2015-2016学年云南省曲靖市第一中学高一下学期期末考试化学(解析版)

一、单选题：共20题

1．广告称某品牌的八宝粥(含桂圆、红豆、糯米)不加糖，比加糖还甜，适合糖尿病人食用。你认为下列判

断不正确的是

A.这个广告有误导喜爱甜食消费者的嫌疑

B.糖尿病人应少吃含糖的食品，该八宝粥未加糖，可以放心食用 C.不加糖不等于没有糖，糖尿病人食用需慎重 D.不能听从厂商或广告商的宣传，应询问医生 【答案】B

【解析】本题主要考查糖类的概念和性质。不加糖不等于不含糖类，其本身还是含糖的，所以这个广告有误导喜爱甜食消费者的嫌疑，故A正确；糖尿病人应少吃含糖的食品，该八宝粥未加糖，但其本身的化学成分是含有糖的，不可以多吃，B项错误，故选B；不加糖不等于没有糖，糖尿病人食用需慎重，C项正确；该广告的虚假宣传说明我们不能盲目听信厂商或广告商的宣传，糖尿病人是否能食用需询问医生，D项正确。

2．下列表达方式错误的是

A.H∶Cl B. C. D.O＝C＝O

【答案】A

【解析】本题考查化学用语正误的判断。A选项，HCl的电子式没有画出氯原子最外层未共用的电子，错误；B是硫离子的结构示意图，正确；C选项表示中子数为10的氧原子，正确；D选项，表示二氧化碳的分子结构，正确，故选A。

3．下列物质中，既含离子键又含共价键的是

A.Na2O 【答案】C

B.NH3 C.Ca(OH)2 D.CaBr2

【解析】本题主要考查化学键类型的判断。Na2O是离子化合物，只含离子键，故排除A；NH3是共价化合物，只含共价键，故排除B；Ca(OH)2是离子化合物，但氢原子和氧原子间是通过共价键结合的，所以既含有离子键又含共价键，故选C；CaBr2是离子化合物，只含离子键，故排除D。

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4．一个原电池的总反应的离子方程式是Zn+Cu2+

Zn2++Cu，该反应的原电池的组成正确的是

【答案】C

【解析】本题主要考查原电池原理的应用。原电池的总反应的离子方程式是Zn+CuZn是负极，正极的活性应比Zn弱，电解质溶液为含有Cu2+的盐溶液，故选C。

5．化学反应速率受条件的影响很大，下列肯定可以加快化学反应速率的措施是

2+

Zn2++Cu，说明

A.使用催化剂 【答案】C

B.改变浓度 C.升高温度 D.降低温度

【解析】本题主要考查外界条件对化学反应速率的影响。使用催化剂可以改变化学反应速率，这种改变可能是加快反应速率，也可能是降低反应速率，故A错；改变浓度时，若是使反应物的浓度增大，则化学反应速率加快，若是使反应物的浓度降低，则化学反应速率减小，故B错误；升高温度，化学反应速率一定加快，故选C；降低温度化学反应速率减小，故D错误。

6．下列反应中，产生氢气速度最快的是

A.常温下铝与6mol/L的 C.常温下铁与3mol/L的盐酸 【答案】D

B.常温下镁与3mol/L的醋酸 D.常温下镁与3mol/L的硫酸

【解析】本题主要考查外界条件对化学反应速率的影响。具有强氧化性，与铝反应一般不产生氢气，故排除A；醋酸为一元弱酸，溶液中的氢离子浓度小于等浓度的一元强酸，所以其反应速率不是最快的，故排除B；铁的活性小于镁，且3mol/L的盐酸中氢离子浓度比3mol/L的硫酸小，故排除C；镁的活性强于铁，且等浓度的硫酸溶液中氢离子浓度大于盐酸，所以常温下镁与3mol/L的硫酸反应生成的氢气速率最快，故选D。

