江苏省苏州市工业园区星海实验高级中学2023-2024学年高一上学期12月调研化学试题（解析版）

2023～2024学年第一学期十二月调研试题卷高一化学本试卷分选择题和非选择题两部分，全卷满分100分。考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：选择题(共42分)选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。1.黑火药是我国古代四大发明之一，爆炸时反应为，下列说法正确的是A.和都非电解质 B.是氧化产物C.是形成酸雨的主要原因 D.爆炸产生大量粉尘，使空气中的PM2.5增大【答案】D【解析】【详解】A．氮气是非金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．由方程式可知，反应中氮元素的化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂、氮气是还原产物，故B错误；C．二氧化碳是形成温室效应的主要原因，二氧化硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要原因，故C错误；D．黑火药爆炸时，会产生大量粉尘，粉尘扩散到空气中会使得空气中的PM2.5增大，故D正确；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.和反应生成时转移电子数为0.4NAB.和混合物中所含的离子总数为0.3NAC.常温常压下，和混合气体中含有的碳原子数目为0.5NAD.足量的与的浓盐酸充分反应可制得氯气的分子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应生成1mol氧气时，转移电子的物质的量为2mol，则生成0.1mol氧气时，转移电子的数目为0.1mol×2×NAmol—1=0.2NA，故A错误；B．过氧化钠和硫化钠摩尔质量都为78g/mol，含有的离子个数都为3，则7.8g过氧化钠和硫化钠混合物中所含的离子总数为×3×NAmol—1=0.3NA，故B正确；C．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L一氧化碳和二氧化碳混合气体中含有的碳原子数目小于×1×NAmol—1=0.5NA，故C错误；D．二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应中浓盐酸会变为不能与二氧化锰反应的稀盐酸，则足量二氧化锰与100mL12mol/L的浓盐酸充分反应可制得氯气的分子数小于12mol/L×0.1L××NAmol—1=0.3NA，故D错误；故选B。3.下列实验室制取、净化、收集并进行尾气吸收的装置和原理能达到实验目的的是A.制备 B.净化 C.收集 D.尾气处理【答案】D【解析】【详解】A．二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气需要加热，故A错误；B．应该先通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，然后再通过浓硫酸干燥，故B错误；C．氯气的密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，即长管进短管出，故C错误；D．氯气有毒应该用氢氧化钠溶液吸收，故D正确；故选D。4.在给定条件下，下列选项所示的与氯相关物质间转化能实现的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．与二氧化碳直接不能发生反应，氯化钠溶液中先通氨气、再通二氧化碳生成碳酸氢钠，故A错误；B．Cu与稀盐酸不反应，故B错误；C．Fe与氯气点燃生成氯化铁，故C错误；D．氯气的氧化性强于溴单质，氯气可与KBr反应生成溴单质和KCl，故D正确；故选：D。5.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A.铜与浓硫酸加热反应：B.氯气溶于水：C.硫酸氢铵稀溶液和足量氢氧化钡溶液反应：D.溶于水产生：【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，该反应不是在水溶液中进行的离子反应，不能改写为离子方程式为，故A错误；B．氯气溶于水发生的反应为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为，故B错误；C．硫酸氢铵稀溶液和足量氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为，故C正确；D．过氧化钠溶于水产生氧气的反应为过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为，故D错误；故选C。6.对下列事实的解释正确的是A.在滤纸上滴加浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性B.浓硫酸和浓盐酸放置一段时间后浓度减小，说明浓硫酸和浓盐酸都有吸水性C.常温下浓硫酸可以用铝罐贮存，说明浓硫酸与铝不反应D.反应，说明的酸性强于【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能使滤纸中的纤维素脱水碳化而出现发黑现象，则在滤纸上滴加浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A正确；B．