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2022-2023学年上海市民立中学高一上学期期末考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年上海市民立中学高一上学期期末考试化学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，元素或物质推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。
上海市民立中学2022-2023学年高一上学期期末考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．朱自清先生在《荷塘月色》中写道。“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是
A．光是一种胶体
B．雾是一种胶体
C．薄雾中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m
D．发生丁达尔效应
【答案】C
【详解】月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是薄雾中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m，具有胶体颗粒大小，从而产生了丁达尔效应，故合理选项是C。
2．原子结构模型经历了五个主要阶段:1803年实心球模型→1897年葡萄干面包式模型→1911年原子核式结构模型→1913 的轨道模型→20 世纪初电子云的原子结构模型。对轨道模型贡献最大的科学家是
A．玻尔 B．汤姆生 C．卢瑟福 D．道尔顿
【答案】A
【详解】1803年英国科学家道尔顿提出近代原子学说，即原子结构的实心球模型；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，之后提出葡萄干面包式原子结构模型；1911年英国物理学家卢瑟福提出了原子核式结构模型；1913年丹麦物理学家波尔引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；20世纪初奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型，为近代量子力学原子结构模型。综上分析，对轨道模型贡献最大的科学家是玻尔，故选A。
3．反应 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr 可用于海水提溴，下列叙述正确的是
A．溴水的颜色显橙色 B．H2SO4 属于离子化合物
C．中子数为 10 的氧原子 O D．H2O 的电子式为 H∶O∶H
【答案】A
【详解】A．溴水的颜色显橙色，A正确；
B．硫酸是由非金属元素形成的共价化合物，B错误；
C．中子数为10的氧原子的质子数为8、质量数为10+8=18，原子符号为O，C错误；
D．水为共价化合物，电子式为，D错误；
故选A。
4．下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是
A．图A是分离碘酒中的碘和酒精
B．图B是除去氯化钠中的氯化铵
C．图C是排水集气法收集 NO
D．图D是除去 Cl2中的HCl
【答案】B
【详解】A．碘和酒精是互溶的液体，不能采用分液法来分离，选项A错误；
B．氯化铵受热后分解为氨气和氯化氢，而NaCl较稳定，因此可以采用加热的方法除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体，能选图中装置，选项B正确；
C．NO不溶于水，导管短进长出，才能用排水法收集NO，选项C错误；
D．氯气、HCl均能与NaOH溶液反应，则不能利用碱来除去氯气中的HCl，选项D错误；
答案选B。
5．设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为
B．在25℃、时，11.2L氮气所含的原子数为
C．常温常压下，32g中含有0.5个分子
D．常温常压下，11.2L氯气含有的分子数为0.5
【答案】C
【详解】A．标准状况下，11.2L氧气为0.5mol，其所含原子数为，而题述条件并不是标准状况，A错误；
B．在25℃、时，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氮气物质的量小于0.5mol，所含的原子数小于，B错误；
C．32g的物质的量为0.5mol，含有0.5个分子，C正确；
D．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯气物质的量小于0.5mol，含有的分子数小于0.5，D错误；
故选C。
6．工业上常用FeSO4溶液处理废水中的重铬酸根离子(Cr2O)，反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。处理25.00mL某废水，需消耗15.00mL1.00×10-2mol/LFeSO4溶液(不考虑其他物质与Fe2+反应)。该废水中Cr2O的物质的量浓度(单位：mol/L)为
A．1.50×10-4 B．6.00×10-4 C．1.00×10-3 D．3.60×10-3
【答案】C
【详解】反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得，解得，综上述C符合题意，故选C。
7．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语书写正确的是
A．CO2的电子式
B．Cl-的结构示意图
C．HCl的电子式
D．质量数为37的氯原子
【答案】D
【详解】A． CO2是共价化合物，C与O之间需要共用两对电子，电子式为： ，A错误；
B． Cl-是Cl原子得一个电子形成，最外层有8个电子，结构示意图为：，B错误；
C． HCl是共价化合物，H与Cl之间有一对共用电子对，不能标出所带电荷，电子式为：，C错误；
D． 质量数为37的氯原子，质量数写在元素符号的左上角，质子数为17，写在元素符号的左下角，故表示为，D正确；
故选D。
8．用如图所示的装置分别进行如下导电性实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是
A．向硫化钠溶液中通入氯气
B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢
C．Ba(OH)2中加入适量稀硫酸
D．向氢氧化钠溶液中通入少量氯气
【答案】C
【分析】电解质溶液的导电性与离子浓度及离子所带的电荷有关，离子浓度越大，溶液导电性越强，溶液导电能力明显减弱说明溶液中离子浓度明显减小，据此分析解答。
【详解】A．向硫化钠溶液中通入氯气，发生反应：Na2S＋Cl2=2NaCl＋S↓，反应后的溶液中离子浓度有所增大，但由于反应前的S2-带两个单位负电荷，所以溶液导电能力变化不大，故A不选；
B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢，发生反应：AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故B不选；
C．Ba(OH)2 中加入适量稀硫酸，发生反应：Ba(OH)2+H2SO4= BaSO4↓+ 2H2O，反应后的溶液中离子浓度明显变小，溶液导电能力明显下降，灯泡变暗，故C选；
D．氢氧化钠溶液中通入少量氯气发生反应：2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故D不选；
答案选C。
9．利用如图所示装置分离淀粉和食盐，下列说法正确的是
A．实验后向烧杯中加入碘液显蓝色
B．淀粉水解为葡萄糖后可透过半透膜
C．该方法为萃取
D．实验后取半透膜中的液体加入硝酸银不会产生沉淀
【答案】B
【分析】淀粉胶粒不能透过半透膜孔隙，而溶液中的离子和小分子可以透过半透膜孔隙，所以烧杯内不含有淀粉，烧杯内的溶液中含有氯离子和钠离子，袋内液体中也含有氯离子和钠离子。
【详解】A．由以上分析可知，烧杯内液体中不含有淀粉，所以加入碘水后没有明显变化，A不正确；
B．由以上分析可知，淀粉水解为葡萄糖后可透过半透膜，B正确；
C．该方法为渗析，C不正确；
D．由以上分析可知，袋内液体中也含有氯离子和钠离子，加入硝酸银溶液后，生成氯化银，所以有白色沉淀产生，D不正确；
故选B。
10．某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是( )
A．Ⅰ图：若浓盐酸过量，则理论上MnO2可全部消耗完
B．Ⅱ图：证明新制氯水只具有酸性
C．Ⅲ图：产生了棕黄色的雾
D．Ⅳ图：湿润的有色布条褪色，说明氯气具有漂白性
【答案】A
【详解】A、MnO2只与浓盐酸反应，所以若浓盐酸过量，则理论上MnO2可全部消耗完，故A正确；
B、新制氯水能使石蕊试液先变红后褪色，证明新制氯水具有酸性和氧化性，故B错误；
C、铜在氯气中燃烧产生了棕黄色的烟，故C错误；
D、氯气没有漂白性，故D错误。
11．下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是( )
选项
A
B
C
D
物质
MgCl2
CO2
HCl
NaOH
所含化学键类型
离子键、共价键
共价键
