2024届江西省赣州市崇义中学高二化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届江西省赣州市崇义中学高二化学第一学期期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法中正确的是()A．NH4NO3溶于水吸热，说明其溶于水不是自发过程B．常温下，反应C(s)＋CO2(g)===2CO(g)为熵增加的反应，可以自发进行C．熵增加且放热的反应一定是自发反应D．非自发反应在任何条件下都不能实现2、在蒸馏水中按物质的量之比为1:1:1：2加入AgNO3，Ba（NO3）2，Na2SO4，NaCl，使之完全溶解，以铂电极电解该混合物至原溶质恰好反应完全，则所得氧化产物与还原产物的质量比为A．35.5:108 B．71：2C．108：35.5 D．71：1093、下列有机物存在顺反异构现象的是A．CH3CH3 B．CH2=CH2 C．CH3CH=CHCH3 D．CH3CH=CH24、下列途径不能得到晶体的是()A．熔融态物质快速冷却 B．熔融态物质凝固C．气态物质凝华 D．溶质从溶液中析出5、某离子晶体的晶胞结构如下图所示：则该离子晶体的化学式为A．abc B．abc3 C．ab2c3 D．ab3c6、下列属于放热反应的是A．C+CO22COB．CaCO3CaO+CO2↑C．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3D．Ba(OH)2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O7、如图表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积是A．amL B．(50－a)mLC．一定大于amL D．一定大于(50－a)mL8、已知：卤代烃可以和钠发生反应，例如溴乙烷与钠发生反应为：2CH3CH2Br+2Na→CH3CH2CH2CH3+2NaBr，应用这一反应，下列所给化合物中可以与钠合成环丁烷的是()A．CH3Br B．CH3CH2CH2CH2Br C．CH2BrCH2Br D．CH2BrCH2CH2Br9、下列室温下的溶液中，有关溶液中各粒子的浓度关系判断正确有①0.1mol·L－1CH3COOH溶液中：c(CH3COO－)＝c(H＋)-c(OH－)②0.1mol·L－1CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶液中：c(NH)＞c(SO)＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)③等体积、等物质的量浓度的弱酸HX和NaX混合后的溶液中：c(Na＋)＞c(HX)＞c(X－)＞c(H＋)＞c(OH－)④pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液以任意比混合：c(H＋)＋c(M＋)>c(OH－)⑤0.1mol/LNa2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋c(H2CO3)⑥向醋酸钠溶液中加入醋酸，得到的酸性混合溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)⑦pH=7的NH3—NH4Cl混合溶液中：c(NH)＝c(Cl－)⑧0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4：c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)A．3个B．4个C．5个D．6个10、下列能级中轨道数为5的是（）A．S能级 B．P能级 C．d能级 D．f能级11、准确量取25.00mL高锰酸钾溶液，可选用的仪器是()A．50mL量筒 B．10mL量筒C．50mL碱式滴定管 D．50mL酸式滴定管12、下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是()A．烧碱——NaOH B．小苏打——Na2SO4C．熟石灰——CaCl2 D．明矾——Al2(SO4)313、已知有如下热化学方程式①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2③C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH3则下列关系正确的是：A．ΔH3=(ΔH1+ΔH2)/2B．ΔH3=ΔH2-ΔH1C．ΔH3=(ΔH2-ΔH1)/2D．ΔH3=(ΔH1-ΔH2)/214、“一次能源与二次能源”的叙述中正确的是（）①直接从自然界中取得的能源都是一次能源②二次能源是由一次能源加工、转换而得到③太阳能、风能、地热能、氢能等都是一次能源④煤、石油、天然气等化石能源都是一次能源⑤电能是一种应用最广、污染最小的二次能源⑥蒸汽能、机械能、水电、核电等都是二次能源A．①②③⑤ B．①③④⑥ C．①②④⑤⑥ D．②③④⑤⑥15、下列说法正确的是A．凡是中心原子采取sp3杂化方式成键的分子其几何构型都是正四面体B．C-C的键能大于C-Si，所以C60熔点高于金刚砂SiCC．若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子D．P4和CH4都是正四面体形分子且键角都为109°28′16、下列卤代烃既能发生消去反应生成烯烃，又能发生水解反应生成醇的是()①②③CH3F④⑤⑥A．