黑龙江省安达市第七中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

黑龙江省安达市第七中学2019-2020学年高一上学期月考化学试题

www.ks5u.com 化学试题 一、单选题 ‎1.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是 A. 若甲为Cl2，则丁可能是铁 B. 若甲为NH3，则丁可能是氧气 C. 若甲为AlCl3溶液，则丁可能是氨水 D. 若甲为NaOH，则丁可能是SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若甲为Cl2，丁是Fe，则乙是FeCl3，丙是FeCl2，符合转化关系，A正确；‎ B、若甲为NH3，丁是O2，则乙是N2，丙是NO，符合转化关系，B正确；‎ C、若甲为AlCl3溶液，丁是氨水，则乙是Al(OH)3，Al(OH)3与氨水不反应，C错误；‎ D、若甲为NaOH，丁是SO2，则乙为Na2SO3，丙为NaHSO3，符合转化关系，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎2.将甲气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入乙气体，有沉淀生成，则甲、乙气体不可能是 A. SO2、H2S B. SO2、NO2 C. NH3、CO2 D. CO2、SO2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入硫化氢，二氧化硫和硫化氢反应生成硫沉淀，不选A；‎ B、氯化钡中通入二氧化硫不反应，再通入二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，可以氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，不选B；‎ C、氯化钡中通入氨气不反应，再通入二氧化碳可以生成碳酸钡沉淀和氯化铵，不选C；‎ D、氯化钡中通入二氧化碳和二氧化硫都不反应，不会出现沉淀，选D。‎ ‎3.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2＋+2Cl－+Cl2↑+2H2O B. 明矾溶于水产生Al(OH)3胶体：Al3＋+3H2O =Al(OH)3↓+3H＋‎ C. Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O =2Na＋+2OH－+O2↑‎ D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3－+Ca2＋+OH－= CaCO3↓+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、浓盐酸应改成离子形式，MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O，A错误；‎ B、明矾溶于水产生Al(OH)3胶体的离子方程式为：Al3＋+3H2O ⇌Al(OH)3（胶体）+3H＋，B错误；‎ C、Na2O2溶于水产生O2的离子方程式为：2Na2O2+2H2O =4Na＋+4OH－+O2↑，C错误；‎ D、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应的离子方程式为：HCO3－+Ca2＋+OH－=CaCO3↓+H2O，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎4. 在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成5种盐的是：‎ A. A12O3、SO2、CO2、SO3 B. C12、A12O3、N2O5、SO3 C. CO2、C12、CaO、SO3 D. SiO2、N2O5、CO、C12‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2，SO2与过量NaOH反应生成Na2SO3，CO2与过量NaOH反应生成Na2CO3，SO3与过量NaOH反应生成Na2SO4，共4种盐，故A项错误；‎ B项，Cl2与过量NaOH反应生成NaCl和NaClO，Al2O3与过量NaOH反应生成NaAlO2，N2O5与过量NaOH反应生成NaNO3，SO3与过量NaOH反应生成Na2SO4，共生成5种盐，故B项正确；‎ C项，CO2与过量NaOH反应生成Na2CO3，Cl2与过量NaOH反应生成NaCl和NaClO，CaO与水生成氢氧化钙，不是盐，SO3与过量NaOH反应生成Na2SO4，共4种盐，故C项错误；‎ D项，SiO2与过量NaOH反应生成Na2SiO3，N2O5与过量NaOH反应生成NaNO3，CO与NaOH不反应，Cl2与过量NaOH反应生成NaCl和NaClO，共4种盐，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎5. 下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是( )‎ A. 洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干 B. 酸式滴定管装标准液前，必须先用该溶液润洗 C. 酸碱滴定实验中，用待测溶液润洗锥形瓶以减小实验误差 D. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．锥形瓶和容量瓶不需要干燥，有水对实验无影响，A错误；‎ B．酸式滴定管装标准溶液前，若不润洗，量取的酸的浓度偏低，则必须先用该溶液润洗，B正确；‎ C．用待滴定溶液润洗锥形瓶，待滴定的物质的量偏大，则锥形瓶不能润洗，C错误；‎ D．