离子键
离子键、共价键
所属化合物类型
离子化合物
共价化合物
离子化合物
共价化合物
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】一般来说，活泼金属与活泼非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。
【详解】A．MgCl2中只含离子键，为离子化合物，故A错误；
B．CO2中只含C、O之间的极性共价键，为共价化合物，故B正确；
C．HCl中只含共价键，为共价化合物，故C错误；
D．NaOH中含离子键和O−H极性共价键，为离子化合物，故D错误；
故答案选B。
【点睛】离子化合物中一定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键。
12．溴(Br)与氯同属“卤族”元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2 比Br2 的活泼性强，下面是根据氯的性质对溴的性质的预测，其中不正确的是( )
A．溴单质常温下为液态，但极容易挥发为溴蒸气
B．溴单质只具有氧化性
C．溴原子外层有7个电子，在化学反应中容易得1个电子，表现氧化性
D．溴离子可以用AgNO3 酸性溶液来检验
【答案】B
【详解】A．溴沸点较高，常温下为液态，易挥发，A正确；
B．溴单质中溴元素化合价为0价，处于Br元素的中间价态，既具有氧化性又具有还原性，B错误；
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中容易得到一个电子形成稳定的溴离子，C正确；
D．溴离子可以用硝酸酸化的AgNO3溶液来检验，生成不溶于硝酸的AgBr浅黄色沉淀，D正确；
故合理选项是B。
13．从淡化海水中提取溴的流程如下：
下列有关说法正确的是
A．X 不可用 Na2SO3饱和溶液
B．步骤I与步骤III的反应中 Cl2均发生氧化反应
C．工业上每获得 1 mol Br2，至少需要消耗 Cl222.4 L
D．步骤IV涉及的操作有萃取、分液和蒸馏
【答案】D
【分析】淡化海水中通入Cl2，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，得到低浓度Br2，通入空气吹出Br2，用还原剂X将Br2吸收还原成Br-，得到含Br-等的溶液，通入Cl2发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，得到Br2的浓溶液，用有机溶剂将Br2的浓溶液中Br2萃取、分液出来，最后蒸馏得到液溴。
【详解】A．步骤II中用X吸收Br2、并将Br2还原成Br-，Na2SO3具有还原性，可与Br2发生反应+Br2+H2O=+2Br-+2H+，X可用Na2SO3饱和溶液，A项错误；
B．步骤I与步骤III中的反应均为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应中Cl元素的化合价降低，Cl2发生得电子的还原反应，B项错误；
C．步骤I与步骤III中的反应均为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，每获得1molBr2，至少需要消耗2molCl2，Cl2所处温度和压强未知，无法计算Cl2的体积，C项错误；
D．Br2在CCl4等有机溶剂中的溶解度远大于Br2在水中的溶解度，步骤IV先向Br2的浓溶液中加入有机溶剂将Br2萃取、分液得到Br2的有机溶剂，然后蒸馏得到液溴，D项正确；
答案选D。
14．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断，下列说法不合理的是
A．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X > Y
B．卤族元素的最高正化合价等于其主族序数
C．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素都是金属元素
D．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性：CsOH>Ba(OH)2
【答案】B
【详解】A．若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；
B． 卤族元素除F元素外，其余元素的最高正化合价等于其主族序数，为+7价，F只有负价态，无正价，故B错误；
C．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素均为过度元素，都是金属元素，故C正确；
D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；
答案为B。
15．在通常情况下能共存，且都可用浓硫酸干燥的气体组是
A．H2、H2S、SO2 B．NH3、CO2、HCl
C．N2、Cl2、CO2 D．NO、O2、CO
【答案】C
【详解】A．H2S与SO2能发生反应生成硫和水，二者不能共存，且浓硫酸能氧化H2S气体，不能用浓硫酸干燥，故A不符合题意；
B．NH3和HCl能发生反应生成氯化铵，二者不能共存，且氨气能和浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故B不符合题意；
C．N2、Cl2、CO2气体之间不发生反应，且都不与硫酸反应，能够用浓硫酸干燥，故C符合题意；
D．NO能被O2氧化为NO2，二者不能共存，故D不符合题意；
答案选C。
16．下列有关溶液的说法错误的是
A．将质量分数为40%(密度为 1.43 g·cm−3)的 NaOH溶液与水等体积混合，得到质量分数大于20%的溶液
B．要配制480 mL 0.25 mol·L−1的 NaOH溶液，应称量4.8 g NaOH
C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线导致所配溶液浓度偏高
D．配制NaOH溶液，在烧杯中溶解NaOH后未冷却至室温就转移到容量瓶中，溶液浓度偏高
【答案】B
【详解】A．将质量分数为40%(密度为 1.43 g·cm−3)的 NaOH溶液与水等体积混合，由于水的密度小与氢氧化钠溶液，则等体积水的质量小于氢氧化钠溶液，故所得混合溶液中溶质的质量分数大于20%，A正确；
B．要配制480mL 0.25 mol·L−1的 NaOH溶液，因为容量瓶的规格有限，所以应配制500 mL 0.25 mol·L−1的 NaOH溶液，再从中取480 mL溶液，因此需要称量氢氧化钠的质量为：0.25mol/L×0.5L×40g/mol=5.0g，B错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，导致加入溶液的体积较小，最终配制得到溶液体积偏小，则所配溶液浓度偏高，C正确；
D．配制NaOH溶液，在烧杯中溶解NaOH后未冷却至室温就转移到容量瓶中，由于热胀冷缩，导致最终冷却后配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，D正确；
故选B。
17．用如图装置(夹持装置已略去)进行制备及性质实验。下列说法不正确的是
A．甲中制备利用了的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管短、b导管长
C．若将丙中的换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的中通入少量，可能观察到白烟
【答案】C
【分析】该实验制备氨气利用碱石灰溶于水放热使氨水分解，氨气极易溶于水，不宜用排水法收集，其密度比空气小，可用排空气法收集。
【详解】A．甲为氨气发生装置，利用氨水受热分解制备氨气的原理，故A正确；
B．氨气密度比空气小，利用向下排空气法，故a短b长，故B正确；
C．因为苯的密度比水小，苯在上层，故将四氯化碳换成苯后不能防止倒吸，故C错误；
D．氨气与氯气反应可以生成氯化铵固体，产生大量白烟，故D正确；
故选C。
18．下列俗名和化学式不吻合的是
A．明矾 KAl(SO4)2·12H2O B．重晶石 BaCO3
C．石膏 CaSO4·2H2O D．胆矾 CuSO4·5H2O
【答案】B
【详解】A．明矾是十二水合硫酸铝钾，其化学式为KAl(SO4)2·12H2O，A不符合题意；
B．重晶石是天然产硫酸钡，化学式为BaSO4，B符合题意；
C．石膏是硫酸钙晶体，化学式为CaSO4·2H2O，C不符合题意；
D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，D符合题意；
故合理选项是B。
19．下列事实能证明氯气的氧化性比硫强的是
A．常温下，氯气呈气态，而硫呈固态 B．氯气能溶于水而硫不能
C．氯气能将硫从氢硫酸中置换出来 D．跟金属或氢气化合时硫显-2价，而氯显-1价
【答案】C
【详解】A．物质的状态为物理性质，不能作为判断物质的氧化性强弱的依据，A错误；
B．物质的溶解性属于物理性质，不能作为判断物质的氧化性强弱的依据，B错误；
C．H2S能被Cl2氧化成硫单质，说明氯气的氧化性比硫强，C正确；
D．硫元素的最低价为-2价，氯元素的最低价为-1价，取决于最外层电子数目的多少，与氧化性强弱无关，D错误；
答案选C。
20．下列变化规律正确的是
A．Na、Mg、Ca 原子半径从大到小 B．HCl、PH3、H2S 热稳定性从弱到强