7．下列氢化物中稳定性有强到弱的顺序正确的是

A.CH4>NH3>H2O>HF C.HF>H2O>NH3>PH3

B.SiH4>NH3>H2S>HCl D.NH3>PH3>H2S>HBr

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【答案】C

【解析】本题主要考查元素非金属性强弱与氢化物稳定性间的关系判断。元素的非金属性F>O>N>C，所以氢化物的稳定性：CH4S>Si，所以氢化物的稳定性：SiH4O>N>P，所以氢化物的稳定性：HF>H2O>NH3>PH3，故选C；元素的非金属性：S>P，所以氢化物的稳定性： H2S>PH3，故D错误。

8．下表各组物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是

【答案】C

【解析】本题主要考查物质的性质及物质间的相互转化。N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2Na2CO3与CO2在溶液中反应产生NaHCO3，反应可生成NO2，但N2与NO2间不能反应产生NO，故A错误；而NaHCO3不能与CO2发生反应生成NaOH，故B错误；H2S与

O2反应可产生S单质，S与O2在点燃时反应生成SO2，H2S和SO2可以发生反应产生S单质，故选C；CH3CH2OH与O2在催化剂作用下发生反应产生CH3CHO，乙醛催化氧化可生成CH3COOH，但CH3CH2OH与CH3COOH不能发生反应产生CH3CHO，故D错误。

9．对下列事实的解释错误的是

A.氨溶于水的喷泉实验，说明氨气极易溶于水

B.常温下，浓可用铝罐来贮存，说明浓具有强氧化性 C.向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有吸水性

D.氯气可使湿润的红色布条褪色，而不能使干燥的有色布条褪色，说明次氯酸具有漂白性 【答案】C

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【解析】本题主要考查物质的性质及应用的知识。由于氨气极易溶于水，致使烧瓶内的压强远小于大气压，从而产生了“喷泉”现象，故A正确；常温下，铝与浓发生钝化，从而阻止了内部的铝被氧化，故可用铝罐来贮存浓，故B正确；浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，这不是利用浓硫酸的吸水性，故选C；氯气不能使干燥的有色布条褪色，说明氯气本身没有漂白性，氯气可使湿润的红色布条褪色，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，故D正确。

10．已知氢化铵(NH4H)与NH4Cl的结构相似，又知NH4H与水反应有H2生成，下列有关叙述中不正确的

是

①NH4H是离子化合物，含有离子键和共价键 ②NH4H溶于水，所形成的溶液显酸性 ③NH4H与水反应时，NH4H是氧化剂 ④NH4H固体投入少量水中，有两种气体产生 A.①② 【答案】B

【解析】本题主要考查氢化铵的结构及性质。①NH4H是离子化合物，含有离子键和共价键，正确；②NH4H

-溶于水，发生反应产生氨气和氢气，氨气的水溶液显碱性，错误；③NH4H与水反应时，NH4H中的H离

B.②③ C.①②③ D.全部

子元素化合价升高，失去电子，所以NH4H是还原剂，错误；④NH4H固体投入少量水中，反应产生NH3•H2O和氢气，NH3•H2O分解产生氨气，所以会产生2种气体，正确；故选B。

11．标准状况下，使NO2和O2按4:1体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设

烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为 A.1/14mol/L 【答案】C

【解析】本题主要考查有关物质的量浓度的计算。设混合气体中含有NO2的体积为4L，则O2的体积为1L，体积为5L，根据反应：

B.4/5mol/L

C.1/28mol/L

D.1/42mol/L

c(HNO3)= (4/22.4)mol÷5L=(1/28) mol/L，故选C。

12．“类比法”是化学学习中的一种常用方法。下列说法正确的是

A.CO2能使漂白粉水溶液先变浑浊后变澄清，SO2也有同样现象

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B.加热条件下，Na与O2反应生成Na2O2，Li与O2反应也生成过氧化锂 C.常温下，浓能使铁、铝钝化，浓硫酸也能使铁、铝钝化 D.铁可置换出硫酸铜溶液中的铜，钠也可置换出硫酸铜溶液中的铜 【答案】C

