福建省泉州市泉港区第一中学2020学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）

港一中2020学年第二学期第一次月考高一化学试题考试时间：90分钟 满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65第I卷 选择题（共50分）一、选择题（每小题四个选项中选出最符合题意的选项；110每题2分，1120每题3分，共50分）1.在盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A.警示标记为腐蚀性液体的标志，浓硫酸具有强烈的腐蚀性，则使用该标志，所以A选项是正确的；B.警示标记为易燃的液体，而浓硫酸不能燃烧，则不能使用该标志，故B错误；C.警示标记为剧毒标志，而浓硫酸无毒，具有腐蚀性，不能使用该标志，故C错误；D.警示标志为爆炸品，浓硫酸不具有此性质，则不能使用该标志，故D错误。答案选A。2.化学与生活、生产密切相关，下列有关说法错误的是( )A. 高纯单质硅用于制光电池B. 酸雨是指pH5.6的雨水C. 二氧化硫可大量用于食品增白D. 常温下，铁制容器可用于存贮浓硫酸【答案】C【解析】【详解】A. 单质硅制作光伏电池，故A正确； B. 正常雨水的pH约为5.6，酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，故B正确；C. 二氧化硫有一定毒性，不能用于食物漂白，故C错误； D. 常温下，铁在浓硫酸中发生钝化现象，表面生成一层致密氧化物薄膜阻止反应进行，可以用铁制品容器盛装，故D正确。答案选C。3.22688Ra可用于辐照治疗癌症，下列关于22688Ra说法正确的是（ ）A. 核电荷数为138B. 核外电子数为226C. 中子数为50D. 与22888Ra互为同位素【答案】D【解析】【分析】22688Ra的质量数为226，质子数为88，中子数为138。【详解】A项、22688Ra的质子数为88，核电荷数为88，故A错误；B项、22688Ra的质子数为88，核外电子数为88，故B错误；C项、22688Ra的质量数为226，质子数为88，中子数为（22688）=138，故C错误；D项、22688Ra与22888Ra的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确。故选D。4.对于2Na + 2H2O2NaOH + H2，下列说法正确的是（ ）A. Na+的结构示意图：B. H2的摩尔质量：2 gmol-1C. H2O中O的化合价：-1D. NaOH电离方程式：NaOHNa+O2+H+【答案】B【解析】【详解】A.Na+的结构示意图： ，故A错误；B.H2的摩尔质量为2 gmol-1.故B正确；C.H2O中O的化合价应为-2价，故C错误；D.NaOH电离方程式应为NaOHNa+ +OH-，故D错误。正确答案：B。5.下列物质久置于空气中会发生相应的变化，其中发生了氧化还原反应的是（ ）A. 敞口浓硫酸变重B. 敞口浓盐酸变稀C. 裸露的铝片表面失去光泽D. 氢氧化钠的表面变潮湿【答案】C【解析】【分析】根据发生的变化，分析存在的化学反应，如反应中存在元素的化合价变化，则发生了氧化还原反应，以此来解答。【详解】A.浓硫酸的体积增大，吸收空气中的水，没有发生化学变化，故A不选；B. 敞口浓盐酸，因溶质氯化氢挥发而使溶液变稀，没有发生化学变化，故B不选；C. 裸露的铝片表面失去光泽，发生Al与氧气的化合反应，Al、O元素的化合价变化，发生了氧化还原反应，故C选；D. 氢氧化钠潮解为物理变化，不发生化学变化，故D不选。答案选C。6.实验是化学研究的基础，关于下列各实验装置图的叙述正确的是( ) A. 装置中溶液上层无色，下层紫红色B. 装置可用于吸收SO2气体，并防止倒吸C. 装置中液体蒸干后停止加热D. 装置可用于制取蒸馏水【答案】D【解析】【详解】A.酒精与水互溶，不分层，故A错误；B.用图装置起不到防倒吸的作用，应用四氯化碳，故B错误；C.蒸发时，当蒸发皿中出现较多固体时，就要停止加热，要利用余热将其蒸干，不能等到液体完全蒸干后再停止加热，否则会引起固体颗粒迸溅，故C错误；D.冷凝水下进上出，可以制取蒸馏水，所以D选项是正确的。答案选D。7.在反应3S+6KOH = K2SO3+ 2K2S +3H2O中，被氧化与被还原的硫原子数之比为( )A. 1:2B. 2:1C. 1:1D. 3:2【答案】A【解析】3molS中有2molS被还原到-2价，硫做氧化剂，还原产物为2mol K2S，有1molS被氧化到+4价，硫做还原剂，氧化产物为1mol K2SO3，所以硫既做还原剂又做氧化剂，物质的量之比为12，A正确；正确选项A。8.下列有关工业生产的叙述中正确的是（ ）A. 工业电解氯化钠溶液可得到金属钠B. 工业上，利用光照氯气和氢气的混合物生产盐酸C. 从铝土矿到铝单质过程中未涉及氧化还原反应D. 工业接触法制硫酸的主要设备有沸腾炉、接触室、吸收塔【答案】D【解析】【详解】A. 电解熔融的氯化钠可得钠，电解氯化钠溶液得到的是氢氧化钠，故A错误；B. 