2018-2019学年安徽省太和第一中学高一上学期期中考试化学（卓越班）试题 解析版

2018-2019学年安徽省太和第一中学高一上学期期中考试化学（卓越班）试题 解析版

‎2018-2019学年安徽省太和第一中学高一上学期期中考试化学（卓越班）试题 出题人：高一化学备课组 审题人：高一化学备课组 可能用到相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65 Br 80 I 127 Ba 137‎ 第I卷(选择题 共50分)‎ 一、单选题(本大题共20小题，每题2.5分)‎ ‎1．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )‎ ‎① 加热条件下，含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1 NA ‎② 1L0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个 ‎③ 标准状况下，22.4L HF含NA个分子 ‎④ 100g 质量分数为46%乙醇溶液中，含氧原子数目为NA ‎⑤ 标准状况下，2.24 L Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA ‎⑥ 常温下，含0.2 mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1 NA ‎⑦ 142g Na2SO4 和Na2HPO4 固体混合物中，阴、阳离子总数为3NA ‎⑧ NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107g A． ①③④⑧ B． ①⑥⑦ C． ③⑤⑦ D． ①⑥⑧‎ ‎2．下列说法正确的是( )‎ ‎①除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶 ‎②金属铁能和稀硫酸反应，故不能用铁罐车运输浓硫酸 ‎③二氧化氯具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 ‎④CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在 ‎⑤向装有Fe(NO3)2溶液的试管中加入稀H2SO4管口观察到红棕色气体，结论: HNO3分解成了NO2‎ ‎⑥A1箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜，将Al箔插入稀HNO3无明显现象 ‎⑦液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封 A． ①③ B． ④⑦ C． ②③⑥ D． ①⑦‎ ‎3．aL CO2气体通过足量Na2O2所得的气体与bL NO相混和时，可得到cL气体(相同状况)，以下表达式中错误的是( )‎ A． 若a＜b，则c＞0.5(a＋b) B． 若a＞b，则c＝0.5(a＋b)‎ C． 若a＝b，则c＝0.5(a＋b) D． 若a＜b，则c＜0.5(a＋b)‎ ‎4．常温下，二氯化二硫(S2Cl2)为橙黄色液体，遇水易水解，工业上用于橡胶的硫化。某学习小组用氯气和硫单质合成S2Cl2的实验装置如图所示，下列说法不正确的是( )‎ A． 实验时需后点燃E处的酒精灯 B． C、D中所盛试剂为饱和氯化钠溶液、浓硫酸 C． 二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物为S、H2S、HCl D． G、H之间应加上D装置 ‎5．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( )‎ ‎6．酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4 、KH2PO4、K2HPO4等。已知H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是 ( )‎ A．H3PO2属于二元酸B．H3PO2属于三元C．NaH2PO2属于酸式盐D．NaH2PO2属于正盐 ‎7．下列离子反应方程式正确的是( )‎ ‎①稀盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+==2Fe3++3H2↑‎ ‎②碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+==H2O+CO2↑+Mg2+‎ ‎③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O ‎④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-刚好沉淀完全：H++SO42-+Ba2++OH-==H2O+BaSO4↓‎ ‎⑤向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-==2H2O+BaSO4↓‎ ‎⑥向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O A． ①②③④ B． ②③④⑤ C． ③④⑤⑥ D． ①②③⑤‎ ‎8．用硫酸渣制备铁黄(一种铁基颜料)的过程中存在如下反应：4FeSO4+8NH3·H2O+O2=4FeOOH+4(NH4)2SO4+2H2O，下列说法正确的是 A． O2是还原剂 B． FeSO4发生还原反应 C． 反应中消耗1molO2转移了2mol电子 D． FeOOH 既是氧化产物又是还原产物 ‎9．已知：一定温度下，将Cl2通人适量KOH溶液，产物中可能有KC1、KClO、KClO3，且c(Cl－)/c(ClO－)的值与温度高低有关。当n(KOH)=amol时，下列有关说法错误的是( )‎ A． 若某温度下，反应后c(Cl－)/c(ClO－)＝11，则溶液中c(ClO－)/c(ClO3－)＝‎ B． 参加反应的氯气的物质的量等于amol C． 改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围： amol ≤ ne ≤amol D． 改变温度，产物中KC1O3的最大理论产量为amol ‎10．己知FeO、Fe2O3、Fe3O4组成的混合物中，铁与氧的质量比为21:8，则混合物中FeO、Fe2O3、Fe3O4三种物质的物质的量之比为 A． 2:3:5 B． 1:1:33 C． 2:5:3 D． 1:2:3‎ ‎11．120 mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是 A． 2.0 mol·L−1 B． 0.24 mol·L−1 C． 1.5 mol·L−1 D． 0.18 mol·L−1 ‎ ‎12．右图是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是( )‎ A． ①② B． ②③ C． ③④ D． ①③‎ ‎13．一种无色气体100mL，由NH3、NO、CO2所组成，将此无色气体通过浓硫酸的洗气瓶后，发现气体减少了30mL。