2023年高考真题变式分类汇编：性质实验方案的设计4

2023年高考真题变式分类汇编：性质实验方案的设计4
一、选择题
1．（2022·浙江选考）下列方案设计、现象和结论有不正确的是（　　）
目的 方案设计 现象和结论
A 检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫 用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化 溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫
B 鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物 取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象 出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物
C 检验牙膏中是否含有甘油 将适量牙膏样品与蒸馏水混合，搅拌，静置一段时间，取上层清液，加入新制的Cu(OH)2，振荡，观察现象 溶液出现绛蓝色，说明牙膏中含有甘油
D 鉴别食盐与亚硝酸钠 各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化 溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．二氧化硫具有还原性，酸性KMnO4稀溶液具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成无色的Mn2+，若溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，A不符合题意；
B．涂改液与KOH溶液混合加热可得KCl于溶液中，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，证明有氯元素存在，B不符合题意；
C．甘油能够与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成绛蓝色溶液，所以可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验甘油，C不符合题意；
D．亚硝酸钠在酸性条件下具有氧化性，滴加含淀粉的酸性KI溶液，生成了碘单质，反应的离子方程式为：2NO+2I-+4H+=2NO+I2+2H2O，该实验没有酸化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化硫具有还原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B..涂改液在氢氧化钾溶液中加热水解，然后用稀硝酸酸化，然后用硝酸银溶液检验氯离子；
C.甘油含3个-OH，与新制氢氧化铜反应得到绛蓝色溶液；
D.非酸性条件下，亚硝酸根离子的氧化性较弱，无法氧化碘离子。
2．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
　 目的 方案设计 现象和结论
A 探究乙醇消去反应的产物 取 乙醇，加入 浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入 溴水中 若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B 探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸 取少量样品，加入 蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴 溶液 若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸
C 探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分 取少量固体粉末，加入 蒸馏水 若无气体生成，则固体粉末为 ；若有气体生成，则固体粉末为
D 探究 固体样品是否变质 取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量 溶液 若有白色沉淀产生，则样品已经变质
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】钠的化学性质；有机物（官能团）的检验；乙醇的消去反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.温度在140℃时发生的时分子间的脱水，得到的是甲醚，故A不符合题意
B.水杨酸中含有酚羟基，而乙酰水杨酸中不含有酚羟基，酚羟基与氯化铁显色反应。故B不符合题意
C.钠与水反应也会产生气体，因此无法确定钠是否反应完全，故C不符合题意
D.先加入盐酸排除银离子和亚硫酸根离子的干扰。再加入氯化钡溶液产生沉淀，说明含有硫酸根离子，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.温度应控制在170℃
B.现象描述错误，应该是红色不是沉淀
C.选哟保证钠全部反应完全
D.可以检验亚硫酸钠是否变质
3．（2022·虹口模拟）室温下，通过下列实验探究0.1mol·L-1NaHS溶液的性质。
实验 实验操作和现象
① 滴加几滴酚酞试液，溶液变红
② 加入等体积0.1mol L-1NaOH溶液充分混合，无明显现象
③ 加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④ 加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
下列有关说法正确的是（　　）
A．实验①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B．实验②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不符合题意；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，从而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B符合题意；
C．实验③中，HS-与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS-结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不符合题意；
D．实验④中，HS-与ClO-发生氧化还原反应，生成S、Cl-和OH-，OH-再与HS-反应生成S2-和H2O，反应的离子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NaHS溶液显碱性，HS-的水解程度大于电离程度；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
C.HS-与Cu2+发生反应Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑；
D.HS-与ClO-发生反应2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O。
4．（2022·嘉兴模拟）下列与卤元素相关的实验方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
目的 方案设计 现象和结论
A 检验火柴头中氯元素 取火柴头浸泡液于试管中，加入NaNO2溶液，再加AgNO3溶液 溶液中出现白色沉淀，说明火柴头中含有氯元素
B 检验加碘盐中存在的KIO3 取一定量的食盐溶于水配成溶液，加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液 溶液呈蓝色，说明食盐中存在KIO3
C 证明氯气可溶于水 用一支100mL针筒抽取80mL氯气，然后抽取20mL水，振荡 黄绿色消失，说明氯气可溶于水
D 探究铝的配合物的生成 向1mL 0.5mol·L-1的氯化铝溶液中加入2mL NaF饱和溶液，再加入1mL 3mol·L-1氨水溶液 无白色沉淀生成，说明铝离子与氟离子形成了配合物
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．火柴头中氯元素以氯酸钾存在，与硝酸、硝酸银不反应，应灼烧后、溶解，加硝酸、硝酸银检验，A不合题意；
B．取一定量的食盐溶于水配成溶液，加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明溶液中含有I2，但不能说明食盐中存在KIO3，也可能是NaIO3等碘酸盐或者其他价态较高的含碘化合物，B不合题意；
C．氯气溶于水后若仍然以Cl2的形式存在，则溶液应该呈黄绿色或者淡黄绿色，用一支100mL针筒抽取80mL氯气，然后抽取20mL水，振荡，黄绿色消失，则说明氯气不仅仅是溶于水，而是Cl2和H2O能够反应生成无色物质，C不合题意；
D．向1mL 0.5mol·L-1的氯化铝溶液中加入2mL NaF饱和溶液，再加入1mL 3mol·L-1氨水溶液，由于氨水为弱碱，与Al(OH)3不反应，若无白色沉淀生成，说明溶液中不存在Al3+，即能说明铝离子与氟离子形成了配合物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.火柴头中氯元素以KClO3形式存在，应先把ClO3-还原为Cl-，Ag+才能与Cl-生成AgCl白色沉淀，注意NO2-在酸性条件下才有还原性。
B.IO3-具有氧化性，HSO3-具有还原性，二者能发生氧化还原反应生成I2。
C.氯气能溶于水，也能与水反应，据此分析。
D.氨水为弱碱，与Al(OH)3不反应，若无白色沉淀生成，说明溶液中不存在Al3+。
5．（2022·锦州模拟）某化学实验小组为探究过氧化物性质，进行下图所示实验。经检验实验①、③中的白色沉淀为。下列说法合理的是（　　）
序号 实验① 实验② 实验③
实验 与反应后的溶液 与混合溶液
现象 出现白色沉淀 无明显现象 出现白色沉淀
A．实验①、②说明在碱性条件下电离得到
B．实验①、②、③证明与反应过程中发生反应：
C．实验①、③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应
D．可用检验长期放置的中是否含有
【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．实验②、③说明在碱性条件下电离得到，A项不符合题意；
B．实验②、③说明在碱性条件下与溶液反应生成，在对比实验①可证明与反应过程中发生反应：，B项符合题意；
C．实验①、③生成白色沉淀的反应属于复分解反应：+=+2HCl，不是氧化还原反应，C项不符合题意；
D．与均可以与溶液反应生成白色沉淀，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.实验②、③说明在碱性条件下电离得到；
B.实验②、③说明在碱性条件下H2O2与BaCl2溶液反应生成BaO2，再对比实验①可证明Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH；
C.实验①、③生成白色沉淀的反应中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应；
D.Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH，Na2CO3与BaCl2溶液反应生成BaCO3白色沉淀。
6．（2022·朝阳模拟）探究溶液的性质，进行如下实验。(已知：的)
实验 装置 气体a 现象
Ⅰ 溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ 一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是（　　）
A．溶液呈碱性：
B．实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，的氧化性强于
C．两个实验中，通入气体后，试管中溶液的均降低
D．实验Ⅰ中，溶液能促进气体的溶解
【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A。溶液因水解呈碱性，水解方程式为，故A不符合题意；
B．实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较和的氧化性，故B不符合题意；
C．实验Ⅰ中随的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C不符合题意；
D．溶液因水解呈碱性，溶于水显酸性，故溶液能促进气体的溶解，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.硫化氢是二元弱酸，分步水解
B.不能比较氧化性强弱
C.二氧化硫溶于水酸性增强，通入空气碱性增强
D.硫化钠水解呈碱性，二氧化硫溶于水呈酸性，促进其溶解
7．（2022·海淀模拟）下列实验现象中的颜色变化与氧化还原反应无关的是（　　）
A B C D
实验 溶液滴入溶液中 通入溶液中 溶液滴入浊液中 铜丝加热后，伸入无水乙醇中
现象 产生白色沉淀，最终变为红褐色 产生淡黄色沉淀 沉淀由白色逐渐变为黄色 先变黑，后重新变为红色
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氢氧化钠和硫酸亚铁生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁迅速被空气中氧气为氢氧化铁，沉淀变为灰绿色最终变为红褐色，A不符合题意；
B．二氧化硫和硫离子发生氧化还原反应生成硫单质，产生黄色沉淀，B不符合题意；
C．溶液滴入浊液中，沉淀由白色逐渐变为黄色，说明碘化银沉淀更难溶，是沉淀的转化，与氧化还原无关，C符合题意；
D．铜加热和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和乙醇发生反应生成乙醛和铜，与氧化还原有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.得到的氢氧化铁与氧气反应的发生的是氧化还原反应
B.二氧化硫与硫化钠反生氧化还原反应
C.碘化银比氯化银更难形成，发生的是复分解反应
D.利用氧化还原反应发生变化
8．（2022·朝阳模拟）某同学进行如下实验：
实验 操作和现象
Ⅰ 向溴水中滴加少量，振荡，层显橙色
Ⅱ 向碘水中滴加少量，振荡，层显紫色
Ⅲ 向、的混合液中加入。滴加氯水，振荡后层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后层变为橙色
下列分析不正确的是（　　）
A．Ⅰ中层显橙色，说明层含
B．Ⅱ中的现象说明在中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中层显紫色，说明的氧化性强于
D．Ⅲ中层变为橙色时，水层中仍含有大量
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．为无色液体，向溴水中滴加少量，振荡，层显橙色，说明萃取了溴水中的，即层含有，故A不符合题意；
B． 向碘水中滴加少量，振荡，层显紫色，是因为萃取了碘水中的，说明在中的溶解性大于在水中的溶解性，故B不符合题意；
C． 向、的混合液中加入，滴加氯水，振荡后层显紫色，说明有生成，即将氧化成，说明的氧化性强于，故C不符合题意；
D．由于还原性性，氯水会先将全部氧化，再与反应，因此当Ⅲ中层变为橙色时，水层中不存在大量，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.四氯化碳可以萃取溴单质
B.碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度
C.根据氯气将碘离子氧化即可得出氯气氧化性强于碘单质
D.氯水量足量，不存在碘离子
9．（2022·济南模拟）下列由实验现象所得结论正确的是（　　）
A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明溶液中含Ag+
B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀，证明SO2能呈现酸性和氧化性
C．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变为黄色，证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+
D．常温下，取饱和CaSO4溶液和氨水做导电性实验，氨水灯泡更亮，证明CaSO4为弱电解质
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，该沉淀可能是AgCl或H2SiO3，溶液中含Ag+或SiO
，故A不符合题意；
B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀S和亚硫酸钠，证明SO2能呈现酸性和氧化性，故B符合题意；
C．I-的还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，先发生反应
碘水溶液呈黄色，所以不能证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+，故C不符合题意；
D．CaSO4是强电解质，但CaSO4微溶于水，离子浓度小，所以饱和CaSO4溶液的导电性弱，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.可能是硅酸根
B.根据方程式即可判断
C.结合还原性的强弱即可判断
D.硫酸钙是强电解质
10．（2021·大庆模拟）下列由实验现象所得结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 向浓硝酸中插入红热的木炭，产生红棕色气体 红棕色的NO2一定是由木炭和浓硝酸的反应生成的
B 室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 Fe3+的氧化性比I2的强
C 常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，铁片不溶解 常温下，铁与浓硫酸没有发生化学反应
D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．C与浓硝酸反应生成二氧化氮，且浓硝酸分解生成二氧化氮，结论不合理，故A不符合题意；
B．发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由操作和现象可知Fe3+的氧化性比I2的强，故B符合题意；
C．常温下Fe与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故C不符合题意；
D．氯离子和碘离子的浓度大小未知，不能确定溶度积大小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硝酸易分解生成二氧化氮；
C.常温下铁在浓硫酸中钝化，不是不反应；
D.碘离子和氯离子的浓度未知。
11．（2021·扬州模拟）Na2C2O4可用作抗凝血剂。室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 测得0.1mol·L 1Na2C2O4溶液的pH≈8.4
2 向0.2mol·L 1Na2C2O4溶液中加入等体积0.2mol·L 1盐酸，测得混合后溶液的pH≈5.5
3 向0.1mol·L 1Na2C2O4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，溶液仍为无色
4 向0.1mol·L 1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L 1CaCl2溶液，产生白色沉淀
下列有关说法错误的是（　　）
A．0.1mol·L 1Na2C2O4溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2O )
B．实验2得到的溶液中有c(H2C2O4)＞c(Cl-)＞c(C2O )
C．实验3中MnO 被还原成Mn2+，则反应的离子方程式为2MnO +5C2O +16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．依据实验4可推测Ksp(CaC2O4)＜2.5×10 3
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．Na2C2O4溶液中存在质子守恒，即c(OH-)=c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2O )，A不符合题意；
B．所得溶液中的溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，溶液显酸性，说明HC2O 的电离程度大于水解程度，所以c(C2O )＞c(H2C2O4)，B符合题意；
C．根据C元素的价态变化规律可知C2O 被氧化为CO2，根据电子守恒可知MnO 和C2O 的系数比为1:5，再结合元素守恒可得离子方程式为2MnO +5C2O +16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，C不符合题意；
D．若不产生沉淀，则混合溶液中c(C2O )=0.05mol/L，c(Ca2+)=0.05mol/L，但实际上产生沉淀，所以Ksp(CaC2O4)＜0.05×0.05=2.5×10 3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据质子守恒即可判断
B.写出方程式即可得出产物，再结合溶液的酸碱性进行判断浓度大小
C.根据反应物和生成物即可写出离子方程式
D.计算出混合后的各离子的浓度即可计算出浓度商与ksp关系
12．（2021·乌鲁木齐模拟）下列实验现象或操作正确且与结论相匹配的是(　　)
　 现象或操作 结论
A 相同条件下，分别测量0.1 mol L-1和0.01 mol L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大
B 将H2O2溶液滴加到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 H2O2具有氧化性