用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，需要重新配制，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握仪器的使用、中和滴定、实验操作为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大．‎ ‎6.含铬()废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmol FeO·FeyCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是(　　)‎ A. 消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2－x)mol B. 处理废水中的物质的量为mol C. 反应中发生转移的电子数为3nxmol D. 在FeO· FeyCrxO3中，3x＝y ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】具有强氧化性，FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋，中＋6价Cr被还原成＋3价Cr。该反应中，Fe失电子的物质的量等于Cr得电子的物质的量，则有nymol＝3nxmol，即3x＝y。据Cr、Fe原子守恒可知，生成nmol FeO·FeyCrxO3时，消耗mol，消耗n(y＋1)‎ ‎ mol硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为mol×6＝3nxmol，又知3x＝y则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x＋1) mol，所以正确的答案选A。‎ ‎7.表中对于相关物质的分类全部正确的是（ ）‎ 选项 纯净物 混合物 碱性氧化物 非电解质 A 液氯 漂白粉 Al2O3‎ CO B 醋酸 浓硫酸 Na2O2‎ 乙醇 C 碱石灰 盐酸 K2O Cl2‎ D 胆矾 水玻璃 CaO SO2‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铝是两性氧化物，故A错误；‎ B．过氧化钠不是碱性氧化物，故B错误；‎ C．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物，氯气是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；‎ D．胆矾是CuSO4•5H2O俗称，是纯净物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物，氧化钙是碱性氧化物，SO2是非电解质，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】考查物质的分类，涉及混合物、碱性氧化物、非电解质和纯净物，结合物质的组成分析判断；判断物质是否属纯净物时，不要只看表面字眼“纯”或“混”，而要看实质，例如：“冰水混合物”其实不是混合物而是纯净物，因为冰和水都是由水分子组成的；又如“纯盐酸”，则是混合物而不是纯净物，因盐酸是氯化氢的水溶液。像这类似是而非的习题，在解答时要特别小心，以免误入圈套。‎ ‎8.将Cu片放入0.1mol/L FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中(Fe3+):c(Fe2+)=2:3，则溶液中Cu2+与Fe3+的物质的量之比为（ ）‎ A. 3:2 B. 3:5 C. 4:3 D. 3:4‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设Fe2+为x mol/L，根据反应Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，得（0.1-x）/x=2:3，解得x=0.06，则Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为0.03:0.04=3：4。答案选D。‎ ‎9.向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，无明显变化，当再滴入几滴新制氯水后，混合溶液变成红色，则下列结论错误的是（ ）‎ A. 该溶液中一定含有SCN-‎ B. 氧化性：Fe3+＞Cl2‎ C. Fe2+与SCN-不能形成红色物质 D. Fe2+被氯水氧化为Fe3+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，溶液颜色无明显变化。当再滴入几滴新制氯水后，混合液变成红色，说明亚铁离子被加入的氯水氧化为三价铁离子和硫氰酸根离子结合为红色溶液；‎ A．原溶液中一定含有SCN-，故A正确；‎ B．氯气能氧化亚铁离子为三价铁离子，依据氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性Fe3+＜Cl2，故B错误；‎ C．Fe2+与SCN-不能形成红色物质，三价铁离子与SCN-能形成红色物质，故C正确；‎ D．加入氯水发生的反应为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氯水氧化为Fe3+，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎【点睛】能根据实验现象，明确实验原理是解题关键，溶液中的Fe2+与加入的新制氯水发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，氧化性：Fe3+＜Cl2；能使含Fe3+的溶液变为红色，说明原溶液中一定含有SCN-；因原溶液中加入含Fe2+的溶液后，无明显变化，说明Fe2+与SCN-不能形成红色物质。‎ ‎10.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是 A. 