C．Al、Ca、K 金属性从强到弱 D．H3PO4、H2SO4、HClO4酸性从弱到强
【答案】D
【详解】A．电子层数越多，半径越大，故原子半径最大的是Ca；当电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故Mg 的原子半径最小，故三者的半径关系为：Ca >Na>Mg，A错误；
B．元素的非金属性越强，则气态氢化物的热稳定性越强，由于非金属性Cl>S>P，故热稳定性从弱到强的顺序是PH3、H2S 、HCl，B错误；
C．根据金属活动顺序表可知，金属性从强到弱的顺序是K、Ca、Al，即Al、Ca、K 金属性从弱到强，C错误；
D．元素的非金属性越强，则最高价氧化物的水化物酸性越强，由于非金属性Cl>S>P，故H3PO4、H2SO4、HClO4酸性从弱到强，D正确；
答案选D。
21．下列关于NO2和NO的叙述正确的是
A．都能溶于水且与水反应生成相应的酸 B．都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应
C．可以通过铜与硝酸制取 D．常温下都可以被氧气氧化
【答案】C
【详解】A．NO不溶于水，不能与水反应产生相应的酸，A错误；
B．NO不能与碱反应，不属于酸性氧化物；NO2和H2O反应产生HNO3、NO，反应前后N元素化合价发生了变化，因此NO2也不是酸性氧化物，B错误；
C．Cu与浓硝酸反应产生NO2，与稀硝酸反应产生NO，故NO2和NO可以通过铜与硝酸制取，C正确；
D．在常温下NO能够与O2反应产生NO2，但NO2与O2在常温下不能发生反应，D错误；
故合理选项是C。
22．84消毒液的有效成分是NaClO，使用时为增强其消毒能力，可加入少量
A．食盐 B．蔗糖 C．白酒 D．白醋
【答案】D
【详解】A．食盐与NaClO不能反应，因此二者混合使用时不能增强其消毒能力，A不符合题意；
B．蔗糖与NaClO不能反应，因此二者混合使用时不能增强其消毒能力，B不符合题意；
C．白酒主要成分是乙醇，具有还原性，与NaClO发生氧化还原，因此二者混合使用时不能增强其消毒能力，C不符合题意；
D．白醋中含有醋酸，其酸性比HClO强，向NaClO中加入白醋，反应产生HClO和NaCl，使溶液的消毒能力增强，D符合题意；
故合理选项是D。
23．下列关于铵盐的说法不正确的是
A．都是晶体 B．都能溶于水 C．遇碱易放出氨气 D．存放时无需低温保存
【答案】D
【详解】A．铵盐都是白色晶体，故A正确；
B．铵盐都是易溶于水的物质，故B正确；
C．铵盐与强碱溶液共热反应都会产生氨气，故C正确；
D．铵盐受热易分解，所以存放时需低温保存，故D错误；
答案选D。
24．下列关于和的认识正确的是
A．从鉴别角度，品红溶液或澄清石灰水都能鉴别二者
B．从在水中是否发生电离的角度，二者都属于电解质
C．从价态和类别角度，二者都属于酸性氧化物，都具有氧化性
D．从对环境影响角度，二者都能导致酸雨
【答案】C
【详解】A．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，可用于鉴别二者；但是两者都是酸性氧化物，均能与澄清石灰水生成白色沉淀，无法鉴别二者，A项错误；
B．SO2和CO2均属于非电解质，它们的水溶液能电离是因为与水反应得到的酸发生电离产生可自由移动的离子，SO2和CO2自身在水中并不会电离，熔融状态也不会电离，B项错误；
C．从类别的角度，二者均属于酸性氧化物；从价态的角度，SO2中的S元素属于中间价态，既具有氧化性，也具有还原性，CO2中的C元素也属于最高价态，具有氧化性，C项正确；
D．SO2会导致酸雨，CO2不会导致酸雨，D项错误；
答案选C。
25．下列物质中,不能由单质直接化合生成的是
①CuS ②FeS ③SO3 ④H2S ⑤FeCl2
A．①③⑤ B．①②③⑤ C．①②④⑤ D．全部
【答案】A
【详解】试题分析：①S单质的氧化性较弱，Cu与S单质加热发生反应变为Cu2S，错误；②Fe与S混合加热发生反应产生FeS，正确；③S点燃与氧气发生反应产生SO2，错误；④氢气与硫单质在高温下发生化合反应产生H2S，正确；⑤由于氯气的氧化性很强，因此Fe与氯气发生反应产生FeCl3，错误。不能由单质直接化合生成的是①③⑤，选项A符合题意。
考点：考查物质制备方法正误判断的知识。
26．某无色溶液中存在大量的Ba2+、OH-、I-，则该溶液中还可能大量存在的离子是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A．与OH-能结合为弱碱NH3∙H2O，则该溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．与Ba2+能结合为BaSO4沉淀，则该溶液中不能大量存在，B不符合题意；
C．与OH-能结合为Fe(OH)3沉淀，则该溶液中不能大量存在Fe3+，C不符合题意；
D．与Ba2+、OH-、I-都不发生反应，在溶液中可能大量存在，D符合题意；
故选D。
27．如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法错误的是
A．硫在自然界中既有游离态又有化合态 B．过程⑤宜在土壤的富氧区实现
C．过程②是氧化反应 D．过程①可以通过不同的化学反应实现
【答案】B
【详解】A．从图中可以看出，硫在自然界中既有单质形式(游离态)存在的S，也有化合态形式存在的H2S、、有机硫等，A正确；
B．过程⑤将转化为H2S，S元素化合价降低，表现氧化性，不能在土壤的富氧区实现，B错误；
C．过程②中，S转化为，S元素化合价升高，发生氧化反应，C正确；
D．过程①由H2S转化为S，可以通过分解反应实现，也可以通过H2S与O2接触后发生反应实现，D正确；
故选B。
28．下列操作中，与物质的溶解性无关的是
A．用装有饱和食盐水的洗气瓶，除去中的
B．热饱和溶液冷却后析出晶体
C．蒸馏海水得到淡水
D．的喷泉实验
【答案】C
【详解】A．氯化氢极易溶于水，Cl2难溶于饱和氯化钠溶液，可用装有饱和食盐水的洗气瓶，除去Cl2中的HCl，与溶解性有关，A不选；
B．硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，因此热KNO3饱和溶液冷却后析出KNO3晶体，与溶解性有关，B不选；
C．蒸海水得到淡水利用的是沸点不同，与溶解性没有关系，C选；
D．的喷泉实验利用氨气极易溶于水的特点，与溶解性有关，D不选；
答案选C。
29．某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。先将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断正确的是
A．肯定有SO2和NO B．可能有Cl2、O2和NO2
C．可能有Cl2和O2 D．肯定只有NO
【答案】A
【详解】气体无色，则说明不含有Cl2和NO2气体，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则一定没有O2，由上可得，混合物中肯定没有Cl2、O2和NO2，一定含有SO2、NO，选项A符合题意；答案为A。
30．下列实验所得结论不正确的是（ ）
实验
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
装置
现象
产生大量无色气体
铁片表面迅速变暗，之后无明显变化
加热后产生大量无色有刺激性气味气体
A．实验Ⅰ中气体是氢气
B．实验Ⅱ中没有发生化学变化
C．实验Ⅲ中气体是二氧化硫
D．浓度、温度影响实验现象
【答案】B
【详解】A.铁属于较活泼的金属，稀硫酸和铁反应生成氢气，故A正确，不符合题意；
B.常温下，铁片遇到浓硫酸发生钝化，浓硫酸将铁片表面氧化，生成一层致密的氧化物膜，阻止反应的进行，该过程中发生的化学反应，故B错误，符合题意；
C.加热条件下，铁片可以溶解于浓硫酸中，浓硫酸做氧化剂，生成的无色有刺激性气味的气体是二氧化硫，故C正确，不符合题意；
D.实验Ⅰ、Ⅱ硫酸的浓度不同，说明浓度影响实验，实验Ⅱ、Ⅲ实验温度不同，说明温度影响实验，故D正确，不符合题意。
故选B。
二、工业流程题
31．海水中有丰富的资源，海底有丰富的矿藏、石油、天然气等，海水中还含有大量的电解质，它们电离产生 Cl−、Br−、I−、SO、Na+、Mg2+、Ca2+等，都是重要资源。开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：
请根据以上信息回答下列问题：
(1)写出步骤②、⑦、⑧分离提纯的方法：
②_______⑦_______⑧_______。
(2)步骤⑦分离提纯过程中需要选用的玻璃仪器除烧杯外，还需要的仪器是_______。
(3)步骤③的条件是通直流电，其离子方程式为_______。D 具有杀菌消毒的作用，在喷洒前需要在空气中晾置一会，这样做的原因是_______。
(4)初步提纯后的粗盐中含有 Ca2+、Mg2+、SO等杂质，精制时所用的试剂为①盐酸 ②氯化钡溶液 ③氢氧化钠溶液 ④碳酸钠溶液，下列试剂添加顺序合理的是_______。
A．②③④① B．③④②① C．④③②① D．③②④①
(5)若用来提取 Br2，反应⑤所用的氧化剂的来源较合理的是_______。
A．从外地购买 B．在当地新建生产厂 C．从本厂生产烧碱处循环
(6)流程⑥将溴单质从水溶液中分离出来是基于溴单质具有_______性。对粗溴一般做如下处理：
其中步骤II、III起到的作用是_______。