C 常温下将大小相同的铝片分别加入到浓硝酸和稀硝酸中，浓硝酸比稀硝酸反应更剧烈 反应物浓度越大，反应速率越快
D 向碘水中加入CCl4振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．相同条件下，分别测量0.1 mol L-1和0.01 mol L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强，只能说明0.1 mol/L的醋酸溶液中自由移动的离子浓度比0.01 mol/L的大，不能说明醋酸电离程度的大小，A不符合题意；
B．将H2O2溶液滴加到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，是由于酸性KMnO4溶液被还原为无色Mn2+，H2O2被氧化产生氧气，证明H2O2具有还原性，B不符合题意；
C．Al在常温下遇浓硝酸，表面金属会被浓硝酸氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象；而稀硝酸与Al剧烈反应有大量气泡产生，因此不能说浓度越大，反应速率越快，C不符合题意；
D．向碘水中加入CCl4振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，这是由于I2、CCl4分子是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知：I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.导电性的强弱只能说明自由移动离子的大小
B.考查的是还原性
C.考查的是浓稀硝酸和铝的反应，但是铝被浓硝酸钝化
D.考查的是萃取的原理
13．（2021·梅州模拟）下列叙述I和Ⅱ均正确并有因果关系的是（　　）
选项 叙述I 叙述Ⅱ
A 硝基苯的沸点比苯的沸点高 硝基苯和苯可通过蒸馏初步分离
B 乙二酸可与KMnO4溶液发生反应 乙二酸具有酸性
C Na2S 还原性强 Na2S用于除去废水中的Cu2+和Hg2+
D 酸性：HCl＞H2S 非金属性：Cl＞S
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．硝基苯的沸点比苯的沸点高且两者互溶，可以利用两者的沸点不同通过蒸馏初步分离，选项A符合题意；
B．乙二酸具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，与酸性无关，选项B不符合题意；
C．除去废水中的Cu2+和Hg2+，利用了硫化物的溶解性，与Na2S 还原性强无关，选项C不符合题意；
D．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，中心元素的非金性越强．氢化物的酸属性强，元素的非金属性不一定强，如HF与HCl，非金属性F＞Cl，HF是弱酸，HCl属于强酸，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.考查的是蒸馏法分离沸点不同的物质
B.高锰酸钾具有氧化性不是利用的乙酸的酸性
C.形成难溶性的硫化物除去杂质
D.比较非金属性，利用的是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较
14．（2021·揭阳模拟）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均符合题意并有因果关系的是(　　)
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 锌的金属活动性比铁强 在海轮外壳上装锌块可减缓外壳腐蚀
B 汽油和植物油都属于烃 汽油和植物油都可以燃烧
C 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 铜绿在空气中受热分解能得到铜单质
D 有漂白性 能使酸性 溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．海轮外壳上装锌块能形成原电池，锌活泼作负极，能减缓外壳腐蚀，故A符合题意；
B．植物油属于酯类，故B不符合题意；
C．铜绿为碱式碳酸铜，在空气中受热分解生成氧化铜，故C不符合题意；
D．二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色体现的是其还原性，故D不符合题意；
故答案为：A；
【分析】A.牺牲阳极的阴极保护法
B.燃烧是利用可燃性
C.铜绿在空气中灼烧得不到铜单质
D.该反应是发生氧化还原褪色
15．（2021·玉林模拟）利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 X中试剂 Y中试剂
A 用Na2SO3和浓硫酸制取、收集纯净干燥的SO2，并验证其漂白性 品红溶液 浓硫酸
B 用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO 水 浓硫酸
C 用碳酸钙和盐酸制取、收集CO2、并验证酸性H2CO3＞ HClO 饱和Na2CO3溶液 Ca(ClO)2溶液
D 用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2 饱和食盐水 浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A． Na2SO3和浓硫酸生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫，浓硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反应，所以能干燥二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，所以采用此法排空气收集，二氧化硫有毒，不能直接排空，应该有尾气处理装置，故A能达到实验目的；
B． 用Cu与稀硝酸制取一氧化氮中含有挥发出来的硝酸，一氧化氮难溶于水，可用水除去硝酸，再用浓硫酸干燥，但是一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B不能达到实验目的；
C． 碳酸钙和盐酸反应生成CO2，盐酸具有挥发性，CO2中混有HCl，因为Na2CO3溶液能与CO2反应，不能用Na2CO3溶液除去HCl，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故C不能达到实验目的；
D． MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故D不能达到实验目的；
故答案为：A。
【分析】A.考查的是二氧化硫的制取和验证二氧化硫的漂白性
B.考查的是一氧化氮的制取以及收集一氧化氮，但是一氧化氮一般是用排水法收集
C.考察的盐酸的挥发性
D.反应条件考查
16．（2020·广州模拟）实验室探究SO2性质的装置如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．装置a中的反应可用铜片和浓硫酸代替
B．若X为H2S溶液，装置b中产生淡黄色沉淀
C．若X为含HCl、BaCl2的FeCl3溶液，装置b中产生白色沉淀
D．反应后装置c中溶液的pH降低
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A. 铜片和浓硫酸需要加热才能反应生成SO2，故不能替换，A符合题意；
B. 若X为H2S溶液，SO2与H2S发生氧化还原反应生成难溶的S，则装置b中产生淡黄色沉淀S，B不符合题意；
C. FeCl3溶液中Fe3+有氧化性，通入二氧化硫时反应生成硫酸钡沉淀，装置b中产生白色沉淀为硫酸钡，C不符合题意；
D. 装置c中碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸根水解程度小于碳酸根，所以碱性减弱，pH降低，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A. Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；
B. 2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
C. 2Fe3++SO2+2H2O==2Fe2++4H++SO42-；
D. Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2 ，亚硫酸的酸性强于碳酸。
17．（2020·太原模拟）“化学多米诺实验”是只需控制第一个反应，就能使若干化学实验依次发生，如图所示。已知：①Cu2++4NH3 H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+（该反应产物可作为H2O2的催化剂）；②已知装置A、C中所用硫酸的浓度相同，装置B、D中所用金属锌的质量完全相同
下列说法错误的是（　　）
A．该实验成功的关键条件是整套装置的气密性良好
B．因为形成原电池，所以装置D中生成氢气的反应速率一定大于B
C．导管a的作用是平衡A和B内气压
D．装置H中出现浅黄色浑浊，可证明非金属性：O>S
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.该实验是通过改变装置内气压引发后续反应，在装置气密性良好的前提下才能进行，A不符合题意；
B.由于铜离子的氧化性强于氢离子，故锌先和铜离子发生反应而生成铜，铜离子反应后才可以和氢离子反应放出氢气，所以刚开始没有氢气产生，故D中生成氢气的反应速率不一定大于B，B符合题意；
C.B中稀硫酸和锌反应生成H2，压强增加，在A和B之间增设了导管a，其作用是平衡A和B内气压，使稀硫酸顺利流下，C不符合题意；
D.根据分析可知G中生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应，生成淡黄色的沉淀，则发生了反应：2H2S+ O2=2S↓+2H2O，此反应中O2为氧化剂，S为氧化产物，根据氧化还原反应强弱规律，氧化性：氧化剂>氧化产物，即氧化性：故O2>S，根据单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，所以非金属性O>S，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.对于着有气体生成或者气体参与的反应需要控制装置的气密性
B.与氢离子浓度有关，不能确定速率的大小
C.a是平衡压强。主要是方便硫酸滴出
D.根据实验现象即可判断非金属性强弱
18．（2020·江西）某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和 SO2性质的实验（部分夹持装置已省略），下列“ 现象预测” 与“ 解释或结论” 均正确的是（　　）
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的。A不符合题意；
B.现象与结论均符合题意。B符合题意；
C.ZnS与稀硫酸反应生成H2S，H2S+SO2→S+H2O，出现硫单质固体；所以现象与解释均不符合题意，C不符合题意；
D.NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，现象与解释是矛盾的。D不符合题意。
故答案为：B
【分析】硫酸铜晶体是蓝色的；H2S和SO2反应有硫单质固体生成；NaHSO3=Na++H++SO42-。
19．（2020·北京模拟）实验小组同学探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验如下：
① 将 SO2 通入 AgNO3 溶液（pH=5）中，得到无色溶液 A 和白色沉淀 B；
② 取洗涤后的沉淀 B，加入 3 mol/L HNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色；
③ 向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀；取上层清液继续滴加 BaCl2 溶液，未出现 白色沉淀。
已知：ⅰ．经分析，沉淀 B 可能为 Ag2SO3、Ag2SO4 或二者混合物
ⅱ．Ag2SO4 微溶于水，Ag2SO3 难溶于水
下列说法不正确的是（　　）
A．通过测溶液 A 的 pH 无法判断①中硫元素是否被氧化
B．通过②可知：沉淀 B 具有还原性
C．③中加入过量盐酸的目的主要是除去溶液A中的 Ag+
D．通过上述实验可判断①中所得白色沉淀中有 Ag2SO4
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.H2SO3、H2SO4溶液都显酸性，因此无法通过测溶液A的pH判断硫元素是否被氧化，选项正确，A不符合题意；
B.实验②中产生的无色气体遇空气变为红棕色，则该无色气体为NO，说明沉淀B与HNO3发生氧化还原反应，则沉淀B具有还原性，选项正确，B不符合题意；
C.加入BaCl2溶液是为了检验溶液中是否存在SO42-，此时需排除溶液中Ag+的干扰，因此加入过量盐酸，是为了除去溶液A中的Ag+，选项正确，C不符合题意；
D.实验③中加入BaCl2溶液后未出现白色沉淀，说明溶液中不含有SO42-，而Ag2SO4微溶于水，因此可说明实验①中所得的白色沉淀中不含有Ag2SO4，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.H2SO3、H2SO4溶液都显酸性；
B.根据气体颜色变化确定其成分，从而确定实验②发生的反应，进而确定B的性质；
C.检验溶液中的SO42-时应排除Ag+的干扰；
D.根据实验③的现象结合Ag2SO4微溶于水的性质分析；
二、非选择题
20．（2022·广东）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
21．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：
I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
V.蒸馏水洗涤沉淀。
VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是　 　、　 　,仪器b的进水口是（填字母）。
（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是　 　.
（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿　 　.
（4）步骤III中，H2O2的作用是　 　（以离子方程式表示）.
（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是　 　.
（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是　 　.
【答案】（1）滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶
（2）反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快
（3）反应温度98℃接近水的沸点100℃，而油浴更易提温
（4）2MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（5）取洗涤液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净
（6）洗涤液含有的离子主要有H +和Cl-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。
【分析】(1)根据装置中的仪器分析；
(2)根据反应放热分析；
(3)根据加热温度选择加热方式；
(4)根据转移电子守恒配平方程式；
(5)用Ba2+检验SO42-；
(6)根据电荷守恒分析；
22．（2022·丰台模拟）某小组进行如下实验：向0.1mol·L-1 FeCl3溶液中通入SO2或加入Na2SO3溶液，均得到红色溶液。
已知：溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线如下图所示。
（1）I.推测Fe3+与溶液中的某种+4价含硫微粒形成了红色的配离子。设计如下实验(均在常温下进行)：
实验 溶液1(1mL) 溶液2(10mL) 现象
A 0.1mol·L-1 FeCl3溶液 SO2的饱和溶液 溶液1与溶液2混合后，实验A、B、C所得溶液红色依次加深
B 0.1mol·L-1 FeCl3溶液 SO2的饱和溶液，用NaOH固体调 pH=5.0
C 0.1mol·L-1 FeCl3溶液 　 　
将上述实验补充完整。
（2）配离子的配体为的实验证据是　 　。
（3）II.探究pH对FeCl3和Na2SO3反应的影响。设计如下实验：
序号 实验a 实验b
方案 5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3与2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得红色溶液，测得pH=1.7 5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3与2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得红色溶液，加几滴浓盐酸，调pH=1.3
现象 放置10分钟后，溶液红色均褪去，实验b中溶液褪色更快。经检验，褪色后的溶液中均存在Fe2+。
探究实验b中溶液褪色更快的原因：
i.甲认为pH降低，有利于Fe3+氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
①从电极反应的角度，进行理论分析：
还原反应为：Fe3++e-=Fe2+氧化反应为：　 　。
②已知上述实验条件下pH对Fe3+的氧化性几乎没有影响。从平衡移动的角度判断pH对还原性的影响是　 　(填“增强”或“减弱”)。
③通过理论分析，甲认为其猜测　 　(填“成立”或“不成立”)，并进一步实验，获得了证据。实验方案为：反应相同时间，分别取实验a和b中的溶液，检测　 　浓度(填离子符号)，比较其大小关系。
ii.乙猜测pH降低，有利于　 　氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
④将乙的假设补充完整(填化学式)。
⑤乙设计实验进行验证：
取10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3溶液加硫酸调pH=1.7，用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V1。另取一份相同的溶液放置10分钟后，再用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V2.前后差值(V1-V2)为ΔVa。用同样的方法对10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3(含H2SO4)pH=1.3进行滴定，消耗KMnO4溶液前后体积差值为ΔVb。
经对比可知，ΔVa>△Vb，由此得出的实验结论是　 　。
（4）综合上述分析，pH降低，有利于　 　反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
【答案】（1）SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10
（2）随着c()增大，溶液红色加深
（3）+H2O-2e-=+2H+；减弱；不成立；Fe2+；O2；pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立
（4）与H+
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)结合溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线可知，实验A、B、C探究的是不同pH下，不同+4价含硫微粒对实验的影响，因此C实验应为：SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10。
(2)随着溶液pH的增大，溶液中浓度增大，所得溶液红色依次加深，因此说明配离子的配体为。
(3)①Fe3+与发生氧化还原反应，Fe3+得电子生成Fe2+，发生还原反应，则失电子生成，发生氧化反应，反应式为：+H2O-2e-=+2H+。
②在溶液中存在+H2O-2e- +2H+，溶液酸性增强，平衡逆向移动，还原性减弱。
③由上述分析可知，甲的猜测不成立，若溶液酸性增强有利于Fe3+和的反应，溶液中亚铁离子含量会增多，则可以反应相同时间，检测实验a和b中的溶液中Fe2+的浓度，比较其大小关系去验证。
④实验放在空气中进行，空气中O2有氧化性，因此乙猜测pH降低，有利于O2氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
⑤由实验数据ΔVa>ΔVb可知，在空气中放置相同时间，结果酸性弱的溶液中消耗高锰酸钾的量少，酸性强的溶液中消耗高锰酸钾的量多，说明pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立。
(4)溶液酸性增强，会发生反应H++ HSO，H++HSO H2SO4，pH降低，有利于与H+反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
【分析】（1）由溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线可知pH=5时的含硫微粒主要是亚硫酸氢根离子，pH=10是含硫微粒主要是亚硫酸根离子；
（2）随pH的增大 ，c() 增大，溶液的颜色加深；
（3） ① 该氧化还原反应为Fe3+在酸性条件下把氧化为硫酸根离子；
② 根据还原反应中氢离子是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动来分析；
③ 甲认为pH降低，有利于Fe3+氧化，若猜想成立，则相同时间内，不同pH条件下溶液中的Fe2+的浓度不同；
ii该实验中的干扰物质是O2，所以O2也可能氧化；从实验结果分析pH大的消耗的氧化剂越多；
23．（2022·舟山模拟）黑色化合物M由两种常见的元素组成，各物质的转化关系如图所示。
回答下列问题：
（1）D是　 　(填化学式)。
（2）根据上述信息推知，M是　 　(填化学式)。
