安徽师大附中高一下学期期中考试化学试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精安徽师大附中2013～2014学年第二学期期中考试高一化学试卷相对原子质量:H1C12N14O16Na23S32Cu64第Ⅰ卷选择题(共54分)一、本题包括18小题，每小题3分,共54分。每小题只有一个选项符合题意1。某溶液中含有HCOeq\o\al(－，3)、SOeq\o\al(2－,3）、Cl－和Na＋,若向其中通入足量的Cl2，溶液中上述四种离子的浓度基本保持不变的是A．HCOeq\o\al(－,3)B．SOeq\o\al(2－，3）C．Cl－D．Na＋【考点】本题以氯气的性质为载体考查了离子反应，明确离子之间发生的反应是解本题关键，难度不大。【解析】向含有HCO3—、SO32-、Cl—和Na+的溶液中通入氯气，发生的离子反应有:Cl2+H2O=H++Cl-+HClO、Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-、H++HCO3—=CO2+H2O，所以离子浓度基本保持不变的是Na＋.【答案】D2.下列实验过程中，始终无明显现象的是A．HCl通入Fe（NO3)2溶液中B．CO2通入Ca(NO3)2溶液中C．Cl2通入Na2SiO3溶液中D．NH3通入Ca（HCO3)2溶液中【考点】本题考查物质的性质，熟悉二氧化硫、氨气、二氧化碳、HCl通入溶液中发生的反应是解答本题的关键，题目难度不大。【解析】A．HCl通入Fe(NO3）2溶液中反应生成铁离子，溶液由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B．因CO2通入Ca(NO3）2溶液中不反应，现象不明显，故B选；C、Cl2通入硅酸钠溶液中，HCl和硅酸钠反应生成白色的硅酸沉淀,现象明显，故C错误；D、NH3通入Ca（HCO3）2溶液中会产生白色沉淀。【答案】B3.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A．常温常压下,4。6gNO2或N2O4气体中所含原子总数均为0。3NAB．标准状况下，22。4mLBr2所含的分子数为0.001NAC．标准状况下，22.4L的Cl2与1molFe充分反应，转移的电子数为3NAD．100mL0。1mol•L-1的H2SO3溶液中,H＋总数为0.02NA【考点】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算应用，主要考查气体摩尔体积的条件应用,质量换算物质的量计算微粒数,溶液浓度和体积的计算关系分析，题目较简单.【解析】A、把1个N2O4分子看成是2个NO2分子计算，原混合气体相当于4。6gNO2，n（NO2)=m（NO2)/M(NO2）=4.6g/（46g/mol）=0。1mol所以原混合气体中原子数目:N(O)=nxNA=3molxNAmol—1=0。3NA，A正确；标准状况下Br2不是气态，B错误；Cl2与Fe充分反应，Fe过量，转移的电子数小于3NA，C错误。D、H2SO3是弱酸，不能完全电离,H＋总数小于0.02NA，D错误。【答案】A4。下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是选项操作现象解释或结论A过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴加KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋BAl箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被稀HNO3氧化,形成致密的氧化膜C向某溶液中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口试纸未变蓝不能确定该溶液中是否含有NHeq\o\al（＋,4)D向紫色石蕊试液中通入SO2溶液褪色SO2QUOTE有漂白性【考点】元素化合物的性质【解析】A、过量的Fe粉中加入稀HNO3，反应的离子方程式为3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，所以滴加KSCN溶液，溶液不变色,A错误;Al箔插入浓HNO3中才发生钝化反应，在Al箔表面才能形成致密的氧化膜,B错误;C、试纸未变蓝说明没有氨气生成，即不能确定该溶液中是否含有NHeq\o\al（＋，4），C正确；D、SO2不能漂白酸碱指示剂，D错误。