【化学】陕西省西安市西北工业大学附属中学2019-2020学年高一下学期五月考试试题（解析版）

【化学】陕西省西安市西北工业大学附属中学2019-2020学年高一下学期五月考试试题（解析版）

陕西省西安市西北工业大学附属中学 2019-2020 学年高一 下学期五月考试试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 第一部分 选择题（共 50 分） 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意。每小题 2 分，共 50 分） 1.下列有机物中，能以任意比与水互溶的是（ ） A. 乙酸乙酯 B. 乙醇 C. 氯仿 D. 溴苯 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A. 乙酸乙酯属于酯类，在水中溶解度较小，故 A 不符合； B. 乙醇为极性分子，且乙醇分子与水分子之间形成氢键，另外，乙醇中的羟基与水分子中 的羟基相近，则乙醇能与水以任意比互溶，故 B 符合； C. 氯仿不溶于水，故 C 不符合； D. 溴苯不溶于水，故 D 不符合； 故选 B。 2.学习化学的工具离不开化学用语，下列化学用语正确的是（ ） A. 乙烯的最简式为 C2H4 B. 硝基苯的结构简式为 C. 乙醇的官能团为 OH- D. 乙酸的分子式为 C2H4O2 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A．最简式是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，乙 烯的最简式为 CH2，故 A 错误； B．硝基苯中硝基中的 N 原子与苯环相连，氧原子只能与 N 相连，故 B 错误； C．乙醇的官能团为羟基，即-OH，OH-表示的氢氧根离子，故 C 错误； D．能表示物质的元素组成的式子为分子式，乙酸的分子式为 C2H4O2，故 D 正确； 答案选 D。 3.2020 年春季抗击新冠肺炎中 N95 口罩成为“明星”，丙烯是制造 N95 口罩的原料。下列有 关丙烯的说法错误的是（ ） A. 丙烯和乙烯互为同系物 B. 丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 丙烯分子中碳原子在一条直线上 D. 丙烯与氢气的加成产物是饱和烃 【答案】C 【解析】 【详解】A．丙烯和乙烯均为单烯烃，结构相似，分子式相差一个 CH2，所以互为同分异构 体，故 A 正确； B．丙烯含有碳碳双键可以被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色，故 B 正确； C．乙烯为平面结构，其碳氢键与碳碳双键的夹角为 120℃，所以丙烯中只有 2 个碳原子在 一条直线上，故 C 错误； D．丙烯只含一个碳碳双键，与氢气加成后碳原子全部饱和，产物为饱和烃，故 D 正确； 故答案为 C。 4.下列化学式只能表示一种物质的是（ ） A. C3H8 B. C4H10 C. C6H12O6 D. C12H22O11 【答案】A 【解析】 【详解】A．C3H8 只表示丙烷这种物质，故 A 正确； B．C4H10 可以表示 CH3CH2CH2CH3，也可以表示(CH3)2CHCH3，所以不能只表示一种物质， 故 B 错误； C．C6H12O6 可以表示葡萄糖 CH2(CHOH)4CHO，也可以表示果糖 CH3(CHOH)3(CO)CH2OH， 所以不能只表示一种物质，故 C 错误； D．C12H22O11 可以表示蔗糖，也可以表示麦芽糖，所以不能只表示一种物质，故 D 错误； 答案选 A。 5.下列反应中，生成物所储存的化学能比反应物所储存的化学能多的是（ ） A. 2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2↑ B. NaOH + HCl = NaCl + H2O C. CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O→点燃 D. Ba(OH)2·8H2O + 2NH4Cl = BaCl2 + 2NH3↑ + 10H2O 【答案】D 【解析】 【分析】吸热反应的反应物的总能量小于生成物的总能量，放热反应中反应物的总能量大于 生成物的总能量，因此题目要求判断哪个属于吸热反应，然后分析； 【详解】A．过氧化钠与水的反应是放热反应，故 A 不符合题意； B．氢氧化钠与盐酸反应属于中和反应，是放热反应，故 B 不符合题意； C．甲烷的燃烧属于放热反应，故 C 不符合题意； D．氯化铵和氢氧化钡晶体的反应属于吸热反应，故 D 符合题意； 答案选 D。 6.关于化学键与化合物的叙述中，不正确的是（ ） A. 离子化合物中一定含有金属离子 B. 共价化合物一定不含离子键 C. 氯化钙含有离子键，不含共价键 D. 离子化合物中可能含共价键 【答案】A 【解析】 【详解】A．离子化合物中不一定含有金属离子，如氯化铵，故 A 错误； B．只含共价键 化合物是共价化合物，所以只含共价键，不含离子键，故 B 正确； C．氯化钙是钙离子与氯离子之间形成的离子键，所以只有离子键，而不含共价键，故 C 正 确； D．含有离子键的化合物是离子化合物，可能含有共价键，如氢氧化钠和过氧化钠，故 D 正 确； 7.下列说法不正确的是（ ） A. 棉花、花生油、蛋白质不全属于高分子化合物 B. 淀粉和纤维素均为多糖，二者不互为同分异构体 C. 将蔗糖溶于水，加入几滴稀硫酸并加热几分钟后，再加入银氨溶液不能析出银 D. 油脂在酸或碱催化下均可以水解，油脂的水解反应称为皂化反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．棉花为纤维素，纤维素和蛋白质都属于高分子化合物，花生油是高级脂肪酸甘 油酯，不是高分子化合物，故 A 正确； 的 B．淀粉和纤维素的分子式都是(C6H10O5)n 但两者的 n 数值不同，分子式不同，故不是同分 异构体，故 B 正确； C．检验蔗糖水解产物，应该先加氢氧化钠中和硫酸，若加入几滴稀硫酸并加热几分钟后， 再加入银氨溶液不能析出银，故 C 正确； D．油脂在酸或碱催化条件下可以水解，在碱性条件下的水解反应称为皂化反应，常用此反 应来制取肥皂，故 D 错误； 答案选 D。 