（3）将A通入新制氯水中发生主要反应的离子方程式为　 　。
（4）为了探究温度对D和氨气反应的产物的影响，设计如下实验：
步骤 操作 E(甲组) F(乙组)
I 取少量产物，加入稀盐酸 溶解、无气泡 溶解，有气泡
II 取步骤I中溶液，滴加KSCN溶液 溶液变红 无明显变化
III 向步骤II溶液中滴加双氧水 红色变深 溶液变红
①根据上述现象，得出实验结论：E为X3O4(X表示形成化合物M的一种元素)，F为　 　(填化学式)。
②乙组实验中，步骤III中溶液由无色变红的原因是　 　(用离子方程式表示)。
③通过交流、讨论，有人认为E中除X3O4外还可能含单质X，判断的理由是　 　。
【答案】（1）Fe2O3
（2）Fe2S3
（3）SO2+2H2O+Cl2=4H++2Cl-+SO
（4）Fe、FeO(或Fe)；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe3O4溶于稀盐酸后，Fe优先被Fe3+氧化
【知识点】无机物的推断；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】由题干转化图信息可知，白色沉淀C为BaSO4，其物质的量为：n(BaSO4)===0.03mol，B为H2SO4，A为SO2，A转化为B的反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，若另一种元素为铜，则M为硫化铜或硫化亚铜，D为氧化亚铜，氨气还原氧化亚铜得到红色铜，与题意相悖，故M中含铁、硫，D为氧化铁，即M中含有Fe和S元素，根据S原子守恒可知，n(S)= n(BaSO4)=0.03mol，则n(Fe)==0.02mol，故M的化学式为：Fe2S3，据此分析解题。
(1)由分析可知，C为硫酸钡，说明M中含硫元素。若另一种元素为铜，则M为硫化铜或硫化亚铜，D为氧化亚铜，氨气还原氧化亚铜得到红色铜，与题意相悖，故M中含铁、硫，D为氧化铁，故答案为：Fe2O3；
(2)由分析可知，n(S)=，M中铁的物质的量：，M的化学式为Fe2S3，故答案为：Fe2S3；
(3)由分析可知，新制氯水的主要成分是氯气，氯气氧化二氧化硫：，故答案为：；
(4)酒精灯加热时温度在500℃左右，酒精喷灯加热时温度可达到1000℃。温度越高，反应越充分。
①根据乙组实验现象，可知F中含有铁粉，故黑色固体F的成分为Fe、FeO或者只有Fe，故答案为：Fe、FeO(或者Fe)；
②加入双氧水氧化亚铁离子，在酸性条件下发生的反应为，故答案为：；
③如果E为四氧化三铁和铁的混合物，四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁、氯化亚铁，氯化铁的氧化性比盐酸的强，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁。有关反应如下：、，故步骤I加入盐酸，无气泡，故答案为：Fe3O4溶于稀盐酸后，Fe优先被Fe3+氧化。
【分析】根据流程图信息及物质性质可推出C是BaSO4，B是H2SO4，A为SO2，且n(SO2)=n(BaSO4)=0.03mol，则M中硫元素的物质的量为0.03mol。通过物质的颜色可知M中另一种元素为铜元素或铁元素。若为铜元素，则M为CuS或Cu2S，D为Cu2O，氨气还原Cu2O得到红色Cu，不符合，所以M中含Fe和S元素，D为Fe2O3，M中含有的铁元素物质的量为n(Fe)==0.02mol，进一步可推出M的化学式为Fe2S3，据此分析解题。
24．（2021高三上·嘉定模拟）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
（1）实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于　 　。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施　 　。
（2）碳原子核外有　 　种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式　 　，碳原子最合理的电子式　 　。
（3）金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为　 　
（4）黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑；生成物中，属于非电解质的是　 　。每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的质量为　 　(保留1位小数)。
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液退色的物质是　 　(填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式　 　。
（6）有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因　 　。
【答案】（1）减少温室效应；新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
（2）3；；
（3）线型碳>石墨烯>金刚石
（4）CO2；67.3
（5）K2S；CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
（6）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
（2）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
（3）物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
（4）在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
（6）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
【分析】（1）二氧化碳是造成温室效应的气体之一；
（2）碳的电子排布式为1s22s22p2，有3种能量不同的电子；
（3）物质内的键的键能越大，物质越稳定；
（4）非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质；
（6）海底压强大，CO2的溶解度增加，且可以液体的形式存在，根据反应： CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多。
25．（2021·宁波模拟）由五种元素组成的化合物X，某学习小组按如图流程进行探究实验。
已知：化合物X难溶于水；气体体积均在标准状况下测定，气体A能使品红溶液褪色，气体E在标况下的密度为0.76g/L，固体C呈紫红色。
请回答：
（1）写出气体E的结构式　 　；溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有　 　(用化学式表示)。
（2）化合物X含有的元素有Cu、H、　 　(写出另外三种元素)。写出步骤1反应的化学方程式　 　。
（3）一定条件下，往溶液B中通入气体A和E，可制备化合物X，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）气体E可将Fe2O3还原得到黑色固体(不含Fe3O4)，请设计实验验证黑色固体的成分　 　。
【答案】（1）；CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4
（2）N、S、O；2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O
（3）2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH
（4）取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无.若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物
【知识点】无机物的推断；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由上面的分析可知E为NH3，存在一对孤对电子和3个极性共价键，NH3的结构式为；化合物X，加入过量硫酸，所以溶液B中含有的溶质有硫酸，根据分析蓝色沉淀中含有Cu2+，气体E（NH3）说明溶液中含有铵根离子，溶液B中含有的溶质(除了H2SO4) 有CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4；
（2）有分析可知，A为SO2，C为Cu，B为CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4，根据元素守恒可知，X中含有Cu、H、N、S、O；根据分析可知，A为SO2的物质的量为0.2mol，C为Cu的物质的量为0.1mol，气体E的物质的量为0.2mol，D 为蓝色沉淀氢氧化铜，Cu(OH)2CuO+H2O，n(Cu2+)=n (Cu)==0.1mol，根据元素守恒和电荷守恒可知，X中含有0.2molCu，0.2mol，和0.2mol，n(Cu)：n()：n()=0.2：0.2：0.2=1：1：1，故NH4CuSO3为0.2mol，质量为0.2mol×162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO3，根据题中信息可知生成了二氧化硫，硫酸铜，硫酸铵和铜单质，再根据元素守恒可知反应的方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O；
（3）CuSO4中通入气体SO2和NH3，可制备化合物NH4CuSO3根据化合价升降守恒和元素守恒，化学方程式为：2CuSO4+3SO2+8NH3=2NH4CuSO3↓+3(NH4)2SO4，硫酸铜、硫酸铵属于易溶的强电解质，拆开写成离子，二氧化硫和氨写成化学式，所以反应的离子方程式为：2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH；
（4）取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无，若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物；
【分析】 （1） 气体E在标况下的密度为0.76g/L， 可计算得E的相对分子质量为17g/mol，E为氨气； 固体C呈紫红色 ，为Cu，则蓝色沉淀中含有铜离子，溶液B含有 CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4 ；
（2）根据元素守恒确定化合物X中含有的元素，进而确定其分子式，步骤1中发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律配平方程式；
（3）气体A能使品红溶液褪色 ，则A为SO2，溶液B种含有铜离子，往B中通入SO2和NH3制得X，根据质量守恒配平方程式即可；
（4）氨气可还原氧化铁生成铁或氧化亚铁，则黑色固体可能是铁、氧化亚铁或者两者的混合物。
26．（2021·宝山模拟）84 消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。
（1）84 消毒液使用时除了要按一定比例稀释，对消毒时间也有要求，一般在 10-20 分钟左右。结合有关的化学方程式解释原因　 　，家庭使用 84 消毒液时，可以采取哪些措施缩短消毒时间　 　。
（2）次氯酸钠可以用于去除废水中的铵态氮，配平下列离子方程式。
　 　NH +　 　ClO-→　 　N2+　 　Cl-+　 　H2O+　 　H+
（3）84 消毒液的制取和漂粉精的制取原理相同，都是用氯气和碱反应来制取，84 消毒液所用的碱是氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）消毒学专家指出，将 84 消毒液与洁厕灵(主要成分：浓盐酸)一起合并使用，可能会导致使用者的呼吸道伤害。结合有关的化学方程式分析可能的原因　 　。
（5）有同学看到某品牌的 84 消毒液的注意事项有指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”。这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明是否具备科学性呢？说出你的理由，并设计实验进行验证　 　。
【答案】（1）NaClO+CO2+H2O→NaHCO3+HClO ，NaClO 尽可能的与空气中二氧化碳反应，生成HClO 分子起到杀菌消毒的作用，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好；在 84 消毒液中加入白醋
（2）2；3；1；3；3；2
（3）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（4）NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒， 会影响人体的呼吸道
（5）有科学性；因为84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2。取1mL84 消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸， 如果试纸变蓝，证明有科学性
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；性质实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】(1) 84消毒液主要成分是NaClO，但真正起到杀菌消毒作用的是次氯酸；因此消毒时间一般控制在 10-20 分钟左右，让NaClO与空气中的二氧化碳气体反应，生成了次氯酸，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好，反应的方程式为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；由于醋酸的酸性强于碳酸，因此家庭使用84 消毒液时，尽可能在短时间内达到较好的消毒效果，即尽快产生次氯酸，可以在84消毒液中加入白醋；
(2)氮元素由-3价升高到0价，生成1mol氮气，转移6mol电子；氯元素由+1价降低到-1价，生成1mol氯离子，转移2mol电子，根据电子得失守恒，ClO-、Cl-各填系数3，NH 填系数2，N2填系数1，再根据原子守恒，H2O填系数3，H+填系数2，配平后离子方程式为：2NH +3ClO-=N2+3Cl-+3H2O+2H+；
(3)反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4)次氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，产生氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道，对人体造成危害，反应的方程式为：NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O；
(5) 84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2；取1mL84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的 KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气产生；因此84消毒液的注意事项指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”，这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明有科学性。
【分析】（1）碳酸的酸性强于次氯酸，而将次氯酸钠放在空气中时，与空气中的二氧化碳作用变为次氯酸，次氯酸的杀毒效果优于次氯酸钠，次氯酸易分解，在空气中易发生分解，因此一段时间后起不到消毒作用，日常生活中的消毒可以加入适量的白醋
（2）标出元素化合价根据氧化还原反应进行配平即可
（3）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水
（4）盐酸中的氯离子具有还原性而次氯酸钠中的氯元素具有氧化性易发生氧化还原反应产生氯气，而氯气有毒
（5）证明其科学性即可用其它酸进行实验即可
27．（2021·和平模拟）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
（1）基态Fe3+的电子排布式为　 　。
（2）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是　 　。FeSO4常作补铁剂，SO 的立体构型是　 　。
（3）羰基铁[Fe(CO)5]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含　 　molσ键。
（4）氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为　 　；Fe2+与O2-的最短核间距为　 　 pm。
（5）某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图实验：
另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
①X的化学式是　 　，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为　 　。
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是　 　 (用化学反应方程式表示)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
（2）分子晶体；正四面体形
（3）10
（4）12； ×1010
（5）CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔点沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。SO 的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无孤电子对，sp3杂化，SO 的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；
(3)羰基铁[Fe(CO)5]中心原子铁与CO分子间形成配位键，CO分子内形成共价键。1mol其分子中含5mol+5mol=10molσ键。故答案为：10；
(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为 ×3×8=12；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，晶胞中Fe2+数目=6× +8× =4，O2-的数目=1+12× =4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m= g，设晶胞棱长为x，则 g=x3×ρg cm-3，解得x= cm= ×1010pm，故Fe2+与O2-的最短间距为 x= ×1010pm= ×1010pm，Fe2+与O2-的最短核间距为 ×1010pm。故答案为：12； ×1010；
(5)①由分析，X的化学式是CaFe(CO3)2，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方程式为CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑。故答案为：CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑；
②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(用化学反应方程式表示)。故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
【分析】关于晶胞的计算：以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中Fe2+与O2-的数目，结合n= 和m=nM计算晶胞质量，根据“晶胞质量=晶胞体积×晶体密度“计算晶胞棱长；X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl(aq)反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe(OH)2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，X应为CaFe(CO3)2，结合题中信息：CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑，每216gCaFe(CO3)2分解得到126gCaO和FeO的固体，10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，符合X为CaFe(CO3)2，那么，溶液1是Ca(OH)2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca(HCO3)2。
28．（2021·泸县模拟）砷 与其化合物被运用在农药、除草剂等。砒霜是传统文化中常提及的剧毒药物，其成分为砷的 价氧化物，但微量的砷对身体有益。回答下列关于砷及其化合物的问题：
（1）砒霜的化学式为　 　。马氏试砷法是鉴定砒霜中毒的常用方法，反应原理为：① 砒霜 ；② ，形成具有金属光泽的黑色砷镜。①反应中 与 的系数比为　 　；②反应中 分解放出 的热量，反应的热化学方程式为　 　。
（2） 是两性氢氧化物，它与盐酸反应的化学方程式为　 　。
（3）成语“信口雌黄”中的雌黄为 ，曾用作绘画颜料。 可与 溶液反应生成 和 ，该反应　 　(填“是”或“不是”)氧化还原反应， 溶液显　 　性。
（4）将 设计成原电池如图所示。反应达到平衡状态时，电流表指针是否偏转？　 　(填“是”或“否”)。此时向左室中加入适量的烧碱溶液，外电路的电流方向是　 　，负极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）；3：1；
（2）
（3）不是；碱