【答案】(1) 过滤 萃取分液 蒸馏
(2)分液漏斗
(3) 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- 空气中的CO2、H2O与NaClO反应生成强氧化性的HClO
(4)AD
(5)C
(6) 挥发 浓缩和富集溴或得到高浓度的溴单质
【分析】海水中含有大量的电解质，它们电离产生 Cl-、Br-、I-、、Na+、Mg2+、Ca2+等，海水蒸发结晶、过滤得到粗盐和母液，粗盐经初步提纯得到泥沙和初步提纯后的粗盐，初步提纯后的粗盐精制后得到精盐，电解NaCl的水溶液得到NaOH、H2和Cl2，Cl2和NaOH反应制得具有杀菌消毒作用的NaClO（D）；母液中加入氧化剂将Br-氧化得到含溴单质水溶液，用热空气将Br2吹出得到粗溴；海带经处理得到含碘的水溶液，加入有机溶剂将I2萃取分液得到含碘的有机溶液，含碘的有机溶液经蒸馏得到碘单质。
【详解】（1）步骤②将初步提纯后的粗盐和泥沙分离，步骤②为过滤；步骤⑦为从含碘的水溶液中获得含碘的有机溶液，应加入有机溶剂将含碘的水溶液中的碘萃取出来，分离提纯的方法为萃取分液；步骤⑧从含碘的有机溶液中获得碘单质，采取的分离提纯方法为蒸馏；答案为：过滤；萃取分液；蒸馏。
（2）步骤⑦的分离提纯方法为萃取分液，需要选用的玻璃仪器除烧杯外，还需要分液漏斗；答案为：分液漏斗。
（3）步骤③的条件是通直流电，电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，反应的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；D具有杀菌消毒作用，D为NaClO，在喷洒前需要在空气中晾置一会，这样做的原因是：空气中的CO2、H2O与NaClO反应生成强氧化性的HClO；答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；空气中的CO2、H2O与NaClO反应生成强氧化性的HClO。
（4）加入NaOH溶液除去Mg2+，加入BaCl2溶液除去，加入Na2CO3溶液除去Ca2+，为了使杂质离子完全除去，所加试剂必须过量，故Na2CO3溶液还用于除去过量的Ba2+，Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入，过滤后加入盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3；添加试剂顺序合理的是②③④①或③②④①，答案选AD。
（5）提取Br2，反应⑤需要加入氧化剂将Br-氧化成Br2，从来源分析，该氧化剂选用本厂生产烧碱时同时产生的Cl2循环利用，答案选C。
（6）流程⑥将溴单质从水溶液中分离出来是基于溴单质具有挥发性，用热空气将其吹出；对粗溴处理过程为：向低浓度Br2溶液中通入空气吹出Br2，用SO2水溶液吸收Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，得到含HBr等物质的溶液，向该溶液中通入适量Cl2，发生反应Cl2+2HBr=2HCl+Br2，最后蒸馏得到工业溴，其中步骤II、III起到的作用是：浓缩和富集溴或得到高浓度的溴单质；答案为：挥发；浓缩和富集溴或得到高浓度的溴单质。
三、元素或物质推断题
32．下表是元素周期表的一部分，请参照元素①—⑥的位置回答下列问题：
(1)元素①的一种核素中，含有 1 个质子和 1 个中子，表示该核素组成的符号是_______。
(2)⑤的原子结构示意图是_______。
(3)上述元素中，原子半径最大的是_______(写元素符号)。
(4)下列说法正确的是_______(填序号)。
a.②、③组成的化合物只有一种
b.②的气态氢化物稳定性高于⑤
c.⑥在化合物中呈现的最高化合价为+7 价
(5)金属性： ③_______④( 填“>”或“<”)，列举一条能证明该结论的实验事实：____。
(6)写出⑤的最高价氧化物对应水化物与Cu反应的化学方程式_______。写出⑥的单质置换出溴单质反应的离子方程式_______。
【答案】(1)
(2)
(3)Na
(4)bc
(5) > 将两种金属分别放在冷水中，金属钠在水中熔成小球，并发出嘶嘶的响声，Al几乎不反应
(6) Cu+2 H2SO4 (浓) CuSO4+SO2 ↑+2 H2O Cl2+2Br-= Br 2+2Cl -
【分析】根据元素符合在元素周期表中的位置，①为H，②为O，③为Na，④为Al，⑤S，⑥为Cl；
【详解】（1）质量数=质子数+中子数，含有1个质子和1个中子，表示该核素组成的符号是；
故答案为：；
（2）⑤为S元素，硫为16号元素,其核电荷数为16,其位于元素周期素周期表第3周期VIA,其原子核外有3个电子层,按照2、8、6排布,故其原子结构示意图为；
（3）电子层越多，半径越大，当电子层数相同，核电荷数越多，半径越小；
故答案为：Na；
（4）a．②③组成的化合物和，选项a错误；
b．②为O，⑤为S，非金属性O>S，气态氢化物稳定性H2O>H2S，选项b正确；
c．Cl在化合物中最高化合价+7价，选项c正确；
故答案为bc；
（5）金属性Na>Al，可以通过将两种金属分别放在冷水中，金属钠在水中熔成小球，并发出嘶嘶的响声，Al几乎不反应；
故答案为：>；将两种金属分别放在冷水中，金属钠在水中熔成小球，并发出嘶嘶的响声，Al几乎不反应；
（6）⑤的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，浓硫酸与Cu共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式Cu+2 H2SO4 (浓) CuSO4+SO2 ↑+2 H2O；
⑥的单质Cl2置换出溴单质反应的离子方程式为Cl2+2Br-= Br 2+2Cl -。
四、实验题
33．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。
请回答下列问题：
(1)装置A中蒸馏烧瓶中盛放亚硫酸钠，滴加浓硫酸反应产生二氧化硫，该反应的化学方程式为_______。
(2)装置C中发生的现象是_______，说明SO2具有_______性。
(3)装置D中发生的现象是_______，反应的化学方程式为_______， 说明 SO2 具有_______性；
(4)装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_______；
(5)实验室可采用_______溶液吸收处理尾气。相应的化学方程式为_____
(6)实验过程中，实验一段时间后装置B中的现象是_______，这时将其分成两份，分别滴入氯水和氨水，都有白色沉淀生成，这两种沉淀的化学式依次是_____和_______。
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
(2) 紫色褪去 还原
(3) 无色溶液出现黄色浑浊 SO2+2H2S=3S↓+2H2O 氧化
(4)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色
(5) NaOH 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O
(6) 无现象 BaSO4 BaSO3
【分析】浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应产生的SO2通入装置B的BaCl2，二者不反应，溶液无现象；SO2具有还原性，KMnO4具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，使溶液紫色褪色；在装置D中发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，看到装置D中溶液变浑浊，SO2气体具有漂白性，能够使品红溶液褪色，但产生的无色物质不稳定，受热分解，SO2气体逸出，物质恢复原来的红色；反应产生的SO2是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收。
【详解】（1）装置 A 中蒸馏烧瓶中盛放亚硫酸钠，滴加浓硫酸反应产生二氧化硫，该反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）在装置C中SO2被酸性KMnO4溶液氧化产生H2SO4，KMnO4被还原为无色Mn2+，故看到的现象是溶液紫色褪色，这说明SO2具有还原性；
（3）向装置D的H2S水溶液中通入SO2气体时发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应产生淡黄色不溶于水S单质，因此看到的现象是无色溶液出现黄色浑浊；在该反应中S元素化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后S单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，这说明 SO2 具有氧化性；
（4）SO2具有漂白性，能够与品红结合产生无色物质而使溶液红色褪去，但产生的无色物质不稳定，受热分解，SO2气体逸出，物质恢复原来的颜色，故该实验操作及现象是：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；