标准状况，11.2L氧气所含的原子数为NA B. 1.8g的NH4＋离子中含有的电子数为NA C. 常温常压下，48gO3和Ｏ2的混合气体含有的氧原子数为3NA D. 2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下，11.2LO2物质的量为=0.5mol，所含氧原子数为NA，A正确；‎ B.1.8gNH4+的物质的量为=0.1mol，1个NH4+中含有10个电子，则1.8gNH4+中含有的电子数为NA，B正确；‎ C.48gO2和O3的混合气体中含氧原子物质的量为=3mol，所含氧原子数为3NA，C正确；‎ D.2.4gMg物质的量为=0.1mol，转变为Mg2+时失去电子数为0.2NA，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎11.下列物质分类正确的是(  )‎ A. SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B. 稀豆浆、盐酸、氯化铁溶液均为胶体 C. 烧碱、纯碱、金属铜均为电解质 D. 盐酸、氯水、氨水均为混合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 酸性氧化物指能和碱反应，只生成盐和水的氧化物，CO不是酸性氧化物，A错误；‎ B. 盐酸、氯化铁溶液不属于胶体，B错误；‎ C. 电解质指在熔融状态下或者水溶液中，能导电的化合物，所以铜不是电解质，C错误；‎ D. 盐酸是HCl的水溶液，氯水是将氯气通入到水中形成的溶液，氨水是将氨气通入到水中的溶液，则这三种溶液都是混合物，D正确；‎ 故合理选项为D。‎ ‎【点睛】电解质指在熔融状态下或者水溶液中，能导电的化合物。‎ ‎12.将Fe、Cu、Fe2＋、Fe3＋和Cu2＋‎ 盛于同一容器中充分反应，反应后Fe有剩余，则容器中其它存在单质或离子只能是 A. Cu、Fe3＋ B. Fe2＋、Fe3＋ C. Cu、Cu2＋ D. Cu、Fe2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】Fe的还原性大于铜，铁先于铜反应；铁离子的氧化性大于铜离子，相同条件下，铁离子先被还原，其次是铜离子；因为铁有剩余，所以铜不反应，反应后一定有铜，铁与铁离子反应生成亚铁离子，Fe与铜离子反应生成亚铁离子和铜，所以反应后一定有亚铁离子和铜，没有Fe3+和Cu2+；答案选D。‎ ‎13.用pH试纸测定某一溶液的pH时，规范的操作是（ ）‎ A. 将pH试纸放入溶液中观察其颜色变化，跟标准比色卡比较 B. 将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较 C. 用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，跟标准比色卡比较 D. 在试管内放少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色，跟标准比色卡比较 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】正确使用pH试纸测定某一溶液pH的方法是：用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸上，再观察颜色，跟标准比色卡比较，故答案为C。‎ ‎14.根据下列反应判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（ ）‎ ‎①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4‎ ‎②2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2‎ ‎③3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3‎ A. H2SO3>I->Fe2+>NO B. I->Fe2+>H2SO4>NO C. Fe2+>I->H2SO3>NO D. NO>Fe2+>H2SO3>I-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4，I元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则H2SO3还原剂，I-为还原产物，还原性：H2SO3>I-；②2FeCl3+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，Fe2+为还原产物，还原性：I->Fe2+；③3FeCl2+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还原剂，NO为还原产物，还原性：Fe2+‎ ‎>NO；由此可知，还原性由强到弱的顺序为H2SO3>I->Fe2+>NO，故答案为A。‎ ‎15.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持、加热和净化装置）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是 选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质 A 浓硝酸 Cu NO2‎ NaOH溶液 B 浓氨水 CaO NH3‎ H2O C 稀硝酸 Cu NO H2O D 浓硫酸 Cu SO2‎ 饱和NaHSO3溶液 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Cu与浓硝酸反应生成NO2，NO2的密度比空气大，用向上排空气法收集NO2，NO2与NaOH能发生反应：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，用NaOH溶液吸收尾气，A合理；‎ B、CaO与浓氨水作用产生NH3，NH3的密度小于空气，不能用向上排空气法收集，B不合理；‎ C、Cu与稀硝酸反应生成NO，由于NO能与空气O2反应生成NO2，NO不能用排空气法收集，而且NO难溶于水，不能用水吸收NO，C不合理；‎ D、Cu与浓硫酸共热反应生成SO2，SO2的密度比空气大，用向上排空气法收集SO2，但饱和NaHSO3溶液不能吸收SO2，D不合理；‎ 答案选A。