安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高二上学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2019高二上·黄山开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．硝酸钾溶液能导电，所以硝酸钾溶液是电解质
B．石墨有较好的导电性，所以石墨属于电解质
C．液态氯化氢、固态氯化钠均不能导电，所以氯化氢、氯化钠均不是电解质
D．蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，所以蔗糖是非电解质
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．硝酸钾溶液是混合物，不是化合物，不属于电解质，故A不符合题意；
B．石墨虽能导电，但石墨是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B不符合题意；
C．液态氯化氢、固体氯化钠均不导电，但是在水溶液中能够导电，所以氯化氢、氯化钠均是电解质，故C不符合题意；
D．蔗糖在水溶液和熔化状态下均不导电，而且属于化合物，所以蔗糖是非电解质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点为AB，要注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质和非电解质都是化合物。
2．（2019·全国Ⅱ卷）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是（ ）
A．蚕丝的主要成分是蛋白质
B．蚕丝属于天然高分子材料
C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应
D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A.蚕丝主要成分为蛋白质，不符合题意。
B.蚕丝中的蛋白质为高分子材料，不符合题意。
C.蜡炬成灰，是蜡烛的燃烧，属于氧化反应，不符合题意。
D.蜡属于烃的混合物，不属于高级脂肪酸酯。所以D选项错误，符合题意。
故答案为：D
【分析】可以通过加聚反应，如烯烃的加聚，炔烃的加聚，形成高分子化合物，也可以通过缩聚反应形成高分子化合物，如二元羧酸和二元醇的缩聚，羟基羧酸的缩聚，氨基酸的缩聚等。
3．（2019高二上·黄山开学考）下列有关化学键的说法中错误的是（ ）
A．氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键
B．离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键
C．氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化
D．碘晶体升华和冰融化时都未涉及化学键的变化
【答案】C
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、NaCl熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，A不符合题意；
B、离子化合物中可能含有共价键，如KOH，但共价化合物中一定不含有离子键，B不符合题意；
C、氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，C符合题意；
D、碘晶体、冰为分子晶体，则碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．氯化钠熔化或氯化氢溶于水，均发生电离；
B．含离子键的一定为离子化合物；
C．氯化铵受热变成气体非，发生化学变化生成氨气、HCl，后氨气与HCl发生化合反应生成氯化铵；
D．碘晶体升华和冰熔化均为物理变化。
4．（2019高二上·黄山开学考）如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是（ ）
A．单质的氧化性：X>Y>Z
B．简单阴离子的半径大小：X>Y>Z
C．Y 只有一种氢化物
D．X 的最高价氧化物对应的水化物为强酸
【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性：P＜N2＜O2，即X＜Y＜Z，故A不符合题意；
B．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，简单阴离子半径：X＞Y＞Z，故B符合题意；
C．Y的氢化物不只有一种，可以是氨气、联氨等氢化物，故C不符合题意；
D．X的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素，结合元素周期律分析判断。
5．（2019高二上·黄山开学考）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A．1.8gH2O中含有的质子数为NA
B．22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
C．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA
D．23gNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子
【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1.8g水的物质的量为 =0.1mol，含有1mol质子，含有的质子数为NA，A不符合题意；
B．未告知气体所处的温度和压强，无法计算22.4L氯气的物质的量，也无法确定转移的电子数，B符合题意；
C.46gNO2和N2O4的含有NO2原子团的物质的量为 =1mol，含有原子的总物质的量为3mol，含有原子总数为3NA，C不符合题意；
D．钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，1个钠原子都失去1个电子生成1个钠离子，则23gNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，生成1mol钠离子，失去NA个电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．每个水分子含有10个质子；
B．衡量气体必须指明具体的温度和压强；
C．NO2和N2O4可以看成由NO2构成；
D．根据钠的化合价变化来计算。
6．（2019高三上·颍上月考）下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）
实验操作 实验现象
A 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B 将镁条点燃后迅速伸入集满 的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D 向盛有 溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙烯的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.KMnO4具有氧化性，能将乙烯氧化成CO2，因此可观察到溶液的紫色逐渐褪去，但静置后溶液不分层，选项错误，A符合题意；
B.点燃的镁条伸入CO2的集气瓶中，发生反应2Mg＋CO22MgO＋C，因此可观察到集气瓶内产生浓烟，并有黑色颗粒产生，选项正确，B不符合题意；
C.饱和Na2S2O3中加入稀盐酸，发生反应的离子方程式为：S2O32－＋2H＋=S＋SO2↑＋H2O，实验过程中，可观察到溶液变浑浊，同时产生有刺激性气味的气体，选项正确，C不符合题意；
D.FeCl3溶液中加入过量铁粉，发生反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液黄色逐渐褪去，因此加入KSCN溶液后，颜色不变，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.KMnO4具有氧化性，能将乙烯氧化成CO2；
B.结合Mg与CO2的反应分析；
C.根据Na2S2O3与稀盐酸的反应分析；
D.根据FeCl3与Fe的反应分析；
7．（2019高二上·黄山开学考）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Fe FeCl2 Fe(OH)2
B．S SO3 H2SO4
C．CaCO3 CaO CaSiO3
D．NH3 NO HNO3
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质
【解析】【解答】A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A不符合题意；
B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B不符合题意；
C．两步均能实现，C符合题意；
D．NO不与H2O反应，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．Fe与氯气反应生成氯化铁，转化关系应为FeFeCl3Fe（OH）3；
B．S燃烧生成二氧化硫，转化关系应为SSO2H2SO3；
C．碳酸钙分解生成CaO，CaO与二氧化硅高温下反应生成硅酸钙，可实现图中转化；
D．NO与水不反应，NOHNO3不能实现。