（5）SO2气体溶于水反应产生H2SO3，因此SO2气体具有酸性氧化物的性质，可以使用NaOH溶液进行尾气处理，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；
（6）由于酸性：HCl＞H2SO3，所以将SO2气体通入BaCl2溶液中，不能发生任何反应，因此无明显现象；
将该溶液分成两份，分别滴入氯水和氨水，发生反应：BaCl2+SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4HCl，BaCl2+SO2+2NH3·H2O=BaSO3↓+2NH4Cl，因此二者都有白色沉淀生成，这两种沉淀的化学式依次是BaSO4、BaSO3。
上海市民立中学2022-2023学年高一上学期期末考试
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．朱自清先生在《荷塘月色》中写道。“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是
A．光是一种胶体
B．雾是一种胶体
C．薄雾中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m
D．发生丁达尔效应
【答案】C
【详解】月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是薄雾中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m，具有胶体颗粒大小，从而产生了丁达尔效应，故合理选项是C。
2．原子结构模型经历了五个主要阶段:1803年实心球模型→1897年葡萄干面包式模型→1911年原子核式结构模型→1913 的轨道模型→20 世纪初电子云的原子结构模型。对轨道模型贡献最大的科学家是
A．玻尔 B．汤姆生 C．卢瑟福 D．道尔顿
【答案】A
【详解】1803年英国科学家道尔顿提出近代原子学说，即原子结构的实心球模型；1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，之后提出葡萄干面包式原子结构模型；1911年英国物理学家卢瑟福提出了原子核式结构模型；1913年丹麦物理学家波尔引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型；20世纪初奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型，为近代量子力学原子结构模型。综上分析，对轨道模型贡献最大的科学家是玻尔，故选A。
3．反应 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr 可用于海水提溴，下列叙述正确的是
A．溴水的颜色显橙色 B．H2SO4 属于离子化合物
C．中子数为 10 的氧原子 O D．H2O 的电子式为 H∶O∶H
【答案】A
【详解】A．溴水的颜色显橙色，A正确；
B．硫酸是由非金属元素形成的共价化合物，B错误；
C．中子数为10的氧原子的质子数为8、质量数为10+8=18，原子符号为O，C错误；
D．水为共价化合物，电子式为，D错误；
故选A。
4．下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是
A．图A是分离碘酒中的碘和酒精
B．图B是除去氯化钠中的氯化铵
C．图C是排水集气法收集 NO
D．图D是除去 Cl2中的HCl
【答案】B
【详解】A．碘和酒精是互溶的液体，不能采用分液法来分离，选项A错误；
B．氯化铵受热后分解为氨气和氯化氢，而NaCl较稳定，因此可以采用加热的方法除去氯化钠晶体中混有的氯化铵晶体，能选图中装置，选项B正确；
C．NO不溶于水，导管短进长出，才能用排水法收集NO，选项C错误；
D．氯气、HCl均能与NaOH溶液反应，则不能利用碱来除去氯气中的HCl，选项D错误；
答案选B。
5．设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A．常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为
B．在25℃、时，11.2L氮气所含的原子数为
C．常温常压下，32g中含有0.5个分子
D．常温常压下，11.2L氯气含有的分子数为0.5
【答案】C
【详解】A．标准状况下，11.2L氧气为0.5mol，其所含原子数为，而题述条件并不是标准状况，A错误；
B．在25℃、时，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氮气物质的量小于0.5mol，所含的原子数小于，B错误；
C．32g的物质的量为0.5mol，含有0.5个分子，C正确；
D．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2L氯气物质的量小于0.5mol，含有的分子数小于0.5，D错误；
故选C。
6．工业上常用FeSO4溶液处理废水中的重铬酸根离子(Cr2O)，反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。处理25.00mL某废水，需消耗15.00mL1.00×10-2mol/LFeSO4溶液(不考虑其他物质与Fe2+反应)。该废水中Cr2O的物质的量浓度(单位：mol/L)为
A．1.50×10-4 B．6.00×10-4 C．1.00×10-3 D．3.60×10-3
【答案】C
【详解】反应原理为：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，可得，解得，综上述C符合题意，故选C。
7．化学科学需要借助化学专用语言描述，下列有关化学用语书写正确的是
A．CO2的电子式
B．Cl-的结构示意图
C．HCl的电子式
D．质量数为37的氯原子
【答案】D
【详解】A． CO2是共价化合物，C与O之间需要共用两对电子，电子式为： ，A错误；
B． Cl-是Cl原子得一个电子形成，最外层有8个电子，结构示意图为：，B错误；
C． HCl是共价化合物，H与Cl之间有一对共用电子对，不能标出所带电荷，电子式为：，C错误；
D． 质量数为37的氯原子，质量数写在元素符号的左上角，质子数为17，写在元素符号的左下角，故表示为，D正确；
故选D。
8．用如图所示的装置分别进行如下导电性实验，小灯泡的亮度比反应前明显减弱的是
A．向硫化钠溶液中通入氯气
B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢
C．Ba(OH)2中加入适量稀硫酸
D．向氢氧化钠溶液中通入少量氯气
【答案】C
【分析】电解质溶液的导电性与离子浓度及离子所带的电荷有关，离子浓度越大，溶液导电性越强，溶液导电能力明显减弱说明溶液中离子浓度明显减小，据此分析解答。
【详解】A．向硫化钠溶液中通入氯气，发生反应：Na2S＋Cl2=2NaCl＋S↓，反应后的溶液中离子浓度有所增大，但由于反应前的S2-带两个单位负电荷，所以溶液导电能力变化不大，故A不选；
B．向硝酸银溶液中通入少量氯化氢，发生反应：AgNO3＋HCl=AgCl↓＋HNO3，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故B不选；
C．Ba(OH)2 中加入适量稀硫酸，发生反应：Ba(OH)2+H2SO4= BaSO4↓+ 2H2O，反应后的溶液中离子浓度明显变小，溶液导电能力明显下降，灯泡变暗，故C选；
D．氢氧化钠溶液中通入少量氯气发生反应：2NaOH+Cl2=NaClO+NaCl+H2O，反应后的溶液中离子浓度变化不明显，溶液导电能力变化不明显，故D不选；
答案选C。
9．利用如图所示装置分离淀粉和食盐，下列说法正确的是
A．实验后向烧杯中加入碘液显蓝色
B．淀粉水解为葡萄糖后可透过半透膜
C．该方法为萃取
D．实验后取半透膜中的液体加入硝酸银不会产生沉淀
【答案】B
【分析】淀粉胶粒不能透过半透膜孔隙，而溶液中的离子和小分子可以透过半透膜孔隙，所以烧杯内不含有淀粉，烧杯内的溶液中含有氯离子和钠离子，袋内液体中也含有氯离子和钠离子。
【详解】A．由以上分析可知，烧杯内液体中不含有淀粉，所以加入碘水后没有明显变化，A不正确；
B．由以上分析可知，淀粉水解为葡萄糖后可透过半透膜，B正确；
C．该方法为渗析，C不正确；
D．由以上分析可知，袋内液体中也含有氯离子和钠离子，加入硝酸银溶液后，生成氯化银，所以有白色沉淀产生，D不正确；
故选B。
10．某同学用以下装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是( )
A．Ⅰ图：若浓盐酸过量，则理论上MnO2可全部消耗完
B．Ⅱ图：证明新制氯水只具有酸性
C．Ⅲ图：产生了棕黄色的雾
D．Ⅳ图：湿润的有色布条褪色，说明氯气具有漂白性
【答案】A
【详解】A、MnO2只与浓盐酸反应，所以若浓盐酸过量，则理论上MnO2可全部消耗完，故A正确；
B、新制氯水能使石蕊试液先变红后褪色，证明新制氯水具有酸性和氧化性，故B错误；
C、铜在氯气中燃烧产生了棕黄色的烟，故C错误；
D、氯气没有漂白性，故D错误。
11．下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型完全正确的一组是( )
选项
A
B
C
D
物质
MgCl2
CO2
HCl
NaOH
所含化学键类型
离子键、共价键
共价键
离子键