剩余气体继续通过Na2O2固体后，发现气体变成红棕色，再将该气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内，发现试管内水位上升，最后试管内充满液体。则原混合气体中NH3、NO、CO2气体的体积比为(　　)‎ A． 5∶8∶12 B． 15∶14∶21 ‎ C． 10∶14∶21 D． 30∶28∶23‎ ‎14．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g (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如下图所示。下列分析或结果错误的是(　　)‎ A． OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段产生氢气 B． 原混合酸中SO42-物质的量为0.6 mol C． 第二份溶液中最终溶质为FeSO4‎ D． 取20mL原混合酸加水稀释至1L后溶液的c(H+)=0.2mol/L ‎15．不能由单质直接化合而制得的物质有( )‎ A． SO2 B． SO3 C． H2S D． HC1‎ ‎16．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用下图装置可以探究SO2与BaCl2反应生成BaSO3沉淀的条件。下列判断正确的是 A． 玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应 B． c、d两根导管都必须插入BaCl2溶液中，保证气体与Ba2＋充分接触 C． Y形管乙中产生的为氧化性气体，将BaSO3氧化为BaSO4沉淀 D． e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体 ‎17．将Cu与CuO的混合物20．8g加入到50mL 18．4mol/L浓H2SO4中，加热充分反应至固体物质完全溶解(产生气体全部逸出)，冷却后将溶液稀释至1000ml，测得c(H+)=0．84mol/L；若要使稀释后溶液中的Cu2+沉淀完全，应加入6.0mol/L的NaOH溶液的体积为：( )‎ A． 100mL B． 160mL C． 240mL D． 307mL ‎18．下表各组物质中，物质之间不可能实现如下图所示转化的是( )‎ 选项 X Y Z M A Fe FeCl2‎ FeCl3‎ Cl2‎ B Mg C CO CO2‎ C NaOH Na2CO3‎ NaHCO3‎ CO2‎ D Na Na2O Na2O2‎ O2‎ ‎19．在溶液中加入足量Na2O2后仍能大量共存的离子组是 A． 、Ba2＋、、 B． K＋、、、‎ C．Ca2＋、Mg2＋、、 D． Na＋、、、‎ ‎20．某小组比较Cl-、Br-、I- 的还原性，实验如下：‎ 实验1‎ 实验2‎ 实验3‎ 装置 现象 溶液颜色无明显变化；把蘸浓氨水的玻璃棒靠近试管口，产生白烟 溶液变黄；把湿KI淀粉试纸靠近试管口，变蓝 溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘 下列对实验的分析不合理的是 A． 实验1中，白烟是NH4Cl ‎ B． 根据实验1和实验2判断还原性：Br-＞Cl-‎ C． 根据实验3判断还原性：I-＞Br- ‎ D． 上述实验利用了浓H2SO4的强氧化性、难挥发性等性质 第II卷(非选择题 共50分)‎ 编号 实验内容 实验原理 ‎①‎ 制氧气 H2O2 → O2‎ ‎②‎ 制氨气 NH4Cl → NH3‎ ‎③‎ 制氯气 HCl → Cl2‎ 二、填空题(除标注外，每空1分，共50分)‎ ‎21．(15分)下表是实验室制备气体的有关内容：‎ ‎(1)上表气体中：从制备过程看，必须选择合适的氧化剂才能实现的是_______(填气体的化学式)；从反应原理看，明显不同于其他两种气体的是_________(填气体的化学式)。‎ ‎(2)根据表中所列实验原理，从下列装置A、B、C中选择合适的气体发生装置。‎ ‎① 制氧气，② 制氨气，③ 制氯气，所选仪器依次是_____________。‎ ‎(3)根据表中所列实验原理，制取NH3的化学方程式是___________________________________；若用上述制备O2的装置制备NH3，则选择的试剂为______________________________。‎ ‎(4)收集干燥氨气时，选用的干燥剂是___________________________________。‎ ‎(5)图a、b、c、d是某学生设计的收集气体的几种装置．若用d装置收集氨气，则气体流向为___________(选填“②进①出”或“①进②出”)。若要收集NO气体，则应选择__________装置。‎ ‎(6)若用C装置与d装置相连制取并收集X气体，则X可能是下列气体中的___________。 ‎ ‎①CO2　　　　　②NO ③Cl2　　　　　　④SO2　　　　　　　⑤NH3‎ ‎(7)按图装置进行NH3性质实验。‎ ‎①先打开旋塞1，B瓶中的现象是_______________________，稳定后，关闭旋塞1。‎ ‎②再打开旋塞2，B瓶中的现象是___________________________________________。 ‎ ‎(8)某研究性学习小组依据上表中实验原理设计制取氯气并以氯气为反应物进行特定反应的装置。‎ ‎①要将C装置接入B和D之间，正确的接法是a→__________→d。‎ ‎②实验开始先点燃A处的酒精灯，打开夹子K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化还原反应，生成CO2和HCl(g)，发生反应的化学方程式为__________________。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中加入浓硫酸，加入浓硫酸的作用是__________________。‎ ‎③D处反应完毕后，关闭夹子K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，装置B的作用是___________。‎ ‎22．(15分)我国由于硫磺主要依靠进口，所以目前主要以硫铁矿(FeS2)为原料制硫酸，俗称硫铁矿法。‎ I．(1)写出硫铁矿与氧气反应的化学方程式：________________________________________。‎ ‎(2)已知SO3熔点16.83℃、沸点44.8℃。某兴趣小组利用SO2和O2在催化剂V2O5的作用下制备SO3固体．装置如图所示。‎ 写出B中催化剂V2O5表面所发生的反应的化学方程式：____________________________。‎ ‎(3)学生实验时发现在C装置U形管的右边有白雾生成。改进的办法是________________________________________。‎ ‎(4)装置D的作用是吸收尾气，其中干燥管的作用是___________________。装置D中所装液体试剂可能为__________。‎ A．饱和食盐水     B．酒精     C．BaCl2溶液     D．NaOH溶液 ‎(5)下列接触法生产H2SO4的过程中，对废气、废液、废渣和“废热”的处理正确的是_____________。