①③⑤ B．②④⑥ C．③④⑤ D．①②⑥二、非选择题（本题包括5小题）17、下列框图给出了8种有机化合物的转化关系，请回答下列问题：(1)根据系统命名法，化合物A的名称是________。(2)上述框图中，①是________反应，③是________反应。(填反应类型)(3)化合物E是重要的工业原料，写出由D生成E的化学方程式：___________________。(4)C2的结构简式是______________________________________。18、香草醇酯能促进能量消耗及代谢，抑制体内脂肪累积，并且具有抗氧化、抗炎和抗肿瘤等特性，有广泛的开发前景。如图为一种香草醇酯的合成路线。已知：①香草醇酯的结构为(R为烃基)；②R1CHO+R2CH2CHO回答下列有关问题：(1)B的名称是________。(2)C生成D的反应类型是_______。(3)E的结构简式为_______。(4)H生成I的第①步反应的化学方程式为_______。(5)I的同分异构体中符合下列条件的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱中有四组峰的有机物的结构简式为_______。①含有苯环②只含种一含氧官能团③1mol该有机物可与3molNaOH反应(6)参照上述合成路线，设计一条以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的路线_______。19、醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下：可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度/g·cm－3沸点/℃溶解性环己醇1000.9618161微溶于水环己烯820.810283难溶于水合成反应：在a中加入20g环己醇和2小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入1mL浓硫酸。b中通入冷却水后，开始缓慢加热a，控制馏出物的温度不超过90℃。分离提纯：反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10g。回答下列问题：（1）装置b的名称是____。（2）加入碎瓷片的作用是____；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是_____(填字母，下同)。A．立即补加B．冷却后补加C．不需补加D．重新配料（3）本实验中最容易产生的副产物的结构简式为_______。（4）分液漏斗在使用前须清洗干净并____；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的___(填“上口倒出”或“下口放出”)。（5）分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是________。（6）在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有_____。A．接收器B．温度计C．吸滤瓶D．球形冷凝管（7）本实验所得到的环己烯产率是_____。A．41%B．50%C．61%D．70%20、某小组实验探究二氧化硫分别与新制氢氧化铜的反应，完成相关填空。将足量的二氧化硫气体通入新制氢氧化铜悬浊液中，发现先产生红色沉淀，然后红色沉淀逐渐变为紫红色固体，最终溶液呈无色。（1）探究红色沉淀转变为紫红色的原因。将所得固体分成两等份于试管中并加入少量蒸馏水进行以下两个对比实验：实验装置图操作及现象红色固体很快转变为紫红色固体，溶液呈蓝色。开始红色固体缓慢变为紫红色固体,溶液呈蓝色。试管内紫红色固体逐渐增多，最后溶液变无色。解释及结论①该反应的离子方程式_________________。②开始时红色固体颜色变化缓慢的原因是___。③所得无色溶液中主要阴离子为_________。（2）通过上述探究，写出新制氢氧化铜与过量SO2反应的总化学方程式________。（3）将表中SO2换为NO2是否能观察到相同现象?

回答并解释：__________。21、有物质的量浓度均为0.1mo/L的下列溶液：（1）①NH3·H2O②FeCl2③NaHSO4④KOH⑤Ba(OH)2⑥H2SO4，其pH由大到小的顺序排列的是（填序号）___。（2）写出氯化亚铁溶液中，亚铁离子水解的离子方程式___。（3）写出硫酸氢钠与氢氧化钡2：1反应的离子方程式___。（4）将氢氧化钾与氯化亚铁溶液混合，现象___。依次发生的化学方程式____、___。（5）氯化亚铁保存时为何加少量铁粉___，若保存硫酸铁溶液时应向溶液中加入____。（6）如何利用氯水和硫氰化钾检验氯化亚铁溶液中的Fe2+，写出加入试剂的先后顺序和对应现象__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【分析】通过复合判据进行分析；【题目详解】A、NH4NO3溶于水是混乱度增大的过程，即△S>0，能够自发进行，故A错误；B、该反应为吸热反应，△H>0，依据反应方程式，该反应为熵增，即△S>0，根据复合判据，△G=△H－T△S，能够自发进行，需要在高温下，故B错误；C、根据复合判据，熵增且放热的反应一定是自发反应，故C正确；D、有些非自发反应在一定条件下能够实现，如水分解生成氢气和氧气不是自反应，但在电解条件下，可以实验，故D错误；答案选C。2、B【分析】