【解析】本题主要考查“类比法”在元素化合物知识学习中的应用。CO2先与次氯酸钙溶液反应生成CaCO3使溶液变浑浊，CaCO3在再与CO2和水反应生成可溶的碳酸氢钙，所以溶液又变澄清，而SO2具有还原性，可与次氯酸钙溶液发生氧化还原反应生成硫酸钙，但硫酸钙不能再与SO2反应，所以二者现象不同，故A错误；Li与O2反应只能生成Li2O，故B错误；常温下，浓、浓硫酸都具有强氧化性，都能使铁铝发生钝化，故选C；由于钠非常活泼，在盐的溶液中首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，所以不能置换出硫酸铜溶液中的铜，故D错误。

13．下列氧化物中，加入水后进一步反应生成相应物质的是

A.SiO2→H2SiO3 【答案】B

B.SO3→H2SO4 C.NO→HNO3 D.Al2O3→Al(OH)3

【解析】本题主要考查物质的性质及相互转化的关系。SiO2难溶于水，不能与水发生反应产生H2SiO3，故A错误；SO3能溶于水，与水发生反应产生H2SO4，故选B；NO难溶于水，不能与水发生反应产生HNO3，故C错误；Al2O3难溶于水，不能与水发生反应产生Al(OH)3，故D错误。

14．下列溶液中不能够区分SO2和CO2气体的是

A.品红溶液 【答案】C

B.H2S溶液 C.澄清石灰水 D.KMnO4溶液

【解析】本题主要考查物质的鉴别。SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，而CO2不能，所以可以鉴别二者，故排除A；SO2可H2S溶液反应生成S单质，溶液出现浑浊，而CO2不与H2S溶液反应，现象不同，可以区分二者，故排除B；SO2和CO2都可以使澄清的石灰水先变浑浊后澄清，现象相同，不能区分二者，故选C；SO2具有还原性，可使KMnO4溶液褪色，而CO2不与KMnO4溶液反应，现象不同，可以区分二者，故排除D。

15．下列化学式只能表示一种物质的是

A.C3H8 【答案】A

B.C4H10 C.C5H12 D.C2H4Cl2

【解析】本题主要考查有机物同分异构体的书写。C3H8只表示丙烷这种物质，故选A；C4H10可以表示CH3CH2CH2CH3，也可表示(CH3)2CHCH3，故排除B；C5H12可表示CH3CH2CH2CH2CH3，也可以表示

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(CH3)2CHCH2CH3、(CH3)2C(CH3)2，不能只表示一种物质，故排除C；C2H4Cl2可以表示CH3CHCl2，也可以表示CH2ClCH2Cl，不能只表示一种物质，故排除D。

16．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是

A.碳酸钙受热分解 C.盐酸与氢氧化钠反应 【答案】A

B.乙醇燃烧 D.氧化钙溶于水

【解析】本题主要考查化学反应中的能量判断。碳酸钙受热分解是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故选A；乙醇燃烧反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故排除B；盐酸与氢氧化钠反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故排除C；氧化钙溶于水的反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故排除D。

17．巴豆酸是一种对胃肠道有强烈刺激性、对呼吸中枢和心脏有麻痹作用的有机酸，其结构简式为

CH3—CH=CH—COOH ，现有①氯化氢②溴水③纯碱溶液④乙醇⑤酸性高锰酸钾溶液。试根据其结构特点判断在一定条件下能与巴豆酸反应的物质是 A.②④⑤ 【答案】D

【解析】从巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH可以看出，分子中有碳碳双键、羧基，因此具有和乙烯、乙酸相似的化学性质。与①氯化氢、②溴水发生加成反应，与⑤酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，与③纯碱溶液发生复分解反应，与④乙醇发生酯化反应。

18．电子表和电子计算器的电源通常用微型银-锌电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质为KOH溶液，

B.①③④ C.①②③④ D.①②③④⑤

电极总反应为：Ag2O+H2O+ZnA.Zn是正极，Ag2O是负极 C.工作时负极区溶液的pH增大 【答案】B

Zn(OH)2+2Ag。下列叙述正确的是

B.Zn是负极，Ag2O是正极

D.工作时电子由Ag2O极经外电路流向Zn极

【解析】本题主要考查新型化学电源工作原理的知识。根据电池反应式知，锌失电子化合价升高而作负极，氧化银作正极，故A错误；B项正确，故选B；负极上电极反应式为：Zn-2e+2OH