工业上生产盐酸，是氢气在氯气中燃烧，如果光照氯气和氢气的混合物会发生爆炸，故B错误；C. 从铝土矿到铝单质包括两个过程，即有铝土矿提纯氧化铝和氧化铝电解制取铝，其中电解氧化铝属于氧化还原反应，故C错误；D. 工业接触法制硫酸的主要设备有沸腾炉（煅烧硫铁矿）、接触室（二氧化硫催化氧化生成三氧化硫）、吸收塔（三氧化硫的吸收），故D正确。答案选D。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是( )A. FeFeCl2FeCl3B. AlNaAlO2Al(OH)3C. SSO3BaSO4D. NaNa2ONaOH【答案】A【解析】【详解】A、铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，均能一步实现，故A正确；B、偏铝酸钠和过量盐酸反应生成氯化铝，不能得到氢氧化铝，故B错误；C、硫燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故C错误；D、钠在空气中点燃生成过氧化钠，不是氧化钠，故D错误。故选A。10.下列离子方程式书写正确的是( )A. NaHCO3溶液中滴加硫酸：CO32- + 2HH2O + CO2B. 铁片上滴加FeCl3溶液：Fe + Fe3+2Fe2+C. AlCl3溶液中加入氨水：Al3+ + 3NH3H2OAl(OH)3+ 3NH4+D. H2S通入NaOH溶液中： H+ OHH2O【答案】C【解析】【详解】A、NaHCO3只能拆为Na+和HCO3-，正确的应为：HCO3-+H+H2O+CO2，故A错误；B、铁片上滴加FeCl3溶液的离子反应为2Fe3+Fe=3Fe2+，故B错误；C、向AlCl3溶液中加入过量氨水生成Al（OH）3，Al（OH）3不溶于氨水，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故C正确；D、硫化氢通入到氢氧化钠中，少量硫化氢反应为：2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，离子反应为：H2S+2OH-=S2-+2H2O；通入过量硫化氢反应为：NaOH+H2S=NaHS+H2O，离子反应为：H2S+OH-=HS-+H2O，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，应注意电荷守恒的应用，A选项为该题的难点，C为易错点。11.根据下列各反应，判断有关物质还原性由强到弱的顺序是( )H2SO3 + I2 + H2O = 2HI + H2SO42FeCl3 + 2HI = 2FeCl2 + 2HCl + I23FeCl2 + 4HNO3 = 2FeCl3 + NO + 2H2O + Fe(NO3)3A. H2SO3HIFeCl2NOB. NOFeCl2H2SO3HIC. I2FeCl2H2SO3NOD. FeCl2HIH2SO3NO【答案】A【解析】【分析】利用化合价变化来判断还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来比较还原性的强弱。【详解】H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4中，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3为还原剂，还原性H2SO3HI，2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中，Fe元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则HI为还原剂，还原性HIFeCl2，3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3中，N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则FeCl2为还原剂，还原性FeCl2NO，所以还原性由强到弱的顺序是H2SO3HIFeCl2NO，故选A项。综上所述，本题正确答案为A。【点睛】本题考查氧化还原反应中还原性的比较，能利用化合价分析氧化还原反应，利用氧化还原反应中的规律来比较还原性是解答本题的关键。12.设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 标准状况下，11.2 L SO3 中含有的分子数目为 0.5NAB. 5.6g 铁粉与足量硫混合加热，反应转移电子数为 0.3NAC. 常温下，1 mol氩气含有的质子数为20NAD. 含有0.2 mol H2SO4 的浓硫酸和足量 Cu 反应能产生的气体分子数小于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误；B、由于5.6g铁的物质的量是0.1mol，与硫反应变为+2价，即1mol铁转移2mol电子，则0.1mol铁转移了0.2mol电子，转移电子数为0.2NA，故B错误；C、氩原子的核电核数为18，氩分子为单原子分子，所以1 mol氩气含有的质子数为18NA，故C错误；D、随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸后反应停止，则反应中生成二氧化硫的物质的量小于0.1mol，生成SO2的分子数小于0.1NA，故D正确。