离子键、共价键
所属化合物类型
离子化合物
共价化合物
离子化合物
共价化合物
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】一般来说，活泼金属与活泼非金属形成离子键，非金属之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。
【详解】A．MgCl2中只含离子键，为离子化合物，故A错误；
B．CO2中只含C、O之间的极性共价键，为共价化合物，故B正确；
C．HCl中只含共价键，为共价化合物，故C错误；
D．NaOH中含离子键和O−H极性共价键，为离子化合物，故D错误；
故答案选B。
【点睛】离子化合物中一定有离子键，可能有共价键；共价化合物中一定没有离子键。
12．溴(Br)与氯同属“卤族”元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2 比Br2 的活泼性强，下面是根据氯的性质对溴的性质的预测，其中不正确的是( )
A．溴单质常温下为液态，但极容易挥发为溴蒸气
B．溴单质只具有氧化性
C．溴原子外层有7个电子，在化学反应中容易得1个电子，表现氧化性
D．溴离子可以用AgNO3 酸性溶液来检验
【答案】B
【详解】A．溴沸点较高，常温下为液态，易挥发，A正确；
B．溴单质中溴元素化合价为0价，处于Br元素的中间价态，既具有氧化性又具有还原性，B错误；
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中容易得到一个电子形成稳定的溴离子，C正确；
D．溴离子可以用硝酸酸化的AgNO3溶液来检验，生成不溶于硝酸的AgBr浅黄色沉淀，D正确；
故合理选项是B。
13．从淡化海水中提取溴的流程如下：
下列有关说法正确的是
A．X 不可用 Na2SO3饱和溶液
B．步骤I与步骤III的反应中 Cl2均发生氧化反应
C．工业上每获得 1 mol Br2，至少需要消耗 Cl222.4 L
D．步骤IV涉及的操作有萃取、分液和蒸馏
【答案】D
【分析】淡化海水中通入Cl2，发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，得到低浓度Br2，通入空气吹出Br2，用还原剂X将Br2吸收还原成Br-，得到含Br-等的溶液，通入Cl2发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，得到Br2的浓溶液，用有机溶剂将Br2的浓溶液中Br2萃取、分液出来，最后蒸馏得到液溴。
【详解】A．步骤II中用X吸收Br2、并将Br2还原成Br-，Na2SO3具有还原性，可与Br2发生反应+Br2+H2O=+2Br-+2H+，X可用Na2SO3饱和溶液，A项错误；
B．步骤I与步骤III中的反应均为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应中Cl元素的化合价降低，Cl2发生得电子的还原反应，B项错误；
C．步骤I与步骤III中的反应均为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，每获得1molBr2，至少需要消耗2molCl2，Cl2所处温度和压强未知，无法计算Cl2的体积，C项错误；
D．Br2在CCl4等有机溶剂中的溶解度远大于Br2在水中的溶解度，步骤IV先向Br2的浓溶液中加入有机溶剂将Br2萃取、分液得到Br2的有机溶剂，然后蒸馏得到液溴，D项正确；
答案选D。
14．元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断，下列说法不合理的是
A．若X＋和Y2－的核外电子层结构相同，则原子序数：X > Y
B．卤族元素的最高正化合价等于其主族序数
C．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素都是金属元素
D．Cs和Ba分别位于第六周期IA和IIA族，碱性：CsOH>Ba(OH)2
【答案】B
【详解】A．若X+和Y2-的核外电子层结构相同，则X处于Y的下一周期，故原子序数：X＞Y，故A正确；
B． 卤族元素除F元素外，其余元素的最高正化合价等于其主族序数，为+7价，F只有负价态，无正价，故B错误；
C．元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素均为过度元素，都是金属元素，故C正确；
D．同周期元素自左而右金属性减弱，金属性Cs＞Ba，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性CsOH＞Ba（OH）2，故D正确；
答案为B。
15．在通常情况下能共存，且都可用浓硫酸干燥的气体组是
A．H2、H2S、SO2 B．NH3、CO2、HCl
C．N2、Cl2、CO2 D．NO、O2、CO
【答案】C
【详解】A．H2S与SO2能发生反应生成硫和水，二者不能共存，且浓硫酸能氧化H2S气体，不能用浓硫酸干燥，故A不符合题意；
B．NH3和HCl能发生反应生成氯化铵，二者不能共存，且氨气能和浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，故B不符合题意；
C．N2、Cl2、CO2气体之间不发生反应，且都不与硫酸反应，能够用浓硫酸干燥，故C符合题意；
D．NO能被O2氧化为NO2，二者不能共存，故D不符合题意；
答案选C。
16．下列有关溶液的说法错误的是
A．将质量分数为40%(密度为 1.43 g·cm−3)的 NaOH溶液与水等体积混合，得到质量分数大于20%的溶液
B．要配制480 mL 0.25 mol·L−1的 NaOH溶液，应称量4.8 g NaOH
C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线导致所配溶液浓度偏高
D．配制NaOH溶液，在烧杯中溶解NaOH后未冷却至室温就转移到容量瓶中，溶液浓度偏高
【答案】B
【详解】A．将质量分数为40%(密度为 1.43 g·cm−3)的 NaOH溶液与水等体积混合，由于水的密度小与氢氧化钠溶液，则等体积水的质量小于氢氧化钠溶液，故所得混合溶液中溶质的质量分数大于20%，A正确；
B．要配制480mL 0.25 mol·L−1的 NaOH溶液，因为容量瓶的规格有限，所以应配制500 mL 0.25 mol·L−1的 NaOH溶液，再从中取480 mL溶液，因此需要称量氢氧化钠的质量为：0.25mol/L×0.5L×40g/mol=5.0g，B错误；
C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线，导致加入溶液的体积较小，最终配制得到溶液体积偏小，则所配溶液浓度偏高，C正确；
D．配制NaOH溶液，在烧杯中溶解NaOH后未冷却至室温就转移到容量瓶中，由于热胀冷缩，导致最终冷却后配制的溶液体积偏小，溶液浓度偏高，D正确；
故选B。
17．用如图装置(夹持装置已略去)进行制备及性质实验。下列说法不正确的是
A．甲中制备利用了的分解反应
B．乙中的集气瓶内a导管短、b导管长
C．若将丙中的换成苯，仍能防止倒吸
D．向收集好的中通入少量，可能观察到白烟
【答案】C
【分析】该实验制备氨气利用碱石灰溶于水放热使氨水分解，氨气极易溶于水，不宜用排水法收集，其密度比空气小，可用排空气法收集。
【详解】A．甲为氨气发生装置，利用氨水受热分解制备氨气的原理，故A正确；
B．氨气密度比空气小，利用向下排空气法，故a短b长，故B正确；
C．因为苯的密度比水小，苯在上层，故将四氯化碳换成苯后不能防止倒吸，故C错误；
D．氨气与氯气反应可以生成氯化铵固体，产生大量白烟，故D正确；
故选C。
18．下列俗名和化学式不吻合的是
A．明矾 KAl(SO4)2·12H2O B．重晶石 BaCO3
C．石膏 CaSO4·2H2O D．胆矾 CuSO4·5H2O
【答案】B
【详解】A．明矾是十二水合硫酸铝钾，其化学式为KAl(SO4)2·12H2O，A不符合题意；
B．重晶石是天然产硫酸钡，化学式为BaSO4，B符合题意；
C．石膏是硫酸钙晶体，化学式为CaSO4·2H2O，C不符合题意；
D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，D符合题意；
故合理选项是B。
19．下列事实能证明氯气的氧化性比硫强的是
A．常温下，氯气呈气态，而硫呈固态 B．氯气能溶于水而硫不能
C．氯气能将硫从氢硫酸中置换出来 D．跟金属或氢气化合时硫显-2价，而氯显-1价
【答案】C
【详解】A．物质的状态为物理性质，不能作为判断物质的氧化性强弱的依据，A错误；
B．物质的溶解性属于物理性质，不能作为判断物质的氧化性强弱的依据，B错误；
C．H2S能被Cl2氧化成硫单质，说明氯气的氧化性比硫强，C正确；
D．硫元素的最低价为-2价，氯元素的最低价为-1价，取决于最外层电子数目的多少，与氧化性强弱无关，D错误；
答案选C。
20．下列变化规律正确的是
A．Na、Mg、Ca 原子半径从大到小 B．HCl、PH3、H2S 热稳定性从弱到强
C．Al、Ca、K 金属性从强到弱 D．H3PO4、H2SO4、HClO4酸性从弱到强
【答案】D
【详解】A．电子层数越多，半径越大，故原子半径最大的是Ca；当电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故Mg 的原子半径最小，故三者的半径关系为：Ca >Na>Mg，A错误；