8.下列变化中既有离子键断裂，又有共价键断裂的是（ ） A. NH4Cl 受热 B. HCl 溶于水 C. 冰雪融化 D. NaCl 溶于水 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯化铵受热分解，生成氨气和氯化氢，有铵根离子和氯离子之间的离子键断裂， 同时有氮原子和氢原子之间的共价键的断裂，故 A 符合题意； B．HCl 溶于水，电离产生氢离子和氯离子，断裂的是共价键，故 B 不符合题意； C．冰雪融化，破坏 是范德华力，化学键无变化，故 C 不符合题意； D．氯化钠溶于水，电离时生成钠离子和氯离子，断裂的是离子键，故 D 不符合题意； 答案选 A。 9.下列各组粒子的性质比较不正确的是（ ） A. 氢化物沸点：HF＜HCl＜HBr＜HI B. 酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4 C. 元素的非金属性：Si＜S＜O＜F D. 离子半径：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+ 【答案】A 【解析】 详解】A．HF 含有氢键，沸点最高，HCl、HBr 不含氢键，相对分子质量越大，分子间作 用力越强，沸点越高，则有氢化物沸点：HF＞HI＞HBr＞HCl，故 A 错误； B．非金属性 Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，酸性： HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故 B 正确； C．同一周期元素从左到右非金属性逐渐增大，则 Si＜S、O＜F，同一主族元素从上到下非 金属性逐渐减小，则 O＞S，故非金属性 Si＜S＜O＜F，故 C 正确； D．核外电子数相同的微粒，原子序数越大半径越小，O2-、F-、Na+、Mg2+都含有 10 个电子， 原子序数：O＜F＜Na＜Mg，所以离子半径：O2-＞F-＞Na+＞Mg2+，故 D 正确； 的 【 答案选 A。 10.下列说法中，不正确的的是（ ） A. 能源与材料、信息一起被称为现代社会发展的三大支柱 B. 乙烯是一种植物生长调节剂，也是水果催熟剂，其产量可衡量国家石油化工水平 C. 德国化学家凯库勒从梦境中得到启发，提出了关于苯环结构的重要学说 D. 乙醇能与活泼金属钠反应，不能被酸性 K2Cr2O7 溶液直接氧化成乙酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．能源是人类一切社会活动的基础，与材料、信息一起被称为现代社会发展的三 大支柱，故 A 正确； B．乙烯的产量可衡量一个国家石油化工水平，是一种植物生长调节剂，也是水果催熟剂， 故 B 正确； C．德国化学家凯库勒从梦境中得到启发，成功的提出了关于苯环结构，表明灵感来源于实 践和思考，故 C 正确； D．乙醇能与活泼金属钠反应，可以直接被酸性 K2Cr2O7 溶液直接氧化成乙酸，故 D 错误； 答案选 D。 11.下列有关说法不正确的是（ ） A. 随着原子序数的递增，碱金属元素单质的密度依次增大、熔点降低 B. 光照下甲烷和氯气混合能发生取代反应，生成的有机物属于烃的衍生物 C. 含 2n 个氢原子的烷烃分子中，所含有的化学键都是单键，且为(3n-2)个 D. 水结成冰，体积膨胀，密度变小的原因与氢键有关 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．随着原子序数的递增，碱金属元素单质的熔点降低，密度增大、但钾的密度比 钠小，故 A 错误； B．光照下甲烷和氯气混合能发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷等，这些有机物都属 于烃的衍生物，故 B 正确； C．烷烃分子中含有的化学键都是单键，含 2n 个氢原子的烷烃的分子式为 Cn-1H2n，含有 2n 个 C-H 键和 n-2 个 C-C 键，共(3n-2)个单键，故 C 正确； D．氢键具有方向性，氢键的存在使四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的 4 个相邻 水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率减小，留有相当大的空隙，所 以水结成冰时，体积增大，密度变小，与氢键有关，故 D 正确； 答案选 A。 12.下列关于有机物的说法正确的是（ ） A. 具有同一通式的物质一定互为同系物，如 C2H6 和 C4H10 B. 糖类、油脂和蛋白质都只含有 C、H、O 三种元素，分子结构比较复杂 C. 苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯，属于取代反应 D. 1mol C2H4 与 Cl2 完全加成，再与 Cl2 彻底取代，两过程共消耗 3molCl2 【答案】C 【解析】 【详解】A．具有同一通式的物质不一定属于同系物，如环烷烃与烯烃的通式为 CnH2n，但 结构不相似，不属于同系物，故 A 错误； B．糖类和油脂只含有 C、H、O 三种元素，蛋白质中含有 C、H、O、N 等元素，故 B 错误； C．苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热时，硝基取代了苯环上的氢原子生成硝基苯，属于取代反 应，故 C 正确； D．1mol 乙烯与 Cl2 完全加成需要 1molCl2，生成 1mol 1，2-二氯乙烷，1mol1，2-二氯乙烷 中含有 4mol 氢原子，发生取代反应需要 4mol Cl2，因此需要 Cl2 的物质的量 =1mol+4mol=5mol，故 D 错误； 故选 C。 13.初步提纯下列物质，（括号内为杂质），选用的试剂和分离方法均正确的是（ ） 序号 物质 试剂 分离方法 ① 乙酸乙酯（乙酸） NaOH 溶液 分液 ② 溴苯（溴） NaOH 溶液 分液 ③ 乙醇（水） 生石灰 蒸馏 ④ 苯（环已烷） 水 分液 A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ④③ 【答案】C 【解析】 【详解】乙酸乙酯也能与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸钠溶液，①错误； 溴和氢氧化钠溶液反应，可以除去溴苯中的溴，②正确； 水和生石灰反应，然后蒸馏进而得到无水乙醇，③正确； 苯和环己烷均不溶于水，不能直接用水分液，④错误； 答案选 C。 