（4）否；；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；性质实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)砒霜为砷的 价氧化物，其化学式为 ，由电子守恒得 ，所以①反应中 与 的系数比为3：1，②反应中 分解放出 的热量，其热化学方程式为 ；故答案为： ；3：1； ；
(2) 是两性氢氧化物，类似于Al(OH)3，它与盐酸反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(3)成语“信口雌黄”中的雌黄为 ， 可与 溶液反应生成 和 ，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应， 是弱酸， 是强碱弱酸盐，水溶液显碱性；故答案为：不是；碱；
(4) 中砷和碘的化合价发生变化，是自发的氧化还原反应，能形成原电池，但当达到平衡时正逆反应速率相等，但不等于零，浓度不再改变，电流表指针不偏转；此时向左室中加入适量的烧碱溶液，氢氧化钠和酸式盐 反应，平衡左移， 转化为 ，砷的化合价降低，得电子，发生还原反应， 是正极，所以外电路的电流方向是 ； 是负极，其电极反应式为 ，故答案为： ； 。
【分析】（1）根据题目是砷的正三价氧化物写出即可，根据得失电子情况，即可计算出化学计量系数比，根据放出的热量即可写出热化学方程式
（2）根据两性氧化物与酸和碱反应的产物，生成盐和水
（3）根据化合价是否改变确定是否为氧化还原反应，考查的弱酸强碱盐的水解
（4）可逆反应，平衡时浓度不变。考查的是电池的电流方向的确定，失去电子的做负极，得电子的做正极
29．（2020·宁波模拟）
（1）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：
已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。
请回答：
组成A的四种元素是　 　，气体E是　 　。
（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是　 　。
（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为　 　。
（4）Ⅱ.某化学兴趣小组为探究SO2与 溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入 溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。
SO2通入 溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是　 　。
（5）若通入 溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验　 　。
【答案】（1）Cu、C、N、O；CO和N2
（2）
（3）
（4） （SO2不足）或 （SO2足量）
（5）取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为： ，故答案为： ；(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为： ，故答案为： ；Ⅱ．(4)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为： (SO2不足)或 (SO2足量)，故答案为： (SO2不足)或 (SO2足量)；(5)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。
【分析】I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)= =0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)= =0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；
气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)= =0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；
固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)= =0.015mol，故M(G)= =28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。
30．（2020·松江模拟）某同学设计如图装置，用过量浓硫酸与铜反应制取SO2，并探究SO2与Na2O2反应的产物。
完成下列填空：
（1）写出烧瓶中生成SO2的化学方程式　 　。
（2）细铜丝表面的实验现象是　 　，使用细铜丝的原因是　 　。
（3）欲使反应停止，应进行的操作是　 　，反应一段时间以后，将烧瓶中液体冷却后，可观察到白色固体，推断该白色固体是　 　，理由是　 　。
（4）将Na2O2粉末沾在玻璃棉上的目的是　 　，若Na2O2与SO2完全反应，生成Na2SO3、O2和Na2SO4。为检验混合物中有Na2SO4，实验方案是　 　。
（5）实验装置中广口瓶的作用是　 　。在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入SO2，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是　 　。两者的物质的量之比为　 　。
【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）有气泡产生，细铜丝溶解；增大接触面以加快反应速率
（3）先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；无水硫酸铜；浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出
（4）使Na2O2与SO2充分接触，有利于反应完全进行；取样，滴加足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成
（5）防倒吸；Na2SO3、NaHSO3；n(Na2SO3)/n(NaHSO3)=1：2（顺序相反时，则为2：1）
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)烧瓶中生成SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；(2)实验中可观察到细铜丝表面：有气泡产生，细铜丝溶解； (3)欲使反应停止，应进行的操作是：先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；烧瓶中液体冷却后，可观察到的现象是有白色固体生成，溶液变为无色，原因是浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出；(4)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是：使Na2O2与SO2充分接触，检验混合物中有Na2SO4的实验方案是：取样，滴加足量稀盐酸，排除亚硫酸根的干扰，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成； (5)氢氧化钠溶液吸收尾气，会引起倒吸，实验装置中广口瓶的作用是防止倒吸，
SO2与NaOH的溶液反应可能产生亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，或者是亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，已知氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol，假设生成物全部是亚硫酸钠，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O， 2mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸钠，0.1mol氢氧化钠生成0.05mol亚硫酸钠，质量为m=nM=0.05mol×126g/mol=6.3g，假设生成物全部是亚硫酸氢钠，发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3，1mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸氢钠，0.1mol氢氧化钠生成0.1mol亚硫酸氢钠，质量为m=nM=0.1mol×104g/mol=10.4g，得到溶质的质量为8.35g，故生成物既有亚硫酸钠，又有亚硫酸氢钠，设生成亚硫酸钠反应消耗的氢氧化钠为xmol，生成亚硫酸氢钠反应消耗的氢氧化钠的物质的量为ymol，则有：
x+y=0.1， x×126+104y=8.35，解得x=0.05，y=0.05， = x：y=1：2。
【分析】在圆底烧瓶中，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应过程中，铜丝溶解，有气泡生成，使用细铜丝来增大接触面积，反应结束后，先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯，试验后的烧瓶中含有浓硫酸和硫酸铜，从生成物的角度分析白色固体，玻璃管中Na2O2粉末散附在玻璃棉上可使SO2与Na2O2充分接触，B中发生SO2+Na2O2=Na2SO4，可能混有Na2SO3，且亚硫酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，烧杯中NaOH吸收尾气，易发生倒吸，应在烧杯与集气瓶之间加一个防倒吸装置，以此来解答。
31．（2020·大连模拟）在目前市面上防护新冠病毒的消毒剂中，二氧化氯消毒剂是相对高效更安全的产品。二氧化氯的熔点为 ，沸点为 ，易溶于水但不与水反应，在生产和使用时必须用空气、二氧化碳、氮气等“惰性”气体进行稀释，但温度过高、气相浓度过大时均易发生爆炸。工业上用稍潮湿的 和草酸在 时反应制得（如下图所示），在 装置内用冷水吸收 。
（1）装置A中发生反应： （未配平），当生成 时，同时产生标准状况下 的体积是　 　 。
（2）实验时，对A装置进行加热操作还需要的玻璃仪器有酒精灯、　 　、　 　。
（3）本实验哪些设计从实验安全角度考虑　 　。（填2条）
（4）装置D中， 与 溶液反应可生成两种盐，且二者物质的量之比为 ，其中一种是 。
①写出 与 溶液反应的离子方程式　 　。
②已知饱和 溶液随温度变化情况如下图：
从 溶液中获得 晶体的操作步骤为：减压蒸发结晶→　 　→　 　→ 干燥，得到成品。（选择合适的操作编号填空）
A.冷却到室温后，过滤 B.趁热过滤 C.常温洗涤 D.冰水洗涤 E. 的温水洗涤采用减压蒸发的原因是　 　。
（5）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么， 、 、 三种消毒杀菌剂的消毒效率由小到大的顺序是　 　（填化学式）。
【答案】（1）336
（2）（大）烧杯；温度计
（3）反应中生成的二氧化碳有稀释作用；用冷水吸收，防止温度高； 装置防倒吸。（水浴加热，防止温度过高）。（合理答案即给分）
（4）；；；减压可降低沸点，较低温度下蒸发），避免晶体高温分解成 和
（5）
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)装置A中发生反应 ，反应中KClO3为氧化剂，1molKClO3失去1mol电子生成ClO2，H2C2O4作还原剂，1molH2C2O4得到2mol电子，因此，根据得失电子守恒，可将方程式配平为 ，则当生成0.03molClO2时，产生0.015molCO2，标准状况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故答案为：336；(2)根据上述分析可知，A装置为潮湿的KClO3和草酸在加热至60℃的条件下制取ClO2的装置，加热时可采用水浴加热，因此对A装置进行加热操作还需要的玻璃仪器有酒精灯、烧杯和温度计，故答案为：烧杯(大)；温度计；(3)本实验中，水浴加热可防止温度过高，由于ClO2易溶于水，所以B是防倒吸装置，C装置用冷水吸收ClO2可防止温度高ClO2挥发，同时反应中生成的二氧化碳对气体有稀释作用，故答案为：反应中生成的二氧化碳有稀释作用；用冷水吸收，防止温度高； 装置防倒吸。（水浴加热，防止温度过高）。（合理答案即可）；(4)①根据已知信息，ClO2与NaOH溶液反应可生成两种盐，且二者物质的量之比为1：1，其中一种是NaClO2，反应为歧化反应，则另一种盐是NaClO3，离子方程式为 ，故答案为： ；②根据饱和NaClO2溶液随温度变化情况图分析可知，当温度低于38℃时，会析出NaClO2·3H2O，当温度高于60℃时，NaClO2会分解为NaCl和NaClO3，因此，为避免晶体高温分解成NaCl和NaClO3，从溶液中经减压蒸发结晶获得NaClO2晶体后，过滤后需要在38～60℃的温水进行洗涤，最后干燥得到成品，故答案为：B；E；(减压可降低沸点，较低温度下蒸发)，避免晶体高温分解成NaCl和NaClO3；(5)ClO2在氯元素有+4价降低为-1价，则1molClO2转移电子5mol，消毒效率为5/67.5=1/15.5，1mol Na2FeO4转移电子为3mol，消毒效率为3/166，1molCl2转移电子为2mol，消毒效率为2/71，三种消毒杀菌剂的消毒效率由大到小的顺序为：ClO2＞Cl2＞Na2FeO4，故答案为：Na2FeO4＜Cl2＜ClO2。
【分析】
根据题干信息，结合实验装置分析可知，A装置为潮湿的KClO3和草酸在加热至60℃的条件下制取ClO2的装置，B为防倒吸装置，C装置用冷水吸收ClO2，D装置可吸收过量的ClO2。
(1)根据得失电子守恒配平方程式再进行计算；
(2)60℃时反应制得，采用水浴加热装置；
(3)二氧化氯易溶于水但不与水反应，在生产和使用时必须用空气、二氧化碳、氮气等“惰性”气体进行稀释，但温度过高、气相浓度过大时均易发生爆炸；
(4)①根据氧化还原反应原理分析，得出方程式；
② 根据 NaClO2饱和溶液随温度变化情况图分析可知；
(5)ClO2在氯元素由+4价降低为-1价；Na2FeO4转移电子生成Fe3+。
32．（2020·焦作模拟）某化学研究性学习小组的同学根据理论分析后认为，NO2可能会氧化单质铜，他们设想利用下图所示装置验证NO2的氧化性（夹持装置已省略）。
（1）装置A～C中有一处错误，改正的方法是　 　，A中发生反应的两种试剂通常是　 　。
（2）点燃C处酒精灯比较合适的时机是　 　。若C中固体全部变成黑色，同时生成对环境无污染的气体，写出C中反应的化学方程式：　 　。
装置D的用途是　 　。
（3）开关K的设计是以实现绿色化学实验为目的，请说明K的使用方法：　 　
（包括使用时段与内容）。
（4）实验结束后发现C中的固体混有少量的红色粉末，经过分析，甲同学认为该红色粉末是Cu2O，乙同学认为该红色粉末是Cu，丙同学认为该红色粉末是Cu和Cu2O的混合物。查阅资料，Cu、Cu2O和CuO的部分性质如下：
请设计一个简单的实验证明甲同学的看法是否正确：　 　。
【答案】（1）用无水CaCl2或P2O5代替碱石灰；铜、浓硝酸
（2）装置C硬质玻璃管中充满红棕色气体；4Cu+2NO2 4CuO+N2；吸收未反应的NO2
（3）待C中反应停止后，关闭分液漏斗的活塞，打开K，向装置中通入氮气至装置中无红棕色气体
（4）取少量反应后固体加入足量氨水中，若固体全部溶解，则甲同学的看法正确，若有红色粉末剩余，则甲同学看法错误
【知识点】硝酸的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体。碱石灰可与二氧化氮反应，应用无水氯化钙或五氧化二磷代替碱石灰，A为制备二氧化氮的装置，可用浓硝酸和铜反应生成；
(2)二氧化氮为红棕色气体，为排除氧气的干扰，当装置C的硬质玻璃管中充满红棕色气体时，再点燃C处酒精灯；若C中固体全部变成黑色，说明铜被氧化生成氧化铜，同时生成对环境无污染的气体，根据元素守恒可知该气体为氮气，反应方程式为：4Cu+2NO24CuO+N2；装置D用于尾气吸吸，吸收未反应完的NO2；
(3)当C中反应停止后，先关闭分液漏斗的活塞，再打开K，向装置只中通入氮气，直至装置中无红棕色气体，使二氧化氮吸收完全，避免污染环境；
(4)由题干信息可知，Cu2O溶于氨水，取少量反应后固体加入足量氨水中，若固体完全溶解，则甲同学的看法正确，若红色粉末有剩余，则甲同学看法不正确。
【分析】装置A利用浓硝酸和铜反应制取二氧化氮，B装置对气体进行干燥，但二氧化氮会和碱石灰发生反应，应选用酸性干燥剂；C装置中铜和二氧化氮在加热条件下反应，D为尾气吸收装置，同时防止倒吸，实验结束后通入氮气，可使生成的二氧化氮完全被吸收，以此解答该题。
33．（2020·江西）银精矿主要含有 Ag2S（杂质是铜、锌、锡和铅的硫化物），工业上利用银精矿制取贵金属银，流程图如下图所示。已知“ 氯化焙烧” 能把硫化物转化为氯化物，请回答下列问题：
（1）“ 氯化焙烧” 的温度控制在 650～670℃，如果温度过高则对焙烧不利，产率会降低，原因是 　 　。
（2）水洗后的滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡
溶液有白色沉淀生成，此钠盐为　 　（填化学式）。
（3）氨浸时发生的化学反应方程式为　 　。
（4）“ 沉银” 是用 N2H4还原银的化合物。
①N2H4的电子式是　 　。
②理论上，1molN2H4完全反应所得到的固体质量是　 　g。
③向所得母液中加入烧碱，得到的两种物质可分别返回　 　 、　 　工序中循环使用。
（5）助熔剂 Na2CO3和 Na2B4O7有两个作用：一是降低了银的熔点，减少能耗；二是
　 　。利用　 　的方法可以进一步直接精炼银锭。
【答案】（1）温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低）
（2）Na2SO4
（3）AgCl + 2NH3·H2O = Ag(NH3)2Cl + 2H2O
（4）；432；氨浸；氯化焙烧
（5）使少数杂质固体进入浮渣，提高了银的纯度（或进一步去除杂质，提高纯度）；电解
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】(1)“氯化焙烧”过程中，若温度过高，氯化物会进入烟尘逃逸，或者会发生其他副反应，导致产率降低，故答案为：温度过高，氯化物进入烟尘逃逸，导致产率降低（或温度过高，会发生其他副反应，导致产率降低）；
(2)滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，说明含有SO42-，则此钠盐的化学式是Na2SO4；
(3)根据上述分析可知，氨浸时发生的化学反应为AgCl + 2NH3·H2O = Ag（NH3）2Cl + 2H2O；
(4)①N2H4是共价化合物，其电子式是：；
②沉银过程中发生反应4Ag(NH32023年高考真题变式分类汇编：性质实验方案的设计4
一、选择题
1．（2022·浙江选考）下列方案设计、现象和结论有不正确的是（　　）
目的 方案设计 现象和结论
A 检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫 用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化 溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫
B 鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物 取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象 出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物
C 检验牙膏中是否含有甘油 将适量牙膏样品与蒸馏水混合，搅拌，静置一段时间，取上层清液，加入新制的Cu(OH)2，振荡，观察现象 溶液出现绛蓝色，说明牙膏中含有甘油
D 鉴别食盐与亚硝酸钠 各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化 溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐
A．A B．B C．C D．D
2．（2021·浙江）下列方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
　 目的 方案设计 现象和结论
A 探究乙醇消去反应的产物 取 乙醇，加入 浓硫酸、少量沸石，迅速升温至140℃，将产生的气体通入 溴水中 若溴水褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
B 探究乙酰水杨酸样品中是否含有水杨酸 取少量样品，加入 蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴 溶液 若有紫色沉淀生成，则该产品中含有水杨酸
C 探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分 取少量固体粉末，加入 蒸馏水 若无气体生成，则固体粉末为 ；若有气体生成，则固体粉末为
D 探究 固体样品是否变质 取少量待测样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再加入足量 溶液 若有白色沉淀产生，则样品已经变质
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·虹口模拟）室温下，通过下列实验探究0.1mol·L-1NaHS溶液的性质。
实验 实验操作和现象
① 滴加几滴酚酞试液，溶液变红
② 加入等体积0.1mol L-1NaOH溶液充分混合，无明显现象
③ 加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④ 加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
下列有关说法正确的是（　　）
A．实验①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B．实验②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O
4．（2022·嘉兴模拟）下列与卤元素相关的实验方案设计、现象和结论都正确的是（　　）