8．（2019高二上·黄山开学考）对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42－
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋
【答案】C
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A. 与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32－，A项不符合题意；
B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42－，也可能含有Ag+，B项不符合题意；
C.检验NH4+的符合题意方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项符合题意；
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2＋，D项不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；
B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；
C.根据铵根离子的检验方法进行判断；
D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。
9．（2019高二上·黄山开学考）可逆反应 ，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成 的同时生成
②单位时间内生成 的同时生成
③用 表示的反应速率之比为 的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的物质的量不再改变的状态
A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦
C．①③④⑤ D．全部
【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①中单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故①符合题意；
②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，不能据此判断平衡状态，故②不符合题意；
③中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故③不符合题意；
④有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故④符合题意；
⑤气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤不符合题意；
⑥反应前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故⑥符合题意；
⑦由于ΔV(g)≠0，气体的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故⑦符合题意；
①④⑥⑦符合题意，
故答案为：A。
【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。
10．（2019·全国Ⅰ卷）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A．WZ的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】根据图示X接4个原子可以判断X原子最外层电子数是4，又是短周期，可以判断是碳或者硅原子，根据z接一个键可以判断z最外层电子是1或者是7，根据题目z核外最外层电子数是x核外电子数的一半，所以推出z的最外层是7，所以可能氟或者是氯，而7的两倍是14，故x应是硅，同周期，z是氯，w正1价应是钠，y是p。
A.WZ是氯化钠，故溶液显中性，A错误，不符合题意。
B.非金属性z是氯最大， Z>Y>X，故B 错误不符合题意。
C.Y 的最高价氧化物是磷酸，是中强酸，故C正确，符合题意。
D.该化合物中y形成两个键，又得一个电子，所以达到8电子稳定结构，故D错误，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】 此题主要是推出元素，根据原子形成化学键的特点，一般是达到8电子稳定结构，最外层电子数等于主族序数，又是短周期元素，所以在第二三周期
11．（2019·全国Ⅰ卷）实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是（ ）
A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；实验装置综合
【解析】【解答】A.根据气压原理，滴加液体时要打开开关，故A正确，不符合题意。
B.由于反应中有溴，具有挥发性，溴蒸气被四氯化碳吸收，溶液呈浅红色。故B正确，不符合题意。
C.反应中生成溴化氢气体能与碳酸钠溶液反应，故C正确，不符合题意。
D.反应后混合液中含有溴苯，溴单质，溴化氢等，经过氢氧化钠溶液后必需经过分液才能得到，故D符合题意。
故正确答案：D。
【分析】 根据苯与溴反应反应产物及有机反应的特点，反应物和生成物同时存在进行判断。
12．（2019高二上·黄山开学考）一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂。电池总反应为：C2H5OH +3O2→ 2CO2+3H2O,电池示意如图,下列说法正确的是（ ）
A．a极为电池的正极
B．电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极
C．电池负极的电极反应为：4H++ O2+ 4e－= 2H2O
D．电池工作时,1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，A不符合题意；
B．电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，B不符合题意；
C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，C不符合题意；
D．根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．在燃料电池中，燃料在负极失去电子，发生氧化反应；
B．在燃料电池中，电流在外电路中从正极流向负极；
C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子化合价降低的还原反应；
D．乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，反应转移电子数为12。
13．（2019高二上·黄山开学考）丙烯醇(CH2=CH-CH2OH)可发生的化学反应有（ ）
①加成反应②氧化反应③置换反应④加聚反应⑤取代反应
A．①②③④ B．②④⑤
C．①②③④⑤ D．①③④
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】CH2=CH-CH2OH中含碳碳双键、-OH。含碳碳双键可发生加成反应、氧化反应和加聚反应，含-OH可发生氧化反应、酯化反应(取代反应)，且与Na可发生置换反应生成氢气，C符合题意；
故答案为：C。
【分析】CH2=CH-CH2OH中含C=C和-OH，结合烯烃和醇的性质来解答。
14．（2019高二上·黄山开学考）化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是 （ ）
①过量的锌与18 mol·L—1的硫酸反应；
②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；
③浓盐酸与过量的MnO2；
④过量铜与浓硫酸；
⑤过量稀硝酸与银反应；
⑥过量稀硫酸与块状石灰石
A．①④⑤ B．②③⑤
C．②③④⑥ D．①②③④⑤⑥
【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应，则过量的Zn与18 mol·L－1的硫酸反应，硫酸能完全反应，故①不选；②氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，故②选；③浓盐酸与过量的MnO2反应，随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故③选；④随着反应的进行，硫酸浓度降低，铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故④选；⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，硝酸过量时银能够反应完全，故⑤不选；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥选；
故答案为：C。
【分析】①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应；②氢气与氮气反应生成氨气的反应是可逆反应；③只有浓盐酸与二氧化锰反应，盐酸变稀后不反应；④铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生；
15．（2019高二上·黄山开学考）一定质量铜和适量的浓硝酸反应，随着反应的进行，所生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集到11.2L由NO和NO2组成的混合气体(标准状况)，将该气体与0.325molO2混合溶于水，恰好无气体剩余。则反应中消耗硝酸的物质的量为（ ）
