还剩10页未读，
继续阅读
【化学】甘肃省武威市第六中学2018-2019学年高一下学期第二次学段考试试卷（解析版）
展开
甘肃省武威市第六中学2018-2019学年高一下学期第二次学段考试试题
1. 下列气体中既可用浓硫酸干燥，又可用固体氢氧化钠干燥的是（ ）
A. NH3 B. H2 C. Cl2 D. SO2
【答案】B
【解析】试题分析：A．NH3只能用固体氢氧化钠干燥；C．Cl2只能用浓硫酸干燥；D．SO2只能用浓硫酸干燥；只有H2即可用浓硫酸干燥、又可用固体氢氧化钠干燥。答案：B
考点：气体干燥剂的选择
2. 下列比较错误的是（ ）
A. 原子半径：N＞O＞F
B. 酸性强弱：HNO3＞H3PO4＞H2SO4
C. 碱性强弱：KOH ＞NaOH＞Mg(OH)2
D. 氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S
【答案】B
【解析】试题分析：A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：N＞O＞F，A正确；B、非金属性是N＞S＞P，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性强弱顺序是HNO3＞H2SO4＞H3PO4，B不正确；C、金属性是K＞Na＞Mg，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性强弱顺序为KOH ＞NaOH＞Mg(OH)2，C正确；D、非金属是F＞Cl＞S，非金属性越强氢化物的稳定性越强，因此氢化物的稳定性是HF＞HCl＞H2S，D正确，答案选B。
考点：考查元素周期律的应用
3. 某元素的原子核外有三个电子层，M层的电子数是L层电子数的1/2，则该元素的原子是（ ）
A. Li B. Si C. Al D. K
【答案】B
【解析】试题分析：元素的原子核外有三个电子层，M层的电子数是L层电子数的一半，则M层电子数是8÷2＝4，即该元素的原子序数是2＋8＋4＝14，因此是硅元素，答案选B。
考点：考查核外电子排布的有关应用
点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型和考点。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，旨在考查学生灵活运用核外电子排布规律解决实际问题的能力。有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。
4.下列化学用语错误的是（ ）
A. H2O2的电子式为H:O::O:H B. 次氯酸的结构式H-O-Cl
C. 氯化氨的电子式 D. 氟离子的结构示意图
【答案】A
【解析】A. H2O2属于共价化合物，电子式为，故A错误；B. 次氯酸的结构式为H-O-Cl，故B正确；C. 氯化氨属于离子化合物，电子式为，故C正确； D. 氟是9号元素，离子结构示意图，故D正确；故选A。
5.下列分子中，所有原子的最外层均满足8电子稳定结构的是（ ）
A. PCl5 B. N2 C. BF3 D. H2O
【答案】B
【解析】
【分析】化合物分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值，若该值等于8，则该原子满足8电子结构；而单质分子中根据原子的最外层电子式与形成的共用电子对数判断。
【详解】A. PCl5中Cl元素化合价为−1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，分子中P原子不满足8电子结构，A项错误；
B. N原子最外层电子数是5，N2中两个N原子之间存在3对共用电子对，则N2中N原子的最外层电子式为5+3=8，所以满足8电子结构，B项正确；
C. BF3中F元素化合价为−1，F原子最外层电子数是7，1+7=8，B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，分子中B原子不满足8电子结构，C项错误；
D. H2O中H原子的最外层电子数为2，则分子中H原子不满足8电子结构，D项错误；
答案选B。
6. 右图是元素周期表的一部分，下列关系判断正确的是（ ）
A. 原子半径：Y > X > W
B. 氢化物的沸点：W > X > Y
C. 氢化物的稳定性：R > Y > X
D. 简单阴离子的还原性：Y > R > Z
【答案】D
【解析】试题分析：A项根据各元素在周期表中的位置确定原子半径大小顺序应为：Y>W>X;B项不能确定W、X、Y，所以无法比较其氢化物的沸点；C项元素的非金属性：X>Y,所以氢化物的稳定性X>Y；D项非金属性Z > R >Y，所以其简单阴离子的还原性Y > R > Z.