目的 方案设计 现象和结论
A 检验火柴头中氯元素 取火柴头浸泡液于试管中，加入NaNO2溶液，再加AgNO3溶液 溶液中出现白色沉淀，说明火柴头中含有氯元素
B 检验加碘盐中存在的KIO3 取一定量的食盐溶于水配成溶液，加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液 溶液呈蓝色，说明食盐中存在KIO3
C 证明氯气可溶于水 用一支100mL针筒抽取80mL氯气，然后抽取20mL水，振荡 黄绿色消失，说明氯气可溶于水
D 探究铝的配合物的生成 向1mL 0.5mol·L-1的氯化铝溶液中加入2mL NaF饱和溶液，再加入1mL 3mol·L-1氨水溶液 无白色沉淀生成，说明铝离子与氟离子形成了配合物
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·锦州模拟）某化学实验小组为探究过氧化物性质，进行下图所示实验。经检验实验①、③中的白色沉淀为。下列说法合理的是（　　）
序号 实验① 实验② 实验③
实验 与反应后的溶液 与混合溶液
现象 出现白色沉淀 无明显现象 出现白色沉淀
A．实验①、②说明在碱性条件下电离得到
B．实验①、②、③证明与反应过程中发生反应：
C．实验①、③生成白色沉淀的反应属于氧化还原反应
D．可用检验长期放置的中是否含有
6．（2022·朝阳模拟）探究溶液的性质，进行如下实验。(已知：的)
实验 装置 气体a 现象
Ⅰ 溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ 一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是（　　）
A．溶液呈碱性：
B．实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，的氧化性强于
C．两个实验中，通入气体后，试管中溶液的均降低
D．实验Ⅰ中，溶液能促进气体的溶解
7．（2022·海淀模拟）下列实验现象中的颜色变化与氧化还原反应无关的是（　　）
A B C D
实验 溶液滴入溶液中 通入溶液中 溶液滴入浊液中 铜丝加热后，伸入无水乙醇中
现象 产生白色沉淀，最终变为红褐色 产生淡黄色沉淀 沉淀由白色逐渐变为黄色 先变黑，后重新变为红色
A．A B．B C．C D．D
8．（2022·朝阳模拟）某同学进行如下实验：
实验 操作和现象
Ⅰ 向溴水中滴加少量，振荡，层显橙色
Ⅱ 向碘水中滴加少量，振荡，层显紫色
Ⅲ 向、的混合液中加入。滴加氯水，振荡后层显紫色；再滴加氯水，振荡后紫色褪去；继续滴加氯水，振荡后层变为橙色
下列分析不正确的是（　　）
A．Ⅰ中层显橙色，说明层含
B．Ⅱ中的现象说明在中的溶解性大于在水中的溶解性
C．Ⅲ中层显紫色，说明的氧化性强于
D．Ⅲ中层变为橙色时，水层中仍含有大量
9．（2022·济南模拟）下列由实验现象所得结论正确的是（　　）
A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明溶液中含Ag+
B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀，证明SO2能呈现酸性和氧化性
C．向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变为黄色，证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+
D．常温下，取饱和CaSO4溶液和氨水做导电性实验，氨水灯泡更亮，证明CaSO4为弱电解质
10．（2021·大庆模拟）下列由实验现象所得结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 结论
A 向浓硝酸中插入红热的木炭，产生红棕色气体 红棕色的NO2一定是由木炭和浓硝酸的反应生成的
B 室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色 Fe3+的氧化性比I2的强
C 常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，铁片不溶解 常温下，铁与浓硫酸没有发生化学反应
D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
11．（2021·扬州模拟）Na2C2O4可用作抗凝血剂。室温下，通过下列实验探究Na2C2O4溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 测得0.1mol·L 1Na2C2O4溶液的pH≈8.4
2 向0.2mol·L 1Na2C2O4溶液中加入等体积0.2mol·L 1盐酸，测得混合后溶液的pH≈5.5
3 向0.1mol·L 1Na2C2O4溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，溶液仍为无色
4 向0.1mol·L 1Na2C2O4溶液中加入等体积0.1mol·L 1CaCl2溶液，产生白色沉淀
下列有关说法错误的是（　　）
A．0.1mol·L 1Na2C2O4溶液中存在c(OH-)=c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2O )
B．实验2得到的溶液中有c(H2C2O4)＞c(Cl-)＞c(C2O )
C．实验3中MnO 被还原成Mn2+，则反应的离子方程式为2MnO +5C2O +16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．依据实验4可推测Ksp(CaC2O4)＜2.5×10 3
12．（2021·乌鲁木齐模拟）下列实验现象或操作正确且与结论相匹配的是(　　)
　 现象或操作 结论
A 相同条件下，分别测量0.1 mol L-1和0.01 mol L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强 醋酸浓度越大，电离程度越大
B 将H2O2溶液滴加到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 H2O2具有氧化性
C 常温下将大小相同的铝片分别加入到浓硝酸和稀硝酸中，浓硝酸比稀硝酸反应更剧烈 反应物浓度越大，反应速率越快
D 向碘水中加入CCl4振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
A．A B．B C．C D．D
13．（2021·梅州模拟）下列叙述I和Ⅱ均正确并有因果关系的是（　　）
选项 叙述I 叙述Ⅱ
A 硝基苯的沸点比苯的沸点高 硝基苯和苯可通过蒸馏初步分离
B 乙二酸可与KMnO4溶液发生反应 乙二酸具有酸性
C Na2S 还原性强 Na2S用于除去废水中的Cu2+和Hg2+
D 酸性：HCl＞H2S 非金属性：Cl＞S
A．A B．B C．C D．D
14．（2021·揭阳模拟）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均符合题意并有因果关系的是(　　)
选项 叙述Ⅰ 叙述Ⅱ
A 锌的金属活动性比铁强 在海轮外壳上装锌块可减缓外壳腐蚀
B 汽油和植物油都属于烃 汽油和植物油都可以燃烧
C 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 铜绿在空气中受热分解能得到铜单质
D 有漂白性 能使酸性 溶液褪色
A．A B．B C．C D．D
15．（2021·玉林模拟）利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 X中试剂 Y中试剂
A 用Na2SO3和浓硫酸制取、收集纯净干燥的SO2，并验证其漂白性 品红溶液 浓硫酸
B 用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO 水 浓硫酸
C 用碳酸钙和盐酸制取、收集CO2、并验证酸性H2CO3＞ HClO 饱和Na2CO3溶液 Ca(ClO)2溶液
D 用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2 饱和食盐水 浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
16．（2020·广州模拟）实验室探究SO2性质的装置如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．装置a中的反应可用铜片和浓硫酸代替
B．若X为H2S溶液，装置b中产生淡黄色沉淀
C．若X为含HCl、BaCl2的FeCl3溶液，装置b中产生白色沉淀
D．反应后装置c中溶液的pH降低
17．（2020·太原模拟）“化学多米诺实验”是只需控制第一个反应，就能使若干化学实验依次发生，如图所示。已知：①Cu2++4NH3 H2O=4H2O+[Cu(NH3)4]2+（该反应产物可作为H2O2的催化剂）；②已知装置A、C中所用硫酸的浓度相同，装置B、D中所用金属锌的质量完全相同
下列说法错误的是（　　）
A．该实验成功的关键条件是整套装置的气密性良好
B．因为形成原电池，所以装置D中生成氢气的反应速率一定大于B
C．导管a的作用是平衡A和B内气压
D．装置H中出现浅黄色浑浊，可证明非金属性：O>S
18．（2020·江西）某学习小组用下列装置完成了探究浓硫酸和 SO2性质的实验（部分夹持装置已省略），下列“ 现象预测” 与“ 解释或结论” 均正确的是（　　）
A．A B．B C．C D．D
19．（2020·北京模拟）实验小组同学探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验如下：
① 将 SO2 通入 AgNO3 溶液（pH=5）中，得到无色溶液 A 和白色沉淀 B；
② 取洗涤后的沉淀 B，加入 3 mol/L HNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色；
③ 向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀；取上层清液继续滴加 BaCl2 溶液，未出现 白色沉淀。
已知：ⅰ．经分析，沉淀 B 可能为 Ag2SO3、Ag2SO4 或二者混合物
ⅱ．Ag2SO4 微溶于水，Ag2SO3 难溶于水
下列说法不正确的是（　　）
A．通过测溶液 A 的 pH 无法判断①中硫元素是否被氧化
B．通过②可知：沉淀 B 具有还原性
C．③中加入过量盐酸的目的主要是除去溶液A中的 Ag+
D．通过上述实验可判断①中所得白色沉淀中有 Ag2SO4
二、非选择题
20．（2022·广东）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用 表示）。 的应用与其电离平衡密切相关。25℃时， 的 。
（1）配制 的 溶液，需 溶液的体积为　 　mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是　 　。
（3）某小组研究25℃下 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 溶液或改变 浓度， 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 的 和 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定 ，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… 　 　 　 　 　
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息，补充数据： 　 　， 　 　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 溶液，电离平衡　 　（填”正”或”逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由：　 　。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大 浓度， 电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着 的增加， 的值逐渐接近 的 。
查阅资料获悉：一定条件下，按 配制的溶液中， 的值等于 的 。
对比数据发现，实验VIII中 与资料数据 存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 溶液的浓度再验证。
（ⅰ）移取 溶液，加入2滴酚酞溶液，用 溶液滴定至终点，消耗体积为 ，则该 溶液的浓度为　 　 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点　 　。
（ⅱ）用上述 溶液和 溶液，配制等物质的量的 与 混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为 的 和 溶液，如何准确测定 的 ？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 溶液，用 溶液滴定至终点，消耗 溶液
Ⅱ 　 　，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途　 　。
21．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：
I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
V.蒸馏水洗涤沉淀。
VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是　 　、　 　,仪器b的进水口是（填字母）。
（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是　 　.
（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿　 　.
（4）步骤III中，H2O2的作用是　 　（以离子方程式表示）.
（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是　 　.
（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是　 　.
22．（2022·丰台模拟）某小组进行如下实验：向0.1mol·L-1 FeCl3溶液中通入SO2或加入Na2SO3溶液，均得到红色溶液。
已知：溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线如下图所示。
（1）I.推测Fe3+与溶液中的某种+4价含硫微粒形成了红色的配离子。设计如下实验(均在常温下进行)：
实验 溶液1(1mL) 溶液2(10mL) 现象
A 0.1mol·L-1 FeCl3溶液 SO2的饱和溶液 溶液1与溶液2混合后，实验A、B、C所得溶液红色依次加深
B 0.1mol·L-1 FeCl3溶液 SO2的饱和溶液，用NaOH固体调 pH=5.0
C 0.1mol·L-1 FeCl3溶液 　 　
将上述实验补充完整。
（2）配离子的配体为的实验证据是　 　。
（3）II.探究pH对FeCl3和Na2SO3反应的影响。设计如下实验：
序号 实验a 实验b
方案 5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3与2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得红色溶液，测得pH=1.7 5mL酸化的0.1mol·L-1 FeCl3与2mL 0.1mol·L-1 Na2SO3混合得红色溶液，加几滴浓盐酸，调pH=1.3
现象 放置10分钟后，溶液红色均褪去，实验b中溶液褪色更快。经检验，褪色后的溶液中均存在Fe2+。
探究实验b中溶液褪色更快的原因：
i.甲认为pH降低，有利于Fe3+氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
①从电极反应的角度，进行理论分析：
还原反应为：Fe3++e-=Fe2+氧化反应为：　 　。
②已知上述实验条件下pH对Fe3+的氧化性几乎没有影响。从平衡移动的角度判断pH对还原性的影响是　 　(填“增强”或“减弱”)。
③通过理论分析，甲认为其猜测　 　(填“成立”或“不成立”)，并进一步实验，获得了证据。实验方案为：反应相同时间，分别取实验a和b中的溶液，检测　 　浓度(填离子符号)，比较其大小关系。
ii.乙猜测pH降低，有利于　 　氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
④将乙的假设补充完整(填化学式)。
⑤乙设计实验进行验证：
取10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3溶液加硫酸调pH=1.7，用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V1。另取一份相同的溶液放置10分钟后，再用KMnO4溶液滴定，消耗体积为V2.前后差值(V1-V2)为ΔVa。用同样的方法对10mL 0.1mol·L-1 Na2SO3(含H2SO4)pH=1.3进行滴定，消耗KMnO4溶液前后体积差值为ΔVb。
经对比可知，ΔVa>△Vb，由此得出的实验结论是　 　。
（4）综合上述分析，pH降低，有利于　 　反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
23．（2022·舟山模拟）黑色化合物M由两种常见的元素组成，各物质的转化关系如图所示。
回答下列问题：
（1）D是　 　(填化学式)。
（2）根据上述信息推知，M是　 　(填化学式)。
（3）将A通入新制氯水中发生主要反应的离子方程式为　 　。
（4）为了探究温度对D和氨气反应的产物的影响，设计如下实验：
步骤 操作 E(甲组) F(乙组)
I 取少量产物，加入稀盐酸 溶解、无气泡 溶解，有气泡
II 取步骤I中溶液，滴加KSCN溶液 溶液变红 无明显变化
III 向步骤II溶液中滴加双氧水 红色变深 溶液变红
①根据上述现象，得出实验结论：E为X3O4(X表示形成化合物M的一种元素)，F为　 　(填化学式)。
②乙组实验中，步骤III中溶液由无色变红的原因是　 　(用离子方程式表示)。
③通过交流、讨论，有人认为E中除X3O4外还可能含单质X，判断的理由是　 　。
24．（2021高三上·嘉定模拟）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
（1）实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于　 　。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施　 　。
（2）碳原子核外有　 　种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式　 　，碳原子最合理的电子式　 　。
（3）金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为　 　
（4）黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑；生成物中，属于非电解质的是　 　。每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的质量为　 　(保留1位小数)。
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液退色的物质是　 　(填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式　 　。
（6）有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因　 　。
25．（2021·宁波模拟）由五种元素组成的化合物X，某学习小组按如图流程进行探究实验。
已知：化合物X难溶于水；气体体积均在标准状况下测定，气体A能使品红溶液褪色，气体E在标况下的密度为0.76g/L，固体C呈紫红色。
请回答：
（1）写出气体E的结构式　 　；溶液B中含有的溶质(除了H2SO4)有　 　(用化学式表示)。
（2）化合物X含有的元素有Cu、H、　 　(写出另外三种元素)。写出步骤1反应的化学方程式　 　。
（3）一定条件下，往溶液B中通入气体A和E，可制备化合物X，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）气体E可将Fe2O3还原得到黑色固体(不含Fe3O4)，请设计实验验证黑色固体的成分　 　。
26．（2021·宝山模拟）84 消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。
（1）84 消毒液使用时除了要按一定比例稀释，对消毒时间也有要求，一般在 10-20 分钟左右。结合有关的化学方程式解释原因　 　，家庭使用 84 消毒液时，可以采取哪些措施缩短消毒时间　 　。
（2）次氯酸钠可以用于去除废水中的铵态氮，配平下列离子方程式。
　 　NH +　 　ClO-→　 　N2+　 　Cl-+　 　H2O+　 　H+
（3）84 消毒液的制取和漂粉精的制取原理相同，都是用氯气和碱反应来制取，84 消毒液所用的碱是氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）消毒学专家指出，将 84 消毒液与洁厕灵(主要成分：浓盐酸)一起合并使用，可能会导致使用者的呼吸道伤害。结合有关的化学方程式分析可能的原因　 　。
（5）有同学看到某品牌的 84 消毒液的注意事项有指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”。这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明是否具备科学性呢？说出你的理由，并设计实验进行验证　 　。
27．（2021·和平模拟）铁被誉为“第一金属”，铁及其化合物在生活中有广泛应用。
（1）基态Fe3+的电子排布式为　 　。
（2）FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃。FeCl3的晶体类型是　 　。FeSO4常作补铁剂，SO 的立体构型是　 　。
（3）羰基铁[Fe(CO)5]可作催化剂、汽油抗暴剂等。1mol其分子中含　 　molσ键。