【题目详解】四种物质按1∶1∶1∶2混合反应，生成难溶的氯化银、硫酸钡和硝酸钠。电解质溶液转化为按物质的量之比为3∶1的NaNO3、NaCl，电解时只有氯离子和氢离子参加电极反应，分别生成氯气和氢气，所以氧化产物与还原产物的质量比为71∶2，答案选B。3、C【题目详解】A、不存在碳碳双键，不符合；B、2个C原子所连基团完全相同，不符合；C、碳碳双键的每个C原子所连基团是完全不同的，存在顺反异构体，符合；D、碳碳双键有一端是相同基团（＝CH2），不存在顺反异构，不符合；答案选C。【题目点拨】本题考查顺反异构体的物质结构特点的判断。顺反异构体是分子中含有碳碳双键，且碳碳双键的每个C原子所连基团是完全不同的基团时才存在顺反异构。4、A【题目详解】得到晶体的三个途径是：①溶质从溶液中析出，②气态物质凝华，③熔融态物质凝固。所以B、C、D选项中的措施可以得到晶体。晶体表现自范性是需要一定条件的，即晶体生成的速率要适当，因此熔融态物质快速冷却时不能得到晶体，所以选择A项。5、D【解题分析】根据晶胞结构和均摊法可知a原子在晶胞内，共计1个；b原子在棱上，共计12×＝3个；c原子在顶点上，共计8×=1个，因此化学式为ab3c，答案选D。6、C【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、活泼金属与水反应、所有中和反应、铝热反应，绝大多数化合反应。【题目详解】焦炭和二氧化碳共热生成CO是化合反应，属于吸热反应，故不选A；碳酸钙高温分解成氧化钙和二氧化碳是分解反应，属于吸热反应，故不选B；2Al+Fe2O32Fe+Al2O3是铝热反应，属于放热反应，故选C；Ba（OH）28H2O与NH4Cl反应是吸热反应，故不选D。【题目点拨】本题考查放热反应、吸热反应，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆。7、D【分析】根据滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大以及测量原理分析。【题目详解】滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管最大刻度下方无刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积大于（50-a）mL。

故选D。【题目点拨】注意滴定管的最大刻度下方是没有刻度的，且最大刻度下方还有存有溶液。8、C【解题分析】A．CH3Br与钠以2：2发生反应生成CH3CH3，故A错误；B．CH3CH2CH2CH2Br钠以2：2发生反应生成CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，故B错误；C．CH2BrCH2Br与钠以2：4发生反应生成环丁烷，故C正确；D．CH2BrCH2CH2Br与钠以1：2发生反应生成环丙烷，故D错误；故选C。9、A【解题分析】试题分析：①0.1mol·L－1CH3COOH溶液中存在电荷守恒式为c(CH3COO－)+c(OH－)＝c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(H＋)-c(OH－)，故①正确；②0.1mol·L－1CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶液中因Cu2+和NH4+的水解溶液显酸性，但水解程度均较弱，则c(SO)＞c(NH)＞c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故②错误；③等体积、等物质的量浓度的弱酸HX和NaX混合后的溶液可能显酸性也可能显碱性，故③错误；④pH＝2的HA溶液与pH＝12的MOH溶液以任意比混合存在电荷守恒式c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(A-)，则c(H＋)＋c(M＋)>c(OH－)，故④正确；⑤0.1mol/LNa2CO3溶液中存在的质子守恒式为c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)，故⑤错误；⑥向醋酸钠溶液中加入醋酸，得到的酸性混合溶液中存在电荷守恒式为c(Na＋)+c(H＋)=c(CH3COO－)+c(OH－)，则c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)肯定不成立，故⑥错误；⑦NH3—NH4Cl混合溶液中存在电荷守恒c(NH)+c(H+)＝c(Cl－)+c(OH－)，当pH=7时c(NH)＝c(Cl－)，故⑦正确；⑧0.1mol·L－1的NaHA溶液，其pH＝4说明HA－电离大于HA－水解，则c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(H2A)，故⑧错误；答案为A。考点：考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解及溶液中离子浓度的比较等。10、C【题目详解】s能级有1个原子轨道，p能级有3个原子轨道，d能级有5个原子轨道，f能级有7个原子轨道，则能级中轨道数为5的是d能级。