考点：元素周期表与元素周期律。
7.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）
A. 与得电子能力相同
B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C. Cl－、S2－、Ca2＋、K＋半径逐渐减小
D. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
【答案】A
【解析】A、 与都是Cl原子，得电子能力相同，选项A正确；B、核外电子排布相同的微粒可以是分子、原子或粒子，如O2‾、H2O、HF、Ne、Na+、Mg2+等化学性质不相同，选项B错误；C、S2‾半径大于Cl‾，选项C错误； D、没有指明最高价含氧酸，选项D错误。答案选A。
8.下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）
A. 氯化氢溶于水 B. 氯化钠溶于水
C. 干冰的升华 D. 氯化钠熔化
【答案】C
【解析】
试题分析：A．氯化氢溶于水，破坏共价键，错误。B．氯化钠溶于水破坏离子键，错误。C．干冰的升华破坏的是分子间作用力。没有破坏化学键，正确。D．氯化钠熔化破坏离子键，错误。
考点：考查物质变化与化学键的破坏的关系的知识。
9. 镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，下列关于镭的性质描述不正确的是（ ）
A. 在化合物中呈+2价 B. 单质能与水反应放出氢气
C. 镭比钙的金属性弱 D. 碳酸镭难溶于水
【答案】C
【解析】试题分析：A.由于镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，所以其化合价为+2价。正确。B .同一主族的元素，从上到下，元素的金属性逐渐增强，所以单质的活动性也逐渐增强，因此单质能与水反应放出氢气。正确。C. 镭比钙的原子多两个电子层。原子核外的电子层数越多，原子半径越大，原子失去电子乐容易，得到电子就越难，因此金属性比Ca强。错误。D. 同一主族的元素形成的化合物结构、性质相似。由于CaCO3、BaCO3都难溶解于水，因此推测碳酸镭难溶于水。正确。
考点：考查元素的性质递变规律的知识。
10.下列化合物中，既含有极性键又含有非极性键的是（ ）
A. Na2O2 B. H2O2 C. CH4 D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】根据同种非金属元素的原子间易形成非极性共价键；不同种非金属元素的原子间易形成极性共价键。
【详解】A. Na2O2中含有离子键与氧元素之间的非极性共价键，A项错误；
B. H2O2分子的结构式为H-O-O-H，其中含氢氧极性键与氧元素之间的非极性键，B项正确；
C. CH4分子中只含有碳氢极性共价键，C项错误；
D. 氯化铵中含有氮氢极性共价键和铵根离子与氯离子之间的离子键，D项错误；
【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。
11.X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+和Z2+共存的溶液时，Y先析出；又知M2+的氧化性强于Y2+。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）
A. X>Z>Y>M B. X>Y>Z>M C. M>Z>X>Y D. X>Z>M>Y
【答案】A
【解析】试题分析：。金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，Z极上有H2放出，则金属活动性X>Z；若电解Y2+和Z2+共存的溶液时，Y先析出；说明得到电子的能力：Z2+< Y2+，所以金属活动性：Z>Y；又知M2+的氧化性强于Y2+。则金属活动性：Y>M。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为X>Z>Y>M ，选项是A。
考点：考查金属活动性强弱比较的知识。
12.下列反应中，属于吸热反应的是（ ）
A. Na与H2O反应 B. H2在Cl2中燃烧
C. NaOH溶液与盐酸反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
【答案】D
【解析】A．Na与H2O反应放出大量的热，属于放热反应，故A错误；B、 H2在Cl2中燃烧放出大量的热，属于放热反应，故B错误；C、NaOH溶液与盐酸反应放出大量的热，属于放热反应，故C错误；D、Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是铵盐与碱反应，属于吸热反应，故D正确．故选D
13.已知化学反应A2(g)+B2(g)＝2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）
A. 每生成2 mol AB吸收bkJ热量
B. 该反应热△H= + (a-b)kJ • mol-1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出akJ能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2 mol AB吸收吸收(a−b) kJ热量，A项错误；
B. 反应热△H=反应物能量总和−生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ • mol-1，B项正确；
C. 依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；
D. 断裂化学键吸收能量，则断裂1molA−A和1molB−B键，吸收a kJ能量，D项错误；
答案选B。
14.锌锰干电池放电时总反应方程式为:Zn（s）+2MnO2+2NH4+Zn2++Mn2O3（s）+2NH3↑+H2O, 此电池放电时正极（碳棒）上发生反应的物质是（ ）
A. Zn B. 碳
C. MnO2和NH4+ D. Zn2+和NH3
【答案】C
【解析】试题分析：锰锌干电池在放电时，发生Zn+2MnO2+2NH4+=Zn2++Mn2O3+2NH3+H2O，Zn元素的化合价升高，失去电子，作负极，则正极（碳棒）上，Mn元素的化合价降低，所以MnO2得到电子发生还原反应，只有C符合，故选C。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 同温同压下，H2 (g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
B. 任何酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O的过程中,能量变化均相同
C. 已知:①2H2(g) +O2(g)2H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1,②2H2(g)+O2 (g)2H2O(l) ΔH=-b kJ·mol-1,则a>b
