【化学】内蒙古巴彦淖尔市乌拉特前旗一中2019-2020学年高一下学期第一次月考试题（解析版）

【化学】内蒙古巴彦淖尔市乌拉特前旗一中2019-2020学年高一下学期第一次月考试题（解析版）

内蒙古巴彦淖尔市乌拉特前旗一中2019-2020学年高一下学期第一次月考试题 可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 K-39 Fe-56 Cu-64 Si-28‎ 一、单选题(共20小题，每题3分，共60分)‎ ‎1.完成下列实验所选择的装置或仪器都正确的是（ ）‎ A B C D 实验 分离植物油和氯化钠溶液 除去氯化钠晶体中混有的氯化钾晶体 分离CCl4中的Br2‎ 除去CO2气体中的HCl气体 装置 或仪器 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 植物油不溶于水，溶液分层，可以通过分液操作分离，A项正确；‎ B. 二者的溶解度不同，应用重结晶的方法分离，B项错误；‎ C. 溴易溶于四氯化碳，二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离，C项错误；‎ D. 二氧化碳和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎2.将‎1L0.2mol/L NaCl溶液和‎1L0.2mL/LNa2SO4溶液混合，若溶液的体积变为二体积之和，则混合溶液中钠离子浓度为（ ）‎ A. 0.2‎mol/L B. 0.3mol/L C. 0.6mol/L D. 0.8mol/L ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在混合溶液中元素的原子个数不变。n(Na+)=n(NaCl)+2n(Na2SO4)= ‎1L×0.2mol/L +2×‎1L× 0.2 moL/L=0.6mol；则混合溶液中钠离子浓度为c(Na+)=0.6mol÷‎2L=0.3mol/L。故选项是B。‎ ‎3.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，采用下列实验流程加入适当的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，实现Cl-、SO42-和NO3-的相互分离：其中试剂1、2、4分别为(　　)‎ A. 氯化钡溶液、硝酸银溶液、稀硝酸 B 氯化钡溶液、稀硝酸、硝酸银溶液 C. 氢氧化钠溶液、硝酸银溶液、稀硝酸 D. 硝酸银溶液、硝酸钡溶液、稀硝酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】将含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合溶液，按实验流程选择合适的试剂将其转化为相应的沉淀或固体，实现Cl-、SO42-和NO3-三种离子的相互分离：结合选项先加入氯化钡溶液将SO42-转化为硫酸钡沉淀，再加入硝酸银溶液将Cl-转化为氯化银沉淀，然后加入碳酸钠溶液沉淀过量的钡离子和银离子最后加入稀硝酸和过量碳酸钠反应得到NaNO3，而达到逐一分开的目的，故选A。‎ ‎4.二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂，可用如下反应制得：2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该反应属于复分解反应 B. NaClO3被还原,发生还原反应 C. 反应中Na2SO3作氧化剂 D. 生成‎6.75 g ClO2时,转移0.2 mol电子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应中氧化还原反应，而复分解反应中一定没有元素的化合价变化，故A错误；‎ B.Cl元素的化合价降低，在反应中NaClO3得到电子，被还原，发生还原反应，故B正确；‎ C.该反应中S元素的化合价升高，则Na2SO3是还原剂，故C错误；‎ D.NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低为+4价，所以每生成1molClO2‎ 转移1mol电子，6.75gClO2的物质的量为=0.1mol，所以转移0.1mol电子，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎5.下列各组在溶液中的反应，无论谁过量，都可以用同一离子方程式表示的是（ ）‎ A. Ba(OH)2 与NaHSO4 B. Ba(OH)2 与H2SO4‎ C. 