--

Zn(OH)2，由于氢

氧根离子参加反应而导致负极附近氢氧根离子浓度降低，则溶液的pH减小，故C错误；锌作负极，氧化银作正极，所以工作时电子由负极锌沿导线流向正极氧化银，故D错误。

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19．如图装置，将溶液A逐渐加入固体B中，下列叙述中不正确的是

A.若a为浓硫酸，b为Na2SO3固体，c中盛石蕊溶液，则c中溶液先变红后褪色 B.若a为浓盐酸，b为MnO2，c中盛品红溶液，则c中溶液不褪色 C.若a为醋酸溶液，b为贝壳，c中盛过量澄清石灰水，则c中溶液变浑浊 D.若a为浓氨水，b为生石灰，c中盛AlCl3溶液，则c中产生白色沉淀 【答案】A

【解析】本题主要考查实验方案设计正误的判断。若a为浓硫酸，b为Na2SO3固体，反应生成SO2，SO2可使紫色石蕊溶液变为红色，但不能漂白石蕊溶液，故选A；浓盐酸和MnO2必须在加热条件下才能反应生成氯气，没有氯气产生，所以c中溶液不褪色，故B项正确；贝壳主要成分为碳酸钙，醋酸可以与其反应生成二氧化碳，二氧化碳可使澄清石灰水变浑浊，即c中溶液变浑浊，故C项正确；浓氨水与生石灰混合会生成氨气，氨气通入AlCl3溶液产生氢氧化铝沉淀，即c中产生白色沉淀，故D项正确。

20．对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)

4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述中正确的是

A.达到化学平衡时4v正(O2)=5v逆(NO)

B.若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，则反应达平衡状态 C.达到化学平衡时，若升高温度，则正反应速率减小，逆反应速率增大 D.平衡混合物中各物质的量浓度相等 【答案】A

【解析】本题主要考查化学平衡状态的概念及其判断。反应达到化学平衡状态时，不同物质表示的正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，即4v正(O2)=5v逆(NO)，故选A；若单位时间内生成xmol NO的同时，消耗xmol NH3，都表示正反应方向，不能判断反应是否达到平衡，故B错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，故C错误；反应平衡时各物质的浓度是否相等取决于起始时各物质的量的关系和转化的程度，所以达到平衡时各物质的物质的量浓度不一定相等，故D错误。

二、填空题：共2题

21．(1)某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集

气法收集反应放出的氢气(标准状况下)，实验记录如下(累计值)：

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①哪一时间段(指0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min)反应速率最大_______。 ②2～3分钟时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率______。(设溶液体积不变)

③如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，他在盐酸中分别加入等体积的下列溶液：A.蒸馏水 B.NaCl溶液 C.NaNO3溶液 D.CuSO4溶液 E.Na2CO3溶液，你认为可行的是___________。 (2)将等物质的量A、B混合于2L密闭容器中，发生如下反应3A(g)+B(g)

X(g)+2D(g)，经5分钟后，测

min) 则平得D的浓度为0.5mol/L，此时A的浓度与B的浓度之比为3:5，C的平均反应速率是0.1mol/(L·min)。 衡时A的浓度为__________mol/L，B的平均反应速率______mol/(L·

(3)已知断裂1molC-H，O=O，C=O，H-O化学键所需能量分别为akJ，bkJ，ckJ，dkJ，则该反应CH4+O2

CO2+2H2O的反应热为△H=________kJ/mol。

min) ③AB 【答案】(1) ① 2～3min ②0.1mol/(L·(2)0.75；0.05 (3)4a+b-2c-4d

【解析】本题主要考查化学反应速率的影响因素、计算及反应热与键能的关系等的知识。(1)①从表中数据可以看出2～3min收集的氢气比其他时间段多；②2～3min时间段生成氢气的体积为：232mL-120mL=112mL，其物质的量为：n(H2)=