D. 已知:①C(s,石墨)+O2 (g)CO2(g) ΔH=-393.5 kJ·mol-1,②C(s,金刚石)+O2(g)CO2 (g) ΔH=-395.0 kJ·mol-1,则C(s,石墨)C(s,金刚石) ΔH= -1.5 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应焓变和反应物、生成物的能量有关，与反应条件变化途径无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，A项正确；
B. 中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱酸、弱碱存在电离平衡过程是吸热过程，所以有弱酸或弱碱参加的反应生成1mol水放出热量小于强酸强碱反应生成1mol水，B项错误；
C. 依据①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-a kJ•mol-1，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-b kJ•mol-1，液态水变化为气态水吸热，则a＜b，C项错误；
D. ①C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol-1，②C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.0 kJ•mol-1，依据盖斯定律①-②得到：
则C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.5 kJ•mol-1，D项错误；
答案选A。
【点睛】注意B项理解中和热含义是解题的关键，要注意是稀的强酸与稀的强碱反应，生成1mol水放出的热量。
16.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相同空心铜球和空心铁球，调节杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中不考虑铁丝反应及两边浮力的变化) （ ）
A. 杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低
B. 杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高
C. 当杠杆为绝缘体时，A端低B端高；为导体时，A端高B端低
D. 当杠杆为绝缘体时，A端高B端低；为导体时，A端低B端高
【答案】D
【解析】
分析】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，以此来解答。
【详解】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e-═Cu，则A端低，B端高；
杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低，
答案选D。
【点睛】解题的关键是理解化学反应的原理，分析出铜丝与铁丝表面的固体质量变化是关键。
17.A、B、C、D四种元素,原子序数依次增大,A原子的最外层上有4个电子;B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两种元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E,D的L层电子数等于K、M层的电子数之和。
(1)A为________________(填元素名称,下同), C为___________；
(2)写出E的电子式_______________。
(3)A、B的一种化合物与E反应的化学方程式为 _______________________；
(4)A、B两种元素形成的化合物属于____________(填“离子”或“共价”)化合物；
(5)D的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液和A的单质反应的化学方程式为 ______________。
【答案】(1). 碳 (2). 钠 (3). (4). 2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2 (5). 共价 (6). C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，A原子的最外层有4个电子，判断为C或硅，B的阴离子和C的阳离子有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，为过氧化钠，判断B为O，C为Na，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则判断为S，据此分析回答问题。
【详解】综上所述得到A、B、C和D分别为：C、O、Na、S，则
（1）A的元素名称为碳，C为钠；
（2）E为过氧化钠，其电子式为；
（3）A、B的化合物为二氧化碳，E为过氧化钠，二氧化碳与过氧化钠反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2；
（4）A、B两元素形成的化合物为二氧化碳，属于共价化合物，故答案为：共价；
（5）D的最高价氧化物的水化物为硫酸，A为碳，则浓硫酸和碳反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。
18.已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末,难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强（提示：Na2S +2HCl = 2NaCl+ H2S↑）,某化学实验小组设计了如下实验,请回答下列问题:
(1)画出虚线框内的实验装置图____,所加试剂为___________,该装置的作用是__________。
(2)装置B中盛放的试剂是____(填序号)，
A.Na2S溶液 B.Na2SO3溶液 C.Na2SO4溶液
B装置中发生反应的离子方程式为___________________________。
(3)已知:①硫原子与氯原子的电子层数相同,氯的原子半径小于硫原子。②高氯酸的酸性比硫酸强;③铁与氯气在加热条件下反应生成三氯化铁,铁与硫在加热条件下反应生成硫化亚铁;④HCl比H2S稳定;⑤硫酸比次氯酸稳定;能说明氯的非金属性比硫强的是____(填序号)。
A.全部 B. ①②③④ C.①②④⑤ D. ①③④⑤
(4)装置C中盛放烧碱溶液,目的是吸收反应后剩余的气体,防止污染空气,写出该装置中所发生反应的离子方程式:_____________________。
【答案】(1). (2). 饱和食盐水 (3). 除去Cl2中的HCl气体 (4). A (5). S2-+Cl2 = 2Cl-+S↓ (6). B (7). Cl2+2OH- = Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】（1）氯气在饱和食盐水中溶解度很小，HCl易溶于水；
（2）从置换反应判断元素非金属性强弱分析，氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来；
