【化学】贵州省三都水族自治县高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】贵州省三都水族自治县高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

贵州省三都水族自治县高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 分卷I 一、单选题(共25小题，每小题2.0分，共50分)‎ ‎1.下列污染现象主要与二氧化硫有关的是(　　)‎ A. 酸雨 B. 光化学烟雾 C. 臭氧层空洞 D. 温室效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．酸雨是因为空气中的污染物二氧化硫、氮氧化合物等过多造成的，选项A正确；‎ B．大气中的碳氢化合物、氮氧化合物等为一次污染物，在太阳光中紫外线照射下能发生化学反应，衍生种种二次污染物。由一次污染物和二次污染物的混合物（气体和颗粒物）所形成的烟雾污染现象，称为光化学烟雾，选项B错误；‎ C．制冷剂“氟里昂”等，对臭氧层有很大的破坏作用，会使臭氧层形成空洞，选项C错误； ‎ D．造成温室效应的主要气体为二氧化碳，选项D错误。‎ 答案选A。‎ ‎2.0.5 L 2 mol·L-1FeCl3溶液与0.2 L 5 mol·L-1KCl溶液中的Cl﹣物质的量之比（　　）‎ A. 6∶5 B. 3∶2 C. 15∶2 D. 3∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】0.5 L 2 mol·L-1FeCl3溶液中Cl-的物质的量为0.5L×2mol/L×3=3mol，0.2 L 5 mol·L-1KCl溶液中的Cl-的物质的量为0.2L×5mol/L=1mol，物质的量之比为3mol：1mol=3:1，故答案选D。‎ ‎3.下列叙述中不正确的是(　　)‎ A. 加热蒸发饱和食盐水有氯化钠析出 B. 硫酸溶液加热蒸发时，硫酸的浓度增大 C. 加热蒸发硫酸钠溶液不一定有晶体析出 D. 加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出无水硫酸铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A. 根据饱和溶液的定义可知，加热蒸发饱和食盐水，水分蒸发；‎ B. 硫酸溶液加热蒸发时，溶液中溶剂水减少；‎ C. 加热蒸发硫酸钠溶液，若为过饱和溶液则有晶体析出，若仍为不饱和溶液或刚好为饱和溶液则无晶体析出；‎ D. 加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出的是，带结晶水的硫酸铜，即五水硫酸铜。‎ ‎【详解】A. 根据饱和溶液的定义可知，加热蒸发饱和食盐水，因水分蒸发，所以有氯化钠析出，故A项正确；‎ B. 硫酸溶液加热蒸发时，溶液中溶剂水减少，则硫酸的浓度增大，故B项正确；‎ C. 加热蒸发硫酸钠溶液，若为过饱和溶液则有晶体析出，若仍为不饱和溶液或刚好为饱和溶液则无晶体析出，故C项正确；‎ D. 加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出的是，带结晶水的硫酸铜，即五水硫酸铜，故D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎4.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 氢氧化钠的摩尔质量为40 g B. 氢原子的摩尔质量是1 g·mol－1‎ C. 1 mol水的质量是18 g·mol－1‎ D. 二氧化碳的摩尔质量为44 g ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】氢氧化钠的摩尔质量为40 g·mol－1，二氧化碳摩尔质量为44 g·mol－1；1 mol水的质量是18 g。‎ ‎5.关于单质硫的叙述有：①通常状况下为黄色粉末；②不溶于水、易溶于酒精和二硫化碳；③氧化性比氯气弱；④只能被还原不能被氧化；⑤医药上用来做硫黄软膏治疗某些皮肤病。其中正确的是（ ）‎ A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ②④⑤ D. ③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】单质硫是一种淡黄色固体，不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，结合其单质的化学性质与用途分析。‎ ‎【详解】①单质硫，在常温下，是一种淡黄色粉末状的固体，①正确；‎ ‎②单质硫不溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，②错误；‎ ‎③由于S元素的非金属性比Cl弱，因此单质硫的氧化性比氯气弱，③正确；‎ ‎④在单质硫中，S元素的化合价为0价，处于S元素的最高+6价和最低-2价之间，属于S单质既有氧化性又有还原性，既能被氧化又能被还原，④错误；‎ ‎⑤单质硫能杀死病菌，医药上用来制硫磺软膏，治疗某些皮肤病，⑤正确；‎ 综上所述可知，说法正确的是①③⑤，故合理选项是A。‎ ‎6.下列有关氨的叙述中不正确的是(　　)‎ A. 氨分子中氮元素的化合价只能升高，氨具有还原性 B. 氨的催化氧化反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O C. 氨的催化氧化反应中若氧气过量则有红棕色气体生成 D. 氨的催化氧化属于人工氮的固定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A、氮元素的常见化合价有-3、0、+2、+4、+5价，氨气分子中氮元素是-3价，为最低价态；‎ B、氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；‎ C、若氧气过量，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮；‎ D、氨的催化氧化是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定。‎ ‎【详解】A项、氨气分子中氮元素是-3价，是氮元素的最低价态，所以只具有还原性，故A正确；‎ B项、氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O，故B正确；‎ C项、氨催化氧化反应是氨气在催化剂作用下被氧气氧化为一氧化氮的反应，若氧气过量，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故C正确；‎ D项、NH3催化氧化生成NO和H2O，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误。