‎ ‎16.由铁、锌、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是(　　)‎ A. 铁 B. 锌 C. 铝 D. 镁 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 假设金属元素在化合物中的化合价均为+2价，设金属元素符号为R，R+2HC=RCl2+H2↑，参加反应的R与H2的物质的量相等，所以混合金属的平均摩尔质量M=10g/0.5mol=20g/mol，铁、锌、镁的摩尔质量分别为56g/mol、65g/mol、24g/mol，铝在化合物中体现出+3价，将其转化为+2价，则铝的摩尔质量也变为27g/mol×2/3=18g/mol，平均摩尔质量处于最大值和最小值之间，摩尔质量小于20g/mol的金属只有铝，故混合物中一定含有铝，选答案C 。正确答案为C 点睛：混合金属与酸反应的计算题，部分同学感到困难。对于此类题目有两种常用的方法，一是极端法：假设10g混合物分别全部是铁、锌、铝、镁，分别求得产生的H2的体积，题中给的H2的体积必须处于上述计算得到的四个氢气体积的最大值和最小值之间，也就是说混合金属中，至少有一种金属产生的氢气的体积大于题给的氢气的体积，至少有一种金属产生的氢气的体积小于题给的氢气的体积，从而可判断出混合金属的组成情况。二是平均值法，求出混合金属的平均摩尔质量，然后所给金属至少有一种金属的摩尔质量大于平均值，至少一种金属的摩尔质量小于平均值，从而可确定混合金属的组成情况。一般来说，平均值法更简单。 ‎ ‎17.在强酸性溶液中能大量共存，并且溶液为无色透明的离子组是 A. Ca2＋、Na＋、NO3－、CO32－ B. Mg2＋、Cl－、NH4＋、SO42－‎ C. K＋、Cl－、HCO3－、NO3－ D. Ca2＋、Na＋、Fe3＋、NO3－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 强酸性溶液中含大量的H+，根据离子之间不能结合生成沉淀、水、气体，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答。‎ ‎【详解】A．酸性条件下CO32－不能大量存在，且CO32－和Ca2＋可以结合生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，选项A错误；‎ B．酸性溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，选项B正确；‎ C．酸性条件下HCO3－不能大量存在，选项C错误；‎ D．Fe3+为有色离子，与题中溶液为无色透明不符，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎18.24 mL 0.05 mol·L－1的 Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 mol·L－1的K2R2O7的溶液完全反应，则R元素在还原产物中的化合价为 A. 0 B. +2 C. +3 D. +6‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2SO3被氧化为Na2SO4，化合价升高2价，共失去电子为24×10-3× 0.05×2=2.4×10-4mol，K2R2O7被还原到+x价，得到电子为20×10-3×0.02×（6-x）×2，根据电子守恒规律：2.4×10-4=20×10-3×0.02×（6-x）×2，x=.+3，答案C正确；‎ ‎19.在室温时，下列各组中的物质分别与过量NaOH溶液反应，能生成3种盐的一组是（ ）‎ A. SO2、CO2 B. Cl2、Al2O3 C. CO2、SO3 D. SiO2、CO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫、二氧化碳和过量氢氧化钠溶液反应分别生成亚硫酸钠、碳酸钠，所以能生成两种盐，故A不符合题意；‎ B．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，氢氧化钠溶液和氧化铝反应生成偏铝酸钠，所以能生成三种盐，故B符合题意；‎ C．二氧化碳、三氧化硫和过量氢氧化钠溶液反应分别生成碳酸钠、硫酸钠，所以能生成两种盐，故C不符合题意；‎ D．二氧化硅、二氧化碳和过量氢氧化钠反应反应分别生成硅酸钠、碳酸钠，所以能生成两种盐，故D不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎20.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2 g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化曲线如图所示。下列分析错误的是（ ）‎ A. AB段的反应为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋‎ B. 第二份溶液中最终溶质为FeSO4‎ C. 混合酸中NO物质的量为0.4 mol D. 