苏教版高中化学必修第一册专题四测试题含答案

苏教版高中化学必修第一册专题四测试题含答案专题4硫与环境保护第一单元含硫化合物的性质同步练习一、选择题1．下列关于SO2的叙述正确的是（）A．SO2是无色、无味、有毒的气体 B．SO2能使紫色石蕊溶液褪色C．SO2能使紫色的KMnO4溶液褪色 D．SO2有毒，不能用作食品添加剂2．通入SO2能引起下列溶液的颜色变化，其中SO2的作用和SO2使溴水褪色相同的是（）A．品红褪色 B．NaOH酚酞溶液褪色C．石蕊试液变红 D．酸性KMnO4溶液褪色3．将足量SO2气体通入BaCl2溶液中，无明显现象。若要观察到BaSO3沉淀，可再通入A．Cl2 B．NO2 C．H2S D．NH34．下列物质不能使品红溶液褪色的是（）A．Na2O2 B．HCl C．SO2 D．Cl25．下列说法中不正确的是（）A．NH3易液化B．Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物为氮的氧化物C．Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸D．向胆矾晶体中加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的脱水性6．下列现象和用途中，浓硫酸表现脱水性的是（）A．实验室制取氯气时浓硫酸做干燥剂B．浓硫酸使火柴梗变黑C．浓硫酸滴到胆矾上，蓝色晶体变成白色粉末D．浓硫酸与碳单质反应7．一定条件下，浓硫酸与下列物质发生的反应，不可能是氧化还原反应的是（）A．锌 B．碳 C．氯化钠 D．硫化钠8．双碱法脱除烟气中SO2的过程如图所示。下列说法中不正确的是（）A．双碱法中的“双碱”是指NaOH和Ca(OH)2B．过程Ⅰ和过程Ⅱ中碱的作用不同C．脱除过程中硫元素的化合价一直没有变化D．脱除SO2的过程中，NaOH可以循环利用9．向盐酸中滴入浓硫酸会产生白雾，对此现象的解释不合理的是（）A．浓硫酸具有吸水性 B．浓硫酸具有脱水性C．浓盐酸具有挥发性 D．氯化氢极易溶于水10．如图所示装置，若关闭活塞，则品红溶液无变化，石蕊溶液变红，澄清石灰水变浑浊。若打开活塞，则品红溶液褪色，石蕊溶液变红，澄清石灰水变浑浊。据此判断该气体和广口瓶中盛放的物质分别是（）A．Cl2和饱和氯化钠溶液 B．SO2和NaHCO3溶液C．Cl2和NaHSO3溶液 D．CO2和浓H2SO411．在探究SO2的性质实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是（）A．向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3B．向溴水中通入SO2，溶液褪色，说明＋4价硫具有还原性C．将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2不能漂白石蕊D．向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO312．下列有关试剂的保存方法不正确的是A．Na保存于煤油中 B．过氧化钠应密封保存C．氯水保存于无色试剂瓶中 D．浓硫酸保存于铁质容器中二、非选择题13．用下图装置可以完成一系列实验（图中夹持装置及加热装置已略去），不考虑①②③中物质间的相互影响。请回答下列问题：（1）若装置A选用浓盐酸和二氧化锰混合制取Cl2气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理。请填写表中空白：B中棉花的位置①②③所蘸试剂石蕊溶液淀粉KI溶液浓氨水现象涉及的化学方程式3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2（2）若装置A选用浓硫酸和亚硫酸钠固体制取SO2气体，装置B中的三处棉花依次做了如下处理。请填写表中空白：B中棉花的位置①②③所蘸试剂H2S溶液酸性KMnO4溶液品红溶液现象褪色体现SO2的性质14．工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、CuSO4等）制备硝酸铜晶体的流程如图：（1）写出CuS“焙烧”生成SO2和CuO的化学反应方程式：。（2）图中SO2经转化生成的硫酸可用于“酸化”，转化反应中SO2与O2的物质的量比为。（3）“过滤”后需洗涤沉淀，请设计实验证明已洗涤干净。（4）“淘洗”所用的溶液A应选用（填序号）a.稀硫酸b.浓硫酸c.稀硝酸d.浓硝酸（5）“反应”步骤加10%H2O2可以避免污染性气体的产生，写出该反应的离子方程式：，也可以用气体（填化学式）代替双氧水。（6）大量排放SO2容易造成酸雨等环境问题，工业上可用双碱法脱硫法处理废气，过程如图所示，其中可循环使用的试剂是，写出双碱法脱硫法的总反应方程式：。15．盐酸、硫酸和硝酸都是重要的化工原料，也是化学实验室必备的重要试剂（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，说明浓硫酸具有性；硝酸应保存在棕色瓶中，这是因为硝酸具有性。（2）如图是硫酸试剂瓶标签上的部分内容，该硫酸的浓度是；实验人员操作时不必需穿戴的安全用具是。化学纯(CP)(500mL)品名：硫酸化学式：H2SO4相对分子质量：98密度：1.84g/cm3质量分数：98.9%A．防护手套B．实验服C．防毒面具D．护目镜（3）在稀硝酸溶液中加入铜片使之充分反应，写出反应的离子方程式。（4）实验室中向烧杯内加入约20g蔗糖，向其中插入玻璃棒，滴加几滴蒸馏水，再加入适量浓硫酸。白色的蔗糖变为疏松多孔的黑色物质，放出大量的热使烧杯壁发烫。验证产生的气体有SO2的方法是，验证该气体中还含有CO2的方法是。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．SO2是无色、有刺激性气味、有毒的气体，故A不符合题意；B．SO2具有漂白性，但不能使指示剂褪色，SO2能使紫色石蕊溶液变红，故B不符合题意；C．SO2具有还原性，SO2能使紫色的KMnO4溶液褪色，故C符合题意；D．SO2能用作葡萄酒的抗氧化剂、杀菌剂，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.SO2有刺激性气味；

B.SO2不能漂白指示剂；

C.SO2具有还原性，能与高锰酸钾发生氧化还原反应；

D.在严格控制剂量的情况下SO2能作食品添加剂。2．【答案】D【解析】【解答】A、SO2通入品红溶液，溶液褪色，是因为SO2具有漂白性，故A不符合题意；B、SO2通入NaOH酚酞溶液，溶液褪色，是因为SO2与氢氧化钠反应，溶液碱性减弱，SO2表现的是酸性氧化物的性质，故B不符合题意；C、SO2通入石蕊试液，溶液变红，是因为SO2与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，SO2表现的是酸性氧化物的性质，故C不符合题意；D、SO2通入高锰酸钾溶液，溶液褪色的原因是高锰酸钾与SO2发生了氧化还原反应，SO2作还原剂，故D符合题意。故答案为：D。【分析】SO2通入溴水后褪色，是因为SO2、H2O与Br2发生了氧化还原反应，SO2作还原剂。3．【答案】D【解析】【解答】A．Cl2与SO2反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能得到BaSO3沉淀，故A不符合；B．NO2与SO2反应生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不能得到BaSO3沉淀，故B不符合；C．H2S与SO2反应生成S单质沉淀，不能得到BaSO3沉淀，故C不符合；D．NH3与SO2反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与氯化钡生成BaSO3沉淀，故D符合；故答案为：D。