14.用 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 标准状况下，28g 乙烯含有的共用电子对数为 6NA B. 标准状况下，11.2L 庚烷中含有的分子数为 0.5NA C. 常温常压下，78g 苯完全燃烧时断裂碳碳双键数为 3NA D. 1 mol-CH3(甲基)含有的电子数为 10NA 【答案】A 【解析】 【详解】A．28g 乙烯物质的量为 1mol，根据乙烯的结构简式 CH2=CH2，可知其一个乙烯分 子中含共用电子对数目为 6 个，则 1mol 乙烯中含有的共用电子对数为 1mol×6×NA=6NA， 故 A 正确； B．庚烷在标准状况下不是气体，11.2 L 庚烷物质的量不是 0.5mol，则含有的分子数也不为 0.5NA 故 B 错误； C．苯分子的结构中碳原子之间是一种介于单键与双键之间的特殊键，不含碳碳双键，故 C 错误； D．一个-CH3(甲基)中含有 9 个电子，1mol -CH3(甲基)含有的电子数为 1mol×9×NA=9NA，故 D 错误； 答案选 A。 15.下列实验装置设计正确，且能达到目的的是（ ） A. 石油的分馏 B. 制备乙酸乙酯 C. 分离乙酸和乙醇 D. 除甲烷中的乙烯 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．石油的分馏是利用石油中各成分的沸点不同进行蒸馏的操作，蒸馏操作中冷凝 水的通入方向应与蒸汽的流动方向相反，如图所示，则应该下口进水，上口出水，故 A 错 误； B．实验室利用乙酸和乙醇在浓硫酸催化剂加热条件下制备乙酸乙酯，由于乙酸和乙醇具有 挥发性，制取的乙酸乙酯使用饱和碳酸钠溶液将乙酸和乙醇除去，除杂时要注意防倒吸，根 据该装置图所示，符合制备要求，故 B 正确； C．乙酸和乙醇互溶，不能用分液的方法分离，故 C 错误； D．甲烷不与酸性高锰酸钾溶液反应，乙烯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳，乙烯虽 然除去，但引入了二氧化碳新杂质，故 D 错误； 答案选 B。 16.国际无机化学命名委员会在 1989 年做出决定，把现行元素周期表原先的主、副族及族 号取消，由左至右改为 18 列。如碱金属元素为第 1 列，稀有气体元素为第 18 列。按此 规定，下列说法不正确的是（ ） A. 第 3 列元素种类最多 B. 第 14 列元素形成的化合物种类最多 C. 只有第 2 列元素的原子最外层有 2 个电子 D. 第 17 列元素都是非金属元素，从上到下，单质的氧化性逐渐减弱 【答案】C 【解析】 【详解】A．第 3 列为ⅢB 族，包括镧系(15 种)和锕系(15 种)元素，元素种类最多，故 A 正 确； B．第 14 列为ⅣA 族，其中碳元素是形成有机物的基本元素，有机物种类繁多，因此第 14 列元素形成的化合物种类最多，故 B 正确； C．第 2 列为碱土金属元素，为ⅡA 族，其最外层有 2 个电子，元素 He 及很多过渡金属元 素的最外层也是 2 个电子，故 C 错误； D．第 17 列为卤族元素，都是非金属元素，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，单质的 氧化性逐渐减弱，故 D 正确； 故选 C。 17.在 25 mL 1.00 mol/L HCl 溶液中逐滴加入未知浓度 NaOH 溶液 V mL，将溶液搅拌均匀 后，在保温隔热的条件下测量并记录混合溶液的温度，实验结果如图所示。下列叙述正确的 是（ ） A. 做该实验时环境温度为 22℃ B. 加入 30 mLNaOH 溶液时，HCl 完全被中和 C. NaOH 溶液的物质的量浓度约为 1.0 mol/L D. 该实验表明热能可能转化为化学能 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，未加 NaOH 溶液时的温度为环境温度，做该实验时环境温度小于 22 ℃，故 A 错误； B．由图可知，30mLNaOH 时温度最高，则 V=30mL 时，盐酸和 NaOH 溶液恰好完全反应， 故 B 正确； C．NaOH 溶液与盐酸按物质的量之比为 1：1 进行反应，结合 B 向分析，则 c(NaOH)= ≈0.83 mol/L，故 C 错误； D．中和反应为放热反应，温度升高，则实验表明化学能可以转化为热能，故 D 错误； 答案选 B。 18.恒温下，物质的量之比为 2∶1 的 SO2 和 O2 的混合气体在容积为 2 L 的恒容密闭容器中 发生反应：2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)(正反应为放热反应)，n(SO2)随时间变化关系如下表： 时间/min 0 1 2 3 4 5 1.00 mol/0.025L 0 L .03L × n(SO2)/mol 0.20 0.16 0.13 0.11 0.08 0.08 下列说法正确的是( ) A. 当容器中气体的密度不变时，该反应达到平衡状态 B. 该反应进行到第 3 分钟时，逆反应速率小于正反应速率 C. 从反应开始到达到平衡，用 SO3 表示的平均反应速率为 0.01 mol/(L·min) D. 容器内达到平衡状态时的压强与起始时的压强之比为 5∶4 【答案】B 【解析】 【分析】A．未达到平衡状态，气体的密度也一直不变； B．该反应进行到第 3 分钟时向正反应方向进行； C．根据 v=△c/△t 计算； D．根据压强之比等于物质的量之比计算。 【详解】A．容器内气体密度不再发生变化，容器容积不变，气体的总质量不变，所以气体 的密度始终不变，因此密度不能作为判断平衡状态的依据，故 A 错误； B．根据表中数据可知反应进行到第 3 分钟时没有达到平衡状态，反应向正反应方向进行， 则逆反应速率小于正反应速率，故 B 正确； C．由表格数据可知，4min 时达到平衡，消耗二氧化硫为 0.20mol-0.08mol=0.12mol，即生成 SO3 为 0.12mol，浓度是 0.06mol/L，则用 SO3 表示的平均反应速率为 0.06mol/L÷4min=0.015 mol/（L•min），故 C 错误； D．