（4）氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为　 　；Fe2+与O2-的最短核间距为　 　 pm。
（5）某研究小组为了探究一种含铁无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成了如图实验：
另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1。
①X的化学式是　 　，在惰性气流中加热X至完全分解的化学方程式为　 　。
②白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是　 　 (用化学反应方程式表示)。
28．（2021·泸县模拟）砷 与其化合物被运用在农药、除草剂等。砒霜是传统文化中常提及的剧毒药物，其成分为砷的 价氧化物，但微量的砷对身体有益。回答下列关于砷及其化合物的问题：
（1）砒霜的化学式为　 　。马氏试砷法是鉴定砒霜中毒的常用方法，反应原理为：① 砒霜 ；② ，形成具有金属光泽的黑色砷镜。①反应中 与 的系数比为　 　；②反应中 分解放出 的热量，反应的热化学方程式为　 　。
（2） 是两性氢氧化物，它与盐酸反应的化学方程式为　 　。
（3）成语“信口雌黄”中的雌黄为 ，曾用作绘画颜料。 可与 溶液反应生成 和 ，该反应　 　(填“是”或“不是”)氧化还原反应， 溶液显　 　性。
（4）将 设计成原电池如图所示。反应达到平衡状态时，电流表指针是否偏转？　 　(填“是”或“否”)。此时向左室中加入适量的烧碱溶液，外电路的电流方向是　 　，负极的电极反应式为　 　。
29．（2020·宁波模拟）
（1）I.固体A由四种元素组成的化合物，为探究固体A的组成，设计并完成如实验：
已知：固体B是一种单质，气体E、F都是G和另外一种气体组成。
请回答：
组成A的四种元素是　 　，气体E是　 　。
（2）固体A隔绝空气加热分解的化学方程式是　 　。
（3）蓝色溶液D和乙醇反应可获得固体A，同时还生成一种常见的温室气体，该反应的化学方程式为　 　。
（4）Ⅱ.某化学兴趣小组为探究SO2与 溶液的反应，用如下装置（夹持、加热仪器略）进行实验：制备SO2，将SO2通入 溶液中，迅速反应，得到无色酸性溶液和白色沉淀。
SO2通入 溶液中，得到无色酸性溶液和白色沉淀的离子方程式是　 　。
（5）若通入 溶液中的SO2已过量，请设计实验方案检验　 　。
30．（2020·松江模拟）某同学设计如图装置，用过量浓硫酸与铜反应制取SO2，并探究SO2与Na2O2反应的产物。
完成下列填空：
（1）写出烧瓶中生成SO2的化学方程式　 　。
（2）细铜丝表面的实验现象是　 　，使用细铜丝的原因是　 　。
（3）欲使反应停止，应进行的操作是　 　，反应一段时间以后，将烧瓶中液体冷却后，可观察到白色固体，推断该白色固体是　 　，理由是　 　。
（4）将Na2O2粉末沾在玻璃棉上的目的是　 　，若Na2O2与SO2完全反应，生成Na2SO3、O2和Na2SO4。为检验混合物中有Na2SO4，实验方案是　 　。
（5）实验装置中广口瓶的作用是　 　。在含0.1molNaOH的溶液中不断地通入SO2，得到溶质的质量为8.35g，则烧杯中生产的溶质是　 　。两者的物质的量之比为　 　。
31．（2020·大连模拟）在目前市面上防护新冠病毒的消毒剂中，二氧化氯消毒剂是相对高效更安全的产品。二氧化氯的熔点为 ，沸点为 ，易溶于水但不与水反应，在生产和使用时必须用空气、二氧化碳、氮气等“惰性”气体进行稀释，但温度过高、气相浓度过大时均易发生爆炸。工业上用稍潮湿的 和草酸在 时反应制得（如下图所示），在 装置内用冷水吸收 。
（1）装置A中发生反应： （未配平），当生成 时，同时产生标准状况下 的体积是　 　 。
（2）实验时，对A装置进行加热操作还需要的玻璃仪器有酒精灯、　 　、　 　。
（3）本实验哪些设计从实验安全角度考虑　 　。（填2条）
（4）装置D中， 与 溶液反应可生成两种盐，且二者物质的量之比为 ，其中一种是 。
①写出 与 溶液反应的离子方程式　 　。
②已知饱和 溶液随温度变化情况如下图：
从 溶液中获得 晶体的操作步骤为：减压蒸发结晶→　 　→　 　→ 干燥，得到成品。（选择合适的操作编号填空）
A.冷却到室温后，过滤 B.趁热过滤 C.常温洗涤 D.冰水洗涤 E. 的温水洗涤采用减压蒸发的原因是　 　。
（5）如果以单位质量的氧化剂所得到的电子数来表示消毒效率，那么， 、 、 三种消毒杀菌剂的消毒效率由小到大的顺序是　 　（填化学式）。
32．（2020·焦作模拟）某化学研究性学习小组的同学根据理论分析后认为，NO2可能会氧化单质铜，他们设想利用下图所示装置验证NO2的氧化性（夹持装置已省略）。
（1）装置A～C中有一处错误，改正的方法是　 　，A中发生反应的两种试剂通常是　 　。
（2）点燃C处酒精灯比较合适的时机是　 　。若C中固体全部变成黑色，同时生成对环境无污染的气体，写出C中反应的化学方程式：　 　。
装置D的用途是　 　。
（3）开关K的设计是以实现绿色化学实验为目的，请说明K的使用方法：　 　
（包括使用时段与内容）。
（4）实验结束后发现C中的固体混有少量的红色粉末，经过分析，甲同学认为该红色粉末是Cu2O，乙同学认为该红色粉末是Cu，丙同学认为该红色粉末是Cu和Cu2O的混合物。查阅资料，Cu、Cu2O和CuO的部分性质如下：
请设计一个简单的实验证明甲同学的看法是否正确：　 　。
33．（2020·江西）银精矿主要含有 Ag2S（杂质是铜、锌、锡和铅的硫化物），工业上利用银精矿制取贵金属银，流程图如下图所示。已知“ 氯化焙烧” 能把硫化物转化为氯化物，请回答下列问题：
（1）“ 氯化焙烧” 的温度控制在 650～670℃，如果温度过高则对焙烧不利，产率会降低，原因是 　 　。
（2）水洗后的滤液中溶质有盐酸盐和大量钠盐，取少量滤液加入盐酸酸化，再滴入氯化钡
溶液有白色沉淀生成，此钠盐为　 　（填化学式）。
（3）氨浸时发生的化学反应方程式为　 　。
（4）“ 沉银” 是用 N2H4还原银的化合物。
①N2H4的电子式是　 　。
②理论上，1molN2H4完全反应所得到的固体质量是　 　g。
③向所得母液中加入烧碱，得到的两种物质可分别返回　 　 、　 　工序中循环使用。
（5）助熔剂 Na2CO3和 Na2B4O7有两个作用：一是降低了银的熔点，减少能耗；二是
　 　。利用　 　的方法可以进一步直接精炼银锭。
34．（2020·承德模拟）某化学兴趣小组对m g无水三草酸合铁酸钾（K3[Fe(C2O4)3］）受热分解产物
进行探究，并对所得气体产物和固体产物进行验证（查阅资料得知：三草酸合铁酸钾热分解的气体产物中含有 CO和 CO2）。利用下图装置进行实验（夹持仪器已略去）。
回答下列问题：
（1）按气流方向各装置依次连接的合理顺序为　 　； （填接口代号，装置可重复使用）
（2）反应开始前依次进行如下操作：组装仪器、　 　、加药品、通氮气一段时间后点燃酒精灯。反应结束后的操作包括：①停止通氮气②熄灭酒精灯③冷却至室温。正确的顺序为　 　；
（3）通入氮气的目的是　 　。
（4）实验中观察到第一个澄清石灰水变浑浊，则说明气体产物中有　 　（写化
学式）。能证明分解产物中有 CO气体生成的实验现象是　 　。
样品完全分解后，装置 B中的残留物含有 FeO和 Fe2O3
（5）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①将装置B中完全分解后的残留物置于锥形瓶中，溶解后加稀 H2SO4 酸化，xmol L－1
kMNO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　 　。该过程发生反应的离子方程式为　 　。
②向上述溶液中加入过量 KI—淀粉溶液，充分反应后，用y mol L－1Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，消耗 Na2S2O3溶液V
mL（已知I2＋2S2O32－
＝2I－＋S4O62－
）。该晶体中铁的质量分数的表达式为 　 　。
35．（2020·北京模拟）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体是制备某负载型活性铁催化剂的主要原料，具有工业生产价 值。某化学小组用如下方法制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体，并测定产品中铁的含量。Ⅰ．制备晶体
ⅰ．称取 5 g 莫尔盐[(NH4)2 Fe(SO4)2·6H2O]，用 15 mL 水和几滴 3 mol/L H2SO4 溶液 充分溶解，再加入 25 mL 饱和 H2C2O4 溶液，加热至沸，生成黄色沉淀
ⅱ．将沉淀洗涤至中性，加入 10 mL 饱和 K2C2O4 溶液，水浴加热至 40℃，边搅拌边 缓慢滴加 H2O2 溶液，沉淀逐渐变为红褐色；
ⅲ．将混合物煮沸 30 s，加入 8 mL 饱和 H2C2O4 溶液，红褐色沉淀溶解，趁热过滤， 滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、干燥。
Ⅱ．测定产品中铁的含量
ⅳ．称量 x g 制得的样品，加水溶解，并加入稀 H2SO4 酸化，再滴入 y mol/L KMnO4溶液使其恰好反应；
ⅴ．向ⅳ的溶液中加入过量 Zn
粉，反应完全后，弃去不溶物，向溶液中加入稀 H2SO4酸化，用 y mol/L
KMnO4 溶液滴定至终点，消耗 KMnO4 溶液 z
mL。
已知：H2C2O4 为二元弱酸，具有较强的还原性
（1）莫尔盐[(NH4)2 Fe(SO4)2·6H2O]中铁元素的化合价是　 　。
（2）步骤ⅰ中黄色沉淀的化学式为 FeC2O4·2H2O，生成该沉淀的离子方程式是　 　。
（3）步骤ⅱ中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)3]3-。将下述反应的 离子方程式补充完整：
6 FeC2O4·2H2O ＋　 　＋　 　= 4 [Fe(C2O4)3]3- ＋ 2 Fe(OH)3↓ ＋　 　H2O
（4）步骤ⅱ中水浴加热的温度不宜过高，原因是　 　。
（5）步骤ⅳ在铁的含量测定中所起的作用是　 　。
（6）已知：ⅴ中 Zn 粉将铁元素全部还原为 Fe2+；反应中 MnO4-转化为 Mn2+。则该样品 中铁元素的质量分数是　 　（用含 x、y、z 的代数式表示）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．二氧化硫具有还原性，酸性KMnO4稀溶液具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成无色的Mn2+，若溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，A不符合题意；
B．涂改液与KOH溶液混合加热可得KCl于溶液中，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，证明有氯元素存在，B不符合题意；
C．甘油能够与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成绛蓝色溶液，所以可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验甘油，C不符合题意；
D．亚硝酸钠在酸性条件下具有氧化性，滴加含淀粉的酸性KI溶液，生成了碘单质，反应的离子方程式为：2NO+2I-+4H+=2NO+I2+2H2O，该实验没有酸化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.二氧化硫具有还原性，能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；
B..涂改液在氢氧化钾溶液中加热水解，然后用稀硝酸酸化，然后用硝酸银溶液检验氯离子；
C.甘油含3个-OH，与新制氢氧化铜反应得到绛蓝色溶液；
D.非酸性条件下，亚硝酸根离子的氧化性较弱，无法氧化碘离子。
2．【答案】D
【知识点】钠的化学性质；有机物（官能团）的检验；乙醇的消去反应；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.温度在140℃时发生的时分子间的脱水，得到的是甲醚，故A不符合题意
B.水杨酸中含有酚羟基，而乙酰水杨酸中不含有酚羟基，酚羟基与氯化铁显色反应。故B不符合题意
C.钠与水反应也会产生气体，因此无法确定钠是否反应完全，故C不符合题意
D.先加入盐酸排除银离子和亚硫酸根离子的干扰。再加入氯化钡溶液产生沉淀，说明含有硫酸根离子，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.温度应控制在170℃
B.现象描述错误，应该是红色不是沉淀
C.选哟保证钠全部反应完全
D.可以检验亚硫酸钠是否变质
3．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不符合题意；
B．实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，从而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B符合题意；
C．实验③中，HS-与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS-结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不符合题意；
D．实验④中，HS-与ClO-发生氧化还原反应，生成S、Cl-和OH-，OH-再与HS-反应生成S2-和H2O，反应的离子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NaHS溶液显碱性，HS-的水解程度大于电离程度；
B.根据电荷守恒和物料守恒分析；
C.HS-与Cu2+发生反应Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑；
D.HS-与ClO-发生反应2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O。
4．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．火柴头中氯元素以氯酸钾存在，与硝酸、硝酸银不反应，应灼烧后、溶解，加硝酸、硝酸银检验，A不合题意；
B．取一定量的食盐溶于水配成溶液，加入足量NaHSO3溶液，再加入淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明溶液中含有I2，但不能说明食盐中存在KIO3，也可能是NaIO3等碘酸盐或者其他价态较高的含碘化合物，B不合题意；
C．氯气溶于水后若仍然以Cl2的形式存在，则溶液应该呈黄绿色或者淡黄绿色，用一支100mL针筒抽取80mL氯气，然后抽取20mL水，振荡，黄绿色消失，则说明氯气不仅仅是溶于水，而是Cl2和H2O能够反应生成无色物质，C不合题意；
D．向1mL 0.5mol·L-1的氯化铝溶液中加入2mL NaF饱和溶液，再加入1mL 3mol·L-1氨水溶液，由于氨水为弱碱，与Al(OH)3不反应，若无白色沉淀生成，说明溶液中不存在Al3+，即能说明铝离子与氟离子形成了配合物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.火柴头中氯元素以KClO3形式存在，应先把ClO3-还原为Cl-，Ag+才能与Cl-生成AgCl白色沉淀，注意NO2-在酸性条件下才有还原性。
B.IO3-具有氧化性，HSO3-具有还原性，二者能发生氧化还原反应生成I2。
C.氯气能溶于水，也能与水反应，据此分析。
D.氨水为弱碱，与Al(OH)3不反应，若无白色沉淀生成，说明溶液中不存在Al3+。
5．【答案】B
【知识点】钠的重要化合物；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．实验②、③说明在碱性条件下电离得到，A项不符合题意；
B．实验②、③说明在碱性条件下与溶液反应生成，在对比实验①可证明与反应过程中发生反应：，B项符合题意；
C．实验①、③生成白色沉淀的反应属于复分解反应：+=+2HCl，不是氧化还原反应，C项不符合题意；
D．与均可以与溶液反应生成白色沉淀，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.实验②、③说明在碱性条件下电离得到；
B.实验②、③说明在碱性条件下H2O2与BaCl2溶液反应生成BaO2，再对比实验①可证明Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH；
C.实验①、③生成白色沉淀的反应中没有元素化合价变化，不属于氧化还原反应；
D.Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH，Na2CO3与BaCl2溶液反应生成BaCO3白色沉淀。
6．【答案】D
【知识点】含硫物质的性质及综合应用；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A。溶液因水解呈碱性，水解方程式为，故A不符合题意；
B．实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较和的氧化性，故B不符合题意；
C．实验Ⅰ中随的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C不符合题意；
D．溶液因水解呈碱性，溶于水显酸性，故溶液能促进气体的溶解，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.硫化氢是二元弱酸，分步水解
B.不能比较氧化性强弱
C.二氧化硫溶于水酸性增强，通入空气碱性增强
D.硫化钠水解呈碱性，二氧化硫溶于水呈酸性，促进其溶解
7．【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．氢氧化钠和硫酸亚铁生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁迅速被空气中氧气为氢氧化铁，沉淀变为灰绿色最终变为红褐色，A不符合题意；
B．二氧化硫和硫离子发生氧化还原反应生成硫单质，产生黄色沉淀，B不符合题意；
C．溶液滴入浊液中，沉淀由白色逐渐变为黄色，说明碘化银沉淀更难溶，是沉淀的转化，与氧化还原无关，C符合题意；
D．铜加热和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和乙醇发生反应生成乙醛和铜，与氧化还原有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.得到的氢氧化铁与氧气反应的发生的是氧化还原反应
B.二氧化硫与硫化钠反生氧化还原反应
C.碘化银比氯化银更难形成，发生的是复分解反应
D.利用氧化还原反应发生变化
8．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．为无色液体，向溴水中滴加少量，振荡，层显橙色，说明萃取了溴水中的，即层含有，故A不符合题意；
B． 向碘水中滴加少量，振荡，层显紫色，是因为萃取了碘水中的，说明在中的溶解性大于在水中的溶解性，故B不符合题意；
C． 向、的混合液中加入，滴加氯水，振荡后层显紫色，说明有生成，即将氧化成，说明的氧化性强于，故C不符合题意；
D．由于还原性性，氯水会先将全部氧化，再与反应，因此当Ⅲ中层变为橙色时，水层中不存在大量，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.四氯化碳可以萃取溴单质
B.碘单质在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度
C.根据氯气将碘离子氧化即可得出氯气氧化性强于碘单质
D.氯水量足量，不存在碘离子
9．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，该沉淀可能是AgCl或H2SiO3，溶液中含Ag+或SiO
，故A不符合题意；
B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀S和亚硫酸钠，证明SO2能呈现酸性和氧化性，故B符合题意；
C．I-的还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，先发生反应
碘水溶液呈黄色，所以不能证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+，故C不符合题意；
D．CaSO4是强电解质，但CaSO4微溶于水，离子浓度小，所以饱和CaSO4溶液的导电性弱，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.可能是硅酸根
B.根据方程式即可判断
C.结合还原性的强弱即可判断
D.硫酸钙是强电解质
10．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．C与浓硝酸反应生成二氧化氮，且浓硝酸分解生成二氧化氮，结论不合理，故A不符合题意；
B．发生氧化还原反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由操作和现象可知Fe3+的氧化性比I2的强，故B符合题意；
C．常温下Fe与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，故C不符合题意；
D．氯离子和碘离子的浓度大小未知，不能确定溶度积大小，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硝酸易分解生成二氧化氮；
C.常温下铁在浓硫酸中钝化，不是不反应；
D.碘离子和氯离子的浓度未知。
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．Na2C2O4溶液中存在质子守恒，即c(OH-)=c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2O )，A不符合题意；
B．所得溶液中的溶质为等物质的量的NaHC2O4和NaCl，溶液显酸性，说明HC2O 的电离程度大于水解程度，所以c(C2O )＞c(H2C2O4)，B符合题意；
C．根据C元素的价态变化规律可知C2O 被氧化为CO2，根据电子守恒可知MnO 和C2O 的系数比为1:5，再结合元素守恒可得离子方程式为2MnO +5C2O +16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，C不符合题意；