【分析】二氧化硫要和氯化钡反应生成亚硫酸钡，需要先将溶液中氢离子转化，需要加入碱性物质。4．【答案】B【解析】【解答】A.Na2O2会把品红氧化褪色，A不符合题意；

B.HCl不会使品红溶液褪色，B符合题意；

C.SO2有漂白性，会使品红溶液褪色，C不符合题意；

D.Cl2与溶液中的水反应生成次氯酸，会将品红氧化褪色，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.Na2O2会把品红氧化褪色；

B.HCl不会使品红溶液褪色；

C.SO2的漂白性会使品红溶液褪色；

D.次氯酸会把品红氧化褪色。5．【答案】D【解析】【解答】A.氨气分子之间可形成氢键，NH3易液化是由于含有氢键的原因，故A不符合题意；B.Cu既能溶于浓硝酸又能溶于稀硝酸，且硝酸的还原产物分别为二氧化氮和一氧化氮，故B不符合题意；C.Cu在加热的条件下能溶于浓硫酸生成硫酸铜、二氧化硫和水，故C不符合题意；D.向胆矾晶体中加入浓硫酸，晶体由蓝色变为白色体现了浓硫酸的吸水性，故D符合题意；故答案为：D。【分析】注意吸水性与脱水性的区别：吸水性是物质中有现成的水分子，浓硫酸作干燥剂是利用其吸水性；脱水性是物质中没有现成的水分子，浓硫酸按水的组成比，夺取某些有机物中的氢、氧元素形成水分子，浓硫酸使蔗糖炭化体现其脱水性。6．【答案】B【解析】【解答】A.用浓硫酸干燥氯气时浓硫酸表现吸水性，A不符合题意；B.浓硫酸使火柴梗变黑，浓硫酸表现脱水性，B符合题意；C.浓硫酸滴到胆矾上，蓝色晶体变成白色粉末，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；D.浓硫酸与碳单质反应，浓硫酸表现强氧化性，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】脱水性主要是将有机物中氢和氧按照原子个数2：1进行脱去7．【答案】C【解析】【解答】A.锌和浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，A不符合题意；

B.碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，B不符合题意；

C.氯化钠和浓硫酸微热反应生成硫酸氢钠和氯化氢，体现浓硫酸的难挥发性，不是氧化还原反应，C符合题意；

D.硫化钠具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A.锌和浓硫酸反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O；

B.碳和浓硫酸加热C+2H2SO4(浓)=∆CO2↑+2SO2↑+2H2O；

C.氯化钠和浓硫酸微热反应2NaCl+2H2SO4(浓)=∆Na2SO4+2HCl↑；

D.H2S+H2SO4(冷、浓)=S(沉淀)+SO2↑+2H28．【答案】C【解析】【解答】解：A、上述物质中属于碱的为NaOH和Ca(OH)2，因此双碱法中的“双碱”指的是NaOH和Ca(OH)2，A不符合题意。

B、过程Ⅰ中NaOH的作用是吸收SO2，过程Ⅱ中Ca(OH)2的作用是将Na2SO3转化为CaSO4，二者的作用不同，B不符合题意。

C、过程Ⅱ中硫元素由＋4价变为＋6价，化合价升高，C符合题意。

D、过程Ⅰ中NaOH转化为Na2SO3，过程Ⅱ中Na2SO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，因此NaOH可循环利用，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】过程Ⅰ中SO2与NaOH反应生成Na2SO3，该反应的化学方程式为SO2＋2NaOH=Na2SO3。过程Ⅱ中Na2SO3与Ca(OH)2、O2反应生成NaOH和CaSO4，该反应的化学方程式为2Na2SO3＋2Ca(OH)2＋O2=2CaSO4↓＋4NaOH。9．【答案】B【解析】【解答】浓硫酸具有吸水性，而且浓硫酸的稀释过程是一个放热过程，浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl遇水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，因此将浓硫酸倒入浓盐酸中，相当于浓硫酸稀释，放出的热量导致混合物温度升高，促进浓盐酸中溶解的氯化氢挥发，挥发出的HCl遇空气中的水蒸气而产生白雾，与浓硫酸的脱水性无关，故答案为：B。

【分析】A、吸水性属于物理性质，材料在水中能吸收水分的性质；

B、脱水性属于化学性质，脱水是把组成有机物成分里的氢、氧元素的原子按2:1的比例（水的组成比）从有机物里夺取出来，形成水合物，同时剩下有机物组成中的碳；

C、挥发性属于物理性质，物质由液态直接变为气态的变化；

D、室温下，氯化氢为无色气体，遇空气中的水汽形成白色盐酸酸雾。10．【答案】B【解析】【解答】根据题意，关闭活塞，则品红溶液无变化，石蕊溶液变红，澄清石灰水变浑浊，说明此时洗气瓶中出来的是CO2，；打开活塞：品红溶液褪色，石蕊溶液变红，澄清石灰水变浑浊，说明此时广口瓶中出来的是SO2，所以广口瓶中应是碳酸氢钠溶液，气体应该是SO2。

故答案为：B。【分析】该反应方程式为：SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2。11．【答案】A【解析】【解答】A．SO2可被硝酸氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反应生成BaSO4沉淀，所以产生的沉淀是BaSO4，故A符合题意；B．向溴水中通入SO2，反应生成H2SO4和HBr，使溶液褪色，则溴被还原，说明+4价硫具有还原性，故B不符合题意；C．SO2和水反应生成H2SO3，H2SO3电离出H+而使其溶液呈酸性，酸能使紫色石蕊试液变红色，但溶液不褪色，说明二氧化硫不能漂白石蕊试液，故C不符合题意；D．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，SO2和水反应生成H2SO3，向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3和NaHCO3反应生成H2CO3，则H2SO3酸性强于H2CO3，故D不符合题意，故答案为：A。【分析】A．SO2通入硝酸钡中会被氧化成SO42-；

B．根据2H2O＋SO2+Br2=H2SO4+2HBr分析；

C．溶液不褪色说明SO2不能漂白石蕊试液；

12．【答案】C【解析】【解答】A.金属钠的密度比煤油大，长保存在煤油中，可防止金属钠接触空气被氧化，A不符合题意；B.Na2O2能与空气中的CO2、H2O反应生成Na2CO3、NaOH而变质，因此Na2O2应密封保存，B不符合题意；C.氯水中含有HClO，光照条件下HClO易分解产生HCl和O2，因此氯水应用棕色瓶保存，避免光照，C符合题意；D.常温下，浓硫酸能使铁钝化，因此可用铁制容器盛装浓硫酸，D不符合题意；故答案为：C