‎ ‎①尾气用氨水处理  ②污水用石灰乳处理 ③废渣用来炼铁、制水泥等 ④将“废热”通过“废热”锅炉产生蒸气发电 A．只有①② B．只有①③④ C．只有①②③ D．全部 ‎(6)在下列用途或反应中，硫酸表现出的性质为：A．高沸点；B．强酸；C．吸水性；D．脱水性；E．强氧化性。‎ ‎①实验室制取氢气 ②干燥氢气 ③浓硫酸与灼热的碳反应 ④硫酸使蔗糖变黑 上述四种情况下，硫酸表现出的性质依次为_________________________________(请用字母填空)。‎ II．该兴趣小组利用右图装置继续研究含硫物质的性质。‎ ‎(7)若 A为30%H2O2溶液，B为MnO2 ，C盛有氢硫酸(H2S)饱和溶液，旋开E后，C中出现浅黄色浑浊的现象，写出C中发生反应的化学方程式：______________________________________________________________________。‎ ‎(8)若A中装有浓盐酸，B中装有固体KMnO4 ，C中盛有KI淀粉溶液，旋开E后，B中出现黄绿色气体。已知1 mol KMnO4发生反应时转移5mol电子。则B中发生反应的离子方程式是：__________________________________________________________；C中的现象是：_______________________________________________________。‎ III．为进一步研究生铁(含碳)与浓硫酸的反应情况及产物性质，该兴趣小组又设计出如下装置。‎ ‎(9)按图所示装置进行实验(夹持装置及尾气处理装置未画出)。实验过程中，装置B中观察的现象是_______________________________________________；装置C中有白色沉淀生成，该沉淀是__________(填化学式)。‎ ‎(10)装置A反应容器中还会产生CO2气体，请写出产生CO2的化学方程式 ‎______________________________________。‎ ‎(11)为了验证装置A中产生的气体中含有CO2，应先从下列①～④中选出必要的装置连接A装置中c处管口，从左到右的顺序为__________(填序号)；然后再进行的操作是从a处多次鼓入N2，其目的是______________________________。‎ ‎23．(6分)浓硝酸和浓硫酸在工业上有着非常重要的应用。‎ I．为了测定某铜银合金的成分，将30.0g合金溶于80mL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L(标准状况)，并测得溶液中的c(H+)=1mol/L。假设反应后溶液的体积仍为80mL，试计算：‎ ‎(1)被还原的硝酸的物质的量为__________；‎ ‎(2)合金中银的质量分数为__________；‎ ‎(3)若需要将全部尾气用水吸收，需要的氧气体积(标准状况)为__________；‎ ‎(4)如果将所得溶液中全部金属阳离子沉淀，至少需加入1mol/LNaOH溶液的体积为__________。‎ II．将一定质量的锌粒投入100mL 18.5mol/L的浓硫酸中，待锌粒完全溶解后，测得生成的H2和SO2共33.6L(标准状况)，此时溶液中尚余0.1mol H+．计算可知：‎ ‎(5)投入锌粒的质量为__________g；‎ ‎(6)生成的H2和SO2的物质的量之比为__________。‎ ‎24．(14分)海水是宝贵的资源宝库，目前氯碱工业、海水提镁、海水提溴为人类提供了大量工业原料。‎ I．下图是海水综合利用的部分流程图，据图回答问题：‎ ‎(1)由海水晒制的粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等离子，为除去这些离子，所加试剂及其先后顺序为(写化学式) _____________________。‎ ‎(2)根据上述流程，判断Cl2、Br2、SO2的氧化性由强到弱的顺序为_______________。‎ ‎(3)也有工艺是在吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，形成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2‎ 放出。该反应的离子方程式是________________________________；最后再用H2SO4处理得到Br2 ，之后加入CCl4进行Br2的萃取，最终用__________方法得到单质Br2。‎ ‎(4)在海水提镁的过程中如何实现对镁离子的分离？ ‎ ‎①为了使镁离子沉淀下来，加入的足量试剂①是____________________(填化学式)。 ‎ ‎②试从节约能源，提高金属镁的纯度分析，以下适宜的冶镁方法是__________。 ‎ ‎(5)海水中镁的含量为1.10 mg·L－1，假设海水中镁元素全部存在于MgSO4中，则海水中MgSO4的含量为 mg·L－1，若某工厂每天生产1.00 t镁，则每天需要海水的体积为 L。‎ II．溴单质具有广泛的工业价值，查阅资料知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。某化学小组模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴，主要实验装置(夹持装置略去)及操作步骤如下：‎ ‎ A B C ‎①连接A与B，关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；‎ ‎②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；‎ ‎③进行步骤②的同时，向B中通入足量SO2；‎ ‎④关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量Cl2；‎ ‎⑤将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。‎ 请回答：‎ ‎(6)步骤②中鼓入热空气的作用为 ；‎ 步骤③B中发生的主要反应的离子方程式为 。‎ ‎(7)综合分析步骤①、②、③和④，这四步操作的最终目的为 。‎ ‎(8)此实验中尾气可用 (填选项字母)吸收处理。‎ a．水 b．浓硫酸 c．NaOH溶液 d．饱和NaCl溶液 ‎(9)步骤⑤中，蒸馏用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、尾接管、锥形瓶外，还有 ‎ ‎；要达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件为 。‎ ‎‎ 卓越班期中考试化学试卷答案（简）‎ 选择题 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ B D D C B D B D D B C D B B B D C A B C ‎21．【答案】（1）Cl2 NH3‎ ‎（2）BAC ‎（3）2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；浓氨水与碱石灰（或生石灰或NaOH固体）‎ ‎（4）碱石灰（或生石灰）‎ ‎（5）②进①出 c ‎ ‎（6）③④‎ ‎（7）①产生白烟 ‎②烧杯中的石蕊溶液会倒流进入到B瓶中，形成红色溶液 ‎（8）①c→b ‎ ‎②2Cl2 +C+2H2O4HCl+CO2 ‎ 浓硫酸稀释时放热，促进水蒸气产生并减少Cl2的溶解 ‎③贮存多余氯气，防止污染空气 ‎22．