=0.005mol，则该段时间内消耗盐酸的物质的量为：

n(HCl)=2n(H2)=0.01mol，所以v(HCl)===0.1mol/(L·min)；③加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反

应速率减小，氢离子的物质的量不变，产生的氢气的量也不变，故A符合题意；加入NaCl溶液，盐酸的浓度同样减小，反应速率减小，但氢离子的物质的量不变，产生的氢气的量也不变，故B符合题意；加入NaNO3溶液，溶液中的H+和根离子相当于，具有强氧化性，与活泼金属反应一般不产生氢气，故C错误；加入CuSO4溶液，Zn能置换出铜，形成锌、铜、盐酸原电池，会加快反应速率，故D错误；加入Na2CO3溶液，氢离子会与碳酸根离子反应导致氢离子的物质的量减少，产生的氢气的量减少，故E错误；故选AB；(2)设初始时反应物A和B的物质的量均为n，则：

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(n-1.5):(n-0.5)=3:5 解得：n=3，所以平衡时A的浓度为：c(A)==0.75mol/L，B的平均反应速率为：

v(B)===0.05 mol/(L·min)；(3)反应焓变等于断裂反应物化学键需要吸收的能量与形成生成物化学

键释放的能量之差，则△H=[4a+b-(2c+4d)] kJ/mol=(4a+b-2c-4d) kJ/mol。

22．A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次递增的7种短周期主族元素。A、B元素的最高正价与最低负

价的代数和均为零；C元素是植物生长三大营养元素之一；D的单质具有强氧化性，D的氢化物形成的酸常用于雕刻玻璃；E原子核外K层电子数与M层电子数相等；F原子的价电子数等于电子层数的两倍。请回答下列问题：

(1)CD3的电子式为______________；

(2)用离子方程式表示G的非金属性比F强______________； (3)C与E形成的化合物溶解于水中的反应方程式为______________；

(4)C的氢化物与G的单质以物质的量之比1:3反应，生成二元化合物X和一种气体，该气体遇氨气产生“白烟”，则X的化学是为______________。 【答案】(1)(4) NCl3

【解析】本题主要考查元素及化合物的推断、电子式、化学方程式的书写等知识。A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次递增的7种短周期主族元素。A、B元素的最高正价与最低负价的代数和均为零，结合原子序数可知，A是氢元素，B为碳元素；D的单质具有强氧化性，D的氢化物形成的酸常用于雕刻玻璃，可知D为氟元素；C元素是植物生长三大营养元素之一，其原子序数介于碳元素和氟元素之间，则C为氮元素；E原子核外K层电子数与M层电子数相等，则E为镁元素；F的原子序数比Mg大，则位于第三周期，其原子的价电子数等于电子层数的两倍，说明其原子最外层有6个电子，则F为硫元素，G为氯元素。(1)结合以上分析知，CD3为NF3，其电子式为：

；(2)欲证明非金属性：Cl>S，可根据活动性强的

S↓+2Cl-；(3) C与E形成的

2-；(2)Cl2+S

S↓+2Cl-；(3)Mg3N2+6H2O

3Mg(OH)2↓+2NH3↑；

2-元素单质可将活动性弱的从化合物中置换出来，故离子方程式为：Cl2+S

化合物为Mg3N2，将其溶于水发生双水解生成Mg(OH)2和NH3，该反应的化学方程式为：Mg3N2+6H2O

3Mg(OH)2↓+2NH3↑；(4)N的氢化物为氨气，与Cl2以物质的量之比1:3反应，生成二元化

合物X和一种气体，该气体遇氨气产生“白烟”，说明气体为HCl，由原子守恒可推知X为NCl3。

三、推断题：共1题

23．已知：A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个石油化工发展水平的标志。下列是有

机物A～G之间的转化关系：

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请回答下列问题：

(1)A的官能团的名称是______________________；C的结构简式是______________；

(2)E是一种具有香味的液体，由B+D→的反应方程式为___________，该反应类型是______________； (3)G是一种高分子化合物，其结构简式是______________；