【答案】C5。下列离子方程式正确的是A．NO2通入AgNO3溶液中：3NO2＋H2O＝2NO3－＋NO＋2H＋B．过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2＋2OH－===SOeq\o\al(2－,3)＋H2OC．过量NaOH滴入NH4HCO3稀溶液中：NHeq\o\al(＋,4)＋OH－===NH3·H2OD．铜片加入稀HNO3中：Cu＋2NO3－＋4H＋===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O【考点】本题难度不是很大，考查离子方程式的书写，解题时注意从化学式、离子符号、电荷守恒、是否符合反应实际的角度分析离子方程式的书写是否正确。【解析】B，过量SO2与NaOH溶液反应的化学方程式：SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2＋OH－===HSO3－＋H2O；B、少量NH4HCO3与过量NaOH反应生成碳酸钠、氨气、水，其离子反应为NH4++2OH-+HCO3—═NH3↑+H2O+CO32-；D、铜片加入稀HNO3中发生的离子方程式为:3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO↑+4H2O。【答案】A6.常温，下列气体不能共存且发生的反应属于非氧化还原的是A．NO和O2B．SO2和H2SC．NH3和HClD．Cl2和SO2【考点】元素化合物的性质【解析】A、2NO+O2=2NO2（氧化还原反应）;B、SO2+2H2S=3S+2H2O（氧化还原反应）；C、NH3+HCl=NH4Cl（非氧化还原反应）;D、Cl2和SO2在空气中能共存。【答案】C7.(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反应：4(NH4)2SO4＝N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，将反应后的混合气体先通过置于冰水浴的U型管,再通入足量的BaCl2溶液,结果为A．产生BaSO4和BaSO3沉淀B．无沉淀产生C．产生BaSO4沉淀D．产生BaSO3沉淀【考点】本题考查了物质反应的定量计算及物质性质的综合应用，关键是分析反应过程反应判断沉淀生成的实质，题目难度中等【解析】先通过置于冰水浴的U型管时，NH3和SO3溶于水，再通入足量的BaCl2溶液的气体是

SO2，所以生成的沉淀是BaSO3。【答案】D8。某同学对一瓶Na2SO3固体样品进行如下实验:取出少量，加水完全溶解，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，仍有白色沉淀剩余。下述叙述正确的是A．无法确定样品中钠、硫元素的质量比B．Na2SO3已被氧化C．加入Ba(NO3）2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4D．加入稀硝酸后的沉淀一定是BaSO4【考点】本题考查了离子检验方法的应用，主要是硫酸根离子的检验方法和现象分析，干扰离子的判断,硝酸根离子在酸溶液中的氧化性是解题关键，题目难度中等【解析】B、取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀一定是BaSO4，但硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，故B错误；C、加入Ba（NO3）2溶液后，当亚硫酸钠未被氧化时，亚硫酸钠和硝酸钡反应生成亚硫酸钡沉淀和硝酸钠，所以加入Ba（NO3)2溶液后生成的沉淀中不一定含有BaSO4,故C错误；D、取少量溶液,滴入Ba（NO3）2溶液,产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸,充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子,加硝酸后亚硫酸根被氧化成硫酸根离子,所以加硝酸后的不溶性沉淀一定不是BaSO3一定是BaSO4,故D正确；【答案】D9。气体甲（中学常见）通入溶液乙中，随着甲的通入,溶液乙的颜色逐渐褪去，加热褪色后的溶液不再恢复原来的颜色.下列说法正确的是A．气体甲一定不是SO2B．气体甲一定是Cl2C．气体甲一定不是发生了化合反应D．