【答案】（1） FeS 2+11O2 2Fe2O3+8SO2 ‎ ‎（2）2SO2+O2 2SO3‎ ‎（3）CD之间连接一个装有浓硫酸的洗气瓶 ‎（4）防止倒吸 D ‎（5）D ‎（6）BCED ‎（7）2H2S + O2 = S↓+ 2H2O ‎（8）2MnO4-+16H+ + 10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O 无色溶液变为蓝色 ‎(9)品红试纸褪色，石蕊试纸变红 BaSO4‎ ‎(10)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ‎ ‎(11)③②④ 除尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验 ‎23．【答案】（1）0.3mol； （2）36%； （3）3.92L； （4）0.78L； （5）97.5； （6）4：1‎ ‎24．【答案】‎ ‎（1）BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl；‎ ‎（2）Cl2＞Br2＞SO2‎ ‎（3）3Br2+3CO32-═5Br-+BrO-3+3CO2↑； 蒸馏 ‎（4）①Ca(OH)2 ②c ‎ ‎（5）5.50； 9.09×108‎ ‎（6）使A中生成的Br2 随空气流进入B中； Br2＋SO2＋2H2O＝4H+＋2Br－＋SO42－；‎ ‎（7）富集溴；‎ ‎（8）c；‎ ‎（9）冷凝管(或冷凝器)和蒸馏烧瓶（缺一样不得分）； 控制温度计温度，并收集59℃时的馏分；‎ 卓越班期中考试化学试卷答案（详）‎ ‎1．【答案】B ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是高频考点，注意气体摩尔体积的使用范围，和物质中微粒数目或氧化还原中转移电子数等。‎ 详解：①硫酸浓度下降后变成稀硫酸，反应停止，0.2molH2SO4不能完全反应，故正确；②碳酸根离子发生水解，所以不能计算1L0.1 mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数，故错误；③标准状况下， HF不是气体，不能计算其物质的量，故错误；④乙醇溶液中存在大量水分子，故氧原子数目大于NA，故错误；⑤标准状况下，2.24LCl2即0.1mol，与水反应生成盐酸和次氯酸，转移的电子数目为0.1NA，故正确；⑥常温下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应时随着反应的进行硫酸变稀，反应停止，所以生成的二氧化硫的物质的量小于0.1mol，故正确；⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物的物质的量为1mol，所以阴、阳离子总数为3NA，故正确；⑧胶体粒子是很多个分子的集合体，不能计算其质量，故错误；故选B。‎ ‎2．【答案】D ‎【解析】①二氧化硫具有还原性，可与高锰酸钾反应，浓硫酸干燥气体，则除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液、浓硫酸的洗气瓶，故①正确；②SiO2能与氢氟酸反应，故②错误；③二氧化氯具有氧化性，是利用强氧化性杀菌消毒，故③错误；④一氧化氮易被氧气氧化为二氧化氮，在空气中不能稳定存在，故④错误；⑤HNO3与Fe2+反应生成NO，NO与空气接触生成NO2，故⑤错误；⑥Al与稀硝酸不发生钝化，与浓硝酸在常温下发生钝化，则Al箔插入稀HNO3中金属溶解，有气泡冒出，故⑥错误；⑦由于液溴容易挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故⑦正确；故选D。‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】‎ 首先发生反应：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，可知生成氧气体积为0.5a L，与bL NO混合又发生反应：O2+2NO＝2NO2，二者恰好反应时0.5a：b＝1：2，解得a＝b，则 A、若a＜b，则NO有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少0.5a L，故得到气体体积等于NO的体积，则c＝b，即c＞0.5(a+b)，A正确；‎ B、若a＞b，则O2有剩余，由O2+2NO＝2NO2可知气体体积减少为参加反应氧气的体积，即气体体积减少为0.5b L，故得到气体体积为c＝(0.5a L+b L-0.5b L)＝0.5(a+b)，B正确；‎ C、若a＝b，则此时生成NO2体积c＝2×0.5a＝b＝0.5(a+b)，C正确；‎ D、根据以上分析可知D错误。‎ 答案选D。‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】‎ 根据实验目的，分液漏斗中盛浓盐酸、烧瓶中盛二氧化锰，加热制取氯气；C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥；E装置中氯气和硫单质合成S2Cl2；G为收集产品装置，同时可防止H中溶液倒吸，H为吸收剩余氯气装置。‎ A项，因为装置中有空气，所以实验时应先点燃最左边酒精灯，通入氯气排出空气，再点燃E处酒精灯，故A正确；‎ B项，因为S2Cl2遇水易水解，所以E中应为纯净干燥的氯气与S反应，C瓶中盛饱和氯化钠溶液，吸收挥发出的HCl气体，D瓶中盛浓硫酸吸水干燥，故B正确；‎ C项，根据元素守恒，二氯化二硫(S2Cl2)水解反应产物中一定有含氧元素的化合物，且元素的化合价必须有升有降，故C错误；‎ D项，因为二氯化二硫遇水易水解，所以G、H之间应加上D装置，以防止右侧水蒸气扩散进入E中，故D正确。‎ 综上所述，符合题意的选项为C。‎ ‎5．【答案】B ‎【解析】‎ 该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。A、氨气不能使用向上排空气法，选项A错误；B、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气可用向上排空气法收集，尾气必须用氢氧化钠吸收且应防倒吸，选项B正确；C、铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，用水吸收二氮化氮会产生一氧化氮无法完全吸收尾气，会引起污染，选项C错误；D、制取氯气需要加热，选项D错误。答案选B。‎ ‎6．【答案】D ‎【解析】A．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；B．由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；C．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；D．