答案选D。13.下列各组离子能大量共存的是( )A. 0.1 molL1 NaAlO2溶液中：OH、Na、Cl、SO42-B. 与Al反应放出氢气的溶液中：Na、Ca2、Cl、HCO3C. 0.1 molL1 FeCl3溶液中：Fe2、NH4+、SCN、SO42-D. 强酸性溶液中：NH4+、Al3+、S2、Cl【答案】A【解析】【详解】A. OH、Na、Cl、SO42-之间不反应，且都不与NaAlO2反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B. 可与Al反应放出氢气的溶液可能呈碱性或酸性，无论呈酸性还是碱性，HCO3-都不能大量共存，故B错误；C. Fe3+和SCN-发生络合反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故C错误；D. 强酸性溶液中，H+与S2反应生成硫化氢，故D错误。故答案选A。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在等。14.某工厂的一个生产工艺流程如图所示，下列叙述正确的是（ ）A. 该工艺流程的目的是制备 Fe2(SO4)3B. 气体 M一定是 SO3C. 气体 M 参加的反应是化合反应D. SO2 参加反应时氧化剂和还原剂的物质的量之比是 11【答案】D【解析】【分析】该工艺流程中氧气和水、硫酸亚铁反应生成硫酸铁，硫酸铁和水、二氧化硫反应生成硫酸和硫酸亚铁，该过程中硫酸亚铁和硫酸铁可循环使用，除去了二氧化硫，得到化工产品硫酸。【详解】A.根据上述分析该工艺流程是制备 硫酸，故A错误；B.根据反应关系知气体 M 和FeSO4反应生成Fe2(SO4)3，所以M是强氧化性气体，如O2,故B错误；C.气体 M 和FeSO4反应生成Fe2(SO4)3，所以M参加的反应是氧化还原反应,故C错误；D.SO2 + Fe2(SO4)3+2H2O= 2FeSO4+2H2SO4，此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是 11,故D正确；答案：D。15.在探究SO2的性质实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）A. 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B. 向溴水中通入SO2，溶液褪色，说明4价硫具有还原性C. 向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3D. 向SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明H2SO3酸性强于H2CO3【答案】C【解析】【详解】A项，过量的SO2通入石蕊溶液，溶液由紫色变为红色，说明SO2溶于水显酸性，而不是SO2的漂白性，故A项正确；B项，溴水与SO2反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合价升高，+4价硫表现还原性，故B项正确；C项， SO2水溶液显酸性，酸性条件下，NO3-可将SO32-氧化生成SO42-，所以产生的白色沉淀是BaSO4，故C项错误；D项，SO2水溶液中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，即CO2气体，根据强酸制弱酸，可知H2SO3酸性强于H2CO3，故D项正确。故答案选C。16.胆矾（CuSO45H2O）高温时发生反应：2CuSO45H2O2CuO + 2SO2+ O2+ 10H2O。下列装置能达到实验目的的是（ ）A. 可用于胆矾分解B. 可用于检验产物是否含H2OC. 可用于收集SO2D. 可用于吸收胆矾分解的SO2【答案】D【解析】【详解】A.装置达不到高温，所以达不到实验目的，故 A错误；B.无水氯化钙吸水没有明显现象，达不到实验目的，应改为无水硫酸铜，故B错误；C.SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集时，导管短进长出达不到实验目的，应改为长进短出，故C错误；D.SO2易溶于氢氧化钠溶液，尾气吸收要防倒吸，装置可以达到实验目的，故D正确；正确答案：D。17.ClO2是一种消毒杀菌剂，实验室可通过下列反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，下列说法中正确的是 A. KClO3在反应中得到电子B. ClO2是氧化产物C. H2C2O4被还原D. 1molKClO3发生反应，转移的电子数为2NA【答案】A【解析】试题解析: 2KClO3H2C2O4H2SO42ClO2K2SO42CO22H2O；该反应中，KClO3氯元素由+5价变为+4价；得电子被还原，对应还原产物；H2C2O4中碳元素由+3价变为+4价；失电子被氧化，对应氧化产物；该反应共转移电子数为2KClO32e-； 1molKClO3发生反应，转移的电子数为NA；答案D错误；正确答案为A正确；考点:氧化还原反应相关知识的考察。