出现，白色沉淀迅速变为灰绿色，逐渐变为红褐色（4）a．工业中可用电解熔融氧化铝的方法冶炼