由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；故答案为D。‎ 点睛：在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷酸)为一元酸，把握概念是关键。‎ ‎7．【答案】B ‎【解析】①稀盐酸与铁屑反应生成Fe2+，该离子方程式不正确；②碳酸镁与稀硫酸：MgCO3+2H+==H2O+CO2↑+Mg2+，该离子方程式正确；③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，该离子方程式正确；④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全：H++SO42-+Ba2++OH-==H2O+BaSO4↓，该离子方程式正确；⑤向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：2H++SO42-+Ba2++2OH-==2H2O+BaSO4↓，该离子方程式正确；⑥向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+H2O+CO32-，⑥不正确。本题选B。‎ ‎8．【答案】D ‎【解析】铁元素由FeSO4中+2价升高到FeOOH中+3价，发生了氧化反应，B错误；O2中氧元素由0价降低到-2价，发生还原反应，做氧化剂，A错误；O2中氧元素由0价降低到-2价，1mol O2转移电子4mol，C错误，铁元素由+2价变为+3价，氧元素由0价变为-2价，因此，FeOOH 既是氧化产物又是还原产物，D正确；正确选项D。‎ ‎9．【答案】D ‎【解析】‎ 分析：本题考查氧化还原反应的计算，注意电子转移守恒及极限法的应用，培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力。‎ 详解：A. 设n(ClO－)=1mol，反应后c(Cl－)/c(ClO－)＝11，则n(Cl－)=11mol，电子转移守恒，5×n(ClO3－)+1×n(ClO－)=1×n(Cl－)，即5×n+1×1=1×11，解得n(ClO3－)=2mol，则溶液中c(ClO－)/c(ClO3－)＝，故正确。B. 由氯原子守恒可知，2n(Cl2)= n(KClO)+n(KCl)+n(KClO3),由钾离子守恒可知n(KClO)+n(KCl)+n(KClO3)= n(KOH)，故参加反应的氯气的物质的量为n(Cl2)= n(KOH)= amol，故正确；C.氧化产物只有氯酸钾时，转移电子最多，根据电子守恒n(KCl)=5 n(KClO3)分析，由钾离子守恒n(KCl)+n(KClO3)= n(KOH)，故n(KClO3)= n(KOH)/6=a/6mol，转移电子最大物质的量为a/6×5=5a/6mol，氧化产物只有次氯酸钾时，转移电子最少，根据电子转移守恒n(KClO)=n(KCl)，根据钾离子守恒n(KClO)+n(KCl)= n(KOH)，故n(KClO)= n(KOH)/2=a/2mol，转移电子最小物质的量为a/2mol，则反应中转移电子的物质的量的范围为 amol ≤ ne ≤amol，故正确。D. 氧化产物只有氯酸钾时，其物质的量最大，有C中计算可知，产物中KC1O3的最大理论产量为a/6mol，故错误。故选D。‎ ‎10．【答案】B ‎【解析】‎ 因Fe 3O 4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，要满足混合物中铁、氧元素的质量之比也为21：8，则样品中含有任意量的Fe3O4都可以；关键是FeO和Fe 2O 3中的元素的质量比， Fe3O4可写成Fe2O3•FeO形式即它们的分子个数的比应保持在1：1，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8。从选项中观察，只有B项中FeO：Fe2O3=1:1。‎ 综上所述，本题应选B。‎ ‎11．【答案】C ‎【解析】‎ 当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，  当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3﹣+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.2mol，则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L， 即盐酸的浓度应该是大于1mol/L，小于2mol/L。故C正确。‎ 综上所述，本题选C。‎ ‎12．【答案】D ‎【解析】①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞试管发生危险，所以方案①错误。②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca(OH)2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca(OH)2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确。③2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误。④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。‎ 点睛：与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。‎ ‎13．【答案】B ‎【解析】‎ 气体通过浓硫酸后减少，说明含有氨气，氨气的体积为30mL，剩余气体通过过氧化钠，气体变为红棕色，说明原气体含有一氧化氮和二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，氧气和一氧化氮反应生成红棕色的二氧化氮，再 将气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内，发现试管内水位上升，最后试管内充满液体，根据方程式4NO2+O2+2H2O=4HNO3分析，二氧化氮和氧气的体积比为4:1，则根据2NO+O2=2NO2分析，原一氧化氮和氧气的体积比为4:3，根据2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2分析，则一氧化氮和二氧化碳的体积比为4：6，则根据总体积为100mL和氨气体积为30mL计算，一氧化氮的体积为28mL，二氧化碳的体积为42mL，则三者比例为15:14:21，故选B。‎ ‎14．