石灰水和二氧化碳 D. Ca(HCO3)2 与NaOH ‎【答案】B ‎【解析】A. Ba(OH)2与NaHSO4，当NaHSO4少量时，发生：Ba2++OH—+H++SO42—=BaSO4 ↓+H2O；当NaHSO4过量时，发生：Ba2++2OH—+2H++SO42—=BaSO4 ↓+2H2O，所以不能用同一离子方程式表示，故A错误；‎ B. Ba（OH）2与H2SO4，发生：Ba2++2OH—+2H++SO42—=BaSO4 ↓+2H2O，则能用同一离子方程式表示，故B正确；‎ C.向石灰水通少量二氧化碳生成碳酸钙和水，通过量二氧化碳生成碳酸氢钙，所以不能用同一离子方程式表示，故C错误；‎ D. Ca(HCO3)2与NaOH，NaOH少量时，发生反应：HCO3—+Ca2+ +OH—═CaCO3↓+H2O，NaOH过量时发生反应：2HCO3—+Ca2+2OH—═CaCO3↓+2H2O+ CO32—，所以不能用同一离子方程式表示，故D错误；‎ ‎6.下列各项操作中，发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是：（ ）‎ ‎①向石灰水中通入过量的CO2 ②向Fe(OH)3胶体中逐滴加入稀盐酸至过量 ③向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸 ④向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸．‎ A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】① 向石灰水中通入过量的CO2，开始发生反应：Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O；当CO2过量时发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2= Ca(HCO3)2，沉淀溶解，正确；② 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，开始胶体的胶粒的电荷被中和，胶体聚沉形成沉淀，后来发生酸碱中和反应，沉淀溶解，形成FeCl3溶液，正确；③ 向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的稀硫酸，发生中和反应：Ba(OH)2+ H2SO4= BaSO4↓+2H2O,硫酸过量，沉淀不能溶解，错误；④向AgCl胶体中逐滴加入过量的稀硝酸，胶体胶粒的电荷被中和发生聚沉现象，硝酸过量，AgCl沉淀不能溶解，错误。答案选A。‎ ‎7.在做溶液导电性的实验装置中盛一定量的CuSO4溶液，此时通电，灯泡发光，再不断地加入某种物质，会发现灯泡逐渐变暗，直至熄灭，持续加入该物质灯泡会再次逐渐变亮，据此分析加入的物质是（ ）‎ A. Zn粒 B. BaCl2溶液 C. KOH溶液 D. Ba(OH)2溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据化学反应CuSO4+Zn=Cu+ZnSO4,开始是硫酸铜导电，随着反应的进行，锌离子代替铜离子导电，离子浓度几乎不变，灯泡一直发光，A项错误；‎ B．根据化学反应BaCl2+CuSO4=BaSO4↓+CuCl2，Cl－代替SO42-导电，电荷浓度几乎不变，灯泡一直发光，B项错误；‎ C．根据反应2KOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+K2SO4，同理，灯泡一直发光，C项错误；‎ D．硫酸铜是强电解质，产生了较多的Cu2＋和SO42-，所以灯泡发光，加入氢氧化钡后，溶液中的Cu2＋和SO42-与氢氧化钡电离出的Ba2+和OH-反应生成BaSO4和Cu(OH)2沉淀，溶液中离子浓度减少，灯泡变暗，直至熄灭，反应完毕后，继续滴加Ba(OH)2溶液，由于Ba(OH)2电离出Ba2+和OH-，灯泡又逐渐变亮，D项正确；答案选D。‎ ‎8.同温、同压下等质量的二氧化硫气体和二氧化碳气体相比较：①密度比为16∶11　②密度比为11∶16　③体积比为16∶11　④体积比为11∶16，上述有关叙述中正确的是(　　)‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】同温同压下，气体摩尔体积相同，根据ρ＝知，两种气体的密度之比等于其摩尔质量之比=‎64g/mol∶‎44g/mol=16∶11，①正确，②错误；根据V=×Vm知，相同质量的两种气体，其体积之比等于摩尔质量的反比=‎44g/mol∶‎64g/mol=11∶16，③错误，④正确，故选B。‎ ‎9.下列说法正确的是（ ）‎ A. 相同温度时，气体分子间的距离一定相等 B. 2gH2和2gO2能恰好反应生成4gH2O C. 3.2gO3中含有的氧原子数为1.204×1023个 D. 1 mol·L-1 MgCl2溶液中含Cl-数为1.204×1024个 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.