18.是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示下列说法正确的是 A. 相对于途径，途径更好地体现了绿色化学思想B. 加Y加热过程中，Y被还原C. CuSO4在1100分解所得气体X可能是SO2和SO3的混合气体。D. 将CuSO4溶液蒸干，可制得胆矾晶体【答案】A【解析】【详解】A. 相对于途径，铜和浓硫酸反应会生成二氧化硫气体污染空气，途径的优点：制取等质量胆矾需要的硫酸少、途径无污染性气体产生，更好地体现了绿色化学思想，所以A选项是正确的；B. 由Cu(OH)2到Cu2O，铜元素化合价降低，被还原，则Y具有还原性，被氧化，故B错误；C.硫酸铜分解生成Cu2O与氧气、SO3、SO2，根据2CuSO4Cu2O+ SO2+ SO3+ O2知，X可能是O2、SO2和SO3的混合气体，若只是二氧化硫和三氧化硫，铜元素、硫元素化合价只有降低，无元素化合价升高，故C错误；D. 将CuSO4溶液蒸干，会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，故D错误。故答案选A。19.下列离子方程式正确的是 A. 向含2molFeBr2的溶液中通入2molCl2：2Fe2+Cl22Cl-+2Fe3+B. 向2molNaAlO2溶液中滴加5molHCl溶于水中：2AlO2- + 5H+ = Al3+ + Al(OH)3+ H2OC. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2+OH-+H+SO42-BaSO4+H2OD. 往氢氧化钠溶液中通入少量SO2与水反应OH- + SO2 = HSO3-【答案】B【解析】【详解】A. 向含2molFeBr2的溶液中通入2molCl2，还原性Fe2+Br-，先反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，后反应2Br-+Cl2 =Br2+2Cl-，根据物质的量之比等于化学计量数之比关系写出总反应的离子方程式为：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-，故A错误；B. 向2molNaAlO2溶液中滴加5molHCl溶于水中，先生成AlO2-，AlO2-部分和H+反应生成Al（OH）3，离子方程式为：2AlO2-+5H+=Al（OH）3+Al3+H2O，故B正确；C. 向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性，离子方程式: Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故C错误；D. 氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫，离子方程式：SO2+2OH-=H2O+SO32-，故D错误。故答案选B。20.一定量的锌与100 mL 18.5 molL1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H+）=0.1 molL1。下列叙述不正确的是( )A. 反应中共消耗1.8 mol H2SO4B. 气体甲中SO2与H2的体积比为41C. 反应中共消耗97.5 g ZnD. 反应中共转移3 mol电子【答案】B【解析】【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为1L0.1mol/L=0.05mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O x 2x xZn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2y y yx+y=1.52x+y=1.8解之得 x=0.3，y=1.2所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。A由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H2SO4，故A正确；B气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误；C反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）65g/mol=97.5g，故C正确；D在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。故选B。