D．若不产生沉淀，则混合溶液中c(C2O )=0.05mol/L，c(Ca2+)=0.05mol/L，但实际上产生沉淀，所以Ksp(CaC2O4)＜0.05×0.05=2.5×10 3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据质子守恒即可判断
B.写出方程式即可得出产物，再结合溶液的酸碱性进行判断浓度大小
C.根据反应物和生成物即可写出离子方程式
D.计算出混合后的各离子的浓度即可计算出浓度商与ksp关系
12．【答案】D
【知识点】电解质溶液的导电性；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．相同条件下，分别测量0.1 mol L-1和0.01 mol L-1醋酸溶液的导电性，前者的导电性强，只能说明0.1 mol/L的醋酸溶液中自由移动的离子浓度比0.01 mol/L的大，不能说明醋酸电离程度的大小，A不符合题意；
B．将H2O2溶液滴加到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，是由于酸性KMnO4溶液被还原为无色Mn2+，H2O2被氧化产生氧气，证明H2O2具有还原性，B不符合题意；
C．Al在常温下遇浓硝酸，表面金属会被浓硝酸氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象；而稀硝酸与Al剧烈反应有大量气泡产生，因此不能说浓度越大，反应速率越快，C不符合题意；
D．向碘水中加入CCl4振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，这是由于I2、CCl4分子是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理可知：I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.导电性的强弱只能说明自由移动离子的大小
B.考查的是还原性
C.考查的是浓稀硝酸和铝的反应，但是铝被浓硝酸钝化
D.考查的是萃取的原理
13．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．硝基苯的沸点比苯的沸点高且两者互溶，可以利用两者的沸点不同通过蒸馏初步分离，选项A符合题意；
B．乙二酸具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，与酸性无关，选项B不符合题意；
C．除去废水中的Cu2+和Hg2+，利用了硫化物的溶解性，与Na2S 还原性强无关，选项C不符合题意；
D．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，中心元素的非金性越强．氢化物的酸属性强，元素的非金属性不一定强，如HF与HCl，非金属性F＞Cl，HF是弱酸，HCl属于强酸，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.考查的是蒸馏法分离沸点不同的物质
B.高锰酸钾具有氧化性不是利用的乙酸的酸性
C.形成难溶性的硫化物除去杂质
D.比较非金属性，利用的是最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱比较
14．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．海轮外壳上装锌块能形成原电池，锌活泼作负极，能减缓外壳腐蚀，故A符合题意；
B．植物油属于酯类，故B不符合题意；
C．铜绿为碱式碳酸铜，在空气中受热分解生成氧化铜，故C不符合题意；
D．二氧化硫使酸性高锰酸钾褪色体现的是其还原性，故D不符合题意；
故答案为：A；
【分析】A.牺牲阳极的阴极保护法
B.燃烧是利用可燃性
C.铜绿在空气中灼烧得不到铜单质
D.该反应是发生氧化还原褪色
15．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A． Na2SO3和浓硫酸生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以用品红溶液检验二氧化硫，浓硫酸具有吸水性且和二氧化硫不反应，所以能干燥二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，所以采用此法排空气收集，二氧化硫有毒，不能直接排空，应该有尾气处理装置，故A能达到实验目的；
B． 用Cu与稀硝酸制取一氧化氮中含有挥发出来的硝酸，一氧化氮难溶于水，可用水除去硝酸，再用浓硫酸干燥，但是一氧化氮能与氧气反应，不能用排空气法收集，故B不能达到实验目的；
C． 碳酸钙和盐酸反应生成CO2，盐酸具有挥发性，CO2中混有HCl，因为Na2CO3溶液能与CO2反应，不能用Na2CO3溶液除去HCl，应该用饱和碳酸氢钠溶液，故C不能达到实验目的；
D． MnO2和浓盐酸常温下不反应，缺少加热装置，故D不能达到实验目的；
故答案为：A。
【分析】A.考查的是二氧化硫的制取和验证二氧化硫的漂白性
B.考查的是一氧化氮的制取以及收集一氧化氮，但是一氧化氮一般是用排水法收集
C.考察的盐酸的挥发性
D.反应条件考查
16．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A. 铜片和浓硫酸需要加热才能反应生成SO2，故不能替换，A符合题意；
B. 若X为H2S溶液，SO2与H2S发生氧化还原反应生成难溶的S，则装置b中产生淡黄色沉淀S，B不符合题意；
C. FeCl3溶液中Fe3+有氧化性，通入二氧化硫时反应生成硫酸钡沉淀，装置b中产生白色沉淀为硫酸钡，C不符合题意；
D. 装置c中碳酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸根水解程度小于碳酸根，所以碱性减弱，pH降低，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A. Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；
B. 2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
C. 2Fe3++SO2+2H2O==2Fe2++4H++SO42-；
D. Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2 ，亚硫酸的酸性强于碳酸。
17．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.该实验是通过改变装置内气压引发后续反应，在装置气密性良好的前提下才能进行，A不符合题意；
B.由于铜离子的氧化性强于氢离子，故锌先和铜离子发生反应而生成铜，铜离子反应后才可以和氢离子反应放出氢气，所以刚开始没有氢气产生，故D中生成氢气的反应速率不一定大于B，B符合题意；
C.B中稀硫酸和锌反应生成H2，压强增加，在A和B之间增设了导管a，其作用是平衡A和B内气压，使稀硫酸顺利流下，C不符合题意；
D.根据分析可知G中生成的O2进入H中和过量H2S溶液反应，生成淡黄色的沉淀，则发生了反应：2H2S+ O2=2S↓+2H2O，此反应中O2为氧化剂，S为氧化产物，根据氧化还原反应强弱规律，氧化性：氧化剂>氧化产物，即氧化性：故O2>S，根据单质的氧化性越强，元素的非金属性越强，所以非金属性O>S，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.对于着有气体生成或者气体参与的反应需要控制装置的气密性
B.与氢离子浓度有关，不能确定速率的大小
C.a是平衡压强。主要是方便硫酸滴出
D.根据实验现象即可判断非金属性强弱
18．【答案】B
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.如果出现白色固体也应该是硫酸铜固体而不是其晶体，因为硫酸铜晶体是蓝色的。A不符合题意；
B.现象与结论均符合题意。B符合题意；
C.ZnS与稀硫酸反应生成H2S，H2S+SO2→S+H2O，出现硫单质固体；所以现象与解释均不符合题意，C不符合题意；
D.NaHSO3溶液显酸性，酚酞溶液就会褪色，现象与解释是矛盾的。D不符合题意。
故答案为：B
【分析】硫酸铜晶体是蓝色的；H2S和SO2反应有硫单质固体生成；NaHSO3=Na++H++SO42-。
19．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计
【解析】【解答】A.H2SO3、H2SO4溶液都显酸性，因此无法通过测溶液A的pH判断硫元素是否被氧化，选项正确，A不符合题意；
B.实验②中产生的无色气体遇空气变为红棕色，则该无色气体为NO，说明沉淀B与HNO3发生氧化还原反应，则沉淀B具有还原性，选项正确，B不符合题意；
C.加入BaCl2溶液是为了检验溶液中是否存在SO42-，此时需排除溶液中Ag+的干扰，因此加入过量盐酸，是为了除去溶液A中的Ag+，选项正确，C不符合题意；
D.实验③中加入BaCl2溶液后未出现白色沉淀，说明溶液中不含有SO42-，而Ag2SO4微溶于水，因此可说明实验①中所得的白色沉淀中不含有Ag2SO4，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.H2SO3、H2SO4溶液都显酸性；
B.根据气体颜色变化确定其成分，从而确定实验②发生的反应，进而确定B的性质；
C.检验溶液中的SO42-时应排除Ag+的干扰；
D.根据实验③的现象结合Ag2SO4微溶于水的性质分析；
20．【答案】（1）5.0
（2）C
（3）3.00；33.00；正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4）0.1104；
（5）向滴定后的混合液中加入20mL HAc溶液
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）溶液稀释前后，溶质的物质的量不变，假设稀释前溶液的体积为V，则250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，所以V=5.0mL。
（2）A．不能用手触碰容量瓶的瓶口，以防污染试剂，A不符合题意；
B．定容时，视线应与溶液凹液面的最低处相切，B不符合题意；
C．转移液体时要用玻璃棒引流，且其下端一般应靠在容量瓶内壁的刻度线以下部位，C符合题意；
D．摇匀过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，D不符合题意；
故答案为：C。
（3）①根据表格信息，实验VII中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，且c(NaAc)=n(HAc)，根据n=cV，则V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00。由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，所以V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00。
②根据表格信息，对比实验I和实验II可知，实验II中c(HAc)为实验I的，若不考虑电离平衡移动，则实验II溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际pH=3.36，说明稀释过程中，溶液中c(H+)增大，即电离平衡正向移动。
（4）①涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV，则22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，所以c(HAc)=0.1104mol/L。滴定过程中，当V(NaOH)=0时，为HAc溶液，c(H+)=，pH=2.88；当V(NaOH)=11.04mL时，所得溶液为NaAc和HAc 的混合液，且n(NaAc)=n(HAc)，则Ka=c(H+)，所以 pH=4.76；当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，所得溶液为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性；当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线图是。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，此时所得溶液中溶质为NaAc，当n(NaAc)=n(HAc)时，溶液中c(H+)=Ka，所以可再向溶液中加入20.00mL HAc溶液。
（6）如弱酸HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒；弱酸H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂等等。
【分析】(1)根据溶液稀释前后，n(溶质)不变，即c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)进行分析，注意单位统一。
（2）根据配制一定物质的量浓度溶液的步骤进行分析。
（3）①根据控制变量法，结合n=cV进行分析。
②通过对比实验I和实验II的数据信息可知，实验II中c(HAc)为实验I的，再根据稀释过程中溶液中c(H+)是否增大进行分析。
（4）涉及反应是HAc+NaOH=NaAc+H2O，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，根据n=cV进行分析。滴定曲线示意图中横坐标为V(NaOH)，纵坐标为溶液的pH，通过计算V(NaOH)分别为0、11.04mL[此时n(NaAc)=n(HAc)]、22.08mL(达到滴定终点)时对应的pH，然后把主要坐标点之间用曲线相连，注意NaOH溶液过量时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13。
（5）Ka=，当c(Ac-)=c(HAc)，即n(NaAc)=n(HAc)时，Ka=c(H+)，此时溶液pH=-lg c(H+)=-lg Ka=4.76，据此分析。
（6）根据无机弱酸的性质及用途进行分析。
21．【答案】（1）滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶
（2）反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快
（3）反应温度98℃接近水的沸点100℃，而油浴更易提温
（4）2MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（5）取洗涤液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净
（6）洗涤液含有的离子主要有H +和Cl-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。
【分析】(1)根据装置中的仪器分析；
(2)根据反应放热分析；
(3)根据加热温度选择加热方式；
(4)根据转移电子守恒配平方程式；
(5)用Ba2+检验SO42-；
(6)根据电荷守恒分析；
22．【答案】（1）SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10
（2）随着c()增大，溶液红色加深
（3）+H2O-2e-=+2H+；减弱；不成立；Fe2+；O2；pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立
（4）与H+
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)结合溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线可知，实验A、B、C探究的是不同pH下，不同+4价含硫微粒对实验的影响，因此C实验应为：SO2的饱和溶液，用NaOH固体调pH=10。
(2)随着溶液pH的增大，溶液中浓度增大，所得溶液红色依次加深，因此说明配离子的配体为。
(3)①Fe3+与发生氧化还原反应，Fe3+得电子生成Fe2+，发生还原反应，则失电子生成，发生氧化反应，反应式为：+H2O-2e-=+2H+。
②在溶液中存在+H2O-2e- +2H+，溶液酸性增强，平衡逆向移动，还原性减弱。
③由上述分析可知，甲的猜测不成立，若溶液酸性增强有利于Fe3+和的反应，溶液中亚铁离子含量会增多，则可以反应相同时间，检测实验a和b中的溶液中Fe2+的浓度，比较其大小关系去验证。
④实验放在空气中进行，空气中O2有氧化性，因此乙猜测pH降低，有利于O2氧化，导致实验b中溶液褪色更快。
⑤由实验数据ΔVa>ΔVb可知，在空气中放置相同时间，结果酸性弱的溶液中消耗高锰酸钾的量少，酸性强的溶液中消耗高锰酸钾的量多，说明pH降低不利于O2氧化，乙猜测不成立。
(4)溶液酸性增强，会发生反应H++ HSO，H++HSO H2SO4，pH降低，有利于与H+反应的发生，导致实验b中溶液褪色更快。
【分析】（1）由溶液中+4价含硫微粒物质的量分数随pH变化的曲线可知pH=5时的含硫微粒主要是亚硫酸氢根离子，pH=10是含硫微粒主要是亚硫酸根离子；
（2）随pH的增大 ，c() 增大，溶液的颜色加深；
（3） ① 该氧化还原反应为Fe3+在酸性条件下把氧化为硫酸根离子；
② 根据还原反应中氢离子是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动来分析；
③ 甲认为pH降低，有利于Fe3+氧化，若猜想成立，则相同时间内，不同pH条件下溶液中的Fe2+的浓度不同；
ii该实验中的干扰物质是O2，所以O2也可能氧化；从实验结果分析pH大的消耗的氧化剂越多；
23．【答案】（1）Fe2O3
（2）Fe2S3
（3）SO2+2H2O+Cl2=4H++2Cl-+SO
（4）Fe、FeO(或Fe)；2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；Fe3O4溶于稀盐酸后，Fe优先被Fe3+氧化
【知识点】无机物的推断；性质实验方案的设计；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】由题干转化图信息可知，白色沉淀C为BaSO4，其物质的量为：n(BaSO4)===0.03mol，B为H2SO4，A为SO2，A转化为B的反应方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，若另一种元素为铜，则M为硫化铜或硫化亚铜，D为氧化亚铜，氨气还原氧化亚铜得到红色铜，与题意相悖，故M中含铁、硫，D为氧化铁，即M中含有Fe和S元素，根据S原子守恒可知，n(S)= n(BaSO4)=0.03mol，则n(Fe)==0.02mol，故M的化学式为：Fe2S3，据此分析解题。
(1)由分析可知，C为硫酸钡，说明M中含硫元素。若另一种元素为铜，则M为硫化铜或硫化亚铜，D为氧化亚铜，氨气还原氧化亚铜得到红色铜，与题意相悖，故M中含铁、硫，D为氧化铁，故答案为：Fe2O3；
(2)由分析可知，n(S)=，M中铁的物质的量：，M的化学式为Fe2S3，故答案为：Fe2S3；
(3)由分析可知，新制氯水的主要成分是氯气，氯气氧化二氧化硫：，故答案为：；
(4)酒精灯加热时温度在500℃左右，酒精喷灯加热时温度可达到1000℃。温度越高，反应越充分。
①根据乙组实验现象，可知F中含有铁粉，故黑色固体F的成分为Fe、FeO或者只有Fe，故答案为：Fe、FeO(或者Fe)；
②加入双氧水氧化亚铁离子，在酸性条件下发生的反应为，故答案为：；
③如果E为四氧化三铁和铁的混合物，四氧化三铁溶于盐酸生成氯化铁、氯化亚铁，氯化铁的氧化性比盐酸的强，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁。有关反应如下：、，故步骤I加入盐酸，无气泡，故答案为：Fe3O4溶于稀盐酸后，Fe优先被Fe3+氧化。
【分析】根据流程图信息及物质性质可推出C是BaSO4，B是H2SO4，A为SO2，且n(SO2)=n(BaSO4)=0.03mol，则M中硫元素的物质的量为0.03mol。通过物质的颜色可知M中另一种元素为铜元素或铁元素。若为铜元素，则M为CuS或Cu2S，D为Cu2O，氨气还原Cu2O得到红色Cu，不符合，所以M中含Fe和S元素，D为Fe2O3，M中含有的铁元素物质的量为n(Fe)==0.02mol，进一步可推出M的化学式为Fe2S3，据此分析解题。
24．【答案】（1）减少温室效应；新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
（2）3；；
（3）线型碳>石墨烯>金刚石
（4）CO2；67.3
（5）K2S；CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
（6）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
【知识点】原子核外电子排布；氧化还原反应；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
（2）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
（3）物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
（4）在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
（6）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
【分析】（1）二氧化碳是造成温室效应的气体之一；
（2）碳的电子排布式为1s22s22p2，有3种能量不同的电子；
（3）物质内的键的键能越大，物质越稳定；
（4）非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质；
（6）海底压强大，CO2的溶解度增加，且可以液体的形式存在，根据反应： CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多。
25．【答案】（1）；CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4
（2）N、S、O；2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O