（3）依据元素周期律作答；
（4）氯气为有毒气体，要进行尾气处理。
【详解】（1）由于用浓盐酸制取氯气，且需要加热，即实验过程中要挥发出HCl气体，因此虚线框部分应是除去HCl气体装置，可以使用洗气瓶，瓶内盛装饱和食盐水，既除去HCl，又降低氯气在水中的溶解度，所用装置为：；所加试剂为饱和食盐水；装置的作用为：除去Cl2中的HCl气体；
（2）要在B中发生氯气置换出硫的反应，结合已知信息在给定试剂中只能选取Na2S溶液，故A项正确；发生的是置换反应，其离子方程式为：S2-+Cl2 = 2Cl-+S↓；
（3）①硫原子与氯原子的电子层数相同,氯的原子半径小于硫原子，则氯原子得电子能力强，即非金属性较硫强，①项正确；
②最高价氧化物对应水化物的酸的酸性越强，则元素非金属性越强，②项正确；
③单质将同样的金属氧化到的价态越高则原子的得电子能力强，③项正确；
④元素的氢化物的稳定性越强则原子的得电子能力越强，④项正确；
⑤硫酸比次氯酸稳定，不能说明非金属性强弱，⑤项错误；
综上所述，①②③④项正确，答案选B。
（4）实验时，用氢氧化钠对氯气进行尾气处理，反应的原理方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O。
19.据图回答下列问题：
Ⅰ.(1)若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象是__________，负极反应式为：_______________________。
(2)若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为________(填Mg或Al)，总反应化学方程式为________________________________。
Ⅱ. (3)由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极的电极反应式为______________________。
Ⅲ.中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆。甲醇(CH3OH)燃料电池的工作原理如下图所示。
(4)该电池工作时，b口通入的物质为_______，c口通入的物质为______。
(5)该电池正极的电极反应式为：_____________。
【答案】(1). Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流计指针偏转 (2). Mg－2e－ = Mg2+ (3). Al (4). 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑ (5). Cu－2e－ = Cu2+ (6). CH3OH (7). O2或空气 (8). O2+4e－+4H+ = 2H2O
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）镁比铝活泼，若烧杯中溶液为稀硫酸，镁为负极，铝为正极；
（2）铝和与氢氧化钠溶液反应，若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，铝为负极，镁为正极；
Ⅱ. （3）由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝表面发生钝化，则铜与浓硝酸发生氧化还原反应，结合原电池中附加发生失电子的氧化反应作答；
Ⅲ. （4）根据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料；
（5）正极上氧化剂得电子发生还原反应；
【详解】Ⅰ. (1)镁比铝活泼,若烧杯中溶液为稀硫酸,形成原电池反应,镁为负极,铝为正极,负极发生Mg−2e−=Mg2+，可观察到Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流计指针偏转，
故答案为：Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流计指针偏转；Mg−2e−=Mg2+；
(2)铝和与氢氧化钠溶液反应,若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液,铝为负极，镁为正极,负极生成NaAlO2，正极生成氢气，反应总方程式为2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑；
故答案为：Al；2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑；
Ⅱ. （3）由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝做正极，铜做负极，发生失电子的氧化反应生成铜离子，其电极反应式为Cu－2e－ = Cu2+；
Ⅲ. （4）据氢离子移动方向知右侧电极为正极，c口通氧气；左侧电极为负极，b口为负极上通入燃料甲醇，故答案为：CH3OH；O2或空气；
(2)正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4e－+4H+ = 2H2O。
【点睛】准确判断该原电池的正负极及其反应式为该题的解题突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性，如本题中氧气在正极得电子被还原的电极反应式需要注意是酸性溶液（质子交换膜），若为碱性溶液则该电极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-；此外，掌握一般情况下，原电池原理中的活泼金属单质在负极反应或燃料电池中的氧气在正极参与反应等典型特点也是解此类题的关键技巧。
20.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应:Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋A↑＋2H2O。试通过计算和推理完成下面的问题:
(1)A物质可以使酸性KMnO4溶液___________(实验现象)。反应中的还原剂是____________（化学式）。
(2)一定量的铜片与100mL18mol/L 的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的质量为_________g, 生成的A气体在标准状况下的体积为_________L(假设气体全部逸出)。
(3)将反应后所得到的溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应，所得沉淀为混合物，其中硫酸钡的质量为______g。(保留到0.1g，不要求计算过程)
【答案】(1). 褪色 (2). SO2 (3). 16 (4). 2.24 (5). 396.1
【解析】
【分析】（1）由原子个数守恒定律可知反应2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O中，A为SO2；二氧化硫具有还原性，能够被酸性的高锰酸钾氧化生成硫酸根离子；