‎ 故选D。‎ ‎7.检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是(　　)‎ A. 加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝 B. 将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红 C. 加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性 D. 加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；‎ B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；‎ C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C错误；‎ D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎8.以氧化铝为原料制备氢氧化铝：Al2O3AlCl3Al(OH)3，其中适宜用的试剂X是（ ）‎ A. 氨水 B. 二氧化碳 C. 氢氧化钠溶液 D. 盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Al2O3是两性氧化物，与HCl发生反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，反应产生的AlCl3属于盐，能够与碱发生复分解反应，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱反应产生可溶性偏铝酸盐，但不能与弱碱发生反应。所以制取Al(OH)3时，与AlCl3反应的碱要使用弱碱，可以使用氨水，该反应的方程式为：AlCl3+3NH3·H2O= Al(OH)3↓+3NH4Cl，故合理选项是A。‎ ‎9.下列物质可用于干燥氨气的是（ ）‎ A. 浓硫酸 B. 碱石灰 C. 过氧化钠 D. 活性炭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中用于干燥氨气可知，本题考查氨气的干燥，运用氨气是一种碱性气体，与酸或酸性气体反应分析。‎ ‎【详解】氨气是一种碱性气体，能与酸(如浓硫酸等)反应生成铵盐，不能用浓硫酸干燥氨气；过氧化钠与氨气不反应，但能与水反应生成氢氧化钠和氢气，引进杂质，不能用过氧化钠干燥氨气；活性炭具有吸附性，但没有吸水性，不能干燥氨气；碱石灰不与氨气反应，且能吸水，故用碱石灰干燥氨气；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列描述的一定是金属单质的是(　　)‎ A. 易失去电子的物质 B. 能与酸反应的物质 C. 其原子的最外层只有1个电子 D. 其原子的核内有11个质子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氢也易失去电子，但属于非金属元素，故A错误； ‎ B．碱是能与酸反应的物质，但不是金属元素，故B错误；‎ C．最外层只有一个电子的元素如氢元素，属于非金属元素，故C错误；‎ D．原子核内有11个质子的元素是钠，最外层有1个电子，钠是金属元素，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎11.除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，不需要的实验操作是(　　)‎ A. 加热溶解 B. 趁热过滤 C. 蒸发结晶 D. 降温结晶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】硝酸钾的溶解度随温度变化大，食盐的溶解度变化不大，除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，先将其加热溶解，在趁热过滤，最后降温结晶，不需要的实验操作是蒸发结晶；‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎12.下列关于二氧化碳和二氧化硅的说法中正确的是(　　)‎ A. 二氧化碳和二氧化硅分别是碳酸和硅酸的酸酐 B. 二氧化碳和二氧化硅与水反应分别生成相应的酸 C. 二氧化碳是酸性氧化物，二氧化硅是两性氧化物 D. 二氧化碳和二氧化硅都是由相应分子组成的 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 二氧化碳和二氧化硅分别是碳酸和硅酸的酸酐，A正确；‎ B. 二氧化硅与水不反应，不能直接转化为硅酸，B错误；‎ C. 二氧化碳和二氧化硅均是酸性氧化物，C错误；‎ D. 二氧化碳是由相应的分子组成的，二氧化硅是由原子组成的，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3+浓度为0.4 mol/L，SO42-的浓度为0.7 mol/L，则该溶液中K+的浓度为( )‎ A. 0.1 mol/L B. 0.15 mol/L ‎ C. 0.2 mol/L D. 0.25 mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】溶液呈电中性，则3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)和c(OH-)很小，可忽略不计，则有3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42-)，因此3×0.4mol/L+c(K+)=2×0.7mol/L，解得：c(K+)=2×0.7mol/L-3×0.4mol/L=0.2mol/L，故选C。‎ ‎14.将饱和的氯化铁溶液分别滴加到下列液体中，能制备氢氧化铁胶体的是(　　)‎ A. 冷的自来水 B. 加热至沸的蒸馏水 C. 氢氧化钠溶液 D. 浓氨水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因FeCl3在冷水中水解程度较小，不能形成胶体，故A错误；‎ B.因FeCl3溶液与沸水发生水解反应,水电离出来的OH-离子与Fe3+结合形成氢氧化铁胶体粒子,故B正确；‎ C.因FeCl3溶液与NaOH溶液生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故C错误；‎ D.