本题答案选C。11、D【题目详解】A和B的量筒只能精确到0.1mL的溶液，故A、B不选；C．高锰酸钾溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的胶管，故C不选；D．滴定管能量取0.01mL的溶液，故应用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故D选；故选D。12、A【解题分析】试题分析：A、火碱、烧碱是指氢氧化钠，化学式为：NaOH，故正确；B．火碱是指氢氧化钠，碳酸钠俗称纯碱，故错误；C．生石灰是指氧化钙；化学式为：CaO，故错误；D．消石灰是氢氧氧化钙．化学式为：Ca(OH)2，故错误；故选A。考点：考查了常见化学物质的名称、俗称、化学式的相关知识。13、D【解题分析】利用盖斯定律计算，将①/2-②/2，可得C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），反应热随之相加减，可求得反应热；【题目详解】2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH2②利用盖斯定律，将①/2-②/2，可得C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g），则ΔH3=(ΔH1-ΔH2)/2；综上，本题选D。14、C【题目详解】①一次能源，是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能源，①正确；②由一次能源经过加工、转换而得到的能源称为二级能源，②正确；③太阳能、风能、地热能为一次能源，氢能是二次能源，③不正确；④煤、石油、天然气等化石能源都直接来源于自然界，属于一次能源，④正确；⑤不管是火力发电、水力发电还是太阳能发电，都由能源转化而来，所以属于二次能源，⑤正确；⑥蒸汽能、机械能、水电、核电等都由一次能源转化而来，称为二次能源，⑥正确；综合以上分析，①②④⑤⑥正确，故选C。15、C【题目详解】A、中心原子采取sp3杂化的分子,VSEPR模型是正四面体,但其立体构形不一定是正四面体,如:水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化,但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；B.金刚砂SiC结构属于立体网状结构，属于原子晶体，熔点高，而C60为分子晶体，熔点较低，故B错误；C.若ABn型分子的中心原子A上没有孤对电子，则ABn为非极性分子，这是判断极性分子和非极性分子的重要经验规律；故C正确；D.白磷分子为正四面体结构，四个磷原子位于正四面体四个顶点上，所以白磷分子的键角为60°,故D错误；综上所述，本题选C。16、B【分析】卤代烃都能发生水解反应生成相应的醇；若卤代烃能够发生消去反应生成烯烃，要求与卤原子相连碳的邻位碳有氢原子存在，据此分析解答问题。【题目详解】①与氯原子相连接的碳原子的邻位碳上没有氢原子，所以不能发生消去反应，故①不符合题意；②含有溴原子，并且与溴原子相连接的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，可以发生消去反应和水解反应，故②符合题意；③只有一个碳原子，不能发生消去反应，故③不符合题意；④含有溴原子，并且与溴原子相连接的碳原子的邻位碳原子含有氢原子，可以发生消去反应和水解反应，故④符合题意；⑤与溴原子相连接的碳原子的邻位碳原子没有氢原子，不能发生消去反应，故⑤不符合题意；⑥含有溴原子，并且与溴原子相连接的碳原子的邻位碳原子含有氢原子，可以发生消去反应和水解反应，故⑥符合题意；综上②④⑥符合题意，答案选B。【题目点拨】解题时注意不能发生消去反应的卤代烃有两类：一是只有一个碳原子的卤代烃，如CH3F；二是连接卤原子的碳原子相邻的碳原子上没有氢原子的卤代烃，如(CH3)3CCH2Br。二、非选择题（本题包括5小题）17、2,3­二甲基丁烷取代加成+2NaOH+2NaBr+2H2O【分析】由题中信息可知，烷烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B发生消去反应生成、，与溴发生加成反应生成二溴代物D，D再发生消去反应生成E，E与溴可以发生1,2-加成或1,4-加成，故为，为，则D为，E为，为，为。【题目详解】(1)根据系统命名法，化合物A的名称是：2，3-二甲基丁烷；(2)上述反应中，反应(1)中A中H原子被Cl原子取代生成B，属于取代反应，反应(3)是碳碳双键与溴发生加成反应；(3)由D生成E是卤代烃发生消去反应,该反应的化学方程式为:+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)由上述分析可以知道,的结构简式是。18、乙醛加成反应或还原反应(CH3)3CCH2CH2CHO+2NaOH+NaCl+H2O12、CH3COOCH2CH2CH2CH3【分析】由J的分子式，题目中信息、G制备I的流程可知I为，结合G生成H的条件、逆推可知H为；根据质量质量守恒可知F的分子式为C7H14O2，结合“已知反应②”可知B为CH3CHO，C为(CH3)3CCH=CHCHO；结合C的结构中含有碳碳双键及该反应的条件为“H2”，则D为(CH3)3CCH2CH2CH2OH；由D生成E、E生成F的反应条件可知E为(CH3)3CCH2CH2CHO、F为(CH3)3CCH2CH2COOH，则J为，据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析，B为CH3CHO，名称是乙醛；(2)C生成D为(CH3)3CCH=CHCHO与氢气发生加成（或还原）反应生成(CH3)3CCH2CH2CH2