影响体积的因素有分子本身的大小、分子之间的距离以及分子数目的多少，对于气体来说，分子间距离远大于分子本身大小，相同温度和压强下，气体分子间距离基本相等，故A错误；‎ B.根据反应方程式2H2+O22H2O，由于‎2g氢气与‎2g氧气反应时，氢气过量，只有‎0.25g氢气参加了反应，所以生成‎2.25g水，故B错误；‎ C.臭氧分子由氧原子构成，故‎3.2g臭氧中含有的氧原子的物质的量为n==0.2mol，故含0.2NA即1.204×1023个氧原子，故C正确；‎ D.溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎10.一定条件下，氨气与一氧化氮发生反应：NH3＋NO―→N2＋H2O(未配平)。在该反应中，被氧化与被还原的氮原子数之比为 (　　)‎ A. 2﹕3 B. 3﹕‎2 ‎C. 4﹕5 D. 5﹕6‎ ‎【答案】A ‎【解析】NH3中N化合价的变化为-3→0，化合价升高3，NH3中N被氧化，NO中N化合价的变化为+2→0，化合价降低2，NO中N被还原，元素化合价升降数值相等，所以被氧化与被还原的氮原子数之比为2:3，故选A。‎ ‎11.铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为( )‎ A. 1:1 B. 2:‎1 ‎C. 3:1 D. 1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，则Al完全反应，两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，结合反应分析。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，‎ 由2Al∼2NaOH∼6HCl∼3H2可知，‎ 反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比为6mol:2mol=3:1，‎ 故选D。‎ ‎12.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料 B. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶 C. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用 D. 氢氧化铝可作胃药是因为它能中和胃酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维属于无机非金属材料，A正确；‎ B．生石灰或硅胶都不具有还原性，所以不能防止食品被氧化变质，B错误；‎ C．铝是活泼金属，铝与氧气反应生成致密的氧化膜，对内部金属起保护作用，C正确；‎ D．氢氧化铝具有弱碱性，可与盐酸发生中和反应，氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，D正确；答案选B。‎ ‎13.在某强酸性溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的离子组是（ ）‎ A. K＋、Fe2＋、Cl-、NO3- B. Al3+、NH4＋、OH-、NO3--‎ C. Na＋、H＋、Cl-、CO32- D. Mg2+、Ba2＋、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在某强酸性溶液中存在大量H＋。则 A. H＋、Fe2＋、NO3-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A正确；‎ B. H＋、Al3+、NH4＋与OH-能够发生复分解反应，不能大量共存，不符合题意，故B错误；‎ C. H＋、CO32-能够发生复分解反应，不能大量共存，不符合题意，故C错误；‎ D. Ba2＋、SO42-能够发生复分解反应，不能大量共存，不符合题意，故D错误；故选A。‎ ‎14.以Al2O3为原料制取氢氧化铝，最好的方法是（ ）‎ A. 将Al2O3溶于水 B. 将Al2O3先溶于盐酸中，之后滴加氢氧化钠溶液 C. 将Al2O3先溶于盐酸中，之后滴加氨水 D. 将Al2O3先溶于NaOH溶液中，之后再滴加盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A．氧化铝不溶于水，不和水反应，故A错误；‎ B．氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氢氧化钠溶液反应形成氢氧化铝，但氢氧化钠为强碱，若氢氧化钠不足，生成氢氧化铝不够，若氢氧化钠过量，生成偏铝酸钠，故B错误；‎ C．氧化铝溶于盐酸形成氯化铝，氯化铝与氨水反应形成氢氧化铝，氨水为弱碱，不会使氢氧化铝变成偏铝酸钠，故C正确；‎ D．