气体甲一定被溶液乙氧化【考点】本题考查了物质的推断,根据物质的性质来分析解答，注意二氧化硫和次氯酸、臭氧漂白性的区别，注意二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色,为易错点。【解析】A、若溶液乙是品红溶液，使品红溶液褪色的物质有氯气、二氧化硫、臭氧等气体，AB错误；C、加热后溶液不能复原，说明此漂白不是化合型漂白，即气体甲一定不是发生了化合反应，C正确。【答案】C10。下列所用的酸在反应中同时表现酸性和氧化性的是A．用浓盐酸与KMnO4反应制取Cl2B．向蔗糖中加入浓H2SO4，固体变黑膨胀C．用稀硫酸与CuO反应制取胆矾D．用浓硝酸除去铝表面的铜镀层【考点】本题考查了盐酸、硝酸、浓硫酸的性质，根据元素化合价来分析解答即可，明确元素化合价是解本题关键，题目难度不大。【解析】A、浓盐酸与KMnO4反应制取2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O中，浓盐酸同时表现酸性和氧化性，A正确；B、向蔗糖中加入浓H2SO4体现了浓硫酸的脱水性；C、用稀硫酸与CuO反应制取胆矾体现了硫酸的酸性；D、用浓硝酸除去铝表面的铜镀层体现了浓硝酸的强氧化性。【答案】A11.保存下列试剂时，不需使用棕色试剂瓶的是A．NaHCO3B．浓硝酸C．氯水D．AgBr【考点】本题要求熟练掌握物质的性质，要注意只有见光易分解的物质才不存在棕色试剂瓶中。【解析】B、浓硝酸易分解储存在棕色试剂瓶中,B不选；C、氯水中的次氯酸见光易分解而导致Cl2水变质且氯水是液体，所以应储存在棕色细口瓶中，故C不选;AgBr见光易分解，所以应储存在棕色瓶中，故D不选。【答案】A12．下列实验装置中能达到实验目的的是A．以NH4Cl为原料,装置①可用于实验室制备少量NH3B．装置②装满水后由b口进气可收集H2、NO等气体C．装置③可用于制取、收集NO2D．装置④可用于除去Cl2中的HCl①②③④【考点】本题主要考查学生对基本实验操作正确与否的判断，要求同学们要熟练掌握物质的基本物理和化学性质。【解析】A、实验室制氨气采用熟石灰和氯化铵固体混合加热的方法，而不是加热氯化铵固体,A错误;C、实验室收集NO2采用向上排空气法而不是排水法,C错误;D、NaOH溶液能和HCl发生反应，D错误。【答案】B13.下列反应中转移电子的物质的量不等于2mol的是A。1molAl与含1molH2SO4的稀硫酸溶液反应B。1molCu与含4molHNO3的稀硝酸溶液反应C.1molMnO2与含2molH2O2的双氧水反应D.1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸共热【考点】本题考查学生氧化还原反应中的电子转移情况，可以根据所学知识进行回答，难度不大。【解析】A、1molAl与含1molH2SO4的稀硫酸溶液反应，Al过量，所以转移2mol电子，故A不选；B、铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，化学方程式为3Cu+8HNO3═3Cu(NO3）2+2NO↑+4H2O，稀硝酸过量，1molCu参加反应转移2mol电子，B不选确;C、MnO2与作为催化剂参与反应，根据化学方程式2H2O2

2H2O+O2↑，2molH2O2可知参加反应转移的电子数是2mol，C不选；D、Cu只与浓硫酸反应,随着反应的不断进行，硫酸浓度降低，反应停止,所以参加反应Cu的物质的量小于2mol，即转移的电子数也小于2mol，D选.【答案】D14。无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体经过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为NH3、NO2、N2（体积比5∶16∶4）B．NH3、NO、CO2（体积比5∶8∶12）C．NH3、NO2、CO2（体积比3∶8∶4)D．NO、CO2、N2（体积比8∶12∶5）【考点】本题考查学生常见气体的检验和性质，是一道气体的鉴别题目，难度不大。【解析】二氧化氮是红棕色的气体，所以一定不存在，甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80毫升，说明一定有NH3存在，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色,说明有NO、CO2，排水法收集气体,广口瓶被上升的水注满，说明没有N2。故选B.【答案】B15．