开始 SO2 和 O2 的物质的量分别为 0.2mol、0.1mol，由表格数据可知平衡时 SO2、O2、SO3 的物质的量分别为 0.08mol、0.04mol、0.12mol，由压强之比等于物质的量之比可知，达到 平衡状态时的压强与起始时的压强之比为(0.08+0.04+0.12)/(0.2+0.1)=4：5，故 D 错误； 答案选 B。 19.结合乙烯和乙醇的结构与性质,推测丙烯醇(CH2＝CH—CH2OH)不能发生的化学反应（ ） A. 加成反应 B. 氧化反应 C. 与 Na 反应 D. 与 Na2CO3 溶液反应放出 CO2 【答案】D 【解析】 【详解】丙烯醇分子中含碳碳双键，具有烯烃的性质，能发生加成反应和氧化反应；含有醇 羟基，具有醇的性质，能发生氧化反应，与钠反应，但不具有酸性，不能与 Na2CO3 溶液反 应放出 CO2。故选 D。 20.分子式为 C4H8BrCl 的有机物（不含立体结构）共有（ ） A. 9 种 B. 10 种 C. 11 种 D. 12 种 【答案】D 【解析】 【分析】C4H8ClBr 可以看成丁烷中的 2 个 H 原子分别被 1 个 Cl、1 个 Br 原子取代，丁烷只 有 2 种结构，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的 H 原子，可以取代不同碳原子上的 H 原子，据此书写判断。 【 详 解 】 C4H8BrCl 可 以 看 作 C4H10 中 2 个 H 原 子 被 Cl 、 Br 原 子 取 代 ， 而 丁 烷 有 CH3CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)2 两种，先分析碳骨架异构，分别为 C−C−C−C 与 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 C−C−C−C 有 、 (数字代表溴原子的位置)共 8 种，骨架 有 、 (数字代表溴原子的位置)，共 4 种，总共 12 种，答案选 D。 21.已知三种有机物 (x) (y) (z)，下列说法不正确的 是（ ） A. x、y、z 互为同分异构体，z 的二氯代物有三种 B. x、y 的一氯代物均只有三种，z 的一氯代物有一种 C. x、y 可使溴的四氯化碳溶液因发生加成反应而褪色 D. x、y、z 中只有 x 的所有原子可能处于同一平面 【答案】B 【解析】 【详解】A．分子式相同，结构不同的有机物互称为同分异构体，x、y、z 的分子式都为 C8H8， 但结构不同，则三者互为同分异构体；z 为立方烷，结构高度对称，二氯代物有 3 种(2 个 Cl 处于立方烷的邻位、面对角线、体对角线)，故 A 正确； B．x 中有 5 种 H 原子，x 的一氯代物有 5 种，y 中有 3 种 H 原子，y 的一氯代物有 3 种，z 中只有 1 种 H 原子，其一氯代物只有 1 种，故 B 错误； C．x、y 中都含有碳碳双键，都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，故 C 正 确； D．y、z 中都含有饱和碳原子，y、z 中所有原子不可能处于同一平面上，x 由苯基和乙烯基 通过碳碳单键相连，联想苯和乙烯的结构，结合单键可以旋转，x 中所有原子可能处于同一 平面，故 D 正确； 答案选 B。 22.已知四种短周期元素 W、X、Y、Z 原子序数依次增大，其中 W 的阴离子的核外电子数 与 X、Y、Z 原子的核外内层电子数相同。X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的 年代，工业上采用分离液态空气的方法来生产 Y 的单质，而 Z 不能形成双原子分子。根据 上述叙述，下列说法中正确的是（ ） A. 四种元素的原子半径大小为 W﹤X﹤Y﹤Z B. W、X、Y、Z 原子的核外最外层电子数的总和为 20 C. W 与 Y 可形成既含极性共价键又含非极性共价键的化合物 D. 由 W 与 X 组成的化合物的沸点一定低于由 W 与 Y 组成的化合物的沸点 【答案】C 【解析】 【分析】X 的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，用的是 14C，则 X 为 C 元素； 工业上采用分离液态空气的方法来生产 Y 的单质，这是工业上生产氧气的方法，Y 为 O 元 素；Z 的原子序数大于 X、Y，且不能形成双原子， X、Y、Z 核外内层电子数相同，均是 2 个，所以 Z 只能是稀有气体 Ne；W 的阴离子的核外电子数与 X、Y、Z 原子的核外内层电 子数相同，则 W 是 H。 【详解】根据分析，W 是 H 元素，X 为 C 元素，Y 为 O 元素，Z 为 Ne 元素； A．X 为 C，Y 为 O，同周期元素从左到右元素的原子半径逐渐减小，则原子半径 C＞O，Z 为 Ne，原子半径测定依据不同，一般不与主族元素的原子半径相比较，故 A 错误； B．W、X、Y、Z 原子的核外最外层电子数的总和为 1+4+6+8=19，故 B 错误； 的 C．W 与 Y 形成的 H2O2 既含极性共价键又含非极性共价键，故 C 正确； D．W 为 H 元素，X 为 C 元素，Y 为 O 元素，C 和 H 可形成多种烃类化合物，当相对分子 质量较大时，形成的烃在常温下为液体或固体，沸点较高，可能高于 W 与 Y 形成的化合物， 故 D 错误； 答案选 C。 23.某原电池装置如图所示，电池总反应为 2Ag + Cl2 = 2AgCl。已知阳离子交换膜只允许阳 离子通过，阴离子不能通过，离子交换过程中溶液电荷守恒。下列说法正确的是（ ） A. 正极反应式为 AgCl + e—= Ag + Cl— B. 放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成 C. 若用 NaCl 溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变 D. 当外电路中转移 0.1mol e—时，阳离子交换膜左侧溶液中约减少 0.2mol 离子 【答案】D 【解析】 【分析】依据电池总反应 2Ag+Cl2=2AgCl 可知，银元素的化合价升高发生氧化反应，氯气 中的氯元素化合价降低发生还原反应，所以银是原电池负极，铂是原电池的正极，结合原电 池原理分析解答。 