混合酸中H2SO4浓度为5 mol·L－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】n(Cu)==0.3mol，Cu与混合酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，则每份混合酸中H+、NO3-物质的量至少为0.8mol、0.2mol；‎ A、由图象可知，OA段随着铁粉的增多产生的气体增多，AB段消耗铁粉但不产生气体，则OA段发生的反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，A正确；‎ B、BC段加入铁粉又产生气体，则BC段发生的反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故OA段NO3-全部被还原，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质最终全部转化为Fe2+，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；‎ C、根据A和B的分析，OA段发生的反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，消耗Fe的质量为11.2g，则每份混合酸中n(NO3-)=n(Fe)=＝0.2mol，所以原混合酸中NO3-物质的量为0.2 mol×2=0.4mol，C正确；‎ D、反应最终消耗22.4g铁，n(Fe)＝＝0.4mol，最终溶质为硫酸亚铁，根据硫酸根守恒可知，每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是＝4.0mol/L，D错误；‎ 答案选D 二、实验题 ‎21.某课外活动小组利用下列化学反应在实验室中制备氯气，并进行有关氯气性质的研究。‎ ‎ ‎ ‎(1)该小组同学欲用图所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。‎ ‎① 应该选择的仪器是__________(填字母)。‎ ‎② 将各仪器按先后顺序连接起来,应该是a接__________，__________接__________，__________接__________，__________接h(用导管口处的字母表示)。‎ ‎③ 浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式为__________。‎ ‎(2)该小组同学设计分别利用图所示装置探究氯气的氧化性。‎ ‎①G中的现象是__________，原因是__________(用化学方程式表示)。‎ ‎②H中的现象是__________。‎ ‎【答案】 (1). ABCDE (2). d (3). e (4). f (5). g (6). b (7). c (8). MnO2+ 4H++2Cl- Mn 2++Cl2↑+2H2O (9). 溶液由无色变为蓝色 (10). Cl2+2KI＝ I2+2KCl (11). 产生白色沉淀 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考察氯气的制备，及氯气的化学性质的探究。Cl2的实验室制备装置有：A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）。题中还要探究Cl2的氧化性，Cl可以将I-氧化为I2，也可以将氧化为。‎ ‎【详解】（1）①Cl2的实验室制备有A（发生装置）、C（除去HCl气体）、D（干燥装置）、B（收集装置）、E（尾气处理）；‎ ‎②装置的连接顺序为ACDBE，则导管口为a-d，e-f，g-b，c-h；‎ ‎③该反应的离子方程式为：；‎ ‎（2）①试管中的反应方程式为：，生成的I2可以使淀粉溶液变蓝；‎ ‎②该实验中涉及的化学反应有：，，所以可以看到H中有白色沉淀生成。‎ ‎22.某小组同学欲探究NH3的催化氧化反应，按下图装置进行实验。A、B装置可选用的药品:浓氨水、H2O2溶液、蒸馏水、NaOH固体、MnO2。‎ ‎（1）NH3催化氧化的化学方程式是__________。‎ ‎（2）甲、乙两同学分别按上图装置进行实验。一段时间后，装置G中的溶液都变成蓝色。‎ ‎①甲观察到装置F中有红棕色气体，生成红棕色气体的化学方程式是__________ 。‎ ‎②乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是__________(填化学式)。‎ ‎③用离子方程式解释装置G中溶液变成蓝色的原因:__________。‎ ‎（3）为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进:‎ ‎①甲认为可调节K1和K2控制A、B装置中的产气量，应__________(填“增加”或“减少”)装置A中的产气量，或__________(填“增加”或“减少”)装置B中的产气量。‎ ‎②乙认为可在装置E、F间增加置，该装置可以是__________(填字母序号)。‎ ‎（4）为实现该反应，也可用下图所示的装置替换题.给装置中虚线框部分，‎ 化合物X为__________。NH4HCO3的作用是__________。‎ ‎【答案】 (1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 2NO + O22NO2 (3). NH4NO3 (4). 3Cu + 8H+ +2NO3- =3Cu2++2NO↑ +4H2O (5). 增加 (6). 减少 (7). abc (8). Na2O2 (9). NH4HCO3受热分解放出NH3；同时放出的CO2 和H2O分别与Na2O2反应生成O2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）氨的催化氧化反应，氨气中-3价的氮被氧气氧化成显+2价的一氧化氮，化学反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O； （2）①氨气发生了催化氧化的产物一氧化氮，一氧化氮极易和氧气化合为二氧化氮，即2NO+O2=2NO2；所以装置F中有红棕色气体产生，故答案为2NO+O2═2NO2； ②乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟是由于氨气和硝酸反应NH3+HNO3=NH4NO3，生成了白色的NH4NO3固体，故答案为NH4NO3； ③在装置G中，生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO，获得硝酸，金属铜和硝酸反应，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O实质是：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2‎ O； （3）①为了充分氧化氨气，氧气需过量，故需增加氧气的量或减少氨气的量。