(4)比赛中，当运动员肌肉挫伤或扭伤时，随队医生即对准受伤部位喷射物质F(沸点12.27℃)进行应急处理.写出由A制F的化学反应方程式______________。 【答案】(1)碳碳双键；CH3CHO；(2)CH3CH2OH+CH3COOH应(或取代反应) (3)

；(4)CH2=CH2+HCl

CH3CH2Cl；

CH3COOCH2CH3+H2O；酯化反

【解析】本题主要考查有机物的结构及相互转化、有机化学反应方程式的书写。A是石油裂解气的主要产物之一，其产量常用于衡量一个石油化工发展水平的标志，则A为乙烯，由流程知：乙烯与HCl反应生成F是CH3CH2Cl，乙烯与水发生加成反应生成B为乙醇，乙醇与氧气在催化剂作用下生成C为乙醛，乙醇被酸性高锰酸钾氧化得产物D为乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸加热条件下发生反应生成E为乙酸乙酯，乙烯发生加聚反应生成高分子化合物G为聚乙烯；由以上分析可知：(1)A的官能团的名称是：碳碳双键；C的结构简式是：CH3CHO；(2) B和D反应的方程式为：CH3CH2OH+CH3COOH

CH3COOCH2CH3+H2O；该反应类型是：酯化反应(或取代反应)；(3) G

的结构简式是：

四、实验题：共1题

；(4)由A制F的化学反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl。

24．为了探究Cl2、SO2同时通入H2O中发生的反应，某化学兴趣小组同学设计了如图所示的实验装置。

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(1)该化学兴趣小组同学为制取Cl2和SO2气体，现采用Na2SO3与70%的浓硫酸为原料制取SO2，采用MnO2和浓盐酸(12mol/L)为原料制取Cl2。在此实验中，F仪器的作用是：______________；发生装置B应选择三种装置中的___________(填序号)。

(2)D装置中主要反应的离子方程式为__________________。

(3)为验证通入D装置中过量的气体是Cl2还是SO2气体，兴趣小组的同学准备了以下试剂：①氯化铁溶液 ②氯化亚铁溶液 ③硫溶液 ④品红溶液 ⑤酸性高锰酸钾溶液。

a.若Cl2过量：取适量D中溶液滴加至盛有______(选填一个序号)试剂的试管内，再加入_____(选填一个序号)试剂，发生的现象是：____________________；

b.若SO2过量：取适量D中溶液滴加至盛有______(选填一个序号)试剂的试管内，发生的现象是：____________________。

【答案】(1)防止倒吸；①；(2)Cl2+SO2+2H2O(3)a.②；③；溶液变为红色；

b.答案一：④；品红溶液褪色，加热后溶液颜色恢复；(不强调加热溶液颜色恢复不给分)；答案二：⑤；溶液紫色褪去。

【解析】本题主要考查性质实验方案的设计、物质的作用、反应现象的判断的知识。(1)由于SO2易溶于水，将其通入水中应防止倒吸，即F仪器的作用是：防止倒吸；这也说明装置A是用于制备二氧化硫气体，装置B是用于制备氯气的，实验室一般用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制备氯气，故装置B用选择①；(2) SO2具有还原性，而氯水具有强氧化性，SO2和Cl2在水中发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，其离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O

3+

-

4H++2Cl－+

；

4H++2Cl－+

；(3)a.Cl2具有强氧化性，可将氯化亚铁溶液氧化成氯化铁溶液，

3+

利用Fe遇SCN会显血红色这一性质，可用硫溶液检验Fe的生成，故若Cl2过量：取适量D中溶液滴加至盛有②试剂的试管内，再加入③试剂，发生的现象是：溶液变为红色；b. SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，生成的无色物质不稳定，加热溶液又会恢复至原来的颜色，而氯水的漂白为永久性漂白，加热不能使溶液恢复至原来的颜色，故若SO2过量：取适量D中溶液滴加至盛有④试剂的试管内，发生的现象是：品红溶液褪色，加热后溶液颜色恢复；当然也可利用SO2具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色来检验SO2是否过量，故也可取适量D中溶液滴加至盛有⑤试剂的试管内，发生的现象是：溶液紫色褪去。

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