【详解】A．正极上氯气得电子生成氯离子，电极反应式为：Cl2+2e—═2Cl—，故 A 错误； B．放电时，在负极上有银离子生成，银离子在左侧和氯离子反应生成 AgCl 沉淀，交换膜 左侧的氢离子向右侧移动，故 B 错误； C．根据电池总反应 2Ag+Cl2═2AgCl 可知，用 NaCl 溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故 C 错误； D．放电时，当电路中转移 0.1mol e—时，交换膜左侧会有 0.1mol 氢离子通过阳离子交换膜 向右侧移动，同时会有 0.1molAg 失去 0.1mol 电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成 氯化银沉淀，所以氯离子会减少 0.1mol，则交换膜左侧溶液中共约减少 0.2mol 离子，故 D 正确； 故选 D。 24.元素 X、Y 和 Z 可结合形成化合物 XYZ3；X、Y 和 Z 的原子序数之和为 26；Y 和 Z 在 同一周期，下列有关推测正确的是（ ） A. XYZ3 是一种可溶于水 酸，且 X 与 Y 可形成共价化合物 XY B. XYZ3 是一种易溶于水的盐，且 Y 与 Z 可形成离子化合物 YZ C. XYZ3 是一种微溶于水的盐，且 X 与 Z 可形成离子化合物 XZ D. XYZ3 是一种离子化合物，且 Y 与 Z 可形成离子化合物 YZ3 【答案】C 【解析】 【分析】X、Y 和 Z 的原子序数之和为 26，且 Y、Z 在同一周期可推测这三种元素都属于短 周期元素；元素 X、Y 和 Z 可结合形成化合物 XYZ3，由此可知 Y、Z 能形成酸根离子，且 为含氧酸根，又 Y 和 Z 在同一周期，所以 Y、Z 可能是 N 元素和 O 元素，也可能是 C 元素 和 O 元素。若 Y、Z 为 N 元素和 O 元素，则 X 原子序数为 26-7-8=11，X 为 Na，则 XYZ 为 NaNO3；若 Y、Z 为 C 元素和 O 元素，则 X 原子序数为 26-6-8=12，X 为 Mg，则 XYZ 为 MgCO3。 【详解】A、根据分析 XYZ3 不能为酸，故 A 错误； B、若 XYZ3 是一种易溶于水的盐，可以是 NaNO3，Y 与 Z 形成的化合物是共价化合物， 故 C 错误； C、若 XYZ3 是一种微溶于水的盐，可以是 MgCO3，X 与 Z 可形成 MgO，为离子化合物， 故 C 正确； D、若 XYZ3 是一种离子化合物，可以是 NaNO3 和 MgCO3，Y 与 Z 只能形成共价化合物， 故 D 错误。 故选 C。 25.根据原电池原理，有人利用 CH4 和 O2 的反应，在 KOH 溶液中用铂作电极设计出燃料电 池。关于该燃料电池的下列几种说法中正确的是（ ） ①理论上每消耗标准状况下 22.4L 的 CH4，可以向外电路提供 8mole- ②负极上是 O2 获得电子，电极反应式为 O2+4e-+2H2O=4OH- ③外电路电子由负极流向正极，内电路电子由正极流向负极 ④电池放电过程中，溶液的 pH 不断降低 ⑤负极发生氧化反应，正极发生还原反应 ⑥负极会出现淡蓝色火焰 的 ⑦电解质溶液中 OH-向负极移动，K+向正极移动 ⑧该电池的总反应为 CH4+2O2=CO2+2H2O A. ①④⑤⑦ B. ①③④⑧ C. ②③⑥⑧ D. ②⑤⑦⑧ 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意该装置为甲烷燃料电池，电解质溶液为碱性，根据燃料电池的特点，通入 燃料甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，负极电极反应为：CH4+10OH- － 8e-=CO32-+7H2O；通入氧气的一极为燃料电池的正极，发生还原反应，正极的电极反应为： O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应式：CH4＋2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2O，结合以上分析解答。 【详解】①标准状况下 22.4L 的 CH4 为 1mol，通入 CH4 的电极为负极，电极反应为： CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，每消耗 1molCH4，可以向外电路提供 8mole−，故①正确； ②根据分析，正极上是 O2 获得电子，电极反应式为 O2+4e-+2H2O=4OH-，故②错误； ③原电池中，外电路电子由负极流向正极，内电路电解质阴阳离子发生定向移动，电子不能 电解质溶液中移动，故③错误； ④电池放电过程为原电池，电池的总反应为 CH4＋2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2O，随着反应的 进行，溶液中氢氧根离子不断减少，溶液 pH 不断降低，故④正确； ⑤原电池中，负极 CH4 失去电子转化为 CO32−，碳元素化合价升高，发生氧化反应，正极 O2 得到电子转化为 OH-，氧元素化合价降低，发生还原反应，故⑤正确； ⑥负极发生的电极反应为 CH4+10OH−−8e−=CO32−+7H2O，负极附近不可能看到燃烧的现象， 故不会出现淡蓝色火焰，故⑥错误； ⑦原电池中，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则电解质溶液中 OH- 向负极移动，K+向正极移动，故⑦正确； ⑧根据分析，由于电解质溶液为氢氧化钾，显碱性，则该电池的总反应为 CH4＋2O2＋ 2KOH=K2CO3＋3H2O，故⑧错误； 说法正确的为①④⑤⑦，答案选 A。 第二部分 非选择题（共 50 分） 二、填空题（包括 3 小题，共 36 分） 26.下图中 A、B、C、D 分别是三种烃的分子结构，请回答下列问题： (1)上图中 D 是有机物分子的_____模型； (2)烃 A 及其同系物的分子式符合通式_____(碳原子个数用 n 表示)，当 n＝6 时的同分异 构体数目为_____(填数字)种； (3)上述三种有机物烃中，所有原子均共平面的是_________(填有机物的名称)； (4)下列关于烃 C 的叙述正确的是_____(填序号)。 