因FeCl3溶液与NaOH浓氨水生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故D错误；‎ 本题答案为B。‎ ‎15.实验结束时，熄灭酒精灯的正确方法是(　　)‎ A. 用灯帽盖灭 B. 用水浇灭 C. 用嘴吹灭 D. 用干抹布盖灭 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】实验结束时，熄灭酒精灯的正确方法是用用灯帽盖灭，而B、C中做法可引发失火，D中实验桌上酒精失火时用湿抹布盖灭，干抹布盖灭可能会导致失火。‎ 答案选A。‎ ‎16.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2＞Z2＞X2＞Y2，下列氧化还原反应能发生的是（ ）‎ A. 2NaW+Z2==2NaZ+W2 B. 2NaZ+X2==2NaX+Z2‎ C. 2NaW+Y2==2NaY+W2 D. 2NaX+Z2==2NaZ+X2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化剂的化合价降低，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。‎ ‎【详解】A. 2NaW+Z2==2NaZ+W2氧化剂为Z2，氧化产物为W2，氧化性：Z2> W2，与事实W2＞Z2不符，A错误；‎ B. 2NaZ+X2==2NaX+Z2氧化剂为X2，氧化产物为Z2，氧化性：X2> Z2，与事实Z2＞X2不符，B错误；‎ C. 2NaW+Y2==2NaY+W2氧化剂为Y2，氧化产物为W2，氧化性：Y2> W2，与事实W2＞Y2不符，C错误；‎ D. 2NaX+Z2==2NaZ+X2氧化剂为Z2，氧化产物为X2，氧化性：Z2> X2，符合事实，D正确；‎ 答案为D。‎ ‎17.下列反应进行分类时，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是(　　)‎ A. Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑ B. 2KClO32KCl＋3O2↑‎ C. S＋O2SO2 D. CH4＋2O2CO2＋2H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项属于置换反应，B项属于分解反应，C项属于化合反应同时也是氧化还原反应，D项属于氧化还原反应但不属于四种基本反应类型中的一种。C正确。‎ 答案选C ‎18.标准状况下，往100mL 0.1mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br-被氧化。则通入的氯气的体积是(　　)‎ A. 0.224L B. 0.336L C. 0.448L D. 0.672L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Fe2+的还原性强于Br-，所以Cl2先氧化Fe2+，再氧化Br-，溶液中有50%的Br－被氧化时则Fe2+完全被氧化，则失电子数为0.01mol+0.02mol×50%=0.02mol，所以得电子数为0.02mol，氯气的物质的量为0.01mol，标准状况下氯气的体积为0.224 L，故选A。‎ ‎19.储存浓硫酸的铁罐外口出现严重的腐蚀现象，这体现了浓硫酸的(　　)‎ A. 脱水性和吸水性 B. 吸水性和酸性 C 强氧化性和吸水性 D. 不挥发性和酸性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】浓硫酸具有强的氧化性、吸水性、酸性，因为浓硫酸的强氧化性，常温下能够使铁铝发生钝化，阻止铁与浓硫酸继续反应，但是浓硫酸具有吸水性，吸收空气中水分浓度变稀，稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，体现硫酸的酸性，故答案选B。‎ ‎20.SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是（ ）‎ A. 图中所有反应都不属于氧化还原反应 B. 硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维 C. 可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙 D. 普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3反应不属于氧化还原反应，SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应，A错误；‎ B、光导纤维的主要成分是SiO2而不是硅酸盐，B错误；‎ C、盐酸与碳酸钙反应使碳酸钙溶解，与二氧化硅不反应，过滤后得到二氧化硅，C正确；‎ D、玻璃没有固定的熔点，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎21.下列物质分类正确的是（ ）‎ A. Na2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物 B. 稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体 C. 烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质 D. 盐酸、水玻璃、氨水均为混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、过氧化钠不是碱性氧化物，错误，不选A；‎ B、氯化铁溶液不属于胶体，错误，不选B；‎ C、四氯化碳不是电解质，错误，不选C；‎ D、盐酸是氯化氢的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是氨气的水溶液，都为混合物，正确。‎ 答案选D。‎ ‎22.工业上利用合成氨实现人工固氮。属于合成氨主要原料的是(　　)‎ A. 二氧化氮 B. 空气 C. 碳酸钠 D. 硝酸钾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】工业用氮气和氢气合成氨，合成氨中原料气N2可从空气中分离得到，H2可用甲烷在高温下与水蒸气反应制得，故答案选B。‎ ‎23.氨的催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，对于该反应判断正确的是(　　)‎ A. 氧气被还原 B. 该反应是置换反应 C. 氨气是氧化剂 D. 若有17 g氨参加反应，反应中转移10 mol电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂被还原，结合氧化还原反应的有关概念分析。