已知氨气可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体.下列有关说法正确的是A．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3B．装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙C．装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝D．为防止装置D中发生倒吸，可以改用向下排空气法收集氮气【考点】本题考查学生氨气的实验室制法、干燥以及氨气的还原性方面的知识,结合实验来考查,增加了难度.【解析】A、氨气与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜的化学方程式为2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu，反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，A错误；B、制得的氨气中含有杂质水,可以用碱石灰来吸收。由于无水氯化钙能吸收氨气，用氯化钙来干燥潮湿氨气时，得到的是八氨合氯化钙这个络合物，即CaCl2+8NH3=CaCl2•8NH3;因此不可以用无水氯化钙干燥氨气;C、氨气还原氧化铜之后剩余的氨气和产生的水蒸气在冷凝时会形成氨水，具有氨气分子和结晶水的成分,氨水可以使使红色石蕊试纸变蓝，C正确；D、氨气的密度比空气小，只能采取向下排空气法,D错误.【答案】C16.已知SOeq\o\al(2－，3)的还原性大于I－的还原性，某无色溶液中可能含有I－、NHeq\o\al（＋,4)、Cu2＋、SOeq\o\al（2－，3）,向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是①肯定不含I－②肯定不含Cu2＋③肯定含有SOeq\o\al(2－,3）④可能含有I－A．①③B．①②③C．③④D．②③④【考点】本题考查了氧化还原反应顺序进行的规律应用，离子性质的分析判断是解题关键,题目难度中等.【解析】溶液是无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色,由于离子还原性SO32—＞I—，说明溶液中可以含I-，但一定含有还原性离子被溴单质氧化，判断一定含有SO32-；分析判断可知,溶液中一定含有SO32-,一定不含Cu2+,可能含有I—,铵根离子不能确定;①溶液中可以含有I-，故①错误；②溶液是无色，肯定不含Cu2+,故②正确；③原溶液中一定含有SO32-，故③错误；③加入的少量溴水，已知还原性SO32-＞I—,溴单质只氧化SO32—，溶液为无色，所以I-可能含有，故③正确；故选D.【答案】D17.某固体物质和某溶液在一定条件下反应，产生气体的相对分子质量(或平均相对分子质量)为45，则发生反应的物质不可能是A．Zn和浓H2SO4B．C和浓HNO3C．Na2O2和NH4Cl浓溶液D．Cu和浓HNO3【考点】本题考查硝酸和硫酸的性质,侧重于学生的分析能力和基础知识的综合运用,注意把握物质的性质，答题时注意混合气体的平均相对分子质量的大小，难度不大。【解析】题中涉及物质的反应可生成两种气体，产生气体的相对分子质量（平均相对分子质量）为45，则应有相对分子质量大于45和相对分子质量小于45的气体生成,结合反应生成气体的相对分析质量进行判断。A．Zn和浓H2SO4反应生成二氧化硫，随着反应的进行,浓硫酸变稀,Zn和稀H2SO4反应生成氢气,平均相对分子质量介于2～64，平均相对分子质量可为45，故A不选;B．C和浓HNO3反应生成二氧化硫和二氧化氮，平均相对分子质量介于46～44，平均相对分子质量可为45,故B不选；C．Na2O2和NH4Cl浓溶液反应生成氧气和氨气，相对分子质量都小于45，故C选;D．Cu和浓HNO3反应生成二氧化氮，随着反应的进行,硝酸变稀，生成一氧化氮，平均相对分子质量介于28~46，平均相对分子质量可为45，故D不选;故选：C.【答案】C18。将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，共产生NO气体4。48L(标准状况），向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L—1的NaOH溶液至沉淀完全。则下列有关叙述中不正确的是 A．开始加入合金的物质的量之和为0.3molB．