（2）依据2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O可知转移2mol电子生成1mol硫酸铜，1mol二氧化硫气体；
（3）反应后剩余溶液为硫酸和硫酸铜溶液，加入氢氧化钡，硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，硫酸铜与氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀。
【详解】(1)铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平)： 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，依据原子个数守恒可知A为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色，其还原剂是SO2，故答案为：褪色；SO2；
(2)根据转移电子守恒得溶解n(Cu)=0.2mol/2=0.1mol，根据Cu原子守恒得n(CuSO4)=n(Cu)=0.1mol，硫酸铜质量=nM=0.1mol×160g/mol=16g，根据转移电子守恒得二氧化硫气体体积=0.2mol/2×22.4L/mol=2.24 L，故答案为：16；2.24；
(3)反应后剩余溶液为硫酸和硫酸铜溶液，根据第（2）问可知，n(CuSO4)=n(Cu)=0.1mol，则与氢氧化钡反应后生成的氢氧化铜沉淀；又与铜反应消耗的硫酸的物质的量为2n(Cu)=0.2mol，则反应后的剩余的硫酸的物质的量n(H2SO4)=18mol/L×0.1L-0.2mol=1.6mol，则溶液中的总的硫酸根离子的物质的量为n(CuSO4)+ n(H2SO4)=1.6mol+0.1mol=1.7mol，加入足量的氢氧化钡后生成硫酸钡的物质的量n(Ba SO4)=1.7mol，其质量为1.7mol×233g/mol=396.1g。
1. 下列气体中既可用浓硫酸干燥，又可用固体氢氧化钠干燥的是（ ）
A. NH3 B. H2 C. Cl2 D. SO2
【答案】B
【解析】试题分析：A．NH3只能用固体氢氧化钠干燥；C．Cl2只能用浓硫酸干燥；D．SO2只能用浓硫酸干燥；只有H2即可用浓硫酸干燥、又可用固体氢氧化钠干燥。答案：B
考点：气体干燥剂的选择
2. 下列比较错误的是（ ）
A. 原子半径：N＞O＞F
B. 酸性强弱：HNO3＞H3PO4＞H2SO4
C. 碱性强弱：KOH ＞NaOH＞Mg(OH)2
D. 氢化物的稳定性：HF＞HCl＞H2S
【答案】B
【解析】试题分析：A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，则原子半径：N＞O＞F，A正确；B、非金属性是N＞S＞P，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性强弱顺序是HNO3＞H2SO4＞H3PO4，B不正确；C、金属性是K＞Na＞Mg，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性强弱顺序为KOH ＞NaOH＞Mg(OH)2，C正确；D、非金属是F＞Cl＞S，非金属性越强氢化物的稳定性越强，因此氢化物的稳定性是HF＞HCl＞H2S，D正确，答案选B。
考点：考查元素周期律的应用
3. 某元素的原子核外有三个电子层，M层的电子数是L层电子数的1/2，则该元素的原子是（ ）
A. Li B. Si C. Al D. K
【答案】B
【解析】试题分析：元素的原子核外有三个电子层，M层的电子数是L层电子数的一半，则M层电子数是8÷2＝4，即该元素的原子序数是2＋8＋4＝14，因此是硅元素，答案选B。
考点：考查核外电子排布的有关应用
点评：该题是基础性试题的考查，也是高考中的常见题型和考点。试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，旨在考查学生灵活运用核外电子排布规律解决实际问题的能力。有助于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力。
4.下列化学用语错误的是（ ）
A. H2O2的电子式为H:O::O:H B. 次氯酸的结构式H-O-Cl
C. 氯化氨的电子式 D. 氟离子的结构示意图
【答案】A
【解析】A. H2O2属于共价化合物，电子式为，故A错误；B. 次氯酸的结构式为H-O-Cl，故B正确；C. 氯化氨属于离子化合物，电子式为，故C正确； D. 氟是9号元素，离子结构示意图，故D正确；故选A。
5.下列分子中，所有原子的最外层均满足8电子稳定结构的是（ ）
A. PCl5 B. N2 C. BF3 D. H2O
【答案】B
【解析】
【分析】化合物分子中某原子最外层电子数=元素原子最外层电子数+该元素原子化合价绝对值，若该值等于8，则该原子满足8电子结构；而单质分子中根据原子的最外层电子式与形成的共用电子对数判断。
【详解】A. PCl5中Cl元素化合价为−1，Cl原子最外层电子数是7，1+7=8，P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5=10，分子中P原子不满足8电子结构，A项错误；
B. N原子最外层电子数是5，N2中两个N原子之间存在3对共用电子对，则N2中N原子的最外层电子式为5+3=8，所以满足8电子结构，B项正确；
C. BF3中F元素化合价为−1，F原子最外层电子数是7，1+7=8，B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，分子中B原子不满足8电子结构，C项错误；
D. H2O中H原子的最外层电子数为2，则分子中H原子不满足8电子结构，D项错误；
答案选B。
6. 右图是元素周期表的一部分，下列关系判断正确的是（ ）
A. 原子半径：Y > X > W
B. 氢化物的沸点：W > X > Y
C. 氢化物的稳定性：R > Y > X
D. 简单阴离子的还原性：Y > R > Z
【答案】D
【解析】试题分析：A项根据各元素在周期表中的位置确定原子半径大小顺序应为：Y>W>X;B项不能确定W、X、Y，所以无法比较其氢化物的沸点；C项元素的非金属性：X>Y,所以氢化物的稳定性X>Y；D项非金属性Z > R >Y，所以其简单阴离子的还原性Y > R > Z.
考点：元素周期表与元素周期律。
7.根据原子结构及元素周期律的知识，下列推断正确的是（ ）
A. 与得电子能力相同
B. 核外电子排布相同的微粒化学性质也相同
C. Cl－、S2－、Ca2＋、K＋半径逐渐减小
D. 同主族元素含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱
【答案】A
【解析】A、 与都是Cl原子，得电子能力相同，选项A正确；B、核外电子排布相同的微粒可以是分子、原子或粒子，如O2‾、H2O、HF、Ne、Na+、Mg2+等化学性质不相同，选项B错误；C、S2‾半径大于Cl‾，选项C错误； D、没有指明最高价含氧酸，选项D错误。答案选A。
8.下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）