‎ ‎【详解】A.NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂被还原，故A正确；‎ B.置换反应的特征是反应物生成物均是由一种单质和一种化合物组成，而该反应的生成物是两种化合物，所以该反应不是置换反应，故B错误；‎ C.4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，故C错误；‎ D.4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价由-3升高到+2，所以若有17gNH3参加反应，则反应中转移的电子数为17/17×5=5mol，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎24.下列关于二氧化硅化学式“SiO2”说法正确的是（ ）‎ A. 它是二氧化硅的分子式 B. 表示二氧化硅的分子组成 C. 表示1个二氧化硅分子是由1个硅原子和2个氧原子构成 D. 表示二氧化硅中硅原子和氧原子个数比为1∶2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】二氧化硅属于原子晶体，在物质中，每个Si原子与4个O原子形成4个共价键，每个O原子与2个Si原子形成2个共价键，这种结构向空间无限扩展，就形成了立体网状结构，其中的Si、O原子个数比是1：2，因此该物质没有分子，不是由分子构成，SiO2不是物质的分子式，SiO2只表示二氧化硅中含有Si、O两种元素，硅元素与氧元素原子个数比是1：2，故合理选项是D。‎ ‎25.下列实验操作中错误的是（ ）‎ A. 蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热 B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处 C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 萃取操作时，在选择萃取剂时，要求萃取剂和原溶剂不互溶 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】A.蒸发时，应防止温度过高而导致固体迸溅；‎ B.蒸馏操作时，温度计用于测量馏分的温度； ‎ C.分液操作时，应防止液体重新混合而污染；‎ D.萃取剂与水互不相溶，以便分离。‎ ‎【详解】A.蒸发操作时，应使混合物中的水分大部分蒸干后，待大部分晶体析出，停止加热，靠余热蒸干剩余水分，防止温度过高而导致固体迸溅，故A错误； ‎ B.蒸馏操作时，蒸馏是根据馏出成分的沸点分离混合物，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，测量蒸气的温度，故B正确； ‎ C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免重新混合引入杂质，故C正确； ‎ D.萃取时，应使溶质更易溶于萃取剂，且萃取剂与水互不相溶，以便分离，故D正确；‎ 答案选A。‎ 分卷II 二、非选择题(共6小题，共50分)‎ ‎26.如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：‎ ‎（1）仪器A的名称是________，烧瓶中反应的化学方程式是_____________________。‎ ‎（2）装置B中盛放液体是___，气体通过装置B的目的是__________________，装置C中盛放的液体是_________。‎ ‎（3）D中反应的化学方程式是__________________________________________。‎ ‎（4）烧杯E中盛放的液体是_____，反应的离子方程式是___________。‎ ‎（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应．为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加__装置。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (3). 饱和NaCl溶液 (4). 吸收氯气中混有的杂质HCl (5). 浓硫酸 (6). 2Fe+3Cl22FeCl3 ‎ ‎ (7). 氢氧化钠溶液 (8). Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O (9). 干燥 ‎【解析】‎ ‎【分析】实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，可以依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶进行除杂，氯气与铁在加热条件下反应生成氯化铁，氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气。‎ ‎【详解】（1）仪器A的名称是分液漏斗；烧瓶中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以选择盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气，所以选择盛有浓硫酸的洗气瓶C除去水蒸气，故答案为饱和NaCl溶液；吸收氯气中混有的杂质HCl；浓硫酸；‎ ‎（3）装置D中氯气和铁共热发生化合反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3；‎ ‎（4）氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，故答案为NaOH溶液；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；‎ ‎（5）由题给资料可知反应生成的氯化铁①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应，则制备时需要防止水蒸气进入装置D，为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置，防止装置E中水蒸气进入，故答案为干燥。‎ ‎27.为验证氧化性：Cl2＞Fe3＋＞SO2，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕)实验过程如图：‎ Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T形导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。