反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为3∶1 C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为200mLD．生成沉淀的质量比原合金的质量增加10.2g【考点】本题主要考查混合物有关计算，涉及镁铜与硝酸反应、生成的盐与氢氧化钠反应,侧重于学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力的考查，是一道考查能力的好题,难度较大【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀)=3Mg(NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀)=3Cu（NO3)2+2NO↑+4H2O,向反应后的溶液中加入过量的3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3）2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3、Cu(NO3）2+2NaOH=Cu（OH)2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜.n（NO)==0。2mol，A、根据化学方程式3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3)2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，可知参加反应的金属与生成NO的物质的量之比3：2,所以参加反应的金属的物质的量是0。3mol，A正确；B、根据化学方程式3Mg+8HNO3（稀)=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3）2+2NO↑+4H2O,可知做氧化剂的硝酸的物质的量是2mol,显酸性的硝酸的物质的量是6mol，所以反应中被还原和未被还原的硝酸物质的量之比为1∶3，B错误；C、根据化学方程式Mg（NO3）2+2NaOH=Mg(OH）2↓+2NaNO3、Cu(NO3)2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，可知参加反应的金属离子的物质的量和参加反应NaOH的物质的量之比是1：2，所以消耗NaOH的物质的量是0.4mol，即体积为200ml，C正确；D、根据化学方程式Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3,生成的沉淀比金属质量增加，增加是氢氧根的质量，参加反应氢氧根的物质的量是0.6mol，所以m(OH-）=0。6mol17g/mol=10.2g，D正确。【答案】B

第Ⅱ卷非选择题（共46分)二、本题包括4小题，共46分19.（10分）近几年我国某些城市酸雨污染较为严重，主要是因为大量燃烧含硫量高的煤而形成的.【实验目的】通过实验证明煤中含有碳元素和硫元素。【查阅资料】（1）“二氧化硫能使高锰酸钾溶液褪色(由紫红色变为无色),请完成该反应的离子方程式:（）SO2+（)MnO4—+（）＝(）+（）Mn2++()根据上述资料，甲同学和丙同学分别设计实验方案进行探究。【实验探究】甲同学:甲同学进行了如下图所示A、B两步实验：“实验现象"：A中稀高锰酸钾溶液褪色，B中澄清石灰水变浑浊。“得出结论”：煤燃烧生成二氧化硫和二氧化碳，证明煤中含有碳元素和硫元素。（2)乙同学认为甲的方案不合理，其理由是：【实验探究】丙同学：丙同学进行了如下图所示实验（部分装置在图中略去）：（3）上图C装置的作用是（4)证明煤中含有碳元素和硫元素的现象是:（5）装置C中的高锰酸钾溶液也可以替换为A．足量I2的淀粉溶液B.足量饱和NaHCO3溶液C．足量Na2SO3溶液D．足量溴水【考点】通过回答本题知道了根据质量守恒定律计算化学式的方法（利用反应前后原子个数不变），还弄懂了二氧化硫与二氧化碳的检验方法，二氧化硫用高锰酸钾溶液来检验,二氧化碳用石灰水检验。