【化学】河南省驻马店市2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】河南省驻马店市2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

河南省驻马店市2019-2020学年高一上学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量： ‎ 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分.每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学与生产、生活、科技密切相关，下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 硅胶的主要成分是 B. 华为最新一代旗舰芯片麒麟9905G中半导体材料为二氧化硅 C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了、、、等金属单质 D. “钻酞菁”（分子直径为）在水中形成的分散系能产生丁达尔效应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硅胶是一种高活性吸附材料，属非晶态物质，其化学分子式为mSiO2·nH2O，故A错误；‎ B. 作为半导体材料的应该是硅单质，故B错误；‎ C. 燃放烟花呈现出多种颜色是由于烟花中添加了Na、Cu等金属元素，不是单质，故C错误；‎ D. “钴酞菁”分子直径为1.3×10−9米，介于胶体的分散质粒子直径的范围内，“钻酞菁”在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔效应，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.下列铝合金的性质与其用于国产C919飞机外壳无关的是（ ）‎ A. 导电性 B. 密度小 C. 抗腐蚀性强 D. 硬度大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；‎ 硬铝属于铝合金，制造飞机外壳是因为有密度较小、硬度较大、耐腐蚀性较强等特点．‎ ‎【详解】硬铝属于铝合金，制造飞机外壳是因为有密度较小、硬度较大、耐腐蚀性较强等特点，与导电性无关。‎ 故选A。‎ ‎3.现有三组混合液：①四氯化碳和氯化钠溶液；②实验室制蒸馏水；③‎ 溴化钠和单质溴的水溶液.分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）‎ A. 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 ‎ C. 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①四氯化碳和氯化钠溶液互不相溶，可以用分液的方法分离；②实验室制蒸馏水用的是蒸馏的方法；③溴化钠和单质溴的水溶液，可以用四氯化碳等萃取剂将溴从水中萃取出来，所以分离上述混合物的正确方法依次是分液、蒸馏、萃取；‎ 故选C。‎ ‎4.在下列溶液中，所给离子一定能够大量共存的是（ ）‎ A. 与铝反应产生大量氢气的溶液：、、、‎ B. 含碳酸钠的溶液：、、、‎ C. 无色溶液中：、、、‎ D. 强酸性溶液中：、、、‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 与铝反应产生大量氢气的溶液中含有大量OH-或H+， 与OH-反应而不能大量共存，故A不符合题意；‎ B. 含碳酸钠的溶液中存在大量CO32-,、、、离子间不反应，一定能大量共存，故B符合题意；‎ C. 在水溶液中呈紫红色，所以在无色溶液中一定不能大量存在，故C不符合题意；‎ D. 强酸性溶液中存在大量H+， 、H+、因发生氧化还原反应而不能大量共存，故D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎5.下列有关实验的说法正确的是（ ）‎ A. 向溶液中滴入用硫酸酸化的溶液，溶液变黄，说明发生氧化还原反应，且氧化性：‎ B. 为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量 C. 制备氢氧化铁胶体通常是将饱和氯化铁溶液煮沸，直至呈红褐色，停止加热 D. 在饱和溶液中加入一定量，充分反应后恢复到原温度，有晶体析出，溶液质量不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向溶液中滴入用硫酸酸化的溶液，溶液变黄，说明有Fe3+生成，说明发生氧化还原反应，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性：，故A正确；‎ B. 瓷坩埚会与熔融氢氧化钠反应，熔化氢氧化钠固体时不能采用瓷坩埚，应该采用铁坩埚，故B错误；‎ C. 制备氢氧化铁胶体通常是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，故C错误；‎ D. 与溶液中水反应生成氧气，则根据质量守恒原理，溶液的质量减小，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎6.代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，三氧化硫中所含分子数约为 B. 溶液中含有的钾离子数目为 C. 盐酸与足量共热，转移的电子数为 D. 常温下，固体中，含有的阴阳离子总数为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 标准状况下，三氧化硫为固态，所以无法用22.4L/mol计算2.24L三氧化硫物质的量，故A错误；‎ B. 溶液，溶液体积未知，无法计算溶液中离子数目，故B错误；‎ C.