‎ Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。‎ Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。‎ Ⅳ.打开活塞b，使约2 mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。‎ Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。‎ Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。‎ ‎(1)过程Ⅰ的目的是________________________。‎ ‎(2)棉花中浸润的溶液为_____________。作用是___________________。‎ ‎(3)A中发生反应的化学方程式：______________________________________。‎ ‎(4)导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是______________________________。用______________(写试剂化学式)检验氧化产物，现象是____________。‎ ‎(5)能说明氧化性Fe3＋＞SO2的离子方程式是__________________________。‎ ‎(6)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2的是________________(填“甲”“乙”或“丙”)。‎ ‎【答案】(1). 排出装置中的氧气 (2). 氢氧化钠溶液 (3). 吸收Cl2、SO2，防止污染空气 (4). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (5). 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－ (6). KSCN (7). 溶液变红 (8). 2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋ (9).‎ ‎ 乙丙 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据装置中含有空气能干扰实验判断；‎ ‎（2）根据氯气和二氧化硫能污染空气分析；‎ ‎（3）根据A装置制备氯气解答；‎ ‎（4）根据氯气能氧化亚铁离子分析；‎ ‎（5）根据铁离子能把二氧化硫氧化为硫酸分析；‎ ‎（6）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断。‎ ‎【详解】（1）打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，防止干扰实验。‎ ‎（2）棉花中浸润的为氢氧化钠溶液，它能够吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气；‎ ‎（3）A中为二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎（4）氯气具有强氧化性，能够把氯化亚铁氧化为氯化铁，含有铁离子溶液显黄色，离子反应方程式是：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；氧化产物中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果溶液变为血红色，证明有铁离子生成；‎ ‎（5）Fe3+在酸性条件下能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身还原为Fe2+，可以说明氧化性Fe3+＞SO2，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-；‎ ‎（6）甲中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；甲中第二次含有SO42﹣，可能是过量的氯气把二氧化硫氧化为SO42﹣，不一定是Fe3+把二氧化硫氧化所致；甲错误；乙中第一次既有Fe3+又有Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子；乙中第二次含有SO42﹣，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；乙正确；丙中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；第二次有Fe2+，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；丙正确；答案选乙、丙。‎ ‎28.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：‎ ‎(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。‎ ‎(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。‎ ‎(3)写出C→E的化学方程式：____________。‎ ‎(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________‎ ‎ (5)检验物质A的方法和现象是________________‎ ‎【答案】(1). NH4HCO3或(NH4)2CO3 (2). NH3 (3). H2O (4). 排水 (5). 向上排空气 (6). 2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 (7). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (8). 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。‎ ‎【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；‎ ‎(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；‎ ‎(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；‎ ‎(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；‎ ‎(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O；‎ ‎(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3‎ 存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。