【分析】A、金属钠保存在煤油或石蜡油中；

B、Na2O2易与空气中CO2、H2O反应，应密封保存；

C、氯水中的HClO见光易分解，应保存在棕色瓶内；

D、常温下，浓硫酸能使铁钝化；13．【答案】（1）先变红后退色；变蓝；产生白烟；Cl2+H2O⇌HCl+HClO；Cl2+2KI=2KCl+I2（2）黄色物质产生；褪色；氧化性；还原性；漂白性【解析】【解答】（1）因Cl2能与水反应生成HCl和HClO，HCl具有酸性，能使石蕊溶液变红，HClO具有强氧化性能使红色褪去，涉及的反应为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；氯气与碘化钾溶液反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，碘单质使淀粉变蓝；氯气与浓氨水挥发出的氨气反应生成氯化铵晶体，所以看到白烟，故答案为：先变红后退色；变蓝；产生白烟；Cl2+H2O⇌HCl+HClO；Cl2+2KI=2KCl+I2；

（2）二氧化硫与硫化氢反应生成硫单质和水，反应中二氧化硫体现中硫元素化合价降低，体现氧化性，现象是用黄色物质产生；高锰酸钾有强氧化性，可以被二氧化硫还原，体现二氧化硫的还原性，现象是褪色；二氧化硫可以使品红褪色，体现二氧化硫的漂白性，故答案为：黄色物质产生；褪色；氧化性；还原性；漂白性。

【分析】（1）根据Cl2的性质进行分析；

（2）根据SO2的性质进行分析；14．【答案】（1）2（2）2：1（3）取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀已经洗涤干净（4）a（5）Cu+H（6）NaOH；2【解析】【解答】（1）焙烧过程中，CuS与O2反应生成CuO和SO2，该反应的化学方程式为2CuS＋3O22CuO＋2SO2。

（2）SO2转化为H2SO4的过程中，发生反应的化学方程式为2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4，因此转化反应中SO2与O2的物质的量之比为1：2。

（3）沉淀洗涤的过程中，主要是为了除去沉淀表面附着的SO42－，因此检验沉淀是否已洗涤干净，应取最后一次洗涤液，先加稀盐酸，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀已经洗涤干净。

（4）“淘洗”过程是为了除去铜粉中混有的Fe，因此不能用浓硫酸、浓硝酸和稀硝酸等氧化性酸。

（5）H2O2具有氧化性，酸性条件下，能将Cu氧化成Cu2＋，该反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；为避免产生污染性气体，也可用O2做氧化剂。

（6）由图示过程可知，过程Ⅰ中SO2先与NaOH反应，生成Na2SO3；过程Ⅱ中Ca(OH)2、O2和Na2SO3反应生成CaSO4和NaOH，因此可循环使用的试剂为NaOH；该过程的总反应为2SO2＋2Ca(OH)2＋O2=2CaSO4＋2H2O。【分析】（1）焙烧过程中，CuS与O2反应生成CuO和SO2，据此写出反应的化学方程式。

（2）根据SO2与O2反应的化学方程式确定二者的物质的量之比。

（3）洗涤沉淀的过程，是为了除去沉淀表面附着的SO42－，结合SO42－的检验分析。

（4）“淘洗”是为了除去铜中混有的Fe，因此淘洗液不能与Cu发生反应。

（5）H2O2具有氧化性，酸性条件下能与Cu反应生成Cu2+，据此写出反应的离子方程式；为避免产生污染性气体，也可用O2做氧化剂。

（6）根据图示流程分析科循环利用的物质，以及反应的化学方程式。15．【答案】（1）强氧化；不稳定（2）18.56mol/L；C（3）3Cu+8H++2NO3-=3Cu2+（4）将产生的气体通入品红溶液，红色褪去；将产生气体先通过足量酸性高锰酸钾溶液，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊【解析】【解答】（1）常温下，可用铁、铝制的容器盛放浓硫酸，是因为浓硫酸具有强氧化性，能将铁、铝表面钝化，形成致密氧化膜。硝酸保存在棕色瓶中，是为了避免光照时HNO3发生分解，体现了HNO3具有不稳定性。

（2）该硫酸的物质的量浓度c=1000×ρ×ω%M=1000×1.84×98.9%98=18.56mol·L-1。

浓硫酸具有腐蚀性，因此实验过程中那个需佩戴防护手套、实验服、护目镜。浓硫酸不具有挥发性，因此不需佩戴防毒面具，C符合题意。

故答案为：C

（3）Cu与稀硝酸反应生成可溶性Cu(NO3)2、NO和H2O，该反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。

（4）SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此常用品红溶液检验SO2，所以验证产生的气体有SO2的方法为：将产生的气体通入品红溶液中，红色褪去。SO2、CO2都能使澄清石灰水变浑浊，因此检验CO2前应先除去SO2，可将产生的气体先通入足量的酸性KMnO4溶液中，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中含有CO2。

【分析】（1）浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁、铝钝化。硝酸不稳定，易分解，需保存在棕色瓶内。

（2）根据公式c=1000×ρ×ω%M计算该硫酸的物质的量浓度。浓硫酸没有挥发性，因此不需配套防毒面具。

（3）稀硝酸具有氧化性，能与Cu反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，据此写出反应的离子方程式。