B．元素的非金属性越强，则气态氢化物的热稳定性越强，由于非金属性Cl>S>P，故热稳定性从弱到强的顺序是PH3、H2S 、HCl，B错误；
C．根据金属活动顺序表可知，金属性从强到弱的顺序是K、Ca、Al，即Al、Ca、K 金属性从弱到强，C错误；
D．元素的非金属性越强，则最高价氧化物的水化物酸性越强，由于非金属性Cl>S>P，故H3PO4、H2SO4、HClO4酸性从弱到强，D正确；
答案选D。
21．下列关于NO2和NO的叙述正确的是
A．都能溶于水且与水反应生成相应的酸 B．都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应
C．可以通过铜与硝酸制取 D．常温下都可以被氧气氧化
【答案】C
【详解】A．NO不溶于水，不能与水反应产生相应的酸，A错误；
B．NO不能与碱反应，不属于酸性氧化物；NO2和H2O反应产生HNO3、NO，反应前后N元素化合价发生了变化，因此NO2也不是酸性氧化物，B错误；
C．Cu与浓硝酸反应产生NO2，与稀硝酸反应产生NO，故NO2和NO可以通过铜与硝酸制取，C正确；
D．在常温下NO能够与O2反应产生NO2，但NO2与O2在常温下不能发生反应，D错误；
故合理选项是C。
22．84消毒液的有效成分是NaClO，使用时为增强其消毒能力，可加入少量
A．食盐 B．蔗糖 C．白酒 D．白醋
【答案】D
【详解】A．食盐与NaClO不能反应，因此二者混合使用时不能增强其消毒能力，A不符合题意；
B．蔗糖与NaClO不能反应，因此二者混合使用时不能增强其消毒能力，B不符合题意；
C．白酒主要成分是乙醇，具有还原性，与NaClO发生氧化还原，因此二者混合使用时不能增强其消毒能力，C不符合题意；
D．白醋中含有醋酸，其酸性比HClO强，向NaClO中加入白醋，反应产生HClO和NaCl，使溶液的消毒能力增强，D符合题意；
故合理选项是D。
23．下列关于铵盐的说法不正确的是
A．都是晶体 B．都能溶于水 C．遇碱易放出氨气 D．存放时无需低温保存
【答案】D
【详解】A．铵盐都是白色晶体，故A正确；
B．铵盐都是易溶于水的物质，故B正确；
C．铵盐与强碱溶液共热反应都会产生氨气，故C正确；
D．铵盐受热易分解，所以存放时需低温保存，故D错误；
答案选D。
24．下列关于和的认识正确的是
A．从鉴别角度，品红溶液或澄清石灰水都能鉴别二者
B．从在水中是否发生电离的角度，二者都属于电解质
C．从价态和类别角度，二者都属于酸性氧化物，都具有氧化性
D．从对环境影响角度，二者都能导致酸雨
【答案】C
【详解】A．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，可用于鉴别二者；但是两者都是酸性氧化物，均能与澄清石灰水生成白色沉淀，无法鉴别二者，A项错误；
B．SO2和CO2均属于非电解质，它们的水溶液能电离是因为与水反应得到的酸发生电离产生可自由移动的离子，SO2和CO2自身在水中并不会电离，熔融状态也不会电离，B项错误；
C．从类别的角度，二者均属于酸性氧化物；从价态的角度，SO2中的S元素属于中间价态，既具有氧化性，也具有还原性，CO2中的C元素也属于最高价态，具有氧化性，C项正确；
D．SO2会导致酸雨，CO2不会导致酸雨，D项错误；
答案选C。
25．下列物质中,不能由单质直接化合生成的是
①CuS ②FeS ③SO3 ④H2S ⑤FeCl2
A．①③⑤ B．①②③⑤ C．①②④⑤ D．全部
【答案】A
【详解】试题分析：①S单质的氧化性较弱，Cu与S单质加热发生反应变为Cu2S，错误；②Fe与S混合加热发生反应产生FeS，正确；③S点燃与氧气发生反应产生SO2，错误；④氢气与硫单质在高温下发生化合反应产生H2S，正确；⑤由于氯气的氧化性很强，因此Fe与氯气发生反应产生FeCl3，错误。不能由单质直接化合生成的是①③⑤，选项A符合题意。
考点：考查物质制备方法正误判断的知识。
26．某无色溶液中存在大量的Ba2+、OH-、I-，则该溶液中还可能大量存在的离子是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A．与OH-能结合为弱碱NH3∙H2O，则该溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．与Ba2+能结合为BaSO4沉淀，则该溶液中不能大量存在，B不符合题意；
C．与OH-能结合为Fe(OH)3沉淀，则该溶液中不能大量存在Fe3+，C不符合题意；
D．与Ba2+、OH-、I-都不发生反应，在溶液中可能大量存在，D符合题意；
故选D。
27．如图是硫元素在自然界中的循环示意图，下列有关说法错误的是
A．硫在自然界中既有游离态又有化合态 B．过程⑤宜在土壤的富氧区实现
C．过程②是氧化反应 D．过程①可以通过不同的化学反应实现
【答案】B
【详解】A．从图中可以看出，硫在自然界中既有单质形式(游离态)存在的S，也有化合态形式存在的H2S、、有机硫等，A正确；
B．过程⑤将转化为H2S，S元素化合价降低，表现氧化性，不能在土壤的富氧区实现，B错误；
C．过程②中，S转化为，S元素化合价升高，发生氧化反应，C正确；
D．过程①由H2S转化为S，可以通过分解反应实现，也可以通过H2S与O2接触后发生反应实现，D正确；
故选B。
28．下列操作中，与物质的溶解性无关的是
A．用装有饱和食盐水的洗气瓶，除去中的
B．热饱和溶液冷却后析出晶体
C．蒸馏海水得到淡水
D．的喷泉实验
【答案】C
【详解】A．氯化氢极易溶于水，Cl2难溶于饱和氯化钠溶液，可用装有饱和食盐水的洗气瓶，除去Cl2中的HCl，与溶解性有关，A不选；
B．硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，因此热KNO3饱和溶液冷却后析出KNO3晶体，与溶解性有关，B不选；
C．蒸海水得到淡水利用的是沸点不同，与溶解性没有关系，C选；
D．的喷泉实验利用氨气极易溶于水的特点，与溶解性有关，D不选；
答案选C。
29．某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体。先将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色。对于原混合气体成分的判断正确的是
A．肯定有SO2和NO B．可能有Cl2、O2和NO2
C．可能有Cl2和O2 D．肯定只有NO
【答案】A
【详解】气体无色，则说明不含有Cl2和NO2气体，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则一定没有O2，由上可得，混合物中肯定没有Cl2、O2和NO2，一定含有SO2、NO，选项A符合题意；答案为A。
30．下列实验所得结论不正确的是（ ）
实验
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
装置
现象
产生大量无色气体
铁片表面迅速变暗，之后无明显变化
加热后产生大量无色有刺激性气味气体
A．实验Ⅰ中气体是氢气
B．实验Ⅱ中没有发生化学变化
C．实验Ⅲ中气体是二氧化硫
D．浓度、温度影响实验现象
【答案】B
【详解】A.铁属于较活泼的金属，稀硫酸和铁反应生成氢气，故A正确，不符合题意；
B.常温下，铁片遇到浓硫酸发生钝化，浓硫酸将铁片表面氧化，生成一层致密的氧化物膜，阻止反应的进行，该过程中发生的化学反应，故B错误，符合题意；
C.加热条件下，铁片可以溶解于浓硫酸中，浓硫酸做氧化剂，生成的无色有刺激性气味的气体是二氧化硫，故C正确，不符合题意；
D.实验Ⅰ、Ⅱ硫酸的浓度不同，说明浓度影响实验，实验Ⅱ、Ⅲ实验温度不同，说明温度影响实验，故D正确，不符合题意。
故选B。
二、工业流程题
31．海水中有丰富的资源，海底有丰富的矿藏、石油、天然气等，海水中还含有大量的电解质，它们电离产生 Cl−、Br−、I−、SO、Na+、Mg2+、Ca2+等，都是重要资源。开发和利用海水资源是当前科学研究的一项重要任务，如图是某化工厂对海水资源综合利用的示意图：
请根据以上信息回答下列问题：
(1)写出步骤②、⑦、⑧分离提纯的方法：
②_______⑦_______⑧_______。
(2)步骤⑦分离提纯过程中需要选用的玻璃仪器除烧杯外，还需要的仪器是_______。
(3)步骤③的条件是通直流电，其离子方程式为_______。D 具有杀菌消毒的作用，在喷洒前需要在空气中晾置一会，这样做的原因是_______。
(4)初步提纯后的粗盐中含有 Ca2+、Mg2+、SO等杂质，精制时所用的试剂为①盐酸 ②氯化钡溶液 ③氢氧化钠溶液 ④碳酸钠溶液，下列试剂添加顺序合理的是_______。
A．②③④① B．③④②① C．④③②① D．③②④①
(5)若用来提取 Br2，反应⑤所用的氧化剂的来源较合理的是_______。
A．从外地购买 B．在当地新建生产厂 C．从本厂生产烧碱处循环
(6)流程⑥将溴单质从水溶液中分离出来是基于溴单质具有_______性。对粗溴一般做如下处理：
其中步骤II、III起到的作用是_______。
【答案】(1) 过滤 萃取分液 蒸馏
(2)分液漏斗
(3) 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- 空气中的CO2、H2O与NaClO反应生成强氧化性的HClO
(4)AD
(5)C
(6) 挥发 浓缩和富集溴或得到高浓度的溴单质