A．1.2mol B．1.1mol C．1.8mol D．1.6mol
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】整个反应过程，金属铜失去电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒，设金属铜的物质的量是n，则2n=0.325mol×2×(2-0)，解得n=0.65mol，所以显示酸性的硝酸在硝酸铜中，其物质的量是0.65mol×2=1.3mol，做氧化剂的硝酸的物质的量即为11.2L气体(标况)的物质的量 =0.5mol，所以反应中消耗硝酸的物质的量是1.3mol+0.5mol=1.8mol，
故答案为：C。
【分析】根据二氧化氮、一氧化氮和氧气反应的原理方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，此时得到的硝酸的量即为气体的物质的量，根据得失电子守恒计算金属铜的物质的量，进而计算显示酸性的硝酸的物质的量，消耗的硝酸的物质的量=显示酸性的硝酸的物质的量+做氧化剂的硝酸的物质的量，据此分析解答。
16．（2019·全国Ⅱ卷）分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）（ ）
A．8种 B．10种 C．12种 D．14种
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】
分子式为C4H8BrCl的有机物共有 12种结构。
故答案为：C
【分析】 先分析碳骨架异构，分别为 正丁基与 异丁基2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 正丁基有8 种情况，异丁基有4 种情况，共12种。
二、填空题
17．（2019高二上·黄山开学考）氨和硝酸都是重要的工业原料。
（1）工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为 。
（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为 。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是 。
A.2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑
B.2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C.4NH3+6NO=5N2+6H2O
D．HNO3+NH3=NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣= +H2O（配平该方程式）。
（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为 。
②Cu与Cu2O 的物质的量之比为 。
【答案】（1）SO2+2NH3 H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］
（2）4NH3+5O2 4NO+6H2O；BC；2NO2-
（3）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；2∶1
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】(1)二氧化硫与过量氨气反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为：SO2+2NH3 H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]，故答案为：SO2+2NH3 H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，反应中氨气是还原剂，显示氨气的还原性。
A．反应2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中，氨气是氧化剂，故A不选；
B．反应2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O中，氨气是还原剂，故B选；
C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中，氨气是还原剂，故C选；
D．反应HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化还原反应，故D不选；与4NH3+5O2 4NO+6H2O中的氨作用相同的是BC；由质量守恒和得失电子守恒，配平为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；BC；2NO2-；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；②所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，物质的量为 =0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则64x+144y＝27.2，x+2y＝0.4，解得x=0.2，y=0.1，所以Cu与Cu2O 的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1。
【分析】(1)二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应中氨气是还原剂；根据质量守恒和得失电子守恒配平；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此书写反应的离子反应方程式②根据氢氧化钠计算出生成的氢氧化铜的物质的量，再根据铜元素守恒列式计算。
三、推断题
18．（2019高二上·黄山开学考）已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G 之间的转化关系：
请回答下列问题：
（1）A的官能团的名称是 ；C的结构简式是 。
（2）E是一种具有香味的液体，由B＋D→E的反应方程式为 ，
（3）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F(沸点12.27℃)进行应急处理。写出由A制F的化学方程式： 。
（4）E的同分异构体能与NaHCO3溶液反应，写出该同分异构体的结构简式： 。
【答案】（1）碳碳双键；CH3CHO
（2）CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O
（3）CH2=CH2＋HCl CH3CH2Cl
（4）CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】(1)由以上分析可知A为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，含有C=C双键；C是乙醛，乙醛的结构简式为CH3CHO，故答案为：碳碳双键； CH3CHO；(2)E是一种具有香味的液体，为乙酸乙酯，B是乙醇，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D为乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；(3)F为A乙烯和氯化氢反应的产物，乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl，故答案为：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl；(4)E为CH3COOCH2CH3，E的同分异构体能与NaHCO3反应，应含有羧基，结构简式为CH3 CH2 CH2COOH 或(CH3)2 CHCOOH，故答案为：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。
【分析】A是石油裂解气的主要产物之一，它的产量常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是乙烯。乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下反应生成C，则C是乙醛，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E，E是乙酸乙酯；乙烯和氯化氢加成得到F，F为氯乙烷，据此分析解答。
四、综合题
19．（2019高二上·黄山开学考）海洋资源的利用具有广阔前景。
（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是___(填序号)
A．Cl2 B．淡水
C．烧碱 D．食盐
（2）如图是从海水中提取镁的简单流程。
①操作 A是 。
②海水提镁的过程，为什么要将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁？
（3）利用海底的“可燃冰”制作的酸性燃料电池的总反应式为：CH4+2O2=CO2+2H2O，则该燃料电池负极的电极反应式为 。
（4）海带灰中富含以 I- 形式存在的碘元素，实验室提取 I2的途径如图所示：
①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器是 （填序号）。