（4）检验SO2，可通过SO2使品红溶液褪色进行检验。CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊，检验第二单元硫及其化合物的相互转化同步练习一、单选题1．根据下列反应的化学方程式：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，判断有关物质的还原性强弱顺序是（）A．I->Br->Fe2+>Cl- B．I﹣>Fe2+>Br->Cl-C．Cl->Br->Fe2+>I﹣ D．Fe2+>I﹣>Br->Cl-2．下列物质在化学反应中不表现出氧化性的是（）A．HCl B．Na C．Al3+ D．Fe2+3．反应3Cu＋8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比是（）A．3∶8 B．8∶3 C．3∶2 D．2∶34．下列关于硫及其化合物的说法正确的是（）A．S8转化为SB．H2C．H2S和D．Fe2(SO4)3的电离方程式为Fe2(SO45．下列关于硫及其化合物的叙述，正确的是（）A．硫黄是一种易溶于水的黄色晶体B．二氧化硫的水溶液显酸性C．二氧化硫是黄色易溶于水的有毒气体D．二氧化硫不稳定，极易转化为三氧化硫6．利用下图所示方法可防治含硫煤燃烧产生的污染，同时可得到化工产品。下列说法错误的是（）A．该方法可得到化工产品H2SO4B．该过程中每吸收11.2LSO2，同时产生2molFe2+C．该过程中化合价发生改变的元素有Fe、O和SD．图中涉及到的反应之一为4FeS7．下列物质转化需要加入还原剂才能实现的是（）A．SO32-→SO2 B．HCl→ClC．Na→Na+ D．CO2→CO8．2007年3月22日是第十五届“世界水日”。我国纪念“世界水日”和开展“中国水周”活动的宣传主题“水利发展与和谐社会”。下列有关水的化学反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂的氧化还原反应是（）A．2F2+2H2O=4HF+O2 B．2K+2H2O=2KOH+H2C．CaO+H2O=Ca(OH)2 D．Cl2+H2O=HCl+HClO9．已知Cu2O能与稀硝酸反应:Cu2O+HNO3→Cu(NO3)2+NO↑+H2O(未配平)，若生成的NO在标况下的体积为0.448L，下列说法正确的是（）A．转移的电子总数为0.06NAB．作氧化剂的HNO3是0.14molC．至少需要0.5mo/L的硝酸140mL与Cu2O反应D．被氧化的Cu2O是144g10．科学家指出：多种海产品如虾、蟹、牡蛎等，体内含有+5价的砷(As)元素，它对人体是无毒的，吃饭时一定不要同时大量食用海鲜和橙汁，否则容易中毒，并给出了一个公式：“大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3，剧毒)”。下面有关解释错误的是（）A．维生素C具有还原性 B．橙汁中含有维生素C．维生素C能将+5价砷还原成+3价 D．砒霜中毒后可服用维生素C解毒11．把碎纸片b补充到a中，可得到一个完整的离子方程式(未配平)。下列说法正确的是（）A．反应物微粒是S、SO32-、OH－B．该反应可能在酸性条件下进行C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D．2molS参加反应时，转移的电子数为3NA12．利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5(焦亚硫酸钠)的工艺如图，已知：NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得Na2S2O5。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ中为NaHSO3溶液B．步骤Ⅱ的目的是使NaHSO3转化为Na2S2O5，可用NaOH溶液代替Na2CO3固体C．工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液D．在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，可用一定浓度的碘标准液进行滴定二、实验探究题13．氯及其化合物在工业生产生活中有很重要的作用。已知：实验室中可用KMnO4与浓盐酸发生如下反应：KMnO4+HCl(浓)—KCl+Cl2↑+H2O+MnCl2（1）配平该反应，该反应中氧化剂为；氧化剂与还原剂的物质的量之比为；（2）标况下反应生成11.2L的Cl2，则该反应转移的电子的数目为；被氧化的HCl的物质的量为mol，参加反应的HCl的物质的量为mol。（3）图中为实验室制取氯气及性质验证的装置图：在装置D中可观察到的现象是，装置F中可观察到的现象是，装置G中发生的离子方程式。三、综合题14．用含有Al2O2、SiO2和少量FeO·xFe2O3的铝灰制备Al2(SO4)3·18H2O，工艺流程如下(部分操作和条件略)：Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H2SO4过滤；Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO4溶液，调节溶液的pH约为3；Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；Ⅳ．加入MnSO4至紫红色消失，过滤；V．浓缩、结晶、分离，得到产品。（1）H2SO4溶解Al2O3的离子方程式是。（2）将MnO4-氧化Fe2+的离子方程式补充完整：MnO4-+Fe2++=Mn2++Fe3++。（3）已知：生成氢氧化物沉淀的pHAl(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀吋3.46.31.5完全沉淀时4.78.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1根据表中数据解释步骤Ⅱ的目。（4）已知：一定条件下，MnO4-可与Mn2+反应生成MnO2①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO2的现象是。②Ⅳ中加入MnSO4的目的是。15．研究不同价态硫元素之间的转化是合理利用硫元素的基本途径。（1）Na2S2的结构与过氧化钠相似，则Na2S2的电子式为。（2）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。其中硫元素的化合价为价。（3）某小组同学设计实验实现几种价态硫元素的转化。可选用的实验药品如下：a.Na2SO3溶液；b.浓硫酸；C．Na2S溶液；d稀硫酸；e.酸性KMnO4溶液；f.品红溶液；g.铜片。实验序号预期转化选择试剂(填标号)证明实现转化的现象ⅠSⅡa、c、d淡黄色沉淀ⅢSb、g、f①实验Ⅰ选择的试剂是a和(填标号)，该转化利用了Na2SO3的性。②实验Ⅱ实现了+4价和-2价S向0价S的转化，写出该转化反应的离子方程式。③实验Ⅲ中发生反应的化学方程式是，证明实现该转化的现象是。四、推断题16．化合物X是一种常用的食品抗氧化剂，某学习小组为探究X(仅含3种元素)的组成和性质，设计如下实验(假设各步反应均完全，生成的气体全部逸出)已知：固体A的焰色试验呈黄色；气体C可使品红溶液褪色，且加热后品红恢复红色。（1）白色沉淀B的化学式，组成X的3种元素。（2）写出反应①的离子方程式。（3）工业上可以用碳酸钠和气体C制备X，请写出相应的化学方程式。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-反应中，还原性：Fe2+>Br-；2Br-+Cl2=Br2+2Cl-反应中，还原性：Br->Cl-；2Fe3++2I-=2Fe2++I2反应中，还原性：I﹣>Fe2+；结合以上分析可知，还原性强弱顺序是I﹣>Fe2+>Br->Cl-；故答案为：B。

【分析】首先判断3个反应的还原剂和还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断即可2．【答案】B【解析】【解答】A．HCl中H元素化合价可以由+1降低到0价，生成H2，从而表现出氧化性，A不符合题意；B．由于Na在化合物中只有正价，故Na单质在反应中化合价只能升高，只能表现出还原性，B符合题意；C．Al3+化合价可由+3价降低到0价，生成Al，从而表现出氧化性，C不符合题意；D．Fe2+化合价可由+2价降低到0价，生成Fe，从而表现出氧化性，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】有元素化合价降低的反应物表现出氧化性，有元素化合价升高的反应物表现出还原性。3．【答案】C【解析】【解答】在3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应中，硝酸得电子作氧化剂，硝酸中N元素得电子被还原，铜作还原剂，铜元素被氧化，若有8mol硝酸参加反应，则只有2mol硝酸参加氧化还原反应，被氧化的Cu的物质的量与被还原的HNO3与之比是3：2，

故答案为：C。

【分析】Cu元素的化合价由0升高为+2价，Cu失去电子被氧化，而N元素的化合价由+5价降低为+2价，得到电子被还原，由电子守恒可知，3molCu失去电子与2molN得到电子相等，则被氧化与被还原的元素的物质的量之比是3：2。4．【答案】D【解析】【解答】A.S8和S2互为同素异形体，它们之间的转化是化学变化，B.H2SOC.SO3的水溶液能导电，是因为SO3和水反应生成硫酸，硫酸能导电，而