OH，反应类型是加成反应或还原反应；(3)根据分析，E的结构简式为(CH3)3CCH2CH2CHO；(4)H为，I为，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成H的化学方程式为+2NaOH；(5)I为，I的同分异构体中含有苯环，只含种一含氧官能团，1mol该有机物可与3molNaOH反应，符合条件的同分异构体是含有3个羟基的酚类有机物，羟基支链分为-CH2CH3和两个-CH3；当苯环上3个羟基相邻（）时，乙基在苯环上有两种情况，两个甲基在苯环上也是两种情况；当苯环上3个羟基两个相邻（）时，乙基在苯环上有三种情况、两个甲基在苯环上也是三种情况；当苯环上3个羟基相间（）时，乙基、两个甲基在苯环上各有一种情况，故符合条件的同分异构体为12种；其中核磁共振氢谱中有四组峰，即有四种不同环境的氢原子，则结构简式为、；(6)以乙醛为原料(无机试剂任选)合成乙酸正丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)，利用新制的氢氧化铜氧化乙醛制备乙酸，通过“已知反应②”制备丁醇，然后通过酯化反应制备目标产物，具体流程为：CH3COOCH2CH2CH2CH3。【题目点拨】本题难度不大，关键在于根据已知信息分析解答流程中各步骤的物质结构。19、直形冷凝管防止暴沸B检漏上口倒出吸收产物中少量的水（或干燥）CDC【解题分析】(1)根据装置图可知装置b的名称；(2)碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入；(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，分子间还可以发生取代反应；(4)分液漏斗有活塞和塞子，结合分液漏斗的使用方法解答；根据环己烯的密度比水的密度小分析判断；(5)根据无水氯化钙具有吸水性分析；(6)观察题目提供的实验装置图分析判断；(7)首先计算出20g环己醇的物质的量，根据反应方程式，求出理论上可以得到的环己烯的质量，再根据产率=×100%计算。【题目详解】(1)依据装置图可知，装置b是蒸馏装置中的冷凝器装置，故答案为直形冷凝管；(2)碎瓷片的存在可以防止在加热过程中产生暴沸现象，补加碎瓷片时需要待已加热的试液冷却后再加入，故选B，故答案为防止暴沸；B；(3)加热过程中，环己醇除可发生消去反应生成环己烯外，还可以发生取代反应，分子间发生脱水反应生成二环己醚为，故答案为；(4)由于分液漏斗有活塞和塞子，使用前需要检查是否漏液；分液过程中，由于环己烯的密度比水的密度小，应该从分液漏斗的上口倒出，故答案为检漏；上口倒出；(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙，是利用无水氯化钙吸收产物中少量的水，故答案为吸收产物中少量的水(或干燥)；(6)观察题目提供的实验装置图知，蒸馏过程中需要用到蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、接收器，锥形瓶等，用不到吸滤瓶和球形冷凝器管，故选CD；(7)20g环己醇的物质的量为=0.2mol，理论上可以得到0.2mol环己烯，即理论上得到环己烯的质量为82g/mol×0.2mol=16.4g，所以产率=×100%=61%，故选C。20、Cu2O+2H+==Cu+Cu2++H2OSO2溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c(H+)较小，Cu2O

与H+反应慢SO42-Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4不能。因为NO2

溶于水生成HNO3

具有强氧化性，将Cu2O

直接氧化成Cu(NO3)2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成【题目详解】（1）①由红色固体与稀硫酸的反应现象可知，该红色固体很快转变为紫红色固体（单质铜），溶液呈蓝色（铜离子），则该红色固体为氧化亚铜，所以该反应的化学方程式为：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；②氧化亚铜转化为单质铜和铜离子，需要在酸性条件下进行，而亚硫酸的酸性弱，氢离子少，所以开始时反应比较慢；③最后溶液的蓝色褪去，说明铜离子都被二氧化硫还原为单质铜，二氧化硫被氧化为硫酸根离子；综上所述，本题答案是：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，SO2溶于水后生成的H2SO3酸性比H2SO4弱，c(H+)较小，Cu2O与H+反应慢；SO42-。（2）新制氢氧化铜与过量SO2反应生成单质铜和硫酸，化学方程式：Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4；综上所述，本题答案是：Cu(OH)2+SO2=Cu+H2SO4。（3）将表中SO2换为NO2，NO2与水反应生成具有强氧化性的硝酸，硝酸可以直接将氧化亚铜转化为硝酸铜，无紫红色固体生成，所以无法观察到同样的现象；综上所述，本题答案是：不能；因为NO2溶于水生成HNO3具有强氧化性，将Cu2O直接氧化成Cu(NO3)2,溶液呈蓝色，且无紫红色固体生成。21、⑤④①②③⑥Fe2++2H2O2Fe(OH)2+2H+Ba2++2H++SO42－+2OH－==BaSO4↓+2H2O先生成白色沉淀，后迅速变灰绿色，最终变