浓盐酸放置一段时间后浓度减小是因为浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢导致浓盐酸浓度减小，故B错误；C．常温下浓硫酸可以用铝罐贮存是因为铝在浓硫酸中钝化，致密的钝化膜阻碍反应的继续进行，故C错误；D．氢硫酸溶液与硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫酸不是因为氢硫酸的酸性强于硫酸，而是因为硫化铜的溶解度小，不溶于稀硫酸，故D错误；故选A。7.下列硫酸盐性质与用途具有对应关系的是A.KAl(SO4)2·12H2O能水解形成胶体，可用作净水剂B.FeSO4具有还原性，可作治疗贫血药剂C.CuSO4水溶液呈酸性，可用作杀菌剂D.BaSO4难溶于水，可用于制取BaS【答案】A【解析】【详解】A．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中能形成Al(OH)3胶体，胶体能吸附水中杂质形成沉淀，可用作净水剂，选项A符合题意；B．FeSO4中的亚铁离子能与血红蛋白结合，从而改善贫血症状，可作治疗贫血药剂，与FeSO4具有还原性无对应关系，选项B不符合题意；C．CuSO4中铜离子为重金属离子，能使蛋白质变性，可用作杀菌剂，与CuSO4水溶液呈酸性无对应关系，选项C不符合题意；D．BaSO4可以和C在高温条件下反应生成BaS和CO，用于制取BaS，利用的是BaSO4的氧化性，与BaSO4难溶于水无对应关系，选项D不符合题意；答案选A。8.硫及其化合物的转化具有重要作用，辉铜矿煅烧时可发生反应：，下列说法不正确的是A.石灰乳吸收可生成B.硫磺在过量氧气中燃烧的产物是C.用水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽生成和D.辉铜矿煅烧时，每消耗，反应共转移电子【答案】B【解析】【详解】A．石灰乳吸收二氧化硫时发生的反应为二氧化硫与氢氧化钙悬浊液反应生成亚硫酸钙和水，故A正确；B．硫在过量氧气中燃烧只能生成二氧化硫，故B错误；C．用二氧化硫水溶液吸收海水中吹出来的溴蒸汽发生的反应为溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，故C正确；D．由方程式可知，反应中铜元素和氧元素的化合价降低被还原，硫元素的化合价升高被氧化，反应消耗1mol氧气时，反应转移6mol电子，故D正确；故选B。9.分解速率受多种因素影响。实验测得时不同条件下浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.图甲表明，其他条件相同时，浓度越小，其分解速率越快B.图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，分解速率越快C.图丙表明，少量存在时，溶液碱性越强，分解速率越快D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，对分解速率的影响大【答案】D【解析】【详解】A．图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故A错误；B．图乙中浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH越大双氧水分解速率越快，故B错误；C．图丙中少量存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：溶液溶液溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，溶液碱性越弱，其分解速率越快，故C错误；D．图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，对分解速率的影响大，故D正确；故答案为：D。10.高铁酸钾(K2FeO4)是一种暗紫色固体，低温碱性条件下比较稳定。高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体，常用作水处理剂。高铁酸钾有强氧化性，酸性条件下，其氧化性强于Cl2、KMnO4等。工业上湿法制备K2FeO4的流程如下：下列关于K2FeO4的工业湿法制备工艺，说法正确的是A.“反应Ⅱ”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3B.“过滤I”所得滤液中大量存在的离子有：Na+、Fe2+、Cl-、FeOC.“转化”时，反应能进行说明该条件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4D.“过滤Ⅱ”所得滤液进行焰色反应时火焰呈黄色，说明滤液中不含有KOH【答案】C【解析】【分析】NaClO具有强氧化性，可以把Fe(NO3)3中三价铁离子氧化为+6价的高铁酸钠，高铁酸钠与氢氧化钾发生复分解反应，生成在氢氧化钾溶液中溶解度小的高铁酸钾。【详解】A．反应IINaClO是氧化剂，Fe(NO3)3是还原剂，Cl的化合价由+1价降到-1价降低2，Fe的化合价由+3+价升高到+6价升高3，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故A错误；B．Fe2+与FeO不能大量共存，要发生氧化还原反应，故B错误；C．