‎ ‎ 50mL12mol/L盐酸中n（HCl）=0.6mol，4molHCl参与反应转移2mol电子，随着反应的进行，盐酸变稀，稀盐酸与不反应，所以反应无法进行到底，转移的电子数少于，故C错误；‎ D. 固体的物质的量为0.1mol，中含有2个钠离子、1个过氧根离子，所以含有的阴阳离子总数为，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.某同学用滤纸折成一个纸蝴蝶，并喷洒一种溶液（保持湿润），挂在铁架台上，将盛某种溶液的烧杯放在纸蝴蝶的下方，如图所示。向烧杯中加入另一种物质，过一会儿发现纸蝴蝶变为红色且保持红色不变，下面的组合能够实现上述变化的是（ ）‎ A B C D 纸蝴蝶上的喷洒液 石蕊 酚酞 酚酞 石蕊 烧杯中的溶液 浓硫酸 氯化铵 稀硫酸 高锰酸钾 加入烧杯中的物质 铜 氢氧化钠浓溶液 氨水 浓盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓硫酸无挥发性，常温下浓硫酸与铜不反应，所以石蕊不会变红色，故A不符合题意；‎ B. 氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液会有氨气生成，氨气使酚酞试液显示红色且保持红色不变，故B符合题意；‎ C. 稀硫酸中加入氨水，反应生成硫酸铵溶液，所以酚酞试液不会变红色，故C不符合题意；‎ D. 浓盐酸具有挥发性，遇石蕊时变红，浓盐酸加入高锰酸钾溶液中反应生成氯气，潮湿的氯气既有酸性又有漂白性，所以石蕊先变红，后红色会褪去，故D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎8.下列表示对应化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 向溶液中加入少量铜粉：‎ B. 溶液中滴入稀硫酸：‎ C. 向稀盐酸中加入氨水：‎ D. 向溶液中通入过量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向溶液中加入少量铜粉，反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为：，故A正确；‎ B. 溶液中滴入稀硫酸，反应生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：，故B错误；‎ C. 向稀盐酸中加入氨水反应生成氯化铵，氨水为弱碱，用化学式表示，离子方程式为：，故C错误；‎ D. 向溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为：，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎9.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以和金属钠为原料，在700℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物，该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。下列有关说法中，你认为错误的是（ ）‎ A. 的还原性强于金刚石 B. 另一种化合物是 C. 纳米级金刚石粉末可以透过半透膜 D. 这个反应是氧化还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，反应的方程式为4Na+CCl44NaCl+C；‎ A.‎ ‎ 反应中Na元素化合价升高，被氧化，为还原剂，C元素的化合价降低，C为还原产物，所以Na的还原性强于金刚石，故A正确；‎ B. 该反应为置换反应，另一种化合物为NaCl，故B正确；‎ C. 纳米级金刚石粉末达到胶体分散质粒子直径的大小，不可以透过半透膜，故C错误；‎ D. 该反应为单质与化合物反应生成新单质和新化合物，属于置换反应，是氧化还原反应，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎10.下列装置有关说法错误的是（ ）‎ A. 装置Ⅰ：可以用来验证硅酸和碳酸的酸性强弱 B. 装置Ⅱ：可以用来比较和的热稳定性 C. 装置Ⅲ：从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，可收集气体 D. 装置Ⅳ：可用于吸收气体，并防止倒吸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性硅酸沉淀，则装置Ⅰ：可以用来验证硅酸和碳酸的酸性强弱，故A正确；‎ B. 碳酸氢钠不稳定，在小试管中间接受热，碳酸钠不分解，放在温度高的大试管中，通过右边烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中澄清石灰水不变浑浊，可比较热稳定性，故B正确；‎ C. 二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集二氧化碳，二氧化碳和NO不反应，且NO密度小于二氧化碳，所以可以采用向下排二氧化碳气体法收集NO，故C正确；‎ D. 图中导管插入水中，HCl极易溶于水，试管内液体会倒吸，应该在水中加入四氯化碳，将导管插入下层的四氯化碳，因为HCl与水没有直接接触，所以不会倒吸，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎11.稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为和，氧化性：）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：‎ B. 溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：‎ C. 铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素 D. 