【分析】A、有新物质产生为化学变化；

B、亚硫酸是弱酸；

C、三氧化硫是非电解质；

D、硫酸铁电离为铁离子和硫酸根离子。5．【答案】B【解析】【解答】A．硫黄是一种淡黄色晶体，不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，A不符合题意；B．二氧化硫易溶于水，溶于水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使其水溶液显酸性，B符合题意；C．二氧化硫是无色易溶于水的有刺激性气味的有毒气体，C不符合题意；D．二氧化硫不稳定，具有还原性，能够与氧气在催化剂存在条件下加热发生氧化反应产生三氧化硫，可见转化为三氧化硫需在一定条件下进行，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、硫不溶于水；

B、二氧化硫溶于水形成亚硫酸；

C、二氧化硫为无色气体，有毒有刺激性气味，溶于水生成亚硫酸；

D、二氧化硫具有还原性，可以被氧化为三氧化硫。6．【答案】B【解析】【解答】A．根据工艺流程可知，FeSO4、Fe2(SO4)3循环使用物质该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，A不符合题意；B．4Fe2(SO4)3+SO2+2C．该工艺流程是除去燃烧时产生的二氧化硫，该过程中化合价发生改变的元素有Fe、O和S，C不符合题意；D．由反应机理可知，图中涉及到的反应之一为4FeSO4+故答案为：B。

【分析】A.该过程中生成H2SO4；

C.该过程中Fe、O和S的化合价发生变化；

D.图中涉及的反应之一为FeSO4、O2、H2SO4反应生成Fe2(SO4)3。7．【答案】D【解析】【解答】A.由SO32-→SO2的转化过程中，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，可加入酸就能实现，故AB.由HCl→Cl2的转化过程中，Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故B不符合题意；C.由Na→Na＋的转化过程中，Na元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故C不符合题意；D.由CO2→CO的转化过程中，C元素化合价降低，被还原，应加入还原剂才能实现，故D符合题意；故答案为：D。【分析】还原剂具有还原性，需加入还原剂才能实现，说明题中物质具有氧化性，被还原，所含元素化合价应降低，以此解答。8．【答案】D【解析】【解答】A．在该反应中O元素化合价由反应前H2O中的-2价变为反应后O2中的0价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2O为还原剂，A不符合题意；

B．在该反应中H元素化合价由反应前H2O中的+1价变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子，被还原，所以H2O为氧化剂，B不符合题意；

C．该反应在反应前后任何元素化合价都没有发生变化，因此不属于氧化还原反应，C不符合题意；

D．在该反应中，Cl元素化合价由反应前Cl2中的0价一部分变为HCl中的-1价，化合价降低，得到电子，被还原，氯气作氧化剂；一部分变为HClO中的+1价，化合价升高，失去电子被氧化，氯气作还原剂，所以该反应属于氧化还原反应，而H2O的组成元素在反应前后化合价都没有发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.反应2F2+2H2O=4HF+O2中水中氧元素化合价升高为还原剂；

B.反应2K+2H2O=2KOH+H2氢元素化合价降低，为氧化剂；

C.反应CaO+H2O=Ca(OH)2为非氧化还原反应，没有化合价变化；

D.反应Cl2+H2O=HCl+HClO为歧化反应，氯元素的化合价既升高又降低，水中元素化合价无变化。9．【答案】A【解析】【解答】A.根据3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O，生成2molNO，转移电子6mol，所以生成0.02molNO转移的电子总数为0.06NA，A符合题意；B.作氧化剂的HNO3占参加反应硝酸的17，所以作氧化剂的HNO3是0.14mol×17=0.02mol，C.至少需要0.5mo/L的硝酸的体积是0.14mol÷0.5mo/L=0.28L=280mL，C不符合题意；D.被氧化的Cu2O是0.03mol×144g/mol=4.32g，D不符合题意；故答案为：A【分析】设生成0.02molNO，参加反应的Cu2O是xmol；参加反应的硝酸是ymol；3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O3142xy0.023x=20.02，14y=20.02，解得10．【答案】D【解析】【解答】A.大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3)中As元素化合价由+5价变为+3价，As元素被还原，维生素C作还原剂，还原剂具有还原性，故A不符合题意；B.蔬菜水果中含有维生素C，所以青菜中含有维生素C，故B不符合题意；C.大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3)，其中所以As元素化合价由+5价变为+3价，维生素C能将+5价砷还原成+3价，故C不符合题意；D.As2O3和维生素C不反应，所以维生素C不能解毒，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】大量海鲜+大量维生素C→砒霜(As2O3)，其中所以As元素化合价由+5价变为+3价，则As元素被还原，维生素C作还原剂被氧化，据此分析解答。11．【答案】C【解析】【解答】碱性条件下，S与氢氧根离子反应生成S2-和SO32-，反应的离子方程式为3S+6OH-＝2S2-+SO32-+3H2O，反应中部分S的化合价从0价升高到+4价，部分S的化合价从0价降低到-2价，则A．反应物微粒是S、OH-，A不符合题意；B．酸性条件下，不能有OH-参加或生成，B不符合题意；C．化合价降低的硫作氧化剂，化合价升高的S作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C符合题意；D．反应中3molS转移4mol电子，则2molS参加反应时，转移的电子为2mol×4mol/3mol＝8/3mol，D不符合题意，故答案为：C。

【分析】酸性条件下，2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H12．【答案】B【解析】【解答】A.步骤Ⅰ中加入SO2发生反应：Na2CO3＋2SO2＋H2O=2NaHSO3＋CO2，因此步骤Ⅰ中为NaHSO3溶液，A不符合题意；B.步骤Ⅱ加入Na2CO3固体，是为了将NaHSO3转化为Na2SO3，由于反应过程中要控制pH为7～8，因此不能用NaOH溶液代替Na2CO3固体，因此NaOH碱性较强，用NaOH溶液代替，使得溶液的pH较大，B符合题意；C.加入Na2CO3固体，并通入SO2可得到NaHSO3过饱和溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水可得到Na2S2O5，C不符合题意；D.S2O52－能与I2反应，因此可通过反应过程中消耗I2的量，计算葡萄酒中Na2S2O5的残留量，D不符合题意；故答案为：B