高铁酸钾微溶于浓KOH溶液，反应中形成沉淀，说明该条件下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，故C正确；D．焰色反应检验钾离子应该透过蓝色钴玻璃，焰色反应时钠元素的黄色会把K元素的浅紫色遮挡，故进行焰色反应时火焰呈黄色不能说明没有KOH，故D错误；答案选C。11.某同学在实验室做探究CaCl2溶液能否用于鉴别Na2CO3和NaHCO3的实验：向试管①、试管②中分别加入2mL0.5mol·L-1CaCl2溶液，实验操作及现象如图。下列说法错误的是(忽略混合时溶液体积的变化)A.反应前管①中溶液pH大于试管②中溶液B.试管②中发生反应的离子方程式为2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2OC.实验结束后，试管①中Na+的物质的量浓度为0.2mol·L-1D.充分反应后，试管①、试管②中生成的沉淀的质量相等【答案】D【解析】【详解】A．等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的碱性更强，pH更大，A正确；B．试管②中氯化钙和碳酸氢钠反应生成的沉淀为CaCO3，气体为CO2，则发生反应的离子方程式为：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，B正确；C．实验结束后，试管①中溶液体积变为4mL，则c(Na+)==0.2mol·L-1，C正确；D．试管①发生的反应为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，试管②中发生的反应为2NaHCO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl+CO2↑+H2O，由于CaCl2溶液过量，生成沉淀的质量要根据Na2CO3和NaHCO3的量来计算，二者物质的量相等，由方程式可知，生成的沉淀的质量不相等，D错误；答案选D。12.室温下，下列实验方案能达到实验目的的是选项实验方案实验目的A取样，加入澄清石灰水，观察是否有沉淀产生鉴别溶液与溶液B取溶液少许，滴加溶液，向所得沉淀中加入足量稀盐酸，观察沉淀溶解程度检验是否变质C固体中滴加稀盐酸，加热，观察是否有黄绿色气体产生的氧化性比强D向装有的试管中滴加少量水，观察是否有气泡产生检验是否变质A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙白色沉淀，则澄清石灰水不能用于鉴别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液，故A错误；B．若亚硫酸钠溶液变质，向溶液中加入氯化钡溶液，反应得到的白色沉淀是硫酸钡和亚硫酸钡的混合物，向沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀不能完全溶解，则加入足量稀盐酸，观察沉淀溶解程度可以检验亚硫酸钠是否变质，故B正确；C．二氧化锰与稀盐酸共热不反应，不可能有黄绿色气体产生，故C错误；D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则滴加少量水，观察是否有气泡产生不能确定过氧化钠是否变质，故D错误；故选B。13.在不同温度、浓度的条件下，Cl2与NaOH溶液的反应，可以生成NaClO或NaClO3。现将氯气缓缓通入冷NaOH溶液，测得ClO-、ClO物质的量n(mol)与反应时间t(min)的关系曲线如图。下列说法错误的是A.t1之前发生的反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OB.a点时溶液中n(NaCl)：n(NaClO3)=5：1C.t2~t4，ClO-离子物质的量下降的原因可能是发生反应：3ClO-=2Cl-+ClOD.整个过程，参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1【答案】B【解析】【详解】A．从图中可知，t1之前没有生成，只有ClO-，则氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，A正确；B．a点时溶液中c()=c(ClO-)，此时溶液中含有NaCl、NaClO和NaClO3，可以认为总反应为4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O，此时n(NaCl)：n(NaClO3)=6：1，B错误；C．t2-t4，ClO-的物质的量逐渐减小，的物质的量逐渐增大，则可能原因为ClO-发生歧化反应生成Cl-和，离子方程式为3ClO-=2Cl-+ClO，C正确；D．整个过程中，生成的物质有NaCl、NaClO、NaClO3和水，NaCl、NaClO、NaClO3三种物质中Na和Cl的物质的量之比均为1：1，则根据Na守恒和Cl守恒，参与反应所需NaOH与Cl2的物质的量之比一定为2：1，D正确；故答案选B。14.钒的氧化物(如等，均难溶于水)在光储材料等领域有广泛应用。在800℃下，和焦炭反应可生成和，同时得到气体。反应体系中钒氧化物的质量分数(%)随n(焦炭)：的变化关系如图。下列说法不正确的是A.该条件下的氧化性强于和B.铝还原制钒的反应属于置换反应C.参加反应的n(焦炭)：时，反应所得D.碳的用量越大，还原产物中含量越低【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知和焦炭反应可生成和，该反应中作氧化剂，和作还原产物，则氧化性强于和，故A正确；B．