【点睛】本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。第II卷 非选择题（四小题，共50分）21.高铁酸钠（Na2FeO4）是一种多功能新型水处理剂。（1）Na2FeO4中铁元素的化合价是_价，Na2FeO4能给水消毒利用的是_性。（2）用Na2FeO4代替氯气作净水消毒剂的优点是_ ，在水处理过程中，形成Fe（OH）3胶体，使水中悬浮物聚沉，Fe（OH）3胶体中分散质粒子直径的范围是_（3）工业上可用FeCl3、NaOH、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，配平反应的离子方程式：_Fe3+_OH+_ClO_FeO42+ _+_Cl，若反应过程中转移了0.5mol电子，则还原产物的物质的量为_ mol。【答案】 (1). +6 (2). 强氧化性 (3). 无毒无污染 (4). 1-100nm (5). 2 (6). 10 (7). 3 (8). 2 (9). 5H2O (10). 3 (11). 0.25 mol。【解析】【分析】（1）根据化合价代数和为零来进行分析；+6价的铁是铁元素的最高价态，有很强的氧化性；（2）由于Na2FeO4在杀菌消毒的同时，生成的铁离子能水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，还起净水剂的作用；胶体粒子直径的范围是粒子直径的范围是1-100nm；（3）根据得失电子守恒和质量守恒来配平；根据化合价变化，判断氧化剂；根据生成物与转移电子的比例关系进行有关计算。【详解】(1)化合物中钠的化合价是1价，氧元素的化合价是2价。所以根据化合价的代数和为0可知，铁的化合价是(82)6价，铁+6价是最高价态，所以只能得电子而作氧化剂，氧化剂具有氧化性。因此，本题正确答案是：+6 ；强氧化性；(2) 高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用；胶体中分散质粒子直径的范围是1-100nm；因此，本题正确答案是：既能消毒杀菌又能净水（或无毒或方便保存等）；1-100nm；(3)由于是用FeCl3 、NaOH 、NaClO三种物质在一定条件下反应制得Na2FeO4，故2mol氯化铁失去6mol电子，被氧化为2mol Na2FeO4，失去的6mol电子能被3molNaClO得到，NaClO中+1价的氯元素被还原为-1价，得到3mol氯离子，加上2mol氯化铁中的6mol氯离子，共生成9mol氯化钠，反应中有10mol氢氧化钠，根据氢原子守恒可知，产物中会生成5mol水，配平反应的离子方程式为：2Fe3+10OH+3ClO2FeO42+ 5H2O+3Cl；由离子方程式可知，ClO-得电子化合价降低，作氧化剂，被还原为Cl-，所以还原产物为Cl-，每生成1molCl-，转移2mol电子，则若反应过程中转移了0.5mol电子，则生成Cl-的物质的量为0.25mol。因此，本题正确答案是：2 ；10；3；2；5H2O；3；0.25。22.硫有多种化合物，如H2S、COS（羰基硫）、SO2等，它们对环境均有一定的影响。（1）H2S经 K2CO3溶液吸收后，生成两种酸式盐。其中无氧酸的酸式盐的化学式是_。（2）COS（羰基硫）燃烧时有SO2生成，其原理为：2COS+3O22CO2+2SO2。若转移3.6121025个电子，则参加反应COS（羰基硫）的物质的量是_mol。（3）电厂排出的烟气中含有CO、SO2等。它们在一定条件下可转化为一种固体和一种无害气体。该反应的化学方程式是_。其中氧化剂与还原剂物质的量之比为_。（4）石灰石作为脱硫剂，可有效吸收废气中的SO2，减少酸雨的产生。在煤炭中加入石灰石可减少燃烧时SO2的排放量，并生成CaSO4。该反应的化学方程式是_。你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是_（填序号）。a避免直接用高硫煤作燃料 b把工厂的烟囱造高c燃料脱硫 d开发新能源【答案】 (1). KHS (2). 10 (3). SO2+ 2CO S + 2CO2 (4). 1：2 (5). 2CaCO3 + 2SO2 + O2 2CaSO4 + 2CO2 (6). acd【解析】【分析】（1）硫化氢为无氧酸，KHS为无氧酸的酸式盐；（2）根据化合价变化分析转移电子数；（3）CO和SO2在一定条件下可转化为一种固体和一种无害气体，发生了氧化还原反应，有元素化合价的变化可判断固体为硫，无害气体为二氧化碳；根据化合价的变化确定氧化剂和还原剂及其物质的量之比；（4）在高温条件下，碳酸钙和二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳；减少酸雨产生的根本途径是减少二氧化硫气体的排放，以此分析。【详解】（1）根据硫化氢与碳酸钠发生复分解反应的特点，结合题中反应生成两种酸式盐的信息，可写出反应的化学方程式为H2S+K2CO3KHS+KHCO3，其中KHS为无氧酸的酸式盐；故答案为：KHS；（2）2COS+3O22CO2+2SO2中，1molO2得4mol电子，则2mol COS（羰基硫）与3mol O2反应，共转移12 mol电子，若转移3.6121025个电子，则参加反应COS（羰基硫）的物质的量是mol=10mol。