a.坩埚 b．试管 c．蒸发皿 d．烧杯
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式 。
（5）海底的煤经综合利用开发的副产物CO2能生产甲醇燃料，其反应的方程式为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，某科学实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图实线所示，a，b，c，d 括号内数据表示坐标。
①a点正反应速率 (填“大于、等于或小于”)a点逆反应速率。
②平衡时CO2的物质的量浓度是 mol/L。
③能够说明该反应达到化学平衡状态的标志是 。
A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3molH2
B．混合气体的密度不随时间变化
C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化
D．CH3OH和H2O浓度相等
【答案】（1）B；D
（2）过滤；海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本
（3）CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+
（4）a；2H++2I-+H2O2=I2+2H2O
（5）大于；2；AC
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】(1)A．可从海水中获得氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融氯化钠生成氯气，需要化学变化从海水中获得氯气，故A不选；
B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，不需要化学变化获得，故B选；
C．可从海水中获得氯化钠，电解氯化钠溶液可得烧碱、氢气和氯气，需要化学变化从海水中获得烧碱，故C不选；
D．可从海水中获得氯化钠，是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发溶剂得到，不需要化学变化获得，故D选；故答案为：BD； (2)①根据分析可知操作A为分离固体和溶液的操作为过滤，故答案为：过滤；
③海水提镁的过程中将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁，是因为海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本，故答案为：海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本；(3)酸性条件，燃料电池总反应式：CH4+2O2═CO2+2H2O，正极电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，总反应减去正极反应式得到负极反应式：CH4-8e-+2H2O═CO2+8H+，故答案为：CH4-8e-+2H2O═CO2+8H+；(4)①灼烧固体时所用的主要仪器为坩埚，故答案为：a；②加入过氧化氢的目的是将碘离子转化为单质碘，离子方程式为2H++2I-+H2O2═I2+2H2O，故答案为：2H++2I-+H2O2═I2+2H2O；(5)①a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，反应继续正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于；
②根据图像，平衡时氢气为2mol，
CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)
起始（mol） 6 8 0 0
转化（mol） 2 6 2 2
平衡（mol） 4 2 2 2
平衡时CO2的物质的量浓度= =2mol/L，故答案为：2；
③CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3mol H2，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A正确；
B．混合气体质量不变、体积不变，混合气体的密度始终不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，故B不正确；
C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化是平衡的标志，故C正确；
D．CH3OH和H2O浓度相等和起始量和变化量有关，不能说明正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故D不正确；故答案为：AC。
【分析】(1)根据从海水制备物质的原理分析判断；(2)海水引入沉淀池，用生石灰和水反应生成的氢氧化钙沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，在沉淀中加入稀盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩、结晶析出、洗涤干燥得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答；(3)酸性条件下正极电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，根据总反应减去正极反应式得到负极反应式；(4)干海带灼烧成海带灰，加水溶解过滤，得到的滤液中酸化加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液分离出碘单质，据此分析解答；(5)①a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，据此判断正逆反应速率大小；②根据图像，平衡时氢气为2mol，根据三段式计算；③根据平衡时，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析判断。
20．（2019高三上·延边开学考）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知： 、 。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是 。
②将下列实验操作步骤正确排序 （填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x= （列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为 （填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为 。
a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。
【答案】（1）样品中没有Fe3+；Fe2+易被氧气氧化为Fe3+
（2）干燥管；dabfce；；偏小
（3）c、a；生成白色沉淀、褪色；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【知识点】二氧化硫的性质；铁及其化合物的性质实验；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）加入KSCN溶液后，溶液颜色无明显变化，说明溶液中不含有Fe3+；再向试管中通入空气后，发现溶液逐渐变红，说明通入空气后，溶液中产生Fe3+，Fe3+的产生是由于溶液中的Fe2+被开空气中的O2氧化形成；
（2）①图示仪器B为干燥管；
②实验开始前，应先排除装置内的空气（即操作d），再点燃酒精灯（即操作a）；反应一段时间后停止加热（即操作b），待装置冷却至室温（即操作f）后，关闭K1和K2（即操作c），再称量A的质量（即操作e）；因此其实验操作步骤为：dabfce；
③绿矾晶体完全分解后生成FeSO4的质量为(m3-m1)g，反应生成H2O的质量为(m2-m3)g；加热过程发生反应的化学方程式为：FeSO4·xH2OFeSO4＋xH2O，故可得等式，解得 ；若ad顺序颠倒，则生成的FeSO4易被空气中的O2氧化成Fe2(SO4)3，使得(m3-m1)偏大，则x偏小；
（3）①由分析可知，该反应过程中的气体产物为SO2和SO3，因此C中试剂应为BaCl2溶液，实验现象为产生白色沉淀；D中试剂为品红溶液，实验现象为溶液褪色；
②由分析可知，该反应的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑；
【分析】（1）根据Fe3+的检验和Fe2+的性质进行分析；
（2）①根据图示仪器确定其名称；
②根据实验过程确定实验步骤；
③根据发生反应的化学方程式进行计算；
（3）实验后反应管中残留固体为红色粉末，为Fe2O3，铁元素被氧化，因此硫元素被还原，反应生成SO2，结合得失电子守恒，可得FeSO4的系数为2，Fe2O3的系数为1，SO2的系数为1；根据原子守恒可知，生成物中含有SO3；据此分析作答。
安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高二上学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2019高二上·黄山开学考）下列说法中正确的是（ ）
A．硝酸钾溶液能导电，所以硝酸钾溶液是电解质
B．石墨有较好的导电性，所以石墨属于电解质
C．液态氯化氢、固态氯化钠均不能导电，所以氯化氢、氯化钠均不是电解质