由气体的干燥装置可知，A为制氧气的装置、B为制取氨气的装置，故可增加装置A中的产气量或减少装置B中的产气量，故答案为增加； 减少； ②E装置是氨气的催化氧化装置，从装置中出来的气体中有氧气和氨气和一氧化氮和水蒸气，因4NO+2H2O+3O2=4HNO3，NH3+HNO3=NH4NO3，所以避免F中生成硝酸铵，实现在F中看到红棕色的二氧化氮，需除去水或氨气，需在装置E、F间增加一个装置，该装置可以将氨气或水除去，a碱石灰吸收水蒸气，可以通过防倒吸的b装置吸收氨气，可以通过浓硫酸吸收氨气和水蒸气，实现在F中看到红棕色的二氧化氮，需选abc，故答案为abc； （4）为实现2NO+O2═2NO2该反应，须生成氧气，碳酸氢铵受热分解生成氨气和水和二氧化碳，放出的CO2和H2O与Na2O2反应生成O2，则X为Na2O2，故答案为Na2O2、NH4HCO3受热分解放出NH3；同时放出的CO2 和H2O分别与Na2O2反应生成O2。‎ ‎【点睛】本题综合考查实验方案的设计和有关氮元素及其化合物的相关知识，在进行实验方案设计时明确实验目的是关键，如为在F中看到红棕色的二氧化氮，为了避免生成白烟硝酸铵对现象造成干扰，需要避免生成硝酸，因此需除去水或氨气，可以在装置E、F间增加一个装置，该装置可以是将氨气或水除去即可，a中碱石灰吸收水蒸气， b装置可吸收氨气并防倒吸，c中的浓硫酸吸收氨气和水蒸气，从而都可以实现在F中看到红棕色的二氧化氮。‎ ‎23.图中是在实验室进行氨气快速制备与性质实验的组合装置，部分固定装置未画出。‎ ‎（1）在组装好装置后，若要检验A～E装置的气密性，其操作是首先_______，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯或松开双手，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。‎ ‎（2）装置B中盛放的试剂是_______。‎ ‎（3）点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后关闭分液漏斗，稍候片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生___________(答现象）；从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，请写出在C中发生反应的化学方程式：_______________________。‎ ‎（4）当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16 g，反应后称重固体质量减少2.4 g，通过计算确定该固体产物的成分是______________（用化学式表示）。‎ ‎（5）在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中，写出产生白烟的化学方程式：___________________，迅速产生倒吸的原因是___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水 (2). 碱石灰(或生石灰) (3). 白色沉淀 (4). 2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O (5). Cu2O、Cu (6). 3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl (7). 盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A装置中浓氨水与生石灰作用制备NH3，B是干燥NH3的装置，C是NH3与CuO的反应装置，E是处理NH3的尾气装置，F是NH3与Cl2的反应装置。‎ ‎【详解】（1）根据题给检查A~E装置的气密性的操作和现象，本题采用加热法检查气密性，所以加热之前，首先进行的操作为：关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水。‎ ‎（2）装置A中浓氨水与生石灰作用产生NH3中混有H2O（g），装置B的作用用于干燥NH3，盛放的试剂是碱石灰（或生石灰）。‎ ‎（3）装置C中黑色固体逐渐变红，则CuO被还原成Cu；装置E中溶液里出现大量气泡，从E中逸出液面气体可以直接排入空气，则NH3被氧化成N2，即装置C中CuO与NH3发生氧化还原反应生成红色的Cu、N2和H2O，C中发生反应的化学方程式为2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O；E中吸收多余NH3，E中发生反应：2NH3＋BaCl2＋SO2＋H2O=BaSO3↓＋2NH4Cl，E中还能观察到的现象是产生白色沉淀；‎ ‎（4）n（CuO）=16g÷80g/mol=0.2mol；若CuO全被还原成Cu，则m（Cu）=0.2mol×64g/mol=12.8g，即固体质量减少3.2g；若CuO全被还原成Cu2O，则m（Cu2O）=0.1mol×144g/mol=14.4g，即固体质量减少1.6g；由于固体质量减少2.4g，则固体产物的成分为Cu、Cu2O；‎ ‎（5）装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中，说明Cl2与NH3‎ 反应产生固体NH4Cl，Cl2被还原，则NH3被氧化成N2，反应的化学方程式为3Cl2＋8NH3=N2＋6NH4Cl；迅速产生倒吸的原因是：盛满氯气的集气瓶中因氨气消耗氯气生成部分固体，导致瓶内压强减小，引起溶液倒吸。‎ ‎ ‎