金属保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化性：Ce4+>Fe3+，结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故A错误；‎ B. 氧化性是Ce4+>Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B错误；‎ C. 铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近元素，故C正确；‎ D. 根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是(　　)‎ A. NaHSO3 粉末加入HNO3溶液中 ‎ B. SO2气体通入新制氯水中 C. NaOH溶液滴入 Ba(HCO3)2溶液中 ‎ D. CO2气体通入澄清石灰水中 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，硝酸的还原产物是NO，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；‎ B.SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，溶液酸性增强，图象中pH变化不正确，故B错误；‎ C. NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-与HCO3-生成CO32-，CO32-随即与Ba2+产生沉淀，即反应开始时就有沉淀生成，故C错误；‎ D. CO2 +Ca(OH) 2 =CaCO3 ↓+ H2O ，一开始反应溶液中自由移动的离子减少，但CO2过量时会发生CaCO 3 + H2O+CO2 =Ca(HCO3)2，自由移动的离子增多，导电性又增强，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎13.某溶液中含有、、、、、，向该溶液中通入过量的，下列判断正确的是（ ）‎ ‎①反应前后，溶液中离子浓度基本保持不变的有、；②有胶状物质生成；③有气体产生；④溶液颜色发生变化；⑤共发生了2个氧化还原反应.‎ A. ①③⑤ B. ①②③ C. ②③④ D. ②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】某溶液中含有、、、、、，向该溶液中通入过量的Cl2，Cl2与水反应；SO32-可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32-和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br-被氯气氧化为溴单质；CO32-和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体，据此分析解答。‎ ‎【详解】某溶液中含有、、、、、，向该溶液中通入过量的Cl2，SO32−可以被氯气氧化为硫酸根离子；SiO32−和氯水中的盐酸反应生成硅酸沉淀；Br−被氯气氧化为溴单质；CO32−和氯水中的盐酸反应生成二氧化碳气体；‎ ‎①因钠离子与溶液中其它微粒不反应，所以反应前后浓度保持不变；SO32−可以被氯气氧化为SO42−，所以SO42−浓度变大，故①错误；‎ ‎②根据以上分析可知，有胶状物质硅酸生成，故②正确；‎ ‎③碳酸根离子与氯化氢反应生成二氧化碳气体，所以有气体产生，故③正确；‎ ‎④氯气氧化溴离子为溴单质，溶液颜色发生变化，由无色变化为橙红色，故④正确；‎ ‎⑤SO32−和Br-被氧化，且氯气和水反应也氧化还原反应，所以共发生了3个氧化还原反应，故⑤错误；故②③④正确；‎ 故选C。‎ ‎14.工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程示意图如下。下列说法正确的是（ ）‎ ‎（注：铝土矿中含有、、）‎ A. 由铝土矿制备铝的过程中铝元素发生了氧化反应 B. 石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应 C. 在制粗硅的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2‎ D. 黄铜矿与反应产生的、均只是还原产物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在电解过程中，氧化铝电解生成单质铝，铝元素化合价降低，发生还原反应，故A错误；‎ B. 石英主要成分为二氧化硅，不是盐，与盐酸不反应，玻璃属于混合物，故B错误；‎ C. 制粗硅的反应SiO2+2CSi+2CO↑，反应中二氧化硅为氧化剂，C为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故C正确；‎ D. 黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、SO2，Cu元素化合价由+2价降低到+1价，S元素化合价由-2价升高到+4价，则Cu2S是还原产物，SO2是氧化产物，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎15.是火箭的固体燃料，发生反应为 ‎，下列说法正确的是（ ）‎ A. 溶于水电离方程式为 B. 反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3‎ C. 产生反应转移的电子总数为 D. 分解产生的气体体积为44.8L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 属于强电解质，溶于水完全电离，电离方程式为，故A错误；‎ B. O、N元素化合价升高，N2、O2为氧化产物，Cl元素的化合价降低，Cl2为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3，故B正确；‎ C. 产生6.4g即0.2mol O2，同时生成0.1molCl2，Cl元素化合价由+7价降低到0价，转移的电子总数为1.4NA，故C错误；‎ D. 