铝还原生成V和氧化铝，该反应属于置换反应，故B正确；C．参加反应的n(焦炭)：，设焦炭为2mol，为3mol，C转化为，2molC反应失去8mol电子，则3mol得8mol电子，设生成xmol，ymol，则0.5x+y=3、x+4y=8，解得：x=4，y=1，，故C错误；D．由图可知随n(焦炭)：越大，即碳的用量越大，的物质的量分数越低，故D正确；故选：C。非选择题(共58分)15.利用分类和氧化还原反应的知识能实现物质的转化。（1）请从下列试剂中选择最合适的完成指定转化(试剂可以重复选择)。试剂：溶液、氨水、溶液、溶液、溶液、稀盐酸、溶液①溶液溶液的化学方程式：_______。②的离子方程式：_______。③碱性条件下，溶液的离子方程式：_______。（2）生物浸出法可有效回收含硫矿石中的有色金属，酸性条件下，某生物浸出法主要物质转化如图。①步骤Ⅰ发生反应的离子方程式为_______。②步骤Ⅱ发生反应的离子方程式为_______。【答案】（1）①.或②.③.（2）①.②.【解析】【小问1详解】①溶液和KOH反应生成溶液，化学方程式为；溶液和氨水反应生成溶液，化学方程式为。②氨气和盐酸反应生成氯化铵，离子方程式为。③亚硫酸钠被次氯酸钠溶液氧化生成硫酸钠溶液，在碱性条件下的离子方程式为。【小问2详解】①步骤Ⅰ为Fe3+和CuS反应得到Fe2+、Cu2+、，S元素从-2升到+6，Fe元素从+3降到+2，则根据电荷守恒和原子守恒可得到反应的离子方程式为。②步骤Ⅰ为酸性条件下Fe2+被氧气氧化为Fe3+，则根据电荷守恒和原子守恒可得到反应的离子方程式为。16.二氧化碳的捕集和利用是我国能源领域实现碳达峰、碳中和目标的一个重要研究方向。（1）某校科研人员利用溶液实现“碳捕获”技术的装置如图，若实现溶液的循环利用，可采取的措施为___________。（2）科学家提出用作催化剂，利用太阳能热化学循环分解制取C。用作催化剂，通过两步反应分解制取C，已知第二步反应为：，则第一步反应的化学方程式为___________。（3）大连化学物理研究所人员最新研究发现，氮掺杂碳材料具有良好的导电性和易于调变的电子特性，可以很好地电催化还原制CO，如图，每生成(标准状况下)CO的过程中电子转移的物质的量为___________。【答案】（1）向NaHCO3溶液中加入CaO，过滤得到NaOH溶液（2）6FeO+CO2=2Fe3O4+C（3）0.3mol【解析】【小问1详解】由图可知，碳捕获发生的反应为二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠，向反应得到的氢氧化钠溶液中加入氧化钙，氧化钙与水反应生成的氢氧化钙能与少量的碳酸氢钠溶液反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，过滤可以制得可以循环使用的氢氧化钠溶液，故答案为：向NaHCO3溶液中加入CaO，过滤得到NaOH溶液；【小问2详解】由题意可知，氧化亚铁作催化剂，利用太阳能热化学循环分解二氧化碳制取碳的总反应为CO2C+O2，由第二步反应的方程式可知，第一步反应为氧化亚铁与二氧化碳反应生成四氧化三铁和碳，反应的方程式为6FeO+CO2=2Fe3O4+C，故答案为：6FeO+CO2=2Fe3O4+C；【小问3详解】由图可知，反应①为二氧化碳与氧化钙反应生成碳酸钙，反应的方程式为CaO+CO2=CaCO3，反应②为甲烷与碳酸钙反应反应生成一氧化碳和氢气，反应的化学方程式为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2，由方程式可知，反应生成2mol一氧化碳时，转移电子的物质的量为6mol，则标准状况下生成2.24L一氧化碳时，电子转移的物质的量为×3=0.3mol，故答案为：0.3mol。17.某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。资料：ⅰ、Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。ⅱ、浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO。ⅲ、Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)：实验物质aC中实验现象通入Cl2前通入Cl2后Ⅰ水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化Ⅱ5%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀Ⅲ40%NaOH溶液产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀（1）B中试剂是_____。（2）通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为_____。（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是_____。（4）根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因：_____，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。