【分析】A、根据SO2与Na2CO3反应的化学方程式分析；

B、步骤Ⅱ形成的是Na2SO3溶液；

C、Na2S2O5是由过饱和NaHSO3溶液结晶脱水制得的；

D、S2O52－能与I2反应；13．【答案】（1）2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+8H2O+2MnCl2；KMnO4；1：5（2）NA；1；1.6（3）干燥的有色布条无变化；湿润的淀粉KI试纸变蓝；2Br-+Cl2=Br2+2Cl-【解析】【解答】(1)该反应中KMnO4中Mn的化合价为+7价，反应后变为+2价，1molKMnO4得到5mol电子，HCl中Cl的化合价从-1价部分升高到Cl2中的0价，生成1molCl2失去2mol电子，根据电子守恒，使得失电子数均为10，所以需要2molKMnO4、生成5molCl2，再根据质量守恒，可以配平其他物质的系数，配平后的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+5Cl2↑+8H2O+2MnCl2。KMnO4得到电子，做氧化剂；2molKMnO4参加反应，消耗16molHCl，16molHCl中只有10molHCl失去电子做还原剂生成Cl2，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：10=1：5；(2)标况下11.2LCl2的物质的量为0.5mol，生成1molCl2转移2mol电子，则生成0.5molCl2转移1mol电子，数目为NA或6.02×1023；生成1molCl2，被氧化的HCl为2mol，则生成0.5molCl2，被氧化的HCl的物质的量为1mol；根据化学方程式，生成5molCl2，参加反应的HCl为16mol，则生成0.5molCl2，参加反应的HCl的物质的量为1.6mol；(3)通入D中是干燥的氯气，不能使有色布条褪色，所以观察不到明显变化，F中氯气和KI反应生成I2，I2遇淀粉变蓝，所以能观察到湿润的淀粉KI试纸变蓝，G中氯气和NaBr发生了置换反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。【分析】（1）根据氧化还原反应的原理即可配平方程式即可找出氧化剂以及还原剂物质的量之比

（2）根据给出的数据结合方程式即可即可计算出转移的电子以及氧化的氯化氢以及反应的氯化氢的量

（3）根据流程结合性质即可写出现象以及离子方程式14．【答案】（1）Al2O3+6H+=2Al3++3H2O（2）5；8；5；4H2O（3）将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值使铁完全沉淀（4）有黄绿色气体产生；除去过量的MnO4-【解析】【解答】（1）Al2O3能与H2SO4反应生成可溶性Al2(SO4)3和H2O，该反应的离子方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O；

（2）该反应中，MnO4－转化为Mn2＋，其中Mn由＋7价变为＋2价，得到5个电子，Fe2＋转化为Fe3＋，铁元素失去1个电子，结合得失电子守恒可得，MnO4－和Mn2＋的系数为1，Fe2＋和Fe3＋的系数为5；结合电荷守恒可得，反应物中含有H＋，且其系数为8；结合氢原子个数守恒可得，生成物中有H2O，且其系数为4；因此可得该反应的离子方程式为：MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；

（3）由于Fe(OH)2完全沉淀的pH值为8.3，而Al(OH)3完全沉淀的pH值为4.7，因此若直接将Fe2＋形成Fe(OH)2沉淀，则会将溶液中的Al3＋同时形成沉淀，故步骤Ⅱ中用KMnO4酸性溶液将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe(OH)3完成沉淀的pH值为2.8，此时Al(OH)3不会形成沉淀；因此步骤Ⅱ的目的为：将溶液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，调节pH值使铁完全沉淀；

（4）①MnO2能与浓盐酸反应生成Cl2，因此若观察到有黄绿色气体产生，则说明沉淀中含有MnO2；

②步骤Ⅳ中加入MnSO4后发生反应：2MnO4－＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋，因此加入MnSO4的目的是为了除去溶液中过量的MnO4－；【分析】（1）金属氧化物能与酸反应生成盐和水，据此写出反应的离子方程式；

（2）根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒补充离子方程式；

（3）根据Al(OH)3、Fe(OH)2、Fe(OH)3完全沉淀的pH进行分析；

（4）①结合MnO2与浓盐酸的反应分析；

②根据加入MnSO4发生的反应分析加入MnSO4的目的；15．【答案】（1）（2）+4（3）e；还原；2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；Cu+2H2SO4(浓)Δ__CuSO4+SO【解析】【解答】(1)Na2S2的结构与过氧化钠相似，根据过氧化钠结构，可知Na2S2的电子式为；(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，具有还原性，钠元素为+1价、氧元素为-2价，根据化合价代数和等于0，硫元素的化合价为+4价；(3)①S+4→S+6，S元素化合价升高，发生氧化反应，应该选择Na2SO3溶液和氧化剂反应，实验Ⅰ选择的试剂是a和酸性KMnO4溶液，选e；该转化利用了Na②实验Ⅱ实现了+4价和-2价S向0价S的转化，Na2SO3溶液和Na2S在酸性条件下发生归中反应生成单质硫，反应的离子方程式2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H③实验Ⅲ中，铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，发生反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)Δ__CuSO4+SO2↑+2H2

【分析】（1）Na2S2为离子化合物；

（2）根据化合物的化合价代数和为0计算；

（3）①实验Ⅰ中S元素的化合价升高，被氧化；

②Na2SO3溶液和Na2S在酸性条件下发生归中反应生成单质硫；

③铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水。16．【答案】（1）BaSO4；Na、S、O(或钠、硫、氧)（2）SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl（3）Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2【解析】【解答】(1)据分析，白色沉淀B的化学式BaSO4，组成X的3种元素Na、S、O(或钠、硫、氧)。(2)据分析反应①的离子方程式SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-(3)工业上可以用碳酸钠和气体C制备X(Na2S2O5)，则S等元素化合价均不变，按元素质量守恒，另一产物为二氧化碳，则相应的化学方程式Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2。