没有说明是否是标准状况下，无法计算0.5mol NH4ClO4分解产生的气体体积，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎16.将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（ ）‎ A. 2mol/L B. 1.8mol/L ‎ C. 2.4 mol/L D. 3.6 mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：n(Cu)=51.2g÷64g/mol=0.8mol，由于Cu是+2价的金属，所以Cu失去电子的物质的量是n(e-)=0.8mol×2=1.6mol；Cu失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）得到电子的物质的量相等。由于这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，在NaNO3中N元素的化合价是+5价，与硝酸中N的化合价相同，所以产生NaNO2‎ 得到电子的物质的量就是Cu失去电子的物质的量。n(NaNO2)×2=1.6mol，n(NaNO2)=0.8mol.根据元素守恒可知n(NaOH)= n(NaNO2)+ n(NaNO3)= 0.8mol+0.2mol=1mol，所以c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L，选项是A。‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共52分）‎ 二、非选择题（本题包括5个大题，共52分）‎ ‎17.按要求填空。‎ Ⅰ.现有下列10种物质：①熔融的氢氧化钠②蔗糖③盐酸④金属钠⑤硫酸⑥二氧化硫⑦硫粉⑧石膏⑨酒精溶液⑩液氨 ‎(1)属于电解质的是_______________（填序号，下同）。‎ ‎(2)属于非电解质的是_____________。‎ ‎(3)上述状态下能导电的是__________。‎ Ⅱ.已知某“84消毒液”瓶体部分标签如图所示。请回答下列问题：‎ ‎84消毒液 ‎[有效成分]‎ ‎[规格]‎ ‎[质量分数]25%‎ ‎[密度]‎ ‎(1)的物质的量浓度约为________（保留两位有效数字）。‎ ‎(2)某同学参阅该“84消毒液”的配方，欲用固体配制含质量分数为25%的消毒液。下列说法正确的是___________（填字母）。‎ A.如图所示的仪器中，有三种是不需要的，还需要一种玻璃仪器 ‎ ‎ B.容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干后才能用于溶液配制 C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒可能导致结果偏低 D.需要称量固体的质量为 E.配制过程中，定容时俯视刻度线会使得溶液浓度偏大 ‎【答案】(1). ①⑤⑧ (2). ②⑥⑩ (3). ①③④ (4). 4.0 (5). CE ‎【解析】‎ ‎【分析】I.根据电解质与非电解质的概念分析解答；根据是否存在自由移动的电子或离子来判断能否导电；II.根据质量分数计算物质的量浓度；根据配制溶液的实验原理及步骤分析解答。‎ ‎【详解】Ⅰ.①熔融的氢氧化钠是溶于水和熔融都能导电的化合物，可以导电，属于电解质；②蔗糖是在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物，属于非电解质；③盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，但盐酸中存在自由移动的离子，可以导电；④金属钠可以导电，但属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；⑤硫酸是溶于水能导电的化合物，是电解质，但纯硫酸不导电；⑥二氧化硫是非金属氧化物，二氧化硫的水溶液虽然能导电，但导电离子不是二氧化硫电离的，二氧化硫属于非电解质，不导电；⑦硫粉是非金属单质，既不是电解质也不是非电解质，不导电；⑧石膏溶于水和熔融状态能导电，是电解质，晶体状态不存在自由移动的离子，不导电；⑨酒精溶液属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，不能电离，所以不导电；⑩液氨属于化合物，液氨的水溶液虽然能导电，但导电离子不是液氨电离的，液氨是非电解质，不导电。‎ ‎（1）属于电解质的是①⑤⑧，故答案为：①⑤⑧；‎ ‎（2）根据上述分析，属于非电解质的是②⑥⑩，故答案为：②⑥⑩；‎ ‎（3）上述状态下能导电的是①③④，故答案为：①③④。‎ Ⅱ.（1） ，故答案为：4.0；‎ ‎（2）A.配制溶液过程中圆底烧瓶、分液漏斗不需要，还需要玻璃棒和胶头滴管，故A错误；‎ B.容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干，对实验结果无影响，故B错误；‎ C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质物质的量偏小，导致结果偏低，故C正确；‎ D.配制480mL溶液需选用500mL容量瓶，经计算需要称量固体质量为0.5L×4.0mol/L×74.5g/mol=149g，故D错误；‎ E.配制过程中，定容时俯视刻度线，会使溶液体积偏小，导致溶液浓度偏大，故E正确；故答案为：CE。‎ ‎18.以硫铁矿（主要成分为，还有少量、等杂质）为原料制备绿矾晶体的工艺流程如下：‎ ‎(1)“酸浸”过程，矿渣中的与稀反应的离子方程式____________________。‎ ‎(2)烟气中的会污染环境，可用足量氨水吸收。写出该反应的离子方程式____________________________。‎ ‎(3)写出检验滤液中阴离子的方法___________________________。‎ ‎(4)铁粉还原过滤，滤渣主要成分是___________________________（写化学式）。