【解析】(1)二氧化硫的化合价从+4升高到+6，升高了2价，高锰酸钾中锰元素化合价从+7降到+2，下降了5价，所以二氧化硫前边系数是5,高锰酸钾系数是2，Mn2+系数是2，SOeq\o\al（2－，4）系数5，根据原子守恒得到化学反应系数即可，故答案为：5；2；2；5;2；4；（2）由二氧化硫和二氧化碳一样，也能使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳之前先检验二氧化硫，再将之除尽，最后检验二氧化碳，故答案为：二氧化硫也能使澄清的石灰水变混浊,无法证明煤中含有碳元素；(3）由二氧化硫和二氧化碳一样，也能使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳之前先检验二氧化硫,再将之除尽,故答案为：除去过多的二氧化硫或排除二氧化硫的干扰;（4)二氧化硫的检验用品红，二氧化硫会使之褪色，二氧化碳检验用澄清石灰水，检验二氧化碳之前先检验二氧化硫，再将之除尽，最后检验二氧化碳，二氧化碳能使石灰水变浑浊，故答案为:B中溶液褪色,C中溶液不褪色，D中溶液变浑浊；（5）高锰酸钾溶液的作用就是充当氧化剂，所以我们可以选择足量I2的淀粉溶液或者足量溴水.【答案】（10分）每空2分，合理给分（1）(5）SO2+（2）MnO4-+（2）H2O＝(5)SOeq\o\al(2－,4)+（2）Mn2++（4）H＋［(2）SO2也能使澄清石灰水变浑浊，不能证明煤中含有碳元素（3）除去SO2并检验其是否除尽(4）B中褪色，C中不褪色，D中变浑浊（5）AD20。(15分)化学实验有助于理解化学知识,提升科学素养.某学习小组在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关探究。(1）已知发生装置如右图所示。制备实验开始时，先检查装置气密性,接下来的操作依次是（填序号）A.往烧瓶中加入MnO2粉末B.加热C.往烧瓶中加入浓盐酸（2）该小组关于实验中可制得氯气体积（标准状况）的讨论正确的是A．若提供0.4molHCl，MnO2不足量，则可制得氯气2。24LB．若提供0。4molHCl，MnO2过量，则可制得氯气2。24LC．若有0.4molHCl参与反应，则可制得氯气2。24LD．若有0。4molHCl被氧化,则可制得氯气2。24L(3)将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子有________（填微粒符号）(4）下列收集Cl2的正确装置是________。ABCD(5）该小组利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对Cl2进行尾气处理。=1\*GB3①请完成吸收初期的化学方程式：Cl2+Na2SO3+2NaOH=________________=2\*GB3②吸收一段时间后，某同学取出2mL吸收后的溶液（强碱性）于试管中，充分振荡后向其中滴加3～4滴淀粉—KI溶液，发现溶液先变蓝,随即又褪去。溶液先变蓝，说明吸收后的溶液中存在(填微粒符号），用离子方程式表示蓝色褪去的可能原因:【考点】化学实验、氯气的实验室制法【解析】(1）先往往烧瓶中加入MnO2粉末、再往烧瓶中加入浓盐酸、然后开始加热；（2）稀盐酸还原性较弱，不能与二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气,若提供0.4molHCl，MnO2无论是否足量，生成的氯气的体积都小于2。24L；发生反应为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，根据方程式可知，若有0。4molHCl参与反应，则可制得氯气的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L；若有0.4molHCl被氧化,则可制得氯气的体积为0。2mol×22。4L/mol=4。48L,故选C.（3）将Cl2通入水中，发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO，所得溶液中具有氧化性的含氯粒子为Cl2HClOClO-；(4）氯气是比空气中的可溶于水水的有毒气体；A、导气管位置正确，因为氯气比空气重用向上排气方法,但只有进气口，无出气口，无法排出气体，故A错误；B、此装置是用来收集比空气轻的气体，若收集氯气，需要短进长出，故B错误；C、装置长进短出可以收集比空气重的气体氯气，剩余的氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸,用倒扣在水面的漏斗,符合要求，故C正确；【答案】(15分）（1）ACB（2分）(2)C（2分）(3）Cl2、ClO－、HClO(3分）(4)C（5）2NaCl＋Na2SO4＋H2O（2分）ClO－（2分）；I2＋2OH－＝I－＋IO－＋H2O（2分）21.