【答案】B ‎【解析】分析：该混合溶液与铜粉反应的离子方程式为①3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，已知m(Cu)=19.2g，即n(Cu)=0.3mol，可求得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol；铁粉与混合溶液反应时，铁被氧化为Fe3＋，而HNO3被还原为NO，即OA段的反应②为Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O；随着铁粉的增加，AB段的反应③为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，此时没有气体生成；当再增加铁粉时，又产生气体，即BC段的反应④为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，说明溶液中剩余的有H+；已知OA段消耗n( Fe) =0.2mol，由反应②可得参加反应的n(NO3－)=0.2mol，n(H+)=0.8mol，BC段消耗n( Fe) =0.1mol，则反应④消耗的n(H+)=0.2mol，综合分析可知，每一份混合溶液中n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol。‎ 详解：A、混合溶液开始与铁粉反应时，稀硝酸把铁氧化为Fe3＋，而自身被还原为NO，即OA段，由于Fe3＋也有较强的氧化性，被增加的铁粉还原为Fe2+，即AB段，由于溶液中剩余有H+，与加入的铁粉反应生成H2，即BC段，所以A正确；‎ B、由上述分析可知，原混合溶液中n(H2SO4)= n(SO42-)=2×0.4mol=0.8mol，所以B错误；‎ C、根据反应②③④可得，第二份溶液中的最终溶质只有FeSO4，所以C正确；‎ D、每一份混合溶液(100mL)中含有n(HNO3)= 0.2mol，n(H2SO4)= 0.4mol，则c(H+)=10 mol/L，取20mL加水稀释至1L时，根据溶质的物质的量不变，可得0.02L×10mol/L=1L×c(H+)，c(H+)=0.2mol/L，所以D正确。本题答案为B。‎ ‎15．【答案】B ‎【解析】‎ A．硫在氧气中燃烧可生成二氧化硫，能由单质直接化合制得，故A不选；B．硫在氧气中燃烧可生成二氧化硫，二氧化硫在催化作用下反应生成三氧化硫，不能由单质直接化合制得，故B选；C. H2与硫蒸气反应生成H2S，能由单质直接化合制得，故C不选；D ‎、氢气和氯气在点燃时生成HCl，能由单质直接化合制得，故D不选；故选B。‎ ‎16．【答案】D ‎【解析】‎ A、玻璃管的作用是连通大气，平衡压力，以便左右两边产生的气体顺利导入，故A错误；B、如果产生氨气，氨气极易溶于水防止倒吸，所以不能插人BaCl2溶液中，故B错误；C、SO2与BaCl2不反应，氧化性气体将溶液中的亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，而不是将BaSO3氧化为BaSO4沉淀，故C错误；D、如是碱性气体，溶液中存在大量的SO32-，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，产生氨气碱性气体，故D正确；故选D。‎ 解析 ‎17．【答案】C ‎【解析】反应剩余硫酸的物质的量为： ×0.84mol/L×1L=0.42mol，设混合物中含铜、氧化铜的物质的量分别为x、y，则：‎ Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O ‎1   2        1‎ x   2x        x CuO+H2SO4═CuSO4+H2O ‎1   1‎ y   y 所以，2x+y=18.4mol/L×0.05L-0.42mol=0.5mol，64g/mol•x+80g/mol•y=20.8g，解得：x=0.2mol，y=0.1mol，n(SO2)=0.2mol，1000 mL溶液中SO42-的总量为18.4mol/L×0.05L-0.2mol=0.72mol，Cu2+刚好沉淀完全，此时溶液中溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)，故需要n(NaOH)=2n(Na2SO4)=0.72mol×2=1.44mol，所以沉淀Cu2+所需氢氧化钠的体积==0.24L=240mL，故选C。‎ ‎18．【答案】A ‎【解析】A、Fe与Cl2反应直接产生FeCl3，A项错误；B、Mg和CO2反应生成C和MgO，C和CO2反应生成CO，B项正确；C、NaOH和少量的CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2反应生成NaHCO3，C项正确；D、Na与O2在常温下反应生成Na2O，Na2O再与O2反应生成Na2O2，D项正确；答案选A。‎ ‎19．【答案】B ‎【解析】‎ Na2O2具有强氧化性，能和水反应生成氢氧化钠和氧气，加入足量Na2O2后仍能大量共存，说明离子不具有强还原性，且与OH-不反应，以此解答。‎ A．在溶液中加入足量的Na2O2后生成NaOH，OH-与NH4+结合生成弱电解质，则不能共存，故A错误；‎ B.离子之间不发生任何反应，且与过氧化钠、OH-不反应，可大量共存，所以B选项是正确的； C.加入过氧化钠后，Ca2+、Mg2+、HCO3-之间反应生成沉淀和水而不能大量共存，故C错误； D．Na2O2具有强氧化性，与SO32-离子发生氧化还原反应，则离子不能共存，故D错误；‎ 所以B选项是正确的。‎ ‎20．【答案】C ‎【解析】‎ 实验1，浓硫酸与氯化钠固体反应生成氯化氢气体；实验2，溶液变黄，说明有溴单质生成；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性；‎ 实验1，试管口挥发出的氯化氢气体与浓氨水挥发出的氨气反应生成白烟氯化铵，故A合理；实验1溶液颜色无明显变化说明浓硫酸不能氧化氯离子，实验2溶液变黄说明浓硫酸能氧化溴离子，所以判断还原性：Br-＞Cl-，故B合理；②中溶液含有浓硫酸和溴单质，加入碘化钠生成碘单质，可能是浓硫酸把碘离子氧化为碘单质，不能得出还原性I-＞Br-的结论，故C不合理；实验1体现浓硫酸的难挥发性、实验2体现浓硫酸的氧化性，故D合理；选C。‎ ‎21．【答案】（1）Cl2 NH3‎ ‎（2）BAC ‎（3）2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；浓氨水与碱石灰（或生石灰或NaOH固体）‎ ‎（4）碱石灰（或生石灰）‎ ‎（5）②进①出 c ‎ ‎（6）③④‎ ‎（7）①产生白烟 ‎②烧杯中的石蕊溶液会倒流进入到B瓶中，形成红色溶液 ‎（8）①c→b ‎ ‎②2Cl2 +C+2H2O4HCl+CO2 ‎ 浓硫酸稀释时放热，促进水蒸气产生并减少Cl2的溶解 ‎③贮存多余氯气，防止污染空气 ‎【解析】‎ ‎(1)利用过氧化氢分解制氧气是氧化还原反应，过氧化氢既是氧化剂又是还原剂；利用氯化铵和氢氧化钙固体加热发生复分解反应制氨气；利用二氧化锰氧化浓盐酸制氯气是氧化还原反应，需要氧化剂的是制备氯气；从反应原理看，明显不同于其他两种气体的是制备氨气利用的是复分解反应；‎ ‎(2)利用过氧化氢分解制氧气需要加入催化剂二氧化锰，实验装置样该是固液不加热装置，应选B；利用氯化铵和氢氧化钙固体加热，应采用固固加热装置，选用A装置；利用二氧化锰氧化浓盐酸在加热条件下制备氯气，选用C装置，利用高锰酸钾氧化浓盐酸制备氯气采用固液不加热装置，选B装置；‎ ‎(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气,方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O；若用B装置制取氨气,利用了氨气易挥发的性质,一般可用浓氨水与生石灰(或NaOH固体),生石灰、氢氧化钠吸水,并放出大量的热,有利于氨气的生成；综上所述，本题答案是：2NH4Cl+Ca（OH）2 CaCl2+2NH3↑+2H2O，浓氨水与碱石灰（或生石灰或NaOH固体）。 ‎ ‎(4)氨水成碱性,应用碱性干燥剂干燥氨气，一般可用碱石灰(或生石灰)；因此本题答案是：碱石灰（或生石灰）。‎ ‎（5）氨气的密度比空气小,极易溶于水，采用向下排空气法收集；若用d装置收集氨气,则气体流向为②进①出；NO气体密度比空气略大，不溶于水，易与氧气反应，因此采用排水法收集，应选c；因此，本题答案是：②进①出， c。‎ ‎（6）若用C装置与d装置相连制取并收集X气体,则在加热条件下制备，且用固体和液体或者液体与液体反应,可用于制备氯气,二氧化硫等，气体有毒,不能排放到空气中,应有尾气处理装置；因此可以制取并收集X气体为③Cl2和④SO2，因此本题选 ③④。 （7）①烧瓶A的压强大，先打开旋塞1，氯化氢气体就会逸散到烧瓶B，与氨气反应生成氯化铵，所以B瓶中的现象是有大量白烟产生；因此本题答案是：产生白烟。‎ ‎②再打开旋塞2，由于B瓶内气体压强减小，所以烧杯中的液体会倒流进入B瓶中，由于氯化铵溶液显酸性，溶液的颜色变为红色；综上所述，本题答案是：烧杯中的石蕊溶液会倒流进入到B瓶中，形成红色溶液。‎ 分析：本题考查Cl2的实验室制备和与Cl2有关的性质实验。根据装置图，装置A中MnO2与浓HCl共热制备Cl2；由于盐酸具有挥发性，制得的Cl2中混有HCl和H2O（g），装置C中水既可除去Cl2中HCl，又能提供D处反应所需的H2O（g），装置D中实现Cl2、H2O（g）与炭粉的反应。‎ ‎（7）分析：本小问考查Cl2的实验室制备和与Cl2有关的性质实验。根据装置图，装置A中MnO2与浓HCl共热制备Cl2；由于盐酸具有挥发性，制得的Cl2中混有HCl和H2O（g ‎），装置C中水既可除去Cl2中HCl，又能提供D处反应所需的H2O（g），装置D中实现Cl2、H2O（g）与炭粉的反应。①要将C装置接入B和D之间，装置C中水既可除去Cl2中HCl，又能提供D处反应所需的H2O（g），导气管应长进短出，正确的接法是a→c→b→d。‎ ‎②实验开始先点燃A处酒精灯，打开夹子K，让Cl2充满整个装置，用Cl2排尽装置中的空气。再点燃D处的酒精灯，Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，D中发生氧化还原反应生成CO2和HCl（g），发生反应的化学方程式为2Cl2+C+2H2OCO2+4HCl。为了使C装置发挥更好的作用，向烧杯中加入浓硫酸，加入浓硫酸的作用是：浓硫酸稀释时放热，促进水蒸气产生，并减少Cl2的溶解。‎ ‎③D处反应完毕后，关闭夹子K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，由于Cl2难溶于饱和氯化钠溶液，装置B相当于储气瓶，装置B的作用是：贮存多余Cl2，防止污染大气。‎ ‎22．【答案】（1） FeS 2+11O2 2Fe2O3+8SO2 ‎ ‎（2）2SO2+O2 2SO3‎ ‎（3）CD之间连接一个装有浓硫酸的洗气瓶 ‎（4）防止倒吸 D ‎（5）D ‎（6）BCED ‎（7）2H2S + O2 = S↓+ 2H2O ‎（8）2MnO4-+16H+ + 10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O 无色溶液变为蓝色 ‎(9)品红试纸褪色，石蕊试纸变红 BaSO4‎ ‎(10)C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ‎ ‎(11)③②④ 除尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验 ‎【解析】‎ I．(1)硫铁矿和氧气反应生成氧化铁和二氧化硫气体，反应的化学方程式为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；‎ ‎(2)B中催化剂V2O5表面所发生的反应的化学方程式2SO2+O22SO3；故答案为：2SO2+O22SO3；‎ ‎(3)C装置U形管的右边有白雾生成，因为含有水蒸气，需要加入吸收水蒸气的装置，CD之间连接一个装有浓硫酸的洗气瓶；故答案为：CD之间连接一个装有浓硫酸的洗气瓶；‎ ‎(4)装置D的作用是吸收尾气，其中干燥管的作用是防止倒吸，D中液体是吸收二氧化硫气体的作用；故答案为：防止倒吸、D；‎ ‎(5)①硫酸厂尾气中含有SO2，可用氨水吸收处理；2NH3+H2O+SO2=(NH4)2SO3，或NH3+H2O+SO2=NH4HSO3；故①正确；②硫酸厂废水中含有H2SO4，可用石灰乳中和；Ca(OH)2+H2SO4═CaSO4+2H2O；故②正确；③硫酸厂废渣中含有SiO2、Fe2O3等，可用于制造水泥、炼铁；废物利用，故③正确；④由于硫酸生产过程中三个化学反应都是放热反应，可以充分利用这些反应放出的热能来降低生产成本；故④正确；故选D；‎ ‎(6)①实验室制取氢气是利用稀硫酸的弱氧化性、酸性，故选B；  ‎ ‎②浓硫酸具有吸水性而作氢气的干燥剂，故选C；‎ ‎③高温下，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫，反应中体现了浓硫酸的强氧化性，故选E；‎ ‎④浓硫酸将蔗糖中的H、O元素以2：1水的形式脱去，浓硫酸体现脱水性，故选D。‎ II．（7）过氧化氢在二氧化锰的催化作用下生成氧气，氧气进入C中与硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质，反应方程式为2H2S + O2 = S↓+ 2H2O；‎ ‎（8）浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，已知1 mol KMnO4发生反应时转移5mol电子，即Mn从+7价下降到+2价，离子反应方程式为：2MnO4-+16H+ + 10Cl- =2Mn2+ +5Cl2↑+8H2O，氯气与C中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质可使淀粉溶液变蓝，因此C中的现象是无色溶液变蓝。‎ III．（9）由装置图可知，仪器b为分液漏斗，生铁（含碳）与浓硫酸反应生成二氧化硫，可使湿润的品红试纸褪色，湿润的石蕊试纸变红；把二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根离子把二氧化硫氧化为硫酸，因此会生成硫酸钡沉淀；‎ ‎（10）碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，反应的方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；‎ ‎（11）二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，因此应先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，最后通入澄清石灰水检验二氧化碳，即从左到右的顺序为③②④；由于装置有空气，空气中含有二氧化碳，开始鼓入氮气，排尽装置中的空气，防止空气中的CO2影响实验；‎ ‎23．