D．蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不能导电，所以蔗糖是非电解质
2．（2019·全国Ⅱ卷）“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句，下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是（ ）
A．蚕丝的主要成分是蛋白质
B．蚕丝属于天然高分子材料
C．“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应
D．古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物
3．（2019高二上·黄山开学考）下列有关化学键的说法中错误的是（ ）
A．氯化钠熔化或氯化氢溶于水时都要破坏化学键
B．离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中一定不含有离子键
C．氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，此过程中化学键没有发生变化
D．碘晶体升华和冰融化时都未涉及化学键的变化
4．（2019高二上·黄山开学考）如图是某另类元素周期表的一部分，下列说法正确的是（ ）
A．单质的氧化性：X>Y>Z
B．简单阴离子的半径大小：X>Y>Z
C．Y 只有一种氢化物
D．X 的最高价氧化物对应的水化物为强酸
5．（2019高二上·黄山开学考）NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是（ ）
A．1.8gH2O中含有的质子数为NA
B．22.4L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
C．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA
D．23gNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子
6．（2019高三上·颍上月考）下列实验现象与实验操作不相匹配的是（ ）
实验操作 实验现象
A 向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置 溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层
B 将镁条点燃后迅速伸入集满 的集气瓶 集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
C 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸 有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊
D 向盛有 溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液 黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变
A．A B．B C．C D．D
7．（2019高二上·黄山开学考）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Fe FeCl2 Fe(OH)2
B．S SO3 H2SO4
C．CaCO3 CaO CaSiO3
D．NH3 NO HNO3
8．（2019高二上·黄山开学考）对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42－
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4＋
D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋
9．（2019高二上·黄山开学考）可逆反应 ，在容积固定的密闭容器中达到平衡状态的标志是（ ）
①单位时间内生成 的同时生成
②单位时间内生成 的同时生成
③用 表示的反应速率之比为 的状态
④混合气体的颜色不再改变的状态
⑤混合气体的密度不再改变的状态
⑥混合气体的压强不再改变的状态
⑦混合气体的物质的量不再改变的状态
A．①④⑥⑦ B．②③⑤⑦
C．①③④⑤ D．全部
10．（2019·全国Ⅰ卷）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是（ ）
A．WZ的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
11．（2019·全国Ⅰ卷）实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是（ ）
A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K
B．实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色
C．装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯
12．（2019高二上·黄山开学考）一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂。电池总反应为：C2H5OH +3O2→ 2CO2+3H2O,电池示意如图,下列说法正确的是（ ）
A．a极为电池的正极
B．电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极
C．电池负极的电极反应为：4H++ O2+ 4e－= 2H2O
D．电池工作时,1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移
13．（2019高二上·黄山开学考）丙烯醇(CH2=CH-CH2OH)可发生的化学反应有（ ）
①加成反应②氧化反应③置换反应④加聚反应⑤取代反应
A．①②③④ B．②④⑤
C．①②③④⑤ D．①③④
14．（2019高二上·黄山开学考）化学反应中，有时存在“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是 （ ）
①过量的锌与18 mol·L—1的硫酸反应；
②过量的氢气与少量氮气在催化剂存在下充分反应；
③浓盐酸与过量的MnO2；
④过量铜与浓硫酸；
⑤过量稀硝酸与银反应；
⑥过量稀硫酸与块状石灰石
A．①④⑤ B．②③⑤
C．②③④⑥ D．①②③④⑤⑥
15．（2019高二上·黄山开学考）一定质量铜和适量的浓硝酸反应，随着反应的进行，所生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集到11.2L由NO和NO2组成的混合气体(标准状况)，将该气体与0.325molO2混合溶于水，恰好无气体剩余。则反应中消耗硝酸的物质的量为（ ）
A．1.2mol B．1.1mol C．1.8mol D．1.6mol
16．（2019·全国Ⅱ卷）分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）（ ）
A．8种 B．10种 C．12种 D．14种
二、填空题
17．（2019高二上·黄山开学考）氨和硝酸都是重要的工业原料。
（1）工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为 。
（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为 。
下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是 。
A.2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑
B.2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O
C.4NH3+6NO=5N2+6H2O
D．HNO3+NH3=NH4NO3
工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣= +H2O（配平该方程式）。
（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。
①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为 。
②Cu与Cu2O 的物质的量之比为 。
三、推断题
18．（2019高二上·黄山开学考）已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个国家石油化工发展水平的标志。下列是有机物A～G 之间的转化关系：
请回答下列问题：
（1）A的官能团的名称是 ；C的结构简式是 。
（2）E是一种具有香味的液体，由B＋D→E的反应方程式为 ，
（3）比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F(沸点12.27℃)进行应急处理。写出由A制F的化学方程式： 。
（4）E的同分异构体能与NaHCO3溶液反应，写出该同分异构体的结构简式： 。
四、综合题
19．（2019高二上·黄山开学考）海洋资源的利用具有广阔前景。
（1）无需经过化学变化就能从海水中获得的物质是___(填序号)
A．Cl2 B．淡水
C．烧碱 D．食盐
（2）如图是从海水中提取镁的简单流程。
①操作 A是 。