A. 氯化氢溶于水 B. 氯化钠溶于水
C. 干冰的升华 D. 氯化钠熔化
【答案】C
【解析】
试题分析：A．氯化氢溶于水，破坏共价键，错误。B．氯化钠溶于水破坏离子键，错误。C．干冰的升华破坏的是分子间作用力。没有破坏化学键，正确。D．氯化钠熔化破坏离子键，错误。
考点：考查物质变化与化学键的破坏的关系的知识。
9. 镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，下列关于镭的性质描述不正确的是（ ）
A. 在化合物中呈+2价 B. 单质能与水反应放出氢气
C. 镭比钙的金属性弱 D. 碳酸镭难溶于水
【答案】C
【解析】试题分析：A.由于镭是元素周期表中第七周期第ⅡA族元素，所以其化合价为+2价。正确。B .同一主族的元素，从上到下，元素的金属性逐渐增强，所以单质的活动性也逐渐增强，因此单质能与水反应放出氢气。正确。C. 镭比钙的原子多两个电子层。原子核外的电子层数越多，原子半径越大，原子失去电子乐容易，得到电子就越难，因此金属性比Ca强。错误。D. 同一主族的元素形成的化合物结构、性质相似。由于CaCO3、BaCO3都难溶解于水，因此推测碳酸镭难溶于水。正确。
考点：考查元素的性质递变规律的知识。
10.下列化合物中，既含有极性键又含有非极性键的是（ ）
A. Na2O2 B. H2O2 C. CH4 D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】根据同种非金属元素的原子间易形成非极性共价键；不同种非金属元素的原子间易形成极性共价键。
【详解】A. Na2O2中含有离子键与氧元素之间的非极性共价键，A项错误；
B. H2O2分子的结构式为H-O-O-H，其中含氢氧极性键与氧元素之间的非极性键，B项正确；
C. CH4分子中只含有碳氢极性共价键，C项错误；
D. 氯化铵中含有氮氢极性共价键和铵根离子与氯离子之间的离子键，D项错误；
【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。
11.X、Y、Z、M代表四种金属元素，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2+和Z2+共存的溶液时，Y先析出；又知M2+的氧化性强于Y2+。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）
A. X>Z>Y>M B. X>Y>Z>M C. M>Z>X>Y D. X>Z>M>Y
【答案】A
【解析】试题分析：。金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，Z极上有H2放出，则金属活动性X>Z；若电解Y2+和Z2+共存的溶液时，Y先析出；说明得到电子的能力：Z2+< Y2+，所以金属活动性：Z>Y；又知M2+的氧化性强于Y2+。则金属活动性：Y>M。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为X>Z>Y>M ，选项是A。
考点：考查金属活动性强弱比较的知识。
12.下列反应中，属于吸热反应的是（ ）
A. Na与H2O反应 B. H2在Cl2中燃烧
C. NaOH溶液与盐酸反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
【答案】D
【解析】A．Na与H2O反应放出大量的热，属于放热反应，故A错误；B、 H2在Cl2中燃烧放出大量的热，属于放热反应，故B错误；C、NaOH溶液与盐酸反应放出大量的热，属于放热反应，故C错误；D、Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是铵盐与碱反应，属于吸热反应，故D正确．故选D
13.已知化学反应A2(g)+B2(g)＝2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）
A. 每生成2 mol AB吸收bkJ热量
B. 该反应热△H= + (a-b)kJ • mol-1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出akJ能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2 mol AB吸收吸收(a−b) kJ热量，A项错误；
B. 反应热△H=反应物能量总和−生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ • mol-1，B项正确；
C. 依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；
D. 断裂化学键吸收能量，则断裂1molA−A和1molB−B键，吸收a kJ能量，D项错误；
答案选B。
14.锌锰干电池放电时总反应方程式为:Zn（s）+2MnO2+2NH4+Zn2++Mn2O3（s）+2NH3↑+H2O, 此电池放电时正极（碳棒）上发生反应的物质是（ ）
A. Zn B. 碳
C. MnO2和NH4+ D. Zn2+和NH3
【答案】C
【解析】试题分析：锰锌干电池在放电时，发生Zn+2MnO2+2NH4+=Zn2++Mn2O3+2NH3+H2O，Zn元素的化合价升高，失去电子，作负极，则正极（碳棒）上，Mn元素的化合价降低，所以MnO2得到电子发生还原反应，只有C符合，故选C。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 同温同压下，H2 (g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同
B. 任何酸与碱发生中和反应生成1 mol H2O的过程中,能量变化均相同
C. 已知:①2H2(g) +O2(g)2H2O(g) ΔH=-a kJ·mol-1,②2H2(g)+O2 (g)2H2O(l) ΔH=-b kJ·mol-1,则a>b
D. 已知:①C(s,石墨)+O2 (g)CO2(g) ΔH=-393.5 kJ·mol-1,②C(s,金刚石)+O2(g)CO2 (g) ΔH=-395.0 kJ·mol-1,则C(s,石墨)C(s,金刚石) ΔH= -1.5 kJ·mol-1
【答案】A
【解析】
【详解】A. 反应焓变和反应物、生成物的能量有关，与反应条件变化途径无关，同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，A项正确；
B. 中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量，弱酸、弱碱存在电离平衡过程是吸热过程，所以有弱酸或弱碱参加的反应生成1mol水放出热量小于强酸强碱反应生成1mol水，B项错误；
C. 依据①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-a kJ•mol-1，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-b kJ•mol-1，液态水变化为气态水吸热，则a＜b，C项错误；