A．分子式为 C6H6，它不能使酸性 KMnO4 溶液褪色，属于饱和烃 B．从分子结构看，C 分子中含有碳碳双键，属于烯烃 C．烃 C 的同系物二甲苯(C8H10)有三种不同的结构，均属于芳香烃 D．烃 C 中加入溴水，充分振荡，静置，下层无色 (5)分别写出 B 使溴水褪色、C 的溴代反应的化学方程式____________、_____________， 并指明反应类型：________________、______________ (6)C 的同系物甲苯与足量氢气加成后的产物(甲基环己烷)的一氯代物有_____种。 【答案】(1). 球棍 (2). CnH2n+2(n≥1) (3). 5 (4). 乙烯、苯 (5). CD (6). CH2=CH2 ＋Br2→CH2Br—CH2Br (7). +Br2 +HBr (8). 加成反应 (9). 取代反应 (10). 5 【解析】 【分析】根据图示，A 为甲烷分子的球棍模型，B 为乙烯分子的比例模型，C 为苯分子的球 棍模型，D 为乙烯分子的球棍模型，根据以上有机物的结构与性质分析解答下列问题。 【详解】(1)根据分析 D 为乙烯分子的球棍模型； (2) A 为甲烷，及其同系物属于烷烃，烷烃的分子式通式 CnH2n+2(n≥1)；当 n＝6 时，该烃的 分子式为 C6H14 的烷烃，己烷的同分异构体分别为：主链为 6 个碳原子时 CH3CH2CH2CH2CH2CH3；主链为 5 个碳原子时：(CH3)2CHCH2CH2CH3、 CH3CH2CH(CH3)CH2CH3；主链为 4 个碳原子时：(CH3)2CHCH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH3 ，共 有 5 种； (3)上述三种有机物烃中，A 为甲烷是正四面体结构，所有原子不在同一平面，B 为乙烯， 是平面结构，所有原子在同一平面，C 为苯，是平面结构，所有原子在同一平面，则所有原 3FeBr→ 子均共平面的是乙烯、苯； (4) C 为苯，苯分子结构中，不含碳碳单键和双键，是一种介于单键与双键之间的一种特殊 键，在一定条件下能发生加成反应、取代反应、氧化反应，但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色； A．苯分子式为 C6H6，它不能使酸性 KMnO4 溶液褪色，能发生加成反应，则属于不饱和 烃，故 A 错误； B．苯分子结构中，不含碳碳单键和双键，是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，属于 芳香烃，故 B 错误； C．苯分子的结构为平面的正六边形，两个甲基在苯环上有邻间对三个位置结构，分别为邻 二甲苯、间二甲苯、对二甲苯，含有苯环的烃类均属于芳香烃，故 C 正确； D．苯与溴水不反应，由于溴水中的溴单质在苯中的溶解度较大，故向溴水中加入苯，充分 混合振荡静置后，溴单质会转移至溶解度较大的苯中，由于苯的密度比水小，且不溶于水， 溶液分层，上层是苯层，由于溶解溴单质为橙色，下层为水层，几乎无色，故 D 正确； 答案选 CD； (5)乙烯结构中含有碳碳双键，和溴水发生加成反应，使溴水褪色，方程式为 CH2=CH2＋ Br2→CH2Br—CH2Br；苯和溴单质在溴化铁作催化剂的作用下发生取代反应，生成溴苯和溴 化氢，化学方程式为 +Br2 +HBr； (6)苯的同系物甲苯与足量氢气加成后的产物(甲基环己烷)由一个甲基和六元环构成，甲基环 己烷中有 5 种不同环境的氢原子，如图所示 ，则其一氯代物由 5 种。 27.已知烃 A(标准状况下密度为 1.25g/L)能发生如下转化，反应①中水分子所含氧原子用 18O 标记，D 具有酸性，能使溴水褪色，相对分子质量为 72，且 D 中不含 18O，E 具有水果 香味，F 为高分子化合物。 (1)烃 A 的电子式为_________；有机物 B 所含官能团名称为_________； 有机物 D 的含 氧官能团的结构简式为_____；反应③的另一产物水中_____(填“是”或“否”)含有 18O；E 的 3FeBr→ 结构简式为_________； (2)写出比烃 A 多一个碳原子的 A 的同系物发生加聚反应的化学方程式：_____； (3)写出反应②的化学方程式：_____； (4)写出反应④的化学方程式：_____； (5)写出 B 与第三周期第ⅠA 族元素的单质反应的化学方程式：_____。 【答案】(1). (2). 羟基 (3). —COOH (4). 否 (5). CH2=CHCO18OCH2CH3 (6). nCH3CH=CH2 (7). 2CH3CH218OH + O2 2CH3CH18O + 2H2O (8). nCH2=CHCOOH (9). 2CH3CH218OH+2Na→2CH3CH218ONa+H2↑ 【解析】 【分析】烃 A 在标准状况下的密度为 1.25g/L，则烃 A 的相对分子质量=1.25×22.4=28，A 为 CH2=CH2；CH2=CH2 和水在催化剂条件下发生加成反应生成 B，B 为 CH3CH218OH，乙 醇被催化氧化生成 C，C 为 CH3CH18O；D 具有酸性，能使溴水褪色，说明 D 中含有碳碳双 键和羧基，相对分子质量为 72，且 D 中不含 18O，则 D 为 CH2=CHCOOH，E 有水果香味， 为酯，因此 E 为 CH2=CHCO18OCH2CH3，F 是高分子化合物，则 F 为 ，据 此分析解答。 【 详 解 】 (1) 根 据 上 述 分 析 可 知 ， A 为 CH2=CH2 ， A 的 电 子 式 为 ； B 为 CH3CH218OH，含有的官能团为羟基；D 为 CH2=CHCOOH，含氧官能团的结构简式为 —COOH；反应③为酯化反应，酯化反应中是酸脱羟基醇脱氢，则水中不含 18O；E 的结构 简 式 为 CH2=CHCO18OCH2CH3 ， 故 答 案 为 ： ； 羟 基 ； —COOH ； 否 ； CH2=CHCO18OCH2CH3； (2) A 为 CH2=CH2，比烃 A 多一个碳原子的 A 的同系物为 CH3CH=CH2，丙烯发生加聚反 应的化学方程式为 nCH3CH=CH2 ，故答案为：nCH3CH=CH2 ； (3)反应②为乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为 2CH3CH218OH + O2 Cu Ag Δ →或 Cu Ag Δ →或 2CH3CH18O + 2H2O，故答案为：2CH3CH218OH + O2 2CH3CH18O + 2H2O； (4)反应④为 CH2=CHCOOH 发生的加聚反应，反应的化学方程式为 nCH2=CHCOOH ，故答案为：nCH2=CHCOOH ； (5)B 为 CH3CH218OH，第三周期第ⅠA 族元素的单质为钠，二者反应的化学方程式为 2CH3CH218OH+2Na→2CH3CH218ONa+H2↑，故答案为： 2CH3CH218OH+2Na→2CH3CH218ONa+H2↑。 