②海水提镁的过程，为什么要将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁？
（3）利用海底的“可燃冰”制作的酸性燃料电池的总反应式为：CH4+2O2=CO2+2H2O，则该燃料电池负极的电极反应式为 。
（4）海带灰中富含以 I- 形式存在的碘元素，实验室提取 I2的途径如图所示：
①灼烧海带至灰烬时所用的主要仪器是 （填序号）。
a.坩埚 b．试管 c．蒸发皿 d．烧杯
②向酸化的滤液中加过氧化氢溶液，写出该反应的离子方程式 。
（5）海底的煤经综合利用开发的副产物CO2能生产甲醇燃料，其反应的方程式为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)，某科学实验将6molCO2和8molH2充入2L的密闭容器中，测得H2的物质的量随时间变化如图实线所示，a，b，c，d 括号内数据表示坐标。
①a点正反应速率 (填“大于、等于或小于”)a点逆反应速率。
②平衡时CO2的物质的量浓度是 mol/L。
③能够说明该反应达到化学平衡状态的标志是 。
A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3molH2
B．混合气体的密度不随时间变化
C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化
D．CH3OH和H2O浓度相等
20．（2019高三上·延边开学考）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由此可知： 、 。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B的名称是 。
②将下列实验操作步骤正确排序 （填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x= （列式表示）。若实验时按a、d次序操作，则使x （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D中的溶液依次为 （填标号）。C、D中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为 。
a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A．硝酸钾溶液是混合物，不是化合物，不属于电解质，故A不符合题意；
B．石墨虽能导电，但石墨是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B不符合题意；
C．液态氯化氢、固体氯化钠均不导电，但是在水溶液中能够导电，所以氯化氢、氯化钠均是电解质，故C不符合题意；
D．蔗糖在水溶液和熔化状态下均不导电，而且属于化合物，所以蔗糖是非电解质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点为AB，要注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，电解质和非电解质都是化合物。
2．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；高分子材料
【解析】【解答】A.蚕丝主要成分为蛋白质，不符合题意。
B.蚕丝中的蛋白质为高分子材料，不符合题意。
C.蜡炬成灰，是蜡烛的燃烧，属于氧化反应，不符合题意。
D.蜡属于烃的混合物，不属于高级脂肪酸酯。所以D选项错误，符合题意。
故答案为：D
【分析】可以通过加聚反应，如烯烃的加聚，炔烃的加聚，形成高分子化合物，也可以通过缩聚反应形成高分子化合物，如二元羧酸和二元醇的缩聚，羟基羧酸的缩聚，氨基酸的缩聚等。
3．【答案】C
【知识点】化学键
【解析】【解答】A、NaCl熔化破坏离子键，HCl溶于水破坏共价键，A不符合题意；
B、离子化合物中可能含有共价键，如KOH，但共价化合物中一定不含有离子键，B不符合题意；
C、氯化铵受热变成气体，冷却后又成晶体，发生了化学变化，一定有化学键的断裂和生成，C符合题意；
D、碘晶体、冰为分子晶体，则碘晶体升华、冰熔化时都破坏分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．氯化钠熔化或氯化氢溶于水，均发生电离；
B．含离子键的一定为离子化合物；
C．氯化铵受热变成气体非，发生化学变化生成氨气、HCl，后氨气与HCl发生化合反应生成氯化铵；
D．碘晶体升华和冰熔化均为物理变化。
4．【答案】B
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素。
A．元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，氧化性：P＜N2＜O2，即X＜Y＜Z，故A不符合题意；
B．一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，简单阴离子半径：X＞Y＞Z，故B符合题意；
C．Y的氢化物不只有一种，可以是氨气、联氨等氢化物，故C不符合题意；
D．X的最高价氧化物对应的水化物为磷酸，属于中强酸，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据周期表中元素的排列规律可知：X为P元素，Y为N元素，Z为O元素，结合元素周期律分析判断。
5．【答案】B
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1.8g水的物质的量为 =0.1mol，含有1mol质子，含有的质子数为NA，A不符合题意；
B．未告知气体所处的温度和压强，无法计算22.4L氯气的物质的量，也无法确定转移的电子数，B符合题意；
C.46gNO2和N2O4的含有NO2原子团的物质的量为 =1mol，含有原子的总物质的量为3mol，含有原子总数为3NA，C不符合题意；
D．钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，1个钠原子都失去1个电子生成1个钠离子，则23gNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，生成1mol钠离子，失去NA个电子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．每个水分子含有10个质子；
B．衡量气体必须指明具体的温度和压强；
C．NO2和N2O4可以看成由NO2构成；
D．根据钠的化合价变化来计算。
6．【答案】A
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；二价铁离子和三价铁离子的检验；乙烯的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.KMnO4具有氧化性，能将乙烯氧化成CO2，因此可观察到溶液的紫色逐渐褪去，但静置后溶液不分层，选项错误，A符合题意；
B.点燃的镁条伸入CO2的集气瓶中，发生反应2Mg＋CO22MgO＋C，因此可观察到集气瓶内产生浓烟，并有黑色颗粒产生，选项正确，B不符合题意；
C.饱和Na2S2O3中加入稀盐酸，发生反应的离子方程式为：S2O32－＋2H＋=S＋SO2↑＋H2O，实验过程中，可观察到溶液变浑浊，同时产生有刺激性气味的气体，选项正确，C不符合题意；
D.FeCl3溶液中加入过量铁粉，发生反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，溶液黄色逐渐褪去，因此加入KSCN溶液后，颜色不变，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.KMnO4具有氧化性，能将乙烯氧化成CO2；
B.结合Mg与CO2的反应分析；
C.根据Na2S2O3与稀盐酸的反应分析；
D.根据FeCl3与Fe的反应分析；
7．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质
【解析】【解答】A．铁与氯气反应只能生成氯化铁，A不符合题意；
B．硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B不符合题意；
C．两步均能实现，C符合题意；
D．NO不与H2O反应，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．Fe与氯气反应生成氯化铁，转化关系应为FeFeCl3Fe（OH）3；
B．S燃烧生成二氧化硫，转化关系应为SSO2H2SO3；
C．碳酸钙分解生成CaO，CaO与二氧化硅高温下反应生成硅酸钙，可实现图中转化；
D．NO与水不反应，NOHNO3不能实现。
8．【答案】C
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】A. 与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，可以是HCO3-、CO32-、SO32-、HSO3-等，不能证明一定是CO32－，A项不符合题意；
B.当溶液中含Ag+时，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，因而不一定有SO42－，也可能含有Ag+，B项不符合题意；
C.检验NH4+的符合题意方法是加入氢氧化钠溶液并加热，会产生氨气，氨气能使湿润红色石蕊试纸变蓝，C项符合题意；
D. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，溶液中可能含有Ca2+或者Ba2＋，D项不符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据与稀盐酸产生的无色气体能使澄清石灰水变浑浊，判断溶液所含离子；