（3）2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH
（4）取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无.若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物
【知识点】无机物的推断；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由上面的分析可知E为NH3，存在一对孤对电子和3个极性共价键，NH3的结构式为；化合物X，加入过量硫酸，所以溶液B中含有的溶质有硫酸，根据分析蓝色沉淀中含有Cu2+，气体E（NH3）说明溶液中含有铵根离子，溶液B中含有的溶质(除了H2SO4) 有CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4；
（2）有分析可知，A为SO2，C为Cu，B为CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4，根据元素守恒可知，X中含有Cu、H、N、S、O；根据分析可知，A为SO2的物质的量为0.2mol，C为Cu的物质的量为0.1mol，气体E的物质的量为0.2mol，D 为蓝色沉淀氢氧化铜，Cu(OH)2CuO+H2O，n(Cu2+)=n (Cu)==0.1mol，根据元素守恒和电荷守恒可知，X中含有0.2molCu，0.2mol，和0.2mol，n(Cu)：n()：n()=0.2：0.2：0.2=1：1：1，故NH4CuSO3为0.2mol，质量为0.2mol×162g/mol=32.4g，故X为NH4CuSO3，根据题中信息可知生成了二氧化硫，硫酸铜，硫酸铵和铜单质，再根据元素守恒可知反应的方程式为：2CuNH4SO3+2H2SO4=CuSO4+Cu↓+2SO2+(NH4)2SO4+2H2O；
（3）CuSO4中通入气体SO2和NH3，可制备化合物NH4CuSO3根据化合价升降守恒和元素守恒，化学方程式为：2CuSO4+3SO2+8NH3=2NH4CuSO3↓+3(NH4)2SO4，硫酸铜、硫酸铵属于易溶的强电解质，拆开写成离子，二氧化硫和氨写成化学式，所以反应的离子方程式为：2Cu2++8NH3+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+SO+6NH；
（4）取适量黑色固体，加入足量CuSO4溶液，有红色固体析出，则有Fe，反之则无；过滤，取滤渣加入足量的稀硫酸，滴加几滴酸性高锰酸钾，若酸性高锰酸钾紫红色褪去，则有FeO，反之则无，若两者现象都有，则为Fe和FeO的混合物；
【分析】 （1） 气体E在标况下的密度为0.76g/L， 可计算得E的相对分子质量为17g/mol，E为氨气； 固体C呈紫红色 ，为Cu，则蓝色沉淀中含有铜离子，溶液B含有 CuSO4和(NH4)2SO4或NH4HSO4 ；
（2）根据元素守恒确定化合物X中含有的元素，进而确定其分子式，步骤1中发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律配平方程式；
（3）气体A能使品红溶液褪色 ，则A为SO2，溶液B种含有铜离子，往B中通入SO2和NH3制得X，根据质量守恒配平方程式即可；
（4）氨气可还原氧化铁生成铁或氧化亚铁，则黑色固体可能是铁、氧化亚铁或者两者的混合物。
26．【答案】（1）NaClO+CO2+H2O→NaHCO3+HClO ，NaClO 尽可能的与空气中二氧化碳反应，生成HClO 分子起到杀菌消毒的作用，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好；在 84 消毒液中加入白醋
（2）2；3；1；3；3；2
（3）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（4）NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒， 会影响人体的呼吸道
（5）有科学性；因为84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2。取1mL84 消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸， 如果试纸变蓝，证明有科学性
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质；性质实验方案的设计；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】(1) 84消毒液主要成分是NaClO，但真正起到杀菌消毒作用的是次氯酸；因此消毒时间一般控制在 10-20 分钟左右，让NaClO与空气中的二氧化碳气体反应，生成了次氯酸，HClO 的杀菌效果比 NaClO 更好，反应的方程式为：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；由于醋酸的酸性强于碳酸，因此家庭使用84 消毒液时，尽可能在短时间内达到较好的消毒效果，即尽快产生次氯酸，可以在84消毒液中加入白醋；
(2)氮元素由-3价升高到0价，生成1mol氮气，转移6mol电子；氯元素由+1价降低到-1价，生成1mol氯离子，转移2mol电子，根据电子得失守恒，ClO-、Cl-各填系数3，NH 填系数2，N2填系数1，再根据原子守恒，H2O填系数3，H+填系数2，配平后离子方程式为：2NH +3ClO-=N2+3Cl-+3H2O+2H+；
(3)反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
(4)次氯酸钠具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，二者混合后，发生氧化还原反应，产生氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道，对人体造成危害，反应的方程式为：NaClO+2HCl=Cl2↑+NaCl+H2O；
(5) 84消毒液中有ClO-和Cl-，在酸性环境中两者会反应生成 Cl2；取1mL84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的 KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，说明有氯气产生；因此84消毒液的注意事项指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”，这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明有科学性。
【分析】（1）碳酸的酸性强于次氯酸，而将次氯酸钠放在空气中时，与空气中的二氧化碳作用变为次氯酸，次氯酸的杀毒效果优于次氯酸钠，次氯酸易分解，在空气中易发生分解，因此一段时间后起不到消毒作用，日常生活中的消毒可以加入适量的白醋
（2）标出元素化合价根据氧化还原反应进行配平即可
（3）氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水
（4）盐酸中的氯离子具有还原性而次氯酸钠中的氯元素具有氧化性易发生氧化还原反应产生氯气，而氯气有毒
（5）证明其科学性即可用其它酸进行实验即可
27．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
（2）分子晶体；正四面体形
（3）10
（4）12； ×1010
（5）CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；性质实验方案的设计
【解析】【解答】(1)铁是26号元素，基态Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。故答案为：1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；
(2)FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，相对于共价晶体、离子晶体，熔点沸点较低，FeCl3的晶体类型是分子晶体。SO 的中心原子硫的价层电子对=4+ =4，无孤电子对，sp3杂化，SO 的立体构型是正四面体形。故答案为：分子晶体；正四面体形；
(3)羰基铁[Fe(CO)5]中心原子铁与CO分子间形成配位键，CO分子内形成共价键。1mol其分子中含5mol+5mol=10molσ键。故答案为：10；
(4)以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，则与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为 ×3×8=12；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，晶胞中Fe2+数目=6× +8× =4，O2-的数目=1+12× =4，相当有4个“FeO”，晶胞质量m= g，设晶胞棱长为x，则 g=x3×ρg cm-3，解得x= cm= ×1010pm，故Fe2+与O2-的最短间距为 x= ×1010pm= ×1010pm，Fe2+与O2-的最短核间距为 ×1010pm。故答案为：12； ×1010；
(5)①由分析，X的化学式是CaFe(CO3)2，在惰性气流中加热X至完全分解，生成二氧化碳和氧化钙、氧化亚铁，化学方程式为CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑。故答案为：CaFe(CO3)2；CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑；
②氢氧化亚铁不稳定，易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁，白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3(用化学反应方程式表示)。故答案为：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。
【分析】关于晶胞的计算：以顶点Fe2+研究，与之紧邻且等距离的Fe2+处于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用；Fe2+与O2-的最短间距为等于晶胞棱长的，均摊法计算晶胞中Fe2+与O2-的数目，结合n= 和m=nM计算晶胞质量，根据“晶胞质量=晶胞体积×晶体密度“计算晶胞棱长；X能和HCl反应生成气体甲，隔绝空气加热X得到气体甲和固体1，且X和HCl(aq)反应也能得到CO2，因此猜测X是碳酸盐，因为X加热易分解且能和酸反应生成CO2，那么甲为CO2，固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和二氧化碳反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；固体2和稀盐酸反应生成溶液3，且需要无氧条件，溶液3中加入碱在无氧条件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空气氧化生成红褐色沉淀，则白色沉淀2是Fe(OH)2，溶液3为FeCl2，X仅含4种元素，碳酸盐分解生成二氧化碳气体和两种氧化物，其中一种氧化物能溶于水，结合地壳的成分猜测固体1中成分为CaO、FeO，X应为CaFe(CO3)2，结合题中信息：CaFe(CO3)2 CaO+FeO+2CO2↑，每216gCaFe(CO3)2分解得到126gCaO和FeO的固体，10.80g X在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1，符合X为CaFe(CO3)2，那么，溶液1是Ca(OH)2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca(HCO3)2。
28．【答案】（1）；3：1；
（2）
（3）不是；碱
（4）否；；
【知识点】电极反应和电池反应方程式；性质实验方案的设计；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)砒霜为砷的 价氧化物，其化学式为 ，由电子守恒得 ，所以①反应中 与 的系数比为3：1，②反应中 分解放出 的热量，其热化学方程式为 ；故答案为： ；3：1； ；
(2) 是两性氢氧化物，类似于Al(OH)3，它与盐酸反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(3)成语“信口雌黄”中的雌黄为 ， 可与 溶液反应生成 和 ，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应， 是弱酸， 是强碱弱酸盐，水溶液显碱性；故答案为：不是；碱；
(4) 中砷和碘的化合价发生变化，是自发的氧化还原反应，能形成原电池，但当达到平衡时正逆反应速率相等，但不等于零，浓度不再改变，电流表指针不偏转；此时向左室中加入适量的烧碱溶液，氢氧化钠和酸式盐 反应，平衡左移， 转化为 ，砷的化合价降低，得电子，发生还原反应， 是正极，所以外电路的电流方向是 ； 是负极，其电极反应式为 ，故答案为： ； 。
【分析】（1）根据题目是砷的正三价氧化物写出即可，根据得失电子情况，即可计算出化学计量系数比，根据放出的热量即可写出热化学方程式
（2）根据两性氧化物与酸和碱反应的产物，生成盐和水
（3）根据化合价是否改变确定是否为氧化还原反应，考查的弱酸强碱盐的水解
（4）可逆反应，平衡时浓度不变。考查的是电池的电流方向的确定，失去电子的做负极，得电子的做正极
29．【答案】（1）Cu、C、N、O；CO和N2
（2）
（3）
（4） （SO2不足）或 （SO2足量）
（5）取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】I．(1)由分析可知，A中含Cu、C、N、O四种元素，气体E为CO和N2的混合物，故答案为：Cu、C、N、O；CO和N2；(2)结合原子守恒可写出将A隔绝空气加热的化学方程式为： ，故答案为： ；(3)结合原子守恒、得失电子守恒可写出Cu(NO3)2和乙醇反应的化学方程式为： ，故答案为： ；Ⅱ．(4)SO2作还原剂，被氧化成SO42-，Ba2+和SO42-结合成BaSO4，NO3-做氧化剂，被还原为NO，若SO2不足量，氧化产物为BaSO4，若SO2足量，氧化产物除BaSO4外还H2SO4，结合原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒可得SO2通入Ba(NO3)2溶液中发生的反应的离子方程式为： (SO2不足)或 (SO2足量)，故答案为： (SO2不足)或 (SO2足量)；(5)若通入的二氧化硫过量，溶液中将含SO2，溶液将具有还原性，可使KMnO4溶液等强氧化剂褪色，因此可取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量，故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，滴入几滴酸性高锰酸钾溶液，若褪色，说明通入的SO2已过量（其它合理答案即可）。
【分析】I．固体B和稀HNO3反应生成气体C和蓝色溶液D可知，单质B为Cu，D为Cu(NO3)2，C为NO，且n(NO)= =0.01mol，由3Cu~2NO可得：n(Cu)= =0.015mol，m(Cu)=0.015mol×64g/mol=0.96g；
气体E和灼热CuO反应生成气体F，则气体F不含SO2，F和澄清石灰水反应有沉淀H生成，故H为CaCO3，F含CO2，E含CO，且n(CaCO3)= =0.03mol，由C原子守恒可得：E中n(CO)=0.03mol，m(CO)=0.03mol×28g/mol=0.84g；
固体A隔绝空气加热得到Cu、CO、和气体G，所以，m(G)=2.22g-0.84g-0.96g=0.42g，又由气体E总体积为1.008L可得，气体n(G)= =0.015mol，故M(G)= =28g/mol，所以，G为N2，A中，n(N)=0.015mol×2=0.03mol，故A中Cu、C、O、N的物质的量之比=0.015mol:0.03mol:0.03mol:0.03mol==1:2:2:2，故A为Cu(CNO)2；Ⅱ．SO2有较强还原性，且通入溶液中可使溶液呈酸性，NO3-在酸性条件下有强氧化性，故SO2通入Ba(NO3)2中发生氧化还原反应，据此解答。
30．【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）有气泡产生，细铜丝溶解；增大接触面以加快反应速率
（3）先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；无水硫酸铜；浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出
（4）使Na2O2与SO2充分接触，有利于反应完全进行；取样，滴加足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成
（5）防倒吸；Na2SO3、NaHSO3；n(Na2SO3)/n(NaHSO3)=1：2（顺序相反时，则为2：1）
【知识点】性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)烧瓶中生成SO2的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；(2)实验中可观察到细铜丝表面：有气泡产生，细铜丝溶解； (3)欲使反应停止，应进行的操作是：先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯；烧瓶中液体冷却后，可观察到的现象是有白色固体生成，溶液变为无色，原因是浓硫酸具有吸水性，无水硫酸铜固体在浓硫酸中溶解度很小而析出；(4)把Na2O2粉末散附在玻璃棉上的目的是：使Na2O2与SO2充分接触，检验混合物中有Na2SO4的实验方案是：取样，滴加足量稀盐酸，排除亚硫酸根的干扰，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，即可证明有Na2SO4生成； (5)氢氧化钠溶液吸收尾气，会引起倒吸，实验装置中广口瓶的作用是防止倒吸，
SO2与NaOH的溶液反应可能产生亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，或者是亚硫酸钠和硫酸钠的混合物，已知氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.1mol，假设生成物全部是亚硫酸钠，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O， 2mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸钠，0.1mol氢氧化钠生成0.05mol亚硫酸钠，质量为m=nM=0.05mol×126g/mol=6.3g，假设生成物全部是亚硫酸氢钠，发生反应：SO2+NaOH=NaHSO3，1mol氢氧化钠生成1mol亚硫酸氢钠，0.1mol氢氧化钠生成0.1mol亚硫酸氢钠，质量为m=nM=0.1mol×104g/mol=10.4g，得到溶质的质量为8.35g，故生成物既有亚硫酸钠，又有亚硫酸氢钠，设生成亚硫酸钠反应消耗的氢氧化钠为xmol，生成亚硫酸氢钠反应消耗的氢氧化钠的物质的量为ymol，则有：
x+y=0.1， x×126+104y=8.35，解得x=0.05，y=0.05， = x：y=1：2。
【分析】在圆底烧瓶中，铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，反应过程中，铜丝溶解，有气泡生成，使用细铜丝来增大接触面积，反应结束后，先抽拉粗铜丝使细铜丝与浓硫酸脱离接触，再撤去酒精灯，试验后的烧瓶中含有浓硫酸和硫酸铜，从生成物的角度分析白色固体，玻璃管中Na2O2粉末散附在玻璃棉上可使SO2与Na2O2充分接触，B中发生SO2+Na2O2=Na2SO4，可能混有Na2SO3，且亚硫酸钡可溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，烧杯中NaOH吸收尾气，易发生倒吸，应在烧杯与集气瓶之间加一个防倒吸装置，以此来解答。
31．【答案】（1）336
（2）（大）烧杯；温度计
（3）反应中生成的二氧化碳有稀释作用；用冷水吸收，防止温度高； 装置防倒吸。（水浴加热，防止温度过高）。（合理答案即给分）
（4）；；；减压可降低沸点，较低温度下蒸发），避免晶体高温分解成 和
（5）
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；性质实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)装置A中发生反应 ，反应中KClO3为氧化剂，1molKClO3失去1mol电子生成ClO2，H2C2O4作还原剂，1molH2C2O4得到2mol电子，因此，根据得失电子守恒，可将方程式配平为 ，则当生成0.03molClO2时，产生0.015molCO2，标准状况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL，故答案为：336；(2)根据上述分析可知，A装置为潮湿的KClO3和草酸在加热至60℃的条件下制取ClO2的装置，加热时可采用水浴加热，因此对A装置进行加热操作还需要的玻璃仪器有酒精灯、烧杯和温度计，故答案为：烧杯(大)；温度计；(3)本实验中，水浴加热可防止温度过高，由于ClO2易溶于水，所以B是防倒吸装置，C装置用冷水吸收ClO2可防止温度高ClO2挥发，同时反应中生成的二氧化碳对气体有稀释作用，故答案为：反应中生成的二氧化碳有稀释作用；用冷水吸收，防止温度高； 装置防倒吸。（水浴加热，防止温度过高）。（合理答案即可）；(4)①根据已知信息，ClO2与NaOH溶液反应可生成两种盐，且二者物质的量之比为1：1，其中一种是NaClO2，反应为歧化反应，则另一种盐是NaClO3，离子方程式为 ，故答案为： ；②根据饱和NaClO2溶液随温度变化情况图分析可知，当温度低于38℃时，会析出NaClO2·3H2O，当温度高于60℃时，NaClO2会分解为NaCl和NaClO3，因此，为避免晶体高温分解成NaCl和NaClO3，从溶液中经减压蒸发结晶获得NaClO2晶体后，过滤后需要在38～60℃的温水进行洗涤，最后干燥得到成品，故答案为：B；E；(减压可降低沸点，较低温度