D. ①C（s，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5 kJ•mol-1，②C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.0 kJ•mol-1，依据盖斯定律①-②得到：
则C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.5 kJ•mol-1，D项错误；
答案选A。
【点睛】注意B项理解中和热含义是解题的关键，要注意是稀的强酸与稀的强碱反应，生成1mol水放出的热量。
16.如图所示，杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相同空心铜球和空心铁球，调节杠杆使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，一段时间后，下列有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中不考虑铁丝反应及两边浮力的变化) （ ）
A. 杠杆为导体和绝缘体时，均为A端高B端低
B. 杠杆为导体和绝缘体时，均为A端低B端高
C. 当杠杆为绝缘体时，A端低B端高；为导体时，A端高B端低
D. 当杠杆为绝缘体时，A端高B端低；为导体时，A端低B端高
【答案】D
【解析】
分析】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池；当杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，以此来解答。
【详解】杠杆为导体时，向烧杯中央滴入浓CuSO4溶液，构成Fe、Cu原电池，Fe为负极，发生Fe-2e-═Fe2+，Cu为正极，发生Cu2++2e-═Cu，则A端低，B端高；
杠杆为绝缘体时，只发生Fe与硫酸铜溶液的反应，在Fe的表面附着Cu，质量变大，则A端高，B端低，
答案选D。
【点睛】解题的关键是理解化学反应的原理，分析出铜丝与铁丝表面的固体质量变化是关键。
17.A、B、C、D四种元素,原子序数依次增大,A原子的最外层上有4个电子;B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构,两种元素的单质反应,生成一种淡黄色的固体E,D的L层电子数等于K、M层的电子数之和。
(1)A为________________(填元素名称,下同), C为___________；
(2)写出E的电子式_______________。
(3)A、B的一种化合物与E反应的化学方程式为 _______________________；
(4)A、B两种元素形成的化合物属于____________(填“离子”或“共价”)化合物；
(5)D的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液和A的单质反应的化学方程式为 ______________。
【答案】(1). 碳 (2). 钠 (3). (4). 2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2 (5). 共价 (6). C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，A原子的最外层有4个电子，判断为C或硅，B的阴离子和C的阳离子有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，为过氧化钠，判断B为O，C为Na，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和，则判断为S，据此分析回答问题。
【详解】综上所述得到A、B、C和D分别为：C、O、Na、S，则
（1）A的元素名称为碳，C为钠；
（2）E为过氧化钠，其电子式为；
（3）A、B的化合物为二氧化碳，E为过氧化钠，二氧化碳与过氧化钠反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2；
（4）A、B两元素形成的化合物为二氧化碳，属于共价化合物，故答案为：共价；
（5）D的最高价氧化物的水化物为硫酸，A为碳，则浓硫酸和碳反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O。
18.已知非金属单质硫(S)是淡黄色固体粉末,难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强（提示：Na2S +2HCl = 2NaCl+ H2S↑）,某化学实验小组设计了如下实验,请回答下列问题:
(1)画出虚线框内的实验装置图____,所加试剂为___________,该装置的作用是__________。
(2)装置B中盛放的试剂是____(填序号)，
A.Na2S溶液 B.Na2SO3溶液 C.Na2SO4溶液
B装置中发生反应的离子方程式为___________________________。
(3)已知:①硫原子与氯原子的电子层数相同,氯的原子半径小于硫原子。②高氯酸的酸性比硫酸强;③铁与氯气在加热条件下反应生成三氯化铁,铁与硫在加热条件下反应生成硫化亚铁;④HCl比H2S稳定;⑤硫酸比次氯酸稳定;能说明氯的非金属性比硫强的是____(填序号)。
A.全部 B. ①②③④ C.①②④⑤ D. ①③④⑤
(4)装置C中盛放烧碱溶液,目的是吸收反应后剩余的气体,防止污染空气,写出该装置中所发生反应的离子方程式:_____________________。
【答案】(1). (2). 饱和食盐水 (3). 除去Cl2中的HCl气体 (4). A (5). S2-+Cl2 = 2Cl-+S↓ (6). B (7). Cl2+2OH- = Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】（1）氯气在饱和食盐水中溶解度很小，HCl易溶于水；
（2）从置换反应判断元素非金属性强弱分析，氯气能把硫元素从其硫化钠溶液中置换出来；
（3）依据元素周期律作答；
（4）氯气为有毒气体，要进行尾气处理。
【详解】（1）由于用浓盐酸制取氯气，且需要加热，即实验过程中要挥发出HCl气体，因此虚线框部分应是除去HCl气体装置，可以使用洗气瓶，瓶内盛装饱和食盐水，既除去HCl，又降低氯气在水中的溶解度，所用装置为：；所加试剂为饱和食盐水；装置的作用为：除去Cl2中的HCl气体；
（2）要在B中发生氯气置换出硫的反应，结合已知信息在给定试剂中只能选取Na2S溶液，故A项正确；发生的是置换反应，其离子方程式为：S2-+Cl2 = 2Cl-+S↓；
（3）①硫原子与氯原子的电子层数相同,氯的原子半径小于硫原子，则氯原子得电子能力强，即非金属性较硫强，①项正确；
②最高价氧化物对应水化物的酸的酸性越强，则元素非金属性越强，②项正确；
③单质将同样的金属氧化到的价态越高则原子的得电子能力强，③项正确；
④元素的氢化物的稳定性越强则原子的得电子能力越强，④项正确；
⑤硫酸比次氯酸稳定，不能说明非金属性强弱，⑤项错误；
综上所述，①②③④项正确，答案选B。
（4）实验时，用氢氧化钠对氯气进行尾气处理，反应的原理方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O。