【分析】固体A的焰色试验呈黄色；气体C可使品红溶液褪色，且加热后品红恢复红色，X由Na、S、O三种元素组成，气体C是SO2，固体A中加盐酸后再加氯化钡，得白色沉淀A，A是BaSO4，SO2和氯气，水反应生成硫酸和盐酸。第三单元防治二氧化硫对环境的污染同步练习一、单选题1．我国三峡工程所提供的清洁、廉价、强劲、可再生的水电，相当于每年燃烧几百万吨原煤的火力发电厂产生的电能，因此三峡工程有助于控制()A．温室效应和酸雨 B．赤潮C．白色污染 D．破坏臭氧层2．京沪高速发生一起违章驾驶相撞，使槽罐车中35吨液氯快速泄漏，造成大批人员伤亡，大片农田被毁和重大经济损失的恶性事故．对于该事故发生时下列各种应急处理，你认为正确的是（）A．附近居民切忌惊慌，用毛巾护住口鼻，朝顺风方向或向避风的沟塘低洼处转移B．要快速地将翻落的氯槽罐安全起吊移到水池，进行碱液稀释中和C．液氯流淌速度很慢，居民不必惊慌，可以放心退到家中，关紧门窗D．检修或现场抢救时，没有防毒面具，可以佩戴用浓碱溶液浸过的湿口罩3．随着资源的开发和现代化工业的发展，你认为减少酸雨以保护环境可采取的措施是（）①尽量少用煤作燃料②把工厂的烟囱加高③将燃料脱硫后才燃烧④开发新的清洁能源⑤植树造林⑥在已酸化的土壤中加石灰A．①②③④ B．③④⑤⑥ C．①③④ D．①③④⑤4．2015年6月5日世界“环境日”中国的主题是“践行绿色生活”．下列不符合这一主题的是（）A．从自身做起，从身边小事做起，减少超前消费、炫耀性消费、奢侈性消费和铺张浪费现象B．减少温室气体的排放，倡导“绿色低碳”的生活C．少开私家车，提倡“绿色出行”D．向空气中喷洒烧碱溶液，避免酸雨的发生5．“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求．你认为下列行为不符合这个要求的是（）A．大力发展农村沼气，将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用C．研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料D．将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生6．化学与生活、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误的是（）A．CO2的大量排放会导致酸雨的形成B．黄河三角洲的形成体现了胶体聚沉的性质C．推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO等有害物质的排放D．轮船上挂锌锭防止铁腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法7．化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是（）A．为防止电池中的重金属污染土壤和水体，应积极开发废旧电池的综合回收利用B．“玉兔”月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅C．大量的汽车尾气是造成雾霾天气的一个重要因素D．煤的液化和气化均属于化学变化8．节能减排对发展经济，保护环境有重要意义．下列措施不能减少二氧化碳排放的是（）A．利用太阳能制氢 B．推广使用煤液化技术C．举行“地球一小时”熄灯活动 D．关停小火电企业9．防治酸雨最根本的途径是（）A．减少矿物燃料使用量B．减少人为硫氧化合物和氮氧化合物排放量C．减少温室气体排放量D．植树造林10．环境污染已经成为人类社会面临的重大威胁，下列对应关系不正确的是（）环境问题造成环境问题的主要物质A酸雨二氧化硫、氮氧化物B臭氧空洞二氧化碳C白色污染塑料垃圾D光化学烟雾氮氧化物、碳氢化合物11．为了减少城市空气污染，要求使用无铅汽油，所谓无铅汽油是指()A．不用铅桶装的汽油 B．不含四乙基铅的汽油C．不含Pb(NO3)2的汽油 D．不含氧化铅的汽油12．下列叙述不正确的是（）A．低碳生活（low﹣carbonlife）是一种时尚的生活理念，倡导减少温室气体排放，CO2、CH4等是常见的温室气体B．新型无机非金属材料用途广泛，人造刚玉用做高温炉管、氮化硅陶瓷可用于制造柴油机发动机部件C．推广可利用太阳能、风能的城市照明系统，积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料，利于发展低碳经济、循环经济D．“显世闻名”的奶粉事件中污染物为三聚氰胺（结构如图），其摩尔质量为126g二、实验探究题13．SO2随意排放会造成严重的大气污染．下列是某小组同学设计处理烟气（主要含SO2、N2、O2、粉尘）中SO2的方法．（1）方法一：利用氯碱工业产品处理SO2的烟气，流程如下：①“吸收装置”中发生反应的离子方程式．②合成塔中每合成1mol气体放出热量92.3kJ（25℃、101kPa），反应的热化学方程式．③上述流程中循环利用的物质是．（2）方法二：利用FeCl3溶液氧化吸收烟气中SO2①该反应的离子方程式（反应a）．为验证该反应，同学们将SO2通入0.05mol/LFeCl3溶液中，溶液很快由黄色变为红褐色；将溶液长时间放置后，最终变为浅绿色．关于红褐色液体，以下是同学们的分析推测与实验．分析推测实验步骤及现象甲：生成了Fe（OH）3胶体乙：经查阅资料，可能发生反应：Fe3++6SO2⇌Fe（SO2）63+（反应b）I、制备Fe（OH）3胶体并检验II、分别向Fe（OH）3胶体和该红褐色液体中加入适量铁粉，振荡后前者不变色，后者变为浅绿色②利用胶体的（填性质）可以检验步骤I中是否得到了Fe（OH）3胶体．③根据反应b说明步骤II中液体颜色变化的原因是（用离子方程式及必要的文字说明）．三、综合题14．呵护生存环境，共建和谐社会是当今社会的主题．（1）扬州市六圩污水处理厂三期工程不仅是“十二五”期间淮河流域水污染防治规划工程，也是我市今年重点减排项目．处理废水时加入明矾可作为混凝剂以吸附水中的杂质，明矾的化学式为；漂白粉能杀菌消毒，其作用原理可用化学方程式表示为．（2）现在人们使用乙醇汽油作为汽车燃料充分体现了低碳经济，物质的量相同的乙醇与汽油（设为C8H18）均完全燃烧产生的CO2的物质的量之比为．（3）废旧的钢圈、轮胎应投入如图所示（填“A”或“B”）标志的垃圾桶中．下列污水处理方法只涉及物理变化的是．A．过滤法 B．氧化还原法C．中和法 D．化学沉淀法．15．高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：（1）反应①应在温度较低的情况下进行．因在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3．写出在温度较高时KOH与Cl2反应的化学方程式，当反应中转移5mol电子时，消耗的氯气是mol．（2）在反应液I中加入KOH固体的目的是（填编号）．A．与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOB．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C．为下一步反应提供碱性的环境D．使KClO3转化为KClO（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净（5）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，其离子反应是：4FeO42¯+H2O=Fe（OH）3（胶体）+O2↑+完成并配平上述反应的离子方程式．

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】减少燃煤可减少二氧化碳和二氧化硫的排放。【分析】熟练掌握煤的燃烧产物对大气污染的情况是解题的关键​。2．【答案】B【解析】【解答】A．氯气有毒，密度比空气大，氯气会聚结在地势较低的地方，则朝顺风方向或向避风的沟塘低洼处转移，易中毒，故A不符合题意；B．常温下氯气能溶于水，但氯气在水中的溶解度不大，可以用碱液吸收，除去氯槽罐中的液氯，避免造成环境污染，故B符合题意；C．液氯易气化，氯气有毒，密度比空气大，所以应尽快转移到逆风的高处，故C不符合题意；D．浓碱溶液具有强腐蚀性，所以用浓碱溶液湿润过的口罩，具有强腐蚀性，容易造成皮肤腐蚀，故D不符合题意；故答案为：B．