【分析】海水中含有大量的电解质，它们电离产生 Cl-、Br-、I-、、Na+、Mg2+、Ca2+等，海水蒸发结晶、过滤得到粗盐和母液，粗盐经初步提纯得到泥沙和初步提纯后的粗盐，初步提纯后的粗盐精制后得到精盐，电解NaCl的水溶液得到NaOH、H2和Cl2，Cl2和NaOH反应制得具有杀菌消毒作用的NaClO（D）；母液中加入氧化剂将Br-氧化得到含溴单质水溶液，用热空气将Br2吹出得到粗溴；海带经处理得到含碘的水溶液，加入有机溶剂将I2萃取分液得到含碘的有机溶液，含碘的有机溶液经蒸馏得到碘单质。
【详解】（1）步骤②将初步提纯后的粗盐和泥沙分离，步骤②为过滤；步骤⑦为从含碘的水溶液中获得含碘的有机溶液，应加入有机溶剂将含碘的水溶液中的碘萃取出来，分离提纯的方法为萃取分液；步骤⑧从含碘的有机溶液中获得碘单质，采取的分离提纯方法为蒸馏；答案为：过滤；萃取分液；蒸馏。
（2）步骤⑦的分离提纯方法为萃取分液，需要选用的玻璃仪器除烧杯外，还需要分液漏斗；答案为：分液漏斗。
（3）步骤③的条件是通直流电，电解NaCl溶液生成NaOH、H2和Cl2，反应的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；D具有杀菌消毒作用，D为NaClO，在喷洒前需要在空气中晾置一会，这样做的原因是：空气中的CO2、H2O与NaClO反应生成强氧化性的HClO；答案为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；空气中的CO2、H2O与NaClO反应生成强氧化性的HClO。
（4）加入NaOH溶液除去Mg2+，加入BaCl2溶液除去，加入Na2CO3溶液除去Ca2+，为了使杂质离子完全除去，所加试剂必须过量，故Na2CO3溶液还用于除去过量的Ba2+，Na2CO3溶液应在BaCl2溶液之后加入，过滤后加入盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3；添加试剂顺序合理的是②③④①或③②④①，答案选AD。
（5）提取Br2，反应⑤需要加入氧化剂将Br-氧化成Br2，从来源分析，该氧化剂选用本厂生产烧碱时同时产生的Cl2循环利用，答案选C。
（6）流程⑥将溴单质从水溶液中分离出来是基于溴单质具有挥发性，用热空气将其吹出；对粗溴处理过程为：向低浓度Br2溶液中通入空气吹出Br2，用SO2水溶液吸收Br2发生反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，得到含HBr等物质的溶液，向该溶液中通入适量Cl2，发生反应Cl2+2HBr=2HCl+Br2，最后蒸馏得到工业溴，其中步骤II、III起到的作用是：浓缩和富集溴或得到高浓度的溴单质；答案为：挥发；浓缩和富集溴或得到高浓度的溴单质。
三、元素或物质推断题
32．下表是元素周期表的一部分，请参照元素①—⑥的位置回答下列问题：
(1)元素①的一种核素中，含有 1 个质子和 1 个中子，表示该核素组成的符号是_______。
(2)⑤的原子结构示意图是_______。
(3)上述元素中，原子半径最大的是_______(写元素符号)。
(4)下列说法正确的是_______(填序号)。
a.②、③组成的化合物只有一种
b.②的气态氢化物稳定性高于⑤
c.⑥在化合物中呈现的最高化合价为+7 价
(5)金属性： ③_______④( 填“>”或“<”)，列举一条能证明该结论的实验事实：____。
(6)写出⑤的最高价氧化物对应水化物与Cu反应的化学方程式_______。写出⑥的单质置换出溴单质反应的离子方程式_______。
【答案】(1)
(2)
(3)Na
(4)bc
(5) > 将两种金属分别放在冷水中，金属钠在水中熔成小球，并发出嘶嘶的响声，Al几乎不反应
(6) Cu+2 H2SO4 (浓) CuSO4+SO2 ↑+2 H2O Cl2+2Br-= Br 2+2Cl -
【分析】根据元素符合在元素周期表中的位置，①为H，②为O，③为Na，④为Al，⑤S，⑥为Cl；
【详解】（1）质量数=质子数+中子数，含有1个质子和1个中子，表示该核素组成的符号是；
故答案为：；
（2）⑤为S元素，硫为16号元素,其核电荷数为16,其位于元素周期素周期表第3周期VIA,其原子核外有3个电子层,按照2、8、6排布,故其原子结构示意图为；
（3）电子层越多，半径越大，当电子层数相同，核电荷数越多，半径越小；
故答案为：Na；
（4）a．②③组成的化合物和，选项a错误；
b．②为O，⑤为S，非金属性O>S，气态氢化物稳定性H2O>H2S，选项b正确；
c．Cl在化合物中最高化合价+7价，选项c正确；
故答案为bc；
（5）金属性Na>Al，可以通过将两种金属分别放在冷水中，金属钠在水中熔成小球，并发出嘶嘶的响声，Al几乎不反应；
故答案为：>；将两种金属分别放在冷水中，金属钠在水中熔成小球，并发出嘶嘶的响声，Al几乎不反应；
（6）⑤的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，浓硫酸与Cu共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式Cu+2 H2SO4 (浓) CuSO4+SO2 ↑+2 H2O；
⑥的单质Cl2置换出溴单质反应的离子方程式为Cl2+2Br-= Br 2+2Cl -。
四、实验题
33．某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。
请回答下列问题：
(1)装置A中蒸馏烧瓶中盛放亚硫酸钠，滴加浓硫酸反应产生二氧化硫，该反应的化学方程式为_______。
(2)装置C中发生的现象是_______，说明SO2具有_______性。
(3)装置D中发生的现象是_______，反应的化学方程式为_______， 说明 SO2 具有_______性；
(4)装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_______；
(5)实验室可采用_______溶液吸收处理尾气。相应的化学方程式为_____
(6)实验过程中，实验一段时间后装置B中的现象是_______，这时将其分成两份，分别滴入氯水和氨水，都有白色沉淀生成，这两种沉淀的化学式依次是_____和_______。
【答案】(1)Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O
(2) 紫色褪去 还原
(3) 无色溶液出现黄色浑浊 SO2+2H2S=3S↓+2H2O 氧化
(4)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色
(5) NaOH 2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O
(6) 无现象 BaSO4 BaSO3
【分析】浓硫酸与Na2SO3发生复分解反应产生Na2SO4、SO2、H2O，反应产生的SO2通入装置B的BaCl2，二者不反应，溶液无现象；SO2具有还原性，KMnO4具有强氧化性，二者会发生氧化还原反应，使溶液紫色褪色；在装置D中发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，看到装置D中溶液变浑浊，SO2气体具有漂白性，能够使品红溶液褪色，但产生的无色物质不稳定，受热分解，SO2气体逸出，物质恢复原来的红色；反应产生的SO2是大气污染物，可以用NaOH溶液吸收。
【详解】（1）装置 A 中蒸馏烧瓶中盛放亚硫酸钠，滴加浓硫酸反应产生二氧化硫，该反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）在装置C中SO2被酸性KMnO4溶液氧化产生H2SO4，KMnO4被还原为无色Mn2+，故看到的现象是溶液紫色褪色，这说明SO2具有还原性；
（3）向装置D的H2S水溶液中通入SO2气体时发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应产生淡黄色不溶于水S单质，因此看到的现象是无色溶液出现黄色浑浊；在该反应中S元素化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后S单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，这说明 SO2 具有氧化性；
（4）SO2具有漂白性，能够与品红结合产生无色物质而使溶液红色褪去，但产生的无色物质不稳定，受热分解，SO2气体逸出，物质恢复原来的颜色，故该实验操作及现象是：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；
（5）SO2气体溶于水反应产生H2SO3，因此SO2气体具有酸性氧化物的性质，可以使用NaOH溶液进行尾气处理，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；
（6）由于酸性：HCl＞H2SO3，所以将SO2气体通入BaCl2溶液中，不能发生任何反应，因此无明显现象；
将该溶液分成两份，分别滴入氯水和氨水，发生反应：BaCl2+SO2+Cl2+2H2O=BaSO4↓+4HCl，BaCl2+SO2+2NH3·H2O=BaSO3↓+2NH4Cl，因此二者都有白色沉淀生成，这两种沉淀的化学式依次是BaSO4、BaSO3。
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