19.据图回答下列问题：
Ⅰ.(1)若烧杯中溶液为稀硫酸，则观察到的现象是__________，负极反应式为：_______________________。
(2)若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，则负极为________(填Mg或Al)，总反应化学方程式为________________________________。
Ⅱ. (3)由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，其负极的电极反应式为______________________。
Ⅲ.中国科学院长春应用化学研究所在甲醇燃料电池技术方面获得新突破，组装出了自呼吸电池及主动式电堆。甲醇(CH3OH)燃料电池的工作原理如下图所示。
(4)该电池工作时，b口通入的物质为_______，c口通入的物质为______。
(5)该电池正极的电极反应式为：_____________。
【答案】(1). Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流计指针偏转 (2). Mg－2e－ = Mg2+ (3). Al (4). 2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑ (5). Cu－2e－ = Cu2+ (6). CH3OH (7). O2或空气 (8). O2+4e－+4H+ = 2H2O
【解析】
【分析】Ⅰ.（1）镁比铝活泼，若烧杯中溶液为稀硫酸，镁为负极，铝为正极；
（2）铝和与氢氧化钠溶液反应，若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液，铝为负极，镁为正极；
Ⅱ. （3）由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝表面发生钝化，则铜与浓硝酸发生氧化还原反应，结合原电池中附加发生失电子的氧化反应作答；
Ⅲ. （4）根据氢离子移动方向知，右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料；
（5）正极上氧化剂得电子发生还原反应；
【详解】Ⅰ. (1)镁比铝活泼,若烧杯中溶液为稀硫酸,形成原电池反应,镁为负极,铝为正极,负极发生Mg−2e−=Mg2+，可观察到Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流计指针偏转，
故答案为：Mg逐渐溶解，Al片上有气泡冒出，电流计指针偏转；Mg−2e−=Mg2+；
(2)铝和与氢氧化钠溶液反应,若烧杯中溶液为氢氧化钠溶液,铝为负极，镁为正极,负极生成NaAlO2，正极生成氢气，反应总方程式为2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑；
故答案为：Al；2Al+2NaOH+2H2O = 2NaAlO2+3H2↑；
Ⅱ. （3）由Al、Cu、浓硝酸组成原电池，铝做正极，铜做负极，发生失电子的氧化反应生成铜离子，其电极反应式为Cu－2e－ = Cu2+；
Ⅲ. （4）据氢离子移动方向知右侧电极为正极，c口通氧气；左侧电极为负极，b口为负极上通入燃料甲醇，故答案为：CH3OH；O2或空气；
(2)正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4e－+4H+ = 2H2O。
【点睛】准确判断该原电池的正负极及其反应式为该题的解题突破口，书写电极反应式要注意电解质溶液的酸碱性，如本题中氧气在正极得电子被还原的电极反应式需要注意是酸性溶液（质子交换膜），若为碱性溶液则该电极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-；此外，掌握一般情况下，原电池原理中的活泼金属单质在负极反应或燃料电池中的氧气在正极参与反应等典型特点也是解此类题的关键技巧。
20.已知铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应:Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋A↑＋2H2O。试通过计算和推理完成下面的问题:
(1)A物质可以使酸性KMnO4溶液___________(实验现象)。反应中的还原剂是____________（化学式）。
(2)一定量的铜片与100mL18mol/L 的浓H2SO4充分反应，如果该反应过程中转移了0.2mol电子，生成的CuSO4的质量为_________g, 生成的A气体在标准状况下的体积为_________L(假设气体全部逸出)。
(3)将反应后所得到的溶液与足量Ba(OH)2溶液充分反应，所得沉淀为混合物，其中硫酸钡的质量为______g。(保留到0.1g，不要求计算过程)
【答案】(1). 褪色 (2). SO2 (3). 16 (4). 2.24 (5). 396.1
【解析】
【分析】（1）由原子个数守恒定律可知反应2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O中，A为SO2；二氧化硫具有还原性，能够被酸性的高锰酸钾氧化生成硫酸根离子；
（2）依据2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O可知转移2mol电子生成1mol硫酸铜，1mol二氧化硫气体；
（3）反应后剩余溶液为硫酸和硫酸铜溶液，加入氢氧化钡，硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，硫酸铜与氢氧化钡反应生成硫酸钡和氢氧化铜沉淀。
【详解】(1)铜和浓硫酸可以在加热条件下发生如下反应(反应方程式已配平)： 2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O，依据原子个数守恒可知A为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，可以使酸性KMnO4溶液褪色，其还原剂是SO2，故答案为：褪色；SO2；
(2)根据转移电子守恒得溶解n(Cu)=0.2mol/2=0.1mol，根据Cu原子守恒得n(CuSO4)=n(Cu)=0.1mol，硫酸铜质量=nM=0.1mol×160g/mol=16g，根据转移电子守恒得二氧化硫气体体积=0.2mol/2×22.4L/mol=2.24 L，故答案为：16；2.24；
(3)反应后剩余溶液为硫酸和硫酸铜溶液，根据第（2）问可知，n(CuSO4)=n(Cu)=0.1mol，则与氢氧化钡反应后生成的氢氧化铜沉淀；又与铜反应消耗的硫酸的物质的量为2n(Cu)=0.2mol，则反应后的剩余的硫酸的物质的量n(H2SO4)=18mol/L×0.1L-0.2mol=1.6mol，则溶液中的总的硫酸根离子的物质的量为n(CuSO4)+ n(H2SO4)=1.6mol+0.1mol=1.7mol，加入足量的氢氧化钡后生成硫酸钡的物质的量n(Ba SO4)=1.7mol，其质量为1.7mol×233g/mol=396.1g。
相关资料
更多