（15分）安徽省从2013年12月1日零时起，车用汽油升级为“国Ⅳ"标准，对二氧化硫的排放有了大大的改善。已知SO2可以用Fe（NO3)3溶液吸收，0。1mol/L的Fe(NO3）3溶液的pH＝2。某学习小组据此展开如下相关探究：【探究I】铜与浓硫酸的反应探究：（l)取12.8g铜片于三颈烧瓶中，通N2一段时间后再加入20mL18mol•L—1的浓硫酸,加热。装置A中有白雾（硫酸酸雾)生成，装置B中产生白色沉淀，充分反应后，烧瓶中仍有铜片剩余.①该小组同学认为烧瓶中除有铜片剩余外还应有较多的硫酸剩余，其原因是：___________________②该小组同学欲通过测定产生气体的量来求余酸的物质的量，设计了多种实验方案。下列方案不可行的是______A．将产生的气体缓缓通过预先称量的盛有碱石灰的干燥管，结束反应后再次称重B．将产生的气体缓缓通入足量硫酸酸化的高锰酸钾溶液后，再加入足量的BaCl2溶液,测量所得沉淀的质量C．用排饱和NaHSO3溶液的方法测定其产生气体的体积(折算成标准状况）【探究II】装置B中产生沉淀的原因探究:（2）加入浓硫酸之前先通N2一段时间，其目的是____(3)经过讨论，该小组对装置B中产生沉淀的原因，提出下列猜想（不考虑各因素的叠加）：猜想1：装置A中的白雾进入B参与反应猜想2:SO2被Fe3+氧化为SOeq\o\al(2－，4）猜想3：(4）甲同学认为只要在装置A、B间增加洗气瓶C，就可以排除装置A中白雾影响，则C中盛放的试剂是（5）乙同学取出少量装置B中清液，加入几滴酸性高锰酸钾，发现紫红色褪去,据此认为猜想2成立。你是否同意其结论？并说明理由:________________________________________________【思考与交流】（6）实验结束后，若使烧瓶中铜片继续溶解,下列方案（必要时可加热）可行的是A．打开弹簧夹，通入O2B．由分液漏斗加入H2O2溶液C．由分液漏斗加入NaNO3溶液D。由分液漏斗加入Na2SO4溶液【考点】本题考查浓硫酸的性质实验探究，题目难度中等，注意把握二氧化硫的性质为解答该题的关键，注意二氧化硫的还原性为重要知识点.【解析】（1）①Cu只和浓硫酸发生反应,所以随着反应进行，硫酸变稀，与铜片不反应；②A．将装置产生的气体缓缓通过预先称量过盛有碱石灰的干燥管,结束反应后再次称量,由于气体中含有水蒸气，碱石灰会吸收二氧化硫和水蒸气，称量后计算不准确，故A错误；B．将产生的气体缓缓通入足量Na2S溶液后，二氧化硫中+4价的硫和硫化钠中—2价硫发生价态归中反应生成零价的硫单质，可通过测量所得沉淀的质量进行二氧化硫的气体体积测定，但是高锰酸钾溶液会消耗二氧化硫，所以故B错误；C．用排饱和NaHSO3溶液的方法测出装置A产生气体的体积，二氧化硫在饱和NaHSO3溶液中的溶解度降低，可以用排水量气方法进行二氧化硫的气体体积测定，故C正确；故答案为：AB；（2)为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为打开弹簧夹,向装置中通入一段时间的N2,关闭弹簧夹;(3）猜想3：两种离子都氧化二氧化硫,即SO2和Fe3+、酸性条件下NO3-都反应，故答案为：SO2和Fe3+、酸性条件下NO3-都反应；(4）除去二氧化硫气体中混有白雾（硫酸酸雾),我们可以用NaHSO3饱和溶液；（5）证明该猜想1中生成的还原产物，某同学取少量溶液滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，该同学做法错误，因高锰酸钾具有强氧化性,二氧化硫具有还原性，所以两者发生氧化还原反应，SO2也可以使酸性高锰酸钾褪色；(6）按猜想2，在酸性条件下SO2与NO3-反应,实验中c（NO3-)=3mol/L，则可用6.0mol•L—1NaNO3和0。2mol•L—1盐酸等体积混合的溶液代替，故答案为：C；也可以加入氧化剂，比如AB。【答案】(15分)合理给分（1)①随着反应进行，硫酸变稀，与铜片不反应（2分）②AB(2分）［中%国教育@出版&＃网*］(2)排除空气的干扰(2分）（3）酸性条件下，SO2被NOeq\o\al(－，3）氧化为SOeq\o\al（2－,4）（2分）[中国教育@出~^版*＆网](4）NaHSO3饱和溶液（2分）(5）不同意;溶解的SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色（2分）（6)ABC(3分）22.（6分）在50mLamol·L－1的硝酸溶液中，加入