②取实验Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为_____，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被_____(填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③取实验Ⅱ中放置后1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是_____。④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因：_____。【答案】（1）饱和NaCl溶液（2）2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O（3）Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强（4）①.Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O②.4MnO＋4OH-=4MnO＋O2↑＋2H2O③.NaClO④.3ClO-＋2MnO2＋2OH-=2MnO＋3Cl-＋H2O⑤.过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液【解析】【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，据此解答。【小问1详解】根据以上分析可知B中试剂是饱和NaCl溶液；【小问2详解】通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。【小问3详解】对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强。【小问4详解】①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。②溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO，方程式为4MnO＋4OH-=4MnO＋O2↑＋2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为MnO，方程式为3ClO-＋2MnO2＋2OH-=2MnO＋3Cl-＋H2O。④由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。18.某小组探究S单质与溶液加热后得到的产物。向5溶液中加入少量硫粉，加热至固体全部溶解，冷却后，得到淡黄色溶液A()。【资料】1.溶液无色，能与反应生成(臭鸡蛋气味气体)，能与反应生成(黑色固体)。2.溶液呈黄色，能与反应生成S和，能与反应生成S和。3.和均不能使品红褪色，或高浓度能使品红褪色。（1）如图所示，进行实验I和Ⅱ，证实了产物中含。①补全实验Ⅱ的方案_______(在横线上填写试剂)。②证实产物中含的现象是_______。（2）依据产物中含，甲同学认为产物还应该有，请依据氧化还原反应的规律进行解释：_______。（3）甲同学推测溶液A中可能还含有，因为在加热过程中可能与空气中氧气反应。针对此观点继续实验Ⅲ：取溶液A于试管中，加入足量稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，同时产生臭鸡蛋气味的气体，离心沉淀(固液分离)，得到无色溶液B和淡黄色固体。取无色溶液B，_______(填操作和现象)，证实溶液A中存在。（4）甲同学根据溶液A呈淡黄色猜想其中还存在，并认为实验Ⅲ中的现象可做为证据。但乙同学认为实验Ⅲ中的现象不能说明，理由是_______。（5）继续进行实验Ⅳ，验证了溶液A中存在。①溶剂X是_______(填化学式)。②证明溶液中含的实验证据是_______。进一步实验，得到结论：硫单质在碱性条件下歧化反应的产物主要为和，溶液中还会生成少量的、和。【答案】（1）①.0.5mL的氢氧化钠溶液②.实验Ⅰ中品红溶液红色变无色，实验Ⅱ溶液仍为红色（2）反应中硫元素失去电子，化合价升高得到，则根据电子守恒，还有部分硫元素得到电子，化合价降低得到（3）滴加氯化钡溶液，生成白色沉淀不溶解（4）也能和盐酸生成臭鸡蛋气味的硫化氢气体，硫化氢和发生氧化还原反应生产成黄色硫单质沉淀，会出现同样的现象（5）①.CS2②.淡黄色溶液A加入氯化铜溶液生成黑色沉淀和淡黄色的硫单质【解析】【分析】实验Ⅳ：已知，溶液无色，能与反应生成(黑色固体)，溶液呈黄色，能与反应生成S和；由流程可知，A加入氯化铜生成黑色沉淀，硫化铜和不溶于二氧化碳、硫单质能溶于二硫化碳转化为溶液，故X为二硫化碳，蒸发溶解到硫单质，说明溶液中存在；【小问1详解】①已知，和均不能使品红褪色，或高浓度能使品红褪色。反应后得到淡黄色溶液A(，溶液显强碱性，)，进行实验I和Ⅱ，证实了产物中含，则实验II需要排除溶液中氢氧根离子的干扰，故实验方案为：向试管中加入0.5mL的氢氧化钠溶液，品红溶液不褪色；②证实产物中含的现象是：实验Ⅰ中品红溶液红色变无色，实验Ⅱ溶液仍为红色；【小问2详解】反应中硫元素失去电子，化合价升高得到，则根据电子守恒，还有部分硫元素得到电子，化合价降低得到；【小问3详解】硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，则实验为：取无色溶液B，滴加氯化钡溶液，生成白色沉淀不溶解，证实溶液A中存在；【小问4详解】产物中含、，也能和盐酸生成