【答案】（1）0.3mol； （2）36%； （3）3.92L； （4）0.78L； （5）97.5； （6）4：1‎ ‎【解析】I.试题分析：被还原的硝酸在本题中被还原生成NO和NO2，可以通过气体的体积进行计算，合金组成可以通过方程组求解得到答案，NaOH与金属阳离子的反应注意溶液中HNO3先发生反应。‎ 解析：（1）浓硝酸反应过程中随着硝酸浓度降低，还原产物会逐步由NO2转变成NO，无论是NO还是NO2，都只含有1个N原子，所以n(气)=6.72L/22.4L·mol-1=0.3mol，被还原的HNO3为0.3mol。正确答案：0.3mol。（2）参加反应的HNO3 0.08L×(13.5-1)mol/L=1mol，其中被还原的硝酸0.3 mol，生成盐的硝酸0.7mol，设Cu x mol，Ag y mol，生成Cu(NO3)2 x mol，AgNO3 y mol，则2x+y=0.7 ，64x+108y=30.0，解得x=0.3 mol，y=0.1 mol，Ag的质量分数为0.1×108/30.0=0.36。正确答案：0.36或36%。（3）合金完全反应失去电子0.3mol×2+0.1mol×1=0.7mol，因此HNO3还原生成NO、NO2共得到电子0.7mol，则这些气体氧化生成HNO3时失去0.7mol电子，氧化剂O2得到0.7mol电子，n(O2)=0.7mol/4，标准状况下体积为0.7×22.4/4=3.92L 。正确答案：3.92L。（4）反应后的溶液中含有HNO30.08×1=0.08mol，Cu(NO3)2 0.3mol，AgNO30.1mol，金属阳离子完全沉淀需要NaOH 0.08+0.3×2+0.1=0.78mol，V（NaOH）=0.78/1=0.78L 。正确答案：0.78L。‎ II.试题分析：H2和SO2共33.6L（标准状况），气体的物质的量是 ；生成1mol氢气转移电子2mol，生成1mol SO2转移电子2mol，所以生成1.5mol H2和SO2的混合气体共转移电子3mol；（1）根据电子守恒计算锌粒的质量；（2）根据元素守恒，计算生成的H2和SO2的物质的量之比。‎ 解析：（1）根据以上分析，生成1.5mol H2和SO2的混合气体共转移电子3mol，根据得失电子守恒，可知消耗锌的物质的量是 ‎1.5mol，消耗锌的质量是 ； ‎ ‎（2）反应后溶液中的溶质是硫酸锌和硫酸，根据锌元素守恒，反应生成硫酸锌的物质的量是1.5mol；溶液中尚余0.1mol H+，可知剩余硫酸0.05mol；根据硫元素守恒，反应生成SO2的物质的量是0.1L× 18.5mol/L―1.5mol―0.05mol=0.3mol；所以氢气的物质的量是1.5mol－0.3mol=1.2mol，生成的H2和SO2的物质的量之比为1.2:0.3=4：1。‎ ‎24．【答案】‎ ‎（1）BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl；‎ ‎（2）Cl2＞Br2＞SO2‎ ‎（3）3Br2+3CO32-═5Br-+BrO-3+3CO2↑； 蒸馏 ‎（4）①Ca(OH)2 ②c ‎ ‎（5）5.50； 9.09×108‎ ‎（6）使A中生成的Br2 随空气流进入B中； Br2＋SO2＋2H2O＝4H+＋2Br－＋SO42－；‎ ‎（7）富集溴；‎ ‎（8）c；‎ ‎（9）冷凝管(或冷凝器)和蒸馏烧瓶（缺一样不得分）； 控制温度计温度，并收集59℃时的馏分；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）SO42-、Ca2+、Mg2+等分别与BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的BaCl2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加BaCl2溶液再加Na2CO3溶液，最后加入盐酸，所以正确顺序为：BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl，故答案为：BaCl2、NaOH、Na2CO3、HCl；‎ ‎（2）在自发进行的氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂氧化性大于氧化产物，Cl2+2Br-=Br2+2Cl-中还原性 Br-＞Cl-，SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr中还原性SO2＞Br-，所以还原性强弱顺序是 SO2＞Br-＞Cl-，氧化性强弱顺序为：Cl2＞Br2＞SO2，故答案为：Cl2＞Br2＞SO2‎ ‎（3）吹出Br2后用碳酸钠溶液吸收，形成溴化钠和溴酸钠，同时有CO2放出，反应的离子方程式为：3Br2+3CO32-═5Br-+BrO-3+3CO2↑，生成溴化钠和溴酸钠，最后再用H2SO4处理得到Br2，加入CCl4进行Br2的萃取最后通过蒸馏操作分离得到溴单质，故答案为：3Br2+3CO32-═5Br-+BrO-3+3CO2↑；蒸馏。‎ ‎（4）①加入试剂①反应生成氢氧化镁，最好使用氢氧化钠，既生成氢氧化镁又不在剩余溶液中引入其他杂质离子，但从经济效益考虑，要使用氢氧化钙，化学式为Ca(OH)2；‎ ‎②对于a、b来说，制取单质镁，不用电解氧化镁的方法，原因是氧化镁相对氯化镁来说，熔点太高、消耗能源太多，因此a、b均不正确；制取镁时，要把氢氧化镁转化为无水氯化镁，然后电解熔融状态的氯化镁，即d不正确，c正确，答案选c。‎ ‎（5）海水中镁的含量为1.10 mg·L－1，海水中镁元素全部存在于MgSO4中，根据镁元素守恒，1L溶液中m(MgSO4)=1.1×10－3×120/24g=5.5×10－3g，故海水中硫酸镁的含量为5.50mg·L－1，设需要海水的体积VL，根据镁元素守恒：1×109/24=V×5.5/120，解得V=9.09×108。[来源:学*科*网Z*X*X*K]‎ ‎（6）溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2；二氧化硫具有还原性，把单质溴还原为溴离子，反应的方程式为Br2+SO2+2H2O═4H++2Br-+SO42-；故答案为：使A中生成的Br2随空气流进入B中；Br2+SO2+2H2O═4H++2Br-+SO42-；‎ ‎（7）步骤①制取溴，步骤②使溴挥发，步骤③吸收溴成溴离子，步骤④生成溴，故这四步操作的最终目的为富集溴，故答案为：富集溴；‎ ‎（8）氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以用碱液吸收；故答案为：c；‎ ‎（9）蒸馏需要蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯、温度计、牛角管和锥形瓶等；达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件是把温度控制在溴的沸点59°C，并收集该温度下的馏分，故答案为：冷凝管(或冷凝器)；蒸馏烧瓶；控制温度计温度，并收集59℃时的馏分；‎