28.在如图所示的恒温、恒压密闭容器中加入 2mol X 和 2mol Y，发生如下反应并达到平衡 （X、Y 状态未知）：2X(？)+Y(？) a Z(g)。起始时容器的体积为 V L，达到平衡时 X、 Y、Z 的物质的量之比为 1：3：2，且容器的体积仍然为 V L。请回答下列问题： （1）a = _________________； （2）平衡时 Y 的转化率=________________ （3）X 的状态为______________，Y 的状态为______________（填“气态”或“非气态”） （4）下列叙述中，能说明上述反应达到平衡状态的是____________（填编号） a．气体密度不变 b．单位时间内消耗 2mol X，同时生成 amol Z c．Y 的转化率不再变化 d．Z 的浓度不再变化 e．气体的质量不随时间的变化而变化 【答案】(1). 1 (2). 40% (3). 非气态 (4). 气态 (5). acde 【解析】 【分析】可以利用三段式解答。 假设消耗的 Y 的物质的量为 x，则消耗的 X 的物质的量为 3x，生成的 Z 的物质的量为 ax： 由于达到平衡时 X、Y、Z 的物质的量之比为 1：3：2，所以有 ， ，解出 Cu Ag Δ →或 2-2x 1=2-x 3 2-x 3=ax 2 x=0.8，a=1。 【详解】（1）a =1； （2）平衡时 Y 的转化率= 。 （3）反应开始时的体积和平衡后的体积相等，说明反应前后气体系数之和相等。a=1，所以 X 为非气态，Y 为气态。故答案为非气态，气态。 （4）a．气体密度等于气体的总质量除以容器的体积，由于该反应有非气体参加，所以气体 总质量在未平衡前是变化的，但容器体积不变，所以气体密度在未平衡前是一变量，平衡后 密度才不变，可以用气体密度不变判断反应达到平衡状态； b．单位时间内消耗 2mol X，同时生成 amol Z，都是正向反应，并没有指明正逆反应速率相 等，故不能判断反应是否平衡； c．当反应物的转化率不再变化时，说明反应达到了平衡状态； d．某气体物质的浓度不再变化，可以证明反应达到了平衡状态； e．由于该反应有非气体参加，所以气体总质量在未平衡前是变化的，所以当气体的质量不 随时间的变化而变化时反应即达到了平衡状态。 故选 acde。 三、实验题（本题包括 1 小题，共 10 分） 29.乙酸乙酯是无色具有水果香味的液体，沸点为 77.2 ℃，实验室某次制取乙酸乙酯用冰醋 酸、乙醇、浓硫酸、饱和碳酸钠溶液以及极易与乙醇结合的氯化钙溶液。主要装置如下图所 示： 实验步骤： ①先向 A 中的蒸馏烧瓶中注入少量乙醇和浓硫酸后摇匀，再将剩下的所有乙醇和冰醋酸注 入分液漏斗里待用。 ②加热油浴保温。 ③将分液漏斗中的液体缓缓滴入蒸馏烧瓶里， x 0.8100%= 100%=40%2 2 × × 调节加入速率，使蒸出酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完成。 ④保持油浴温度一段时间，至不再有液体馏出后，停止加热。 ⑤取下 B 中的锥形瓶，将一定量饱和 Na2CO3 溶液分批少量多次地加到馏出液里，边加边 振荡，至无气泡产生为止。 ⑥将⑤的液体混合物用分液漏斗分液，弃去水层。 ⑦将饱和 CaCl2 溶液(适量)加入分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层(废液)。 ⑧分液漏斗里得到的是初步提纯的乙酸乙酯粗品。 (1)实验中浓硫酸的主要作用是_____。 (2)用饱和 Na2CO3 溶液洗涤粗酯的目的是_____。用饱和 CaCl2 溶液洗涤粗酯的目的是_____。 (3)在步骤⑧所得的粗酯里还含有的杂质是_____。 (4)写出本实验制取乙酸乙酯的化学方程式：_____。 (5)若用 46g 乙醇与 30g 醋酸反应，如果实际产率是理论产率的 65%，试计算可得到的乙 酸乙酯的质量为______。 【答案】(1). 催化剂和吸水剂 (2). 中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 (3). 除去乙醇 (4). 水 (5). CH3COOH+C2H5OH CH3COOCH2CH3+H2O (6). 28.6g 【解析】 【分析】乙酸与乙醇在浓硫酸作催化剂作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，同时将产物蒸出， 用冷凝管冷却后，用饱和碳酸钠溶液溶液吸收，结合所学知识进行解题。 【详解】(1) 乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，加快反应速率，该反应为可逆 反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，所以浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂； (2) 制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠 溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度， 便于分层得到酯；所以用饱和 Na2CO3 溶液洗涤粗酯的目的是中和乙酸、溶解乙醇，降低 乙酸乙酯的溶解度；氯化钙溶液极易与乙醇结合成六水合物，因此饱和 CaCl2 溶液可以吸收 乙酸乙酯中可能残留的乙醇，故用饱和 CaCl2 溶液洗涤粗酯的目的是除去乙醇； (3) 饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和 CaCl2 溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙 醇，这样分离出的粗酯中会含有杂质水； (4) 乙酸与乙醇发生酯化反应，酸去羟基醇去氢，制取乙酸乙酯的化学方程式为 CH3COOH+C2H5OH CH3COOCH2CH3+H2O； (5) 根据方程式 CH3COOH+C2H5OH CH3COOCH2CH3+H2O，可知 60g 醋酸与 46g 乙醇恰好完成反应，则 46g 乙醇与 30g 醋酸反应时，乙醇过量， CH3COOH + C2H5OH CH3COOCH2CH3+H2O 解得 m（乙酸乙酯）=28.6g。 