‎ ‎29.根据下图所示的转化关系，回答下列问题：‎ ‎(1)写出反应①的离子方程式：______________________________________________；写出反应②的离子方程式：______________________。‎ ‎(2)推出下列物质的化学式：E____________；I______________。‎ ‎(3)在上述转化过程中，B、C、F、H的氧化能力由弱到强的顺序为______________________(写化学式)。‎ ‎【答案】(1). MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (2). Br2＋2I－===2Br－＋I2 (3). KCl (4). AgBr (5). I2＜Br2＜Cl2＜MnO2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】H中加入淀粉溶液变蓝，说明H为 I2 单质，F溶液为橙色，应为溴水，即F是 Br2 单质，其通过反应②即加入G（钾盐）溶液后有单质 I2  生成，说明G溶液一定是KI溶液，则D为KBr，因为C+KBr→Br2 +E  ，很容易联想到卤素间的置换反应，比 Br2 单质氧化性强的应是Cl2，所以C应该是Cl2，B为黑色粉末，可想到A和B的反应是制 Cl2 的反应，则A为HCl，E为KCl，I为AgBr。‎ ‎（1）反应①是实验室制氯气反应，离子方程式为：MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，反应②是Br2与I－的置换反应，反应的方程式为：Br2＋2I－===2Br－＋I2，故答案为MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；Br2＋2I－===2Br－＋I2‎ ‎（2）C为 Cl2 ， Cl2 与KBr反应生成Br2和KCl，所以E为KCl，D为KBr与AgNO3反应生成AgBr沉淀，所以I为AgBr，故答案为KCl；AgBr。‎ ‎（3）B、C、F、H分别为：MnO2、Cl2、Br2、I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以推出氧化能力由弱到强的顺序为I2＜Br2＜Cl2＜MnO2，故答案为I2＜Br2＜Cl2＜MnO2‎ ‎30.下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。各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）。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C→E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______________（填写物质的化学式）。‎ ‎（4）写出A→D的化学方程式：_______________________。‎ ‎【答案】(1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O (3). 碱石灰 (4). 无色气体变为红棕色 (5). NO (6). 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】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，是氨气，则B为氮气，A与过氧化钠反应生成D，则A为二氧化碳，D为氧气，M是最常见的无色液体，M是水。氨气和氧气反应生成E为一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成F为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成G为硝酸。据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析可知C到E的反应为4NH3+5O24NO+6H2O。‎ ‎（2）实验室用加入氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气是碱性气体，干燥氨气用碱石灰。‎ ‎（3）一氧化氮遇到氧气反应生成红棕色的二氧化氮，若用排水法收集，则二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，收集到的气体为NO。‎ ‎(4)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。‎ ‎31.氨和硝酸都是重要的工业原料。‎ ‎（1）标准状况下，将500 L氨气溶于水形成1 L氨水，则此氨水的物质的量浓度为__mol· L-1（保留三位有效数字）。工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为__。‎ ‎（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为__。‎ 下列反应中的氨与氨氧化法中的氨作用相同的是__。‎ A．2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑ B．2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O C．4NH3+6NO===5N2+6H2O D．HNO3+NH3===NH4NO3‎ 工业中的尾气（假设只有NO和NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣===NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣===□　　+H2O（配平该方程式）。______________‎ ‎（3）向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500 mL，反应过程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1 L 1 mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2 g。‎ ‎①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为__。