故答案为：10；（3）CO和SO2在一定条件下可转化为一种固体和一种无害气体，发生了氧化还原反应，有元素化合价的变化可判断固体为硫，无害气体为二氧化碳，所以该反应的化学方程式是SO2+ 2CO S + 2CO2。该反应中硫的化合价降低，二氧化硫作氧化剂，碳元素化合价升高，一氧化碳作还原剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2；故答案为：SO2+ 2CO S + 2CO2 ；1：2；（4）在高温条件下，碳酸钙和二氧化硫、氧气反应生成硫酸钙和二氧化碳，所以反应的化学方程式是2CaCO3 + 2SO2 + O2 2CaSO4 + 2CO2；a避免直接用高硫煤作燃料，可以减少酸雨的产生，故a正确； b工厂烟囱造高不能减少二氧化硫的排放，故b错误；c燃料脱硫可以减少二氧化硫的生成，故c正确； d开发新能源能减少二氧化硫的生成，故d正确。故答案为：2CaCO3 + 2SO2 + O2 2CaSO4 + 2CO2；acd。23.某化学兴趣小组为研究生铁(含碳)与浓硫酸的反应情况及产物的性质，设计如下实验。请回答下列问题：（1）装置b的名称_；按如图所示装置进行实验(夹持装置及尾气处理装置未画出)。实验过程中，装置B中观察到的现象是_；装置C中有白色沉淀生成，该沉淀是_(填化学式)。（2）装置A中还会产生CO2气体，请写出产生CO2的化学方程式：_。（3）为了验证装置A中产生的气体中含有CO2，应先从下列中选出必要的装置（最简单）连接A装置中c处管口，从左到右的顺序为_(填序号)；然后再进行的操作是从a处多次鼓入N2，其目的是_。 碱石灰 品红溶液 高锰酸钾溶液 澄清石灰水（4）某同学通过验证实验后期装置A中产生的气体中还含有H2，理由是_(用离子方程式表示)。【答案】（14分，每空2分）（1）分液漏斗;品红试纸褪色，石蕊试纸变红 ; BaSO4 （2）C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O（3） 赶尽装置中的空气，防止空气的CO2影响实验（4）Fe2H= Fe2H2 【解析】分析：（1）由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁（含碳）与浓硫酸反应生成二氧化硫，可使湿润的品红试纸褪色，湿润的石蕊试纸变红；硝酸具有强氧化性，把二氧化硫通入硝酸钡溶液，会生成硫酸钡沉淀；（2）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水；（3）二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳；由于装置有空气，空气中含有二氧化碳，开始鼓入氮气，排尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验；（4）随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气。详解：（1）由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁（含碳）与浓硫酸反应生成二氧化硫，可使湿润的品红试纸褪色，湿润的石蕊试纸变红；把二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根离子把二氧化硫氧化为硫酸，因此会生成硫酸钡沉淀；（2）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，反应的方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；（3）二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳，即从左到右的顺序为；由于装置有空气，空气中含有二氧化碳，开始鼓入氮气，排尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验；（4）随着反应的进行浓硫酸变为稀硫酸，Fe和稀硫酸反应生成氢气，反应离子方程式为Fe+2H+Fe2+H2。点睛：本题考查浓硫酸的性质实验、二氧化硫与二氧化碳的检验等，主要是二氧化硫性质的分析应用，注意二氧化硫、二氧化碳检验先后顺序，注意二氧化硫虽然具有漂白性，但不能使酸碱指示剂褪色，题目难度中等。24.硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)26H2O又称莫尔盐，是浅绿色晶体。用硫铁矿（主要含FeS2、SiO2等）制备莫尔盐的流程如下：（已知：FeS2与H2SO4不反应）（1）莫尔盐属于_。A、酸式盐 B、碱式盐 C、复盐 D、硫酸盐（2）硫铁矿焙烧的主反应是：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，加快硫铁矿焙烧速率的措施有_，