‎ ‎(5)燃料细菌脱硫法是用氧化亚铁硫杄菌（T.f）对硫铁矿进行催化脱硫，同时得到溶液。其过程如图所示：‎ 已知总反应为：‎ 写出过程Ⅱ反应的离子方程式________________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). (3). 取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，再加溶液，有白色沉淀生成，证明含有硫酸根离子 (4). 、、 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据物质的性质分析书写反应方程式；根据常见离子的检验方法分析解答；根据题给信息中反应物和生成物根据氧化还原反应原理书写相关反应方程式。‎ ‎【详解】（1）矿渣中的Fe2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铁和水，离子方程式；故答案为：；‎ ‎（2）烟气中的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，二氧化硫和氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应方程式为：；故答案为：；‎ ‎（3）滤液中阴离子为硫酸根离子，检验方法为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，再加溶液，有白色沉淀生成，证明含有硫酸根离子，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸，再加溶液，有白色沉淀生成，证明含有硫酸根离子；‎ ‎（4）加入过量铁粉，则Cu2+被还原生成单质Cu， 不与酸反应，所以滤渣为、、，故答案为：、、；‎ ‎（5）根据题给信息知，过程Ⅱ的反应为Fe3+与S2O32−反应生成SO42−和氢离子、Fe2+，根据原子守恒分析反应物中有水参加，根据电子转移守恒及电荷守恒配平得反应为：；故答案为：。‎ ‎19.是大气污染物之一，实验室拟将与混合用溶液吸收的方法消除其污染。回答下列问题：‎ ‎(1)氯气的制备 ‎①仪器M的名称是_______________‎ ‎②欲用和浓盐酸制备并收集一瓶纯净干燥的氯气，选择上图中的装置，其连接顺序为____________（按气流方向，用小写字母表示）。‎ ‎③D在制备装置中的作用是______________；装置F的作用是__________________。‎ ‎(2)用如下图所示装置，探究和在溶液中的反应。查阅有关资料可知：‎ 是一种弱酸，且不稳定，易分解生成和。‎ ‎①装置中X和Z的作用是_______________‎ ‎②实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的和，Y中观察不到气体颜色，反应结束后加入稀硫酸无现象，则Y中发生反应的化学方程式是___________。‎ ‎③反应结束后，取Y中溶液适量置于试管中，加入稀硫酸，若有红棕色气体产生，解释产生该现象的原因_____________‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). (3). 吸收中的（抑制的溶解） (4). 除去多余的氯气，防止污染空气 (5). 观察气泡流速便于控制和的进入量的比例 (6). (7). 的量过多，与溶液反应生成了和，加入硫酸后发生歧化反应生成和，故在试管中出现红棕色气体（答案合理即可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据氯气实验室制法及装置图分析解答；（2）根据物质的性质、氧化还原反应原理及实验装置特点分析解答。‎ ‎【详解】（1）①依据仪器形状可知：M为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；‎ ‎②实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上排空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，所以正确的连接顺序为：；‎ 故答案为：；‎ ‎③浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，通入D中用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢；氯气有毒，与氢氧化钠反应，可以用氢氧化钠对氯气进行吸收，故答案为：吸收中的（抑制的溶解）；除去多余的氯气，防止污染空气；‎ ‎（2）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，二氧化氮在四氯化碳中不溶，所以分别通入两种气体后，会看到产生气泡，通过气泡的快慢控制Cl2和NO2的进入量比例，所以装置X与Z的作用为：观察气泡流速便于控制和的进入量的比例；故答案为：观察气泡流速便于控制和的进入量的比例；‎ ‎②通入适当比例的氯气和二氧化氮，Y中观察不到气体颜色，说明氯气和二氧化氮完全反应，反应结束后加入稀硫酸无现象说明没有生成NO2-，氯气、二氧化氮在碱性环境下发生氧化还原反应生成硝酸钠、氯化钠和水，反应的方程式：；故答案为：；‎ ‎③通入的二氧化氮量过多，则过量的二氧化氮与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，当加入硫酸后亚硝酸钠在酸性环境下发生歧化反应生成一氧化氮和二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，所以会看到试管中出现红棕色气体；故答案为：的量过多，与溶液反应生成了和，加入硫酸后发生歧化反应生成和，故在试管中出现红棕色气体（答案合理即可）。‎ ‎20.如图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框中的字母表示一种反应物或生成物（部分物质，反应条件已经略去）。