四、计算题 30.有机物 A 是未成熟葡萄中含有的一种物质，由 C、H、O 三种元素组成，A 在气态时 的密度是相同条件下氢气密度的 38 倍。在一定条件下 A 既可以与乙醇反应生成酯又可以 与乙酸反应生成酯。已知 0.1mol A 完全燃烧时生成 0.2mol CO2 和 0.2mol H2O；1mol A 可与 2mol Na 或 1mol NaOH 反应。试确定： (1)有机物 A 的分子式_________________； (2)写出在浓硫酸作用下，两分子 A 相互反应生成六元环状物质的化学方程式 ______________。 【答案】(1). C2H4O3 (2). 【解析】 【分析】根据密度与相对分子质量成正比，求出相对分子质量，再根据生成的 CO2 和 H2O 的物质的量，求出碳原子和氢原子的个数，最后求出氧原子的个数，得到分子式；根据与 Na 或 NaOH 反应，得到含有的官能团和官能团的个数，得到结构式，由此解题。 【详解】(1) 根据相同条件下，气体的密度比等于相对分子质量之比，得 A 的相对分子质量 是 38×2 =76，由 0.1mol A 完全燃烧时生成 0.2mol CO2 和 0.2mol H2O 得每个分子中含有 2 个碳原子和 4 个氢原子，设 A 的分子式为 C2H4Ox，则 2×12+4×1+x×16=76，得 x=3，分子 式为 C2H4O3； (2) 由 1mol A 可与 2mol Na 或 1mol NaOH 反应，可知分子中含有一个羟基和一个羧基， 60 88 30g m(65%× 乙酸乙酯） 则 A 结构为 ，在浓硫酸作用下，两分子 A 相互间发生酯化反应形成六元 环状物质，化学方程式为 。 附加题 31.磁性材料 A 是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图流程探究其组成： (1)A 的化学式为_____。 (2)已知化合物 A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体（标况下的密度为 1.518 g·L-1）。该气体分子的电子式为_____，写出该反应的离子方程式：_____。 (3)写出 F→G 反应的化学方程式：_____。 (4)设计实验方案探究溶液 G 中的主要微粒（不考虑 H2O、H+、K＋、I-）：_____。 【 答 案 】 (1). Fe3S4 (2). (3). Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑ (4). H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI (5). 取溶液 G，加入过量 BaCl2 溶液，若产生白色沉淀，则 有 SO42-；过滤后取滤液，滴加 H2O2 溶液，若又产生白色沉淀，则有 H2SO3。 【解析】 【分析】C 溶液显黄色，加入 KSCN，D 为血红色溶液，可知 C 为 FeCl3，D 为 Fe(SCN)3 等， B 为 红 棕 色 固 体 ， 可 知 B 为 Fe2O3 ， 且 n(Fe2O3)= =0.015 mol ， n(Fe)=2n(Fe2O3)=0.03 mol，m(Fe)=0.03 mol×56 g/mol=1.68 g，A 燃烧生成的无色气体 E 溶于 水得到酸性溶液，加入碘的 KI 溶液，得到无色溶液 G 且溶液酸性变强，说明碘单质可氧化 E 的水溶液，E 应为 SO2，F 为 H2SO3，G 中含有 H2SO4 和 HI，可能含有未反应的 H2SO3， 2.4000g 160g / mol 根据原子守恒可知 A 含有 Fe、S 元素，且 m(S)=2.960 g-1.68 g=1.28 g，n(S)= =0.04 mol，可知 n(Fe)：n(S)=3：4，A 的化学式为 Fe3S4，以此解答该题。 【详解】根据上述分析可知：A 是 Fe3S4，B 是 Fe2O3，C 是 FeCl3，D 为 Fe(SCN)3，E 是 SO2，F 为 H2SO3，G 中含 H2SO4、HI 及 H2SO3 等。 (1)由以上分析可知，A 组成元素为 Fe、S，化学式为 Fe3S4； (2)化合物 A 能与稀硫酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为 1.518 g•L-1)，淡黄色不溶物为 S，气体的摩尔质量为 1.518 g/L×22.4 L/mol=34 g/mol，则气体相对 分子质量是 34，该气体为 H2S 气体，H2S 分子中 S 原子最外层有 6 个电子，其中的 2 个成 单电子与 2 个 H 原子的电子形成 2 对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，故 H2S 电子式为 ，该反应的离子方程式为：Fe3S4+6H+=3Fe2++S+3H2S↑； (3)F 为 H2SO3，该物质具有还原性，在溶液中被 I2 氧化成 H2SO4，I2 被还原成 HI，所以 F→G 反应的化学方程式为 H2SO3+I2+H2O=H2SO4+2HI； (4)溶液 G 中的主要微粒(不考虑 H2O，H+，K+，I-)为 SO42-和 H2SO3，可先检验 SO42-，后检 验有 H2SO3，利用 BaSO4 既不溶于水，也不溶于酸的性质检验，具体操作为：取溶液 G，加 入过量 BaCl2 溶液，若产生白色沉淀，则有 SO42-；利用 H2SO3 的还原性进行检验，过滤后 取滤液，向其中滴加 H2O2 溶液，若又产生白色沉淀，证明含有 H2SO3。 1.28g 32g / mol