‎ ‎②Cu与Cu2O 的物质的量之比为__。‎ ‎③HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。‎ ‎（4）有H2SO4和HNO3的混合溶液20 mL，加入0.25 mol•L﹣1Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的质量w（g）和Ba（OH）2溶液的体积V（mL）的关系如图所示（C 点混合液呈中性）。则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为__mol·L-1，HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。‎ ‎【答案】(1). 22.3 (2). SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O［或SO2+2NH3+H2O===（NH4）2SO3］ (3). 4NH3+5O24NO+6H2O (4). BC (5). 2NO2- (6). 3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O (7). 2∶1 (8). 2.4 (9). 0.25 (10). 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）利用c=n/v,计算氨水物质的量浓度，氨水显碱性，二氧化硫是酸性氧化物，两者反应生成盐和水；‎ ‎（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4NH35O2 4NO6H2O，此反应中NH3是还原剂，由此判断与之作用相同的反应；用化合价升降法配平；‎ ‎（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜水和一氧化氮；‎ ‎②依据Cu和Cu2O的质量及Cu（OH）2的质量可求出Cu和CuO的物质的量；‎ ‎③因为反应后溶液为中性，原溶液中的硝酸的物质的量为：n(NO) n（NaOH）,由此求算c(HNO3)；‎ ‎（4）由图可以看出，当滴加氢氧化钡20mL时，达到沉淀最大量，此时发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，由此可计算硫酸的物质的量浓度，又当滴加氢氧化钡60mL时溶液显中性，由此可求出c（H+）进而求出c(HNO3)。‎ ‎【详解】（1）n(NH3)= =22.3mol，氨水的物质的量浓度为 =22.3mol/L，氨水显碱性，二氧化硫是酸性氧化物，两者反应的化学方程式为：SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O，所以可用氨水吸收二氧化硫；‎ 本题答案为：22.3mol/L；SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O。‎ ‎（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4NH35O2 4NO6H2O，此反应中NH3是还原剂，由此可知与之作用相同的反应是2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O和4NH3+6NO===5N2+6H2O ，故B、C中的氨与氨氧化法中的氨作用相同；由质量守恒和得失电子守恒，配平后的离子方程式为：NO+NO2+2OH﹣===2NO2-+H2O；‎ 本题答案为：4NH3+5O24NO+6H2O ；BC；2NO2-。‎ ‎（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜、水和一氧化氮，离子方程式：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O ；‎ 本题答案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。‎ ‎②设27.2 g Cu和Cu2O的混合物中，含CU 、Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，依据题中所给的条件可得：64x80y=27.2，98(x2y)=39.2，两式联立求得：x=0.2, y=0.1,所以x:y=2:1；本题答案为：2:1.‎ ‎③在铜和稀硝酸的反应中，依据N守恒，可知原溶液中n(HNO3)等于表现氧化性的硝酸或被还原的HNO2（NO），与未被还原的硝酸（表现酸性的硝酸）的物质的量之和，因为滴加氢氧化钠时，溶液呈中性，存在表现酸性的硝酸物质的量为：n(HNO3)=n(NaOH)=1L1mpl/L=1mol，依据电子得失守恒，在氧化还原反应中电子转移数目相等。0.1mol氧化亚铜失去0.2mol电子，0.2mo铜失去0.4mol电子，设n(NO)=amol,则有：3a=20.2=0.6mol,解得a=0.2mol,即被还原的硝酸是0.2mol，原溶液中的硝酸为：n(HNO3)=1mol0.2mol=1.2mol，c(HNO3)= =2.4mol/L；‎ 本题答案为：2.4mol/L。‎ ‎（4）由图可知，0～20mLBa（OH）2溶液发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，20mL～60mLBa（OH）2溶液发生发生H++OH﹣═H2O，‎ 由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则：‎ H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O ‎1 1‎ x 0.02L×0.25mol·L﹣1‎ 解得：x=0.02L×0.25mol·L﹣1=0.005mol，‎ 硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)= =0.25mol·L﹣1，‎ 又由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH﹣═H2O可知原溶液中含有的n(H+)与60mLBa（OH）2溶液所含的n(OH-)相等，即n（H+）=n（OH﹣）=2×0.06L×0.25mol·L﹣1=0.03mol，故n（HNO3）=0.03mol-2n(H2SO4)mol=0.03mol﹣0.005mol×2=0.02mol，‎ 故原溶液中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)= =1mol/L;本题答案为：0.25；1。‎