其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。‎ ‎(1)写出的化学方程式：_______________________。‎ ‎(2)实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为_________，干燥C常用_______________（填写试剂名称）。‎ ‎(3)E物质遇到D物质时，会观察到_______________________现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为____________________（写化学式）。‎ ‎(4)写出的离子反应方程式_________________________。‎ ‎【答案】(1). (2). ‎ ‎(3). 碱石灰 (4). 无色气体变为红棕色 (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】无色无味气体A与过氧化钠反应的得到气体D，则A为CO2，D为O2，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为NH3，氢气与B反应生成C，则B为N2，氨催化氧化生成E为NO，NO与氧气反应生成F为NO2，G与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，则G为HNO3，M是最常见的无色液体，与二氧化氮反应得到硝酸，则M为H2O，据此解答。‎ ‎【详解】无色无味气体A与过氧化钠反应的得到气体D，则A为CO2，D为O2，C是使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，C为NH3，氢气与B反应生成C，则B为N2，氨催化氧化生成E为NO，NO与氧气反应生成F为NO2，G与Cu反应可以得到NO或二氧化氮，则G为HNO3，M是最常见的无色液体，与二氧化氮反应得到硝酸，则M为H2O。‎ ‎（1）C→E的反应为氨的催化氧化，反应的化学方程式为：，故答案为：；‎ ‎（2）实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙两种固体混合物的方法制备氨气，其化学方程式为：，干燥C常用碱石灰，故答案为：；碱石灰；‎ ‎（3）E为NO，E物质遇到氧气时，会观察到无色气体变为红棕色现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为 NO，故答案为：无色气体变为红棕色 ； ；‎ ‎（4）是铜和浓硝酸反应生成NO2、硝酸铜和水的反应，离子方程式为：，故答案为：。‎ ‎21.某班同学用以下实验探究、的性质。回答下列问题：‎ ‎(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁、溴化亚铁固体，均配制成的溶液。在溶液中需加入少量铁屑，其目的是_____________________________________。‎ ‎(2)甲组同学取溶液，加入几滴氯水，再加入1滴溶液，溶液变红，说明可将氧化。溶液与氯水反应的离子方程式为____________________。‎ ‎(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在溶液中先加入煤油，再向下层溶液中依次加入几滴氯水和1滴溶液，溶液变红。煤油的作用是_________________________。‎ ‎(4)丙组同学取上述溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。某同学对产生黄色的原因提出了假设：‎ 假设1：被氧化成溶解在溶液中；‎ 假设2：被氧化成。‎ 请你完成下表，验证假设 实验步骤、预期现象 结论 ‎①向溶液中加入____________，振荡、静置现象：____________‎ 假设1正确 ‎②向溶液中加入____________，现象：____________‎ 假设2正确 ‎(5)已知：。若在上述溶液中通入标准状况，反应的离子方程式为________________________________。‎ ‎【答案】(1). 防止被氧化 (2). (3). 隔离空气（排除氧气对实验的影响） (4). (5). 下层呈橙红色，上层呈无色[或苯上层呈橙红色，下层呈无色] (6). 溶液 (7). 溶液变为红色 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据亚铁离子的还原性及铁离子的检验方法分析解答；根据离子还原性强弱分析氧化的先后顺序，定量计算实际参加反应的离子，用离子方程式表示。‎ ‎【详解】（1）Fe2+具有还原性，易被空气中氧气氧化变质，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化，故答案为：防止被氧化；‎ ‎（2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应离子方程式为：，故答案为：；‎ ‎（3）煤油难溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气对实验的影响，故答案为：隔离空气(排除氧气对实验的影响)；‎ ‎（4）①若为假设1则有Br2生成，向溶液中加入CCl4充分振荡、静置，CCl4层显橙红说明生成Br2，说明假设1正确；②若为假设2则有Fe3+生成，向溶液加入KSCN溶液，溶液变红，说明有铁离子生成，假设2正确，故答案为：；下层呈橙红色，上层呈无色[或苯上层呈橙红色，下层呈无色] ；溶液；溶液变为红色；‎ ‎（5）已知：，则氯气先和亚铁离子反应，再和溴离子反应；n(Cl2)=，n(FeBr2)=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，根据得失电子守恒分析得反应中有0.005mol亚铁离子被氧化，有0.005mol溴离子被氧化，则离子方程式为： ，故答案为：。‎ ‎ ‎ ‎ ‎