B.硫酸钡和氯化银均为不溶于酸的白色沉淀；
C.根据铵根离子的检验方法进行判断；
D.利用难溶的碳酸盐的性质进行分析。
9．【答案】A
【知识点】化学平衡状态的判断
【解析】【解答】①中单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO2，正逆反应速率相等，说明反应已达到平衡状态，故①符合题意；
②无论该反应是否达到平衡状态,单位时间内生成n mol O2的同时生成2n mol NO，不能据此判断平衡状态，故②不符合题意；
③中无论达到平衡与否，用各物质表示的化学反应速率之比都等于化学计量数之比，故③不符合题意；
④有色气体的颜色不变，则表示物质的浓度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故④符合题意；
⑤气体体积固定、反应前后质量守恒，密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故⑤不符合题意；
⑥反应前后ΔV(g)≠0，压强不变，意味着各物质的含量不再变化，说明已达到平衡状态，故⑥符合题意；
⑦由于ΔV(g)≠0，气体的物质的量不变，说明反应已达到平衡状态，故⑦符合题意；
①④⑥⑦符合题意，
故答案为：A。
【分析】化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变，据此分析解答。
10．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】根据图示X接4个原子可以判断X原子最外层电子数是4，又是短周期，可以判断是碳或者硅原子，根据z接一个键可以判断z最外层电子是1或者是7，根据题目z核外最外层电子数是x核外电子数的一半，所以推出z的最外层是7，所以可能氟或者是氯，而7的两倍是14，故x应是硅，同周期，z是氯，w正1价应是钠，y是p。
A.WZ是氯化钠，故溶液显中性，A错误，不符合题意。
B.非金属性z是氯最大， Z>Y>X，故B 错误不符合题意。
C.Y 的最高价氧化物是磷酸，是中强酸，故C正确，符合题意。
D.该化合物中y形成两个键，又得一个电子，所以达到8电子稳定结构，故D错误，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】 此题主要是推出元素，根据原子形成化学键的特点，一般是达到8电子稳定结构，最外层电子数等于主族序数，又是短周期元素，所以在第二三周期
11．【答案】D
【知识点】苯的结构与性质；实验装置综合
【解析】【解答】A.根据气压原理，滴加液体时要打开开关，故A正确，不符合题意。
B.由于反应中有溴，具有挥发性，溴蒸气被四氯化碳吸收，溶液呈浅红色。故B正确，不符合题意。
C.反应中生成溴化氢气体能与碳酸钠溶液反应，故C正确，不符合题意。
D.反应后混合液中含有溴苯，溴单质，溴化氢等，经过氢氧化钠溶液后必需经过分液才能得到，故D符合题意。
故正确答案：D。
【分析】 根据苯与溴反应反应产物及有机反应的特点，反应物和生成物同时存在进行判断。
12．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，A不符合题意；
B．电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，B不符合题意；
C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，C不符合题意；
D．根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．在燃料电池中，燃料在负极失去电子，发生氧化反应；
B．在燃料电池中，电流在外电路中从正极流向负极；
C．在燃料电池中，正极上是氧气得电子化合价降低的还原反应；
D．乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O-12e-=2CO2+12H+，反应转移电子数为12。
13．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】CH2=CH-CH2OH中含碳碳双键、-OH。含碳碳双键可发生加成反应、氧化反应和加聚反应，含-OH可发生氧化反应、酯化反应(取代反应)，且与Na可发生置换反应生成氢气，C符合题意；
故答案为：C。
【分析】CH2=CH-CH2OH中含C=C和-OH，结合烯烃和醇的性质来解答。
14．【答案】C
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应，则过量的Zn与18 mol·L－1的硫酸反应，硫酸能完全反应，故①不选；②氢气与氮气反应生成氨气为可逆反应，不能进行到底，故②选；③浓盐酸与过量的MnO2反应，随着反应的进行盐酸浓度降低，稀盐酸与二氧化锰不反应，故③选；④随着反应的进行，硫酸浓度降低，铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故④选；⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，硝酸过量时银能够反应完全，故⑤不选；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故⑥选；
故答案为：C。
【分析】①Zn与浓硫酸、稀硫酸均可反应；②氢气与氮气反应生成氨气的反应是可逆反应；③只有浓盐酸与二氧化锰反应，盐酸变稀后不反应；④铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；⑤硝酸与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水；⑥稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生；
15．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】整个反应过程，金属铜失去电子，氧气得到电子，根据得失电子守恒，设金属铜的物质的量是n，则2n=0.325mol×2×(2-0)，解得n=0.65mol，所以显示酸性的硝酸在硝酸铜中，其物质的量是0.65mol×2=1.3mol，做氧化剂的硝酸的物质的量即为11.2L气体(标况)的物质的量 =0.5mol，所以反应中消耗硝酸的物质的量是1.3mol+0.5mol=1.8mol，
故答案为：C。
【分析】根据二氧化氮、一氧化氮和氧气反应的原理方程式：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，此时得到的硝酸的量即为气体的物质的量，根据得失电子守恒计算金属铜的物质的量，进而计算显示酸性的硝酸的物质的量，消耗的硝酸的物质的量=显示酸性的硝酸的物质的量+做氧化剂的硝酸的物质的量，据此分析解答。
16．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】
分子式为C4H8BrCl的有机物共有 12种结构。
故答案为：C
【分析】 先分析碳骨架异构，分别为 正丁基与 异丁基2种情况，然后分别对 2 种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架 正丁基有8 种情况，异丁基有4 种情况，共12种。
17．【答案】（1）SO2+2NH3 H2O=(NH4)2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3］
（2）4NH3+5O2 4NO+6H2O；BC；2NO2-
（3）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；2∶1
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】(1)二氧化硫与过量氨气反应生成亚硫酸铵，反应的化学方程式为：SO2+2NH3 H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]，故答案为：SO2+2NH3 H2O=(NH4)2SO3+H2O[或SO2+2NH3+H2O=(NH4)2SO3]；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O2 4NO+6H2O，反应中氨气是还原剂，显示氨气的还原性。
A．反应2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑中，氨气是氧化剂，故A不选；
B．反应2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O中，氨气是还原剂，故B选；
C．反应4NH3+6NO=5N2+6H2O中，氨气是还原剂，故C选；
D．反应HNO3+NH3=NH4NO3是非氧化还原反应，故D不选；与4NH3+5O2 4NO+6H2O中的氨作用相同的是BC；由质量守恒和得失电子守恒，配平为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；BC；2NO2-；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子反应方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；②所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu(OH)2，质量为39.2g，物质的量为 =0.4mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=n[Cu(OH)2]，所以反应后的溶液中n[[Cu(NO3)2]=n[Cu(OH)2]=0.4mol，设Cu、Cu2O的物质的量分别为x、y，则64x+144y＝27.2，x+2y＝0.4，解得x=0.2，y=0.1，所以Cu与Cu2O 的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1。