【分析】根据氯气的物理性质和化学性质进行判断处理方法.3．【答案】C【解析】【解答】要从根本上解决酸雨的危害，必须阻止SO2、NO2等气体的产生和排放，所以①③④符合题意，而把工厂烟囱造高不能减少污染气体的排放，在已酸化的土壤中加石灰只是一种处理酸雨的方法．故选C．【分析】酸雨的形成主要是化石燃料的燃烧生成的二氧化硫和氮氧化物溶于水形成的，为保护环境减少酸雨的形成，主要措施是减少的二氧化硫和氮氧化物的排放，开发新能源，减少化石燃料的使用，主要的措施有原煤脱硫技术，优先使用低硫燃料，改进燃煤技术，减少燃煤过程中二氧化硫和氮氧化物的排放量，以此解答该题．4．【答案】D【解析】【解答】解：A．减少超前消费、炫耀性消费、奢侈性消费和铺张浪费现象符合“践行绿色生活”，故A错误；B．减少温室气体的排放，符合“践行绿色生活”，故B错误；C．少开私家车可减少污染的排放，符合“践行绿色生活”，故C错误；D．向空气中喷洒强碱溶液会对环境造成更大的危害，故该选项不符合“环境日”的主题，故D正确．故选D．【分析】“绿色”涵义是环保、健康、安全与节省，注意从节能环保的角度解题．5．【答案】D【解析】【解答】A．将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源，可减少污染物的排放，节约能源，故A不符合题意；B．使用新型能源可减少对传统化石能源的依赖，减少环境污染，故B不符合题意；C．以水代替有机溶剂，可减少环境污染，故C不符合题意；D．将煤转化成气体燃料，可提高能源的利用率，但不能减少二氧化碳的排放，故D符合题意．故选D故答案为：D.

​【分析】降低消耗、保护环境，应尽量使用清洁能源，开发利用新能源，代替传统化石能源的使用，减少污染物的排放.6．【答案】A【解析】【解答】解：A．正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨与N、S的氧化物有关，SO2的大量排放会导致酸雨的形成，故A错误；B．黄河三角洲的形成，为土壤胶体发生聚沉，体现胶体聚沉的性质，故B正确；C．燃料电池可减少颗粒物、CO等有害物质的排放，则推广使用燃料电池汽车，减少化石能源的使用，故C正确；D．轮船上挂锌锭防止铁腐蚀，构成原电池时Zn为负极，Zn失去电子，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选A．【分析】A．正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨与N、S的氧化物有关；B．黄河三角洲的形成，为土壤胶体发生聚沉；C．燃料电池可减少固体颗粒及有毒气体排放；D．轮船上挂锌锭防止铁腐蚀，构成原电池时Zn为负极．7．【答案】B【解析】【解答】A、电池中的重金属离子会带来污染，为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，应积极开发废旧电池的综合利用技术，故A正确；B、硅太阳能电池板的成分是单质硅，不是二氧化硅，故B错误；C、汽车尾气释放出SO2等气体和颗粒物，是造成雾霾天气的重要因素之一，故C正确；D、煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，属于化学变化；煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料，属于化学变化，故D正确；故选B．【分析】A、电池中的重金属离子会带来污染；B、硅太阳能电池板的成分是单质硅；C、汽车尾气中含SO2等气体和颗粒物；D、没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化；8．【答案】B【解析】【解答】解：A．利用太阳能制氢，可减少化石能源的使用，减少二氧化碳的排放，故A正确；B．推广使用煤液化技术，能使煤燃烧充分，但不能减少二氧化碳的排放，故B错误；C．举行“地球一小时”熄灯活动，可节约能源，减少二氧化碳的排放，故C正确；D．关停小火电企业，减少燃煤的使用，可减少二氧化碳的排放，故D正确；故选B．【分析】A．利用太阳能制氢，无须消耗化石能源，能减少二氧化碳的排放；B．推广使用煤液化技术，不能减少含碳物质的使用；C．举行“地球一小时”熄灯活动，节约能源，减少含碳物质的使用；D．火力发电须使用煤，关停小火电企业，减少煤矿物燃料的使用，能够节能减排；9．【答案】A【解析】【解答】解：酸雨成因为空气中的二氧化硫在氧气和水的共同作用下，会形成酸雾SO2+H2O⇌H2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4，空气中的硫的氧化物和氮的氧化物随雨水降下就形成酸雨，所以防治酸雨最根本的途径是：减少矿物燃料使用量；而“减少人为硫氧化合物和氮氧化合物排放量、减少温室气体排放量、植树造林”都不能从根本上解决酸雨问题，故选A．【分析】空气中的二氧化硫在氧气和水的共同作用下，会形成酸雾，空气中的硫的氧化物和氮的氧化物随雨水降下就形成酸雨；工业废气需净化后才能向大气中排放，防止造成大气污染及浪费硫资源，据此判断防治酸雨最根本的途径．10．【答案】B【解析】【解答】解：A．二氧化硫、氮氧化物遇到水能生成酸，是形成酸雨的主要污染物，故A正确；B．二氧化碳是形成温室效应的主要污染物，导致臭氧空洞的物质主要是氟利昂，故B错误；C．形成白色污染的主要原因是聚乙烯材料的污染，故C正确；D．二氧化氮、碳氢化合物是形成光化学烟雾的主要污染物，故D正确；故选B．【分析】根据二氧化硫、氮氧化物导致酸雨，二氧化碳导致温室效应，聚乙烯材料导致白色污染，氮氧化物、碳氢化合物导致光化学烟雾进行判断．11．【答案】B【解析】【解答】含铅汽油是加有四乙基铅的汽油，无铅汽油是指不含四乙基铅，含有甲基叔丁基醚的汽油，故选B。【分析】本题考查含铅汽油与无铅汽油的区别，熟练掌握铅元素在汽油中的存在形式是解题的关键。12．【答案】D【解析】【解答】解：A．依据倡导低碳生活、发展低碳经济已成为一种环保时尚．低碳经济是一种以低能耗和高效能等为主要特征，以较少的温室气体排放获得较大产出的新经济发展模式，故A正确；B．人造刚玉的成分是三氧化二铝，具有高的熔沸点，做耐高温材料，氮化硅陶瓷具有较高的强度和抗冲击性，热压氮化硅，是世界上最坚硬的物质之一，受热后不会熔成融体，一直到1900℃才会分解，并有惊人的耐化学腐蚀性能，同时又是一种高性能电绝缘材料，可用于制造柴油机，故B正确；C．发展低碳经济、循环经济、积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料，可减少白色污染，起到保护和改善自然环境的作用，故C正确；D．三聚氰胺，其化学式为C3H6N6，摩尔质量单位为126g/mol，故D错误．故选D．【分析】A．依据低碳环保的理念和特征分析判断；CO2、CH4等是常见的温室气体；B．依据人造刚玉的成分氧化铝和氮化硅陶瓷具有耐高温的性质分析；C．发展低碳经济、循环经济、积极推行“限塑令”，加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料，可减少白色污染；D．摩尔质量单位为g/mol．13．【答案】（1）SO2+OH﹣=HSO3﹣；H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）△H=﹣184.6kJ•mol﹣1；NaCl溶液（2）2Fe3++SO2+