【分析】(1)二氧化硫与氨气反应生成亚硫酸铵；(2)氨催化氧化生成一氧化氮和水，反应中氨气是还原剂；根据质量守恒和得失电子守恒配平；(3)①Cu与稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，据此书写反应的离子反应方程式②根据氢氧化钠计算出生成的氢氧化铜的物质的量，再根据铜元素守恒列式计算。
18．【答案】（1）碳碳双键；CH3CHO
（2）CH3CH2OH＋CH3COOH CH3COOCH2CH3＋H2O
（3）CH2=CH2＋HCl CH3CH2Cl
（4）CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH
【知识点】有机物的推断
【解析】【解答】(1)由以上分析可知A为乙烯，结构简式为：CH2=CH2，含有C=C双键；C是乙醛，乙醛的结构简式为CH3CHO，故答案为：碳碳双键； CH3CHO；(2)E是一种具有香味的液体，为乙酸乙酯，B是乙醇，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D为乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOH CH3COOCH2CH3+H2O；(3)F为A乙烯和氯化氢反应的产物，乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成氯乙烷，反应的化学方程式为：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl，故答案为：CH2=CH2+HCl CH3CH2Cl；(4)E为CH3COOCH2CH3，E的同分异构体能与NaHCO3反应，应含有羧基，结构简式为CH3 CH2 CH2COOH 或(CH3)2 CHCOOH，故答案为：CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH。
【分析】A是石油裂解气的主要产物之一，它的产量常用来衡量一个国家石油化工水平，则A是乙烯。乙烯和水发生加成反应生成B，则B是乙醇，乙醇和氧气在铜作催化剂作用下反应生成C，则C是乙醛，乙醇在高锰酸钾作用下生成D，D是乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E，E是乙酸乙酯；乙烯和氯化氢加成得到F，F为氯乙烷，据此分析解答。
19．【答案】（1）B；D
（2）过滤；海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本
（3）CH4+2H2O-8e-=CO2+8H+
（4）a；2H++2I-+H2O2=I2+2H2O
（5）大于；2；AC
【知识点】海水资源及其综合利用
【解析】【解答】(1)A．可从海水中获得氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融氯化钠生成氯气，需要化学变化从海水中获得氯气，故A不选；
B．把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，不需要化学变化获得，故B选；
C．可从海水中获得氯化钠，电解氯化钠溶液可得烧碱、氢气和氯气，需要化学变化从海水中获得烧碱，故C不选；
D．可从海水中获得氯化钠，是利用氯化钠溶解度随温度变化不大，蒸发溶剂得到，不需要化学变化获得，故D选；故答案为：BD； (2)①根据分析可知操作A为分离固体和溶液的操作为过滤，故答案为：过滤；
③海水提镁的过程中将海水中的氯化镁转变为氢氧化镁，再转变为氯化镁，是因为海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本，故答案为：海水中氯化镁的含量很大，但镁离子浓度很低，该过程可以使镁离子富集，增大镁离子浓度，降低成本；(3)酸性条件，燃料电池总反应式：CH4+2O2═CO2+2H2O，正极电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，总反应减去正极反应式得到负极反应式：CH4-8e-+2H2O═CO2+8H+，故答案为：CH4-8e-+2H2O═CO2+8H+；(4)①灼烧固体时所用的主要仪器为坩埚，故答案为：a；②加入过氧化氢的目的是将碘离子转化为单质碘，离子方程式为2H++2I-+H2O2═I2+2H2O，故答案为：2H++2I-+H2O2═I2+2H2O；(5)①a点时还没有达到平衡状态，反应物氢气的物质的量继续减小，反应继续正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为：大于；
②根据图像，平衡时氢气为2mol，
CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g)+ H2O(g)
起始（mol） 6 8 0 0
转化（mol） 2 6 2 2
平衡（mol） 4 2 2 2
平衡时CO2的物质的量浓度= =2mol/L，故答案为：2；
③CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。A．单位时间内消耗1molCO2，同时生成3mol H2，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A正确；
B．混合气体质量不变、体积不变，混合气体的密度始终不随时间变化，不能说明反应达到平衡状态，故B不正确；
C．CH3OH、H2的浓度不再随时间变化是平衡的标志，故C正确；
D．CH3OH和H2O浓度相等和起始量和变化量有关，不能说明正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故D不正确；故答案为：AC。
【分析】(1)根据从海水制备物质的原理分析判断；(2)海水引入沉淀池，用生石灰和水反应生成的氢氧化钙沉淀镁离子，过滤得到氢氧化镁沉淀，在沉淀中加入稀盐酸溶解得到氯化镁溶液，蒸发浓缩、结晶析出、洗涤干燥得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失去结晶水得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到金属镁，据此分析解答；(3)酸性条件下正极电极反应式为O2+4e-+4H+═2H2O，根据总反应减去正极反应式得到负极反应式；(4)干海带灼烧成海带灰，加水溶解过滤，得到的滤液中酸化加入过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液分离出碘单质，据此分析解答；(5)①a点时还没有达到平衡状态，从反应物的物质的量的变化趋势判断反应进行的方向，据此判断正逆反应速率大小；②根据图像，平衡时氢气为2mol，根据三段式计算；③根据平衡时，正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析判断。
20．【答案】（1）样品中没有Fe3+；Fe2+易被氧气氧化为Fe3+
（2）干燥管；dabfce；；偏小
（3）c、a；生成白色沉淀、褪色；2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【知识点】二氧化硫的性质；铁及其化合物的性质实验；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】（1）加入KSCN溶液后，溶液颜色无明显变化，说明溶液中不含有Fe3+；再向试管中通入空气后，发现溶液逐渐变红，说明通入空气后，溶液中产生Fe3+，Fe3+的产生是由于溶液中的Fe2+被开空气中的O2氧化形成；
（2）①图示仪器B为干燥管；
②实验开始前，应先排除装置内的空气（即操作d），再点燃酒精灯（即操作a）；反应一段时间后停止加热（即操作b），待装置冷却至室温（即操作f）后，关闭K1和K2（即操作c），再称量A的质量（即操作e）；因此其实验操作步骤为：dabfce；
③绿矾晶体完全分解后生成FeSO4的质量为(m3-m1)g，反应生成H2O的质量为(m2-m3)g；加热过程发生反应的化学方程式为：FeSO4·xH2OFeSO4＋xH2O，故可得等式，解得 ；若ad顺序颠倒，则生成的FeSO4易被空气中的O2氧化成Fe2(SO4)3，使得(m3-m1)偏大，则x偏小；
（3）①由分析可知，该反应过程中的气体产物为SO2和SO3，因此C中试剂应为BaCl2溶液，实验现象为产生白色沉淀；D中试剂为品红溶液，实验现象为溶液褪色；
②由分析可知，该反应的化学方程式为：2FeSO4Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑；
【分析】（1）根据Fe3+的检验和Fe2+的性质进行分析；
（2）①根据图示仪器确定其名称；
②根据实验过程确定实验步骤；
③根据发生反应的化学方程式进行计算；
（3）实验后反应管中残留固体为红色粉末，为Fe2O3，铁元素被氧化，因此硫元素被还原，反应生成SO2，结合得失电子守恒，可得FeSO4的系数为2，Fe2O3的系数为1，SO2的系数为1；根据原子守恒可知，生成物中含有SO3；据此分析作答。