将Al2O3先溶于NaOH溶液中生成偏铝酸钠，加入盐酸，如盐酸过量则生成氯化铝，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎15.用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）‎ A. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1 NA B. 标准状况下，‎11.2 L H2O 所含的分子数为0.5NA C. 常温常压下，‎1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NA D. ‎18g H2O 和H2O2的混合物含有的分子数为1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．MgCl2溶液的体积未确定，所以Cl‾的数目无法确定，错误；‎ B．H2O在标准状况下不是气体，所以‎11.2 L H2O 所含的分子数不是0.5NA，错误；‎ C．‎1.06g Na2CO3的物质的量为：‎1.06g÷‎106g/mol=0.01mol，所以含有的Na+数目为0.02 NA，正确；‎ D．H2O的摩尔质量为‎18g/mol，H2O2的摩尔质量为‎34g/mol，所以‎18g H2O 和H2O2的混合物含有的分子数小于1NA，错误；‎ 故选C。‎ ‎16.下列表格中各项分类都正确的一组是（ ）‎ 纯净物 混合物 电解质 非电解质 A 冰水混合物 明矾 液态 蔗糖 B CaO 海水 铜 乙醇 C 胆矾 镁合金 AgCl D 氢氧化钠 空气 溶液 食醋 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】同种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，在水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。‎ ‎【详解】A．冰水混合物是水，属于纯净物，明矾是硫酸铝钾晶体为纯净物，液态KNO3完全电离属于电解质，蔗糖为非电解质，故A错误；‎ B．CaO是一种物质组成为纯净物，海水为多种物质组成为混合物，铜为单质不是电解质，乙醇为非电解质，故B错误；‎ C．胆矾是硫酸铜晶体属于纯净物，铝合金为混合物，氯化银在熔融状态导电属于电解质，二氧化碳不能电离为非电解质，故C正确；‎ D．氢氧化钠是一种物质组成为纯净物，空气为混合物，硫酸钠溶液是电解质溶液，食醋是醋酸水溶液，故D错误；‎ 故答案选C。‎ ‎17.下列叙述正确的是（ ）‎ A. 0.5‎molO3的质量为‎16.0g B. 2molH2SO4的摩尔质量为‎196g•mol-1‎ C. NO的摩尔质量与相对分子质量相等 D. 40gNaOH溶于水配成‎1L溶液，则c(NaOH)=1mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0.5molO3的质量为0.5mol×‎48g·mol－1=‎24g，A错误；‎ B．摩尔质量的含义为1mol物质所具有的质量，因此不管是1molH2SO4还是2molH2SO4，只要是H2SO4，其摩尔质量为‎98g·mol－1，B错误；‎ C．当摩尔质量以g·mol－1为单位的时候，摩尔质量与相对分子质量在数值上相等；并不是摩尔质量与相对分子质量相等，C错误；‎ D．40gNaOH溶于水配成‎1L溶液，‎ ‎，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎18.某溶液中可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、SO42-、CO32-等离子。向该溶液中加入一定物质的量浓度的NaOH溶液时，生成沉淀物质的量随NaOH溶液的体积变化的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 原溶液中一定含有的阳离子是H+、NH4+、Mg2+、Al3+‎ B. 原溶液中一定含有SO42-和Na+‎ C. 原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1‎ D. 反应最后形成的溶液中含有的溶质仅为Na2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图像，加入NaOH溶液时，一开始没有沉淀产生，所以溶液中有H+，随后产生沉淀，到沉淀量最大时，继续滴加NaOH溶液，沉淀量不发生变化，所以溶液中有NH4+，再滴加NaOH溶液，沉淀部分溶解，所以溶液中有Al3+。沉淀溶解消耗的NaOH溶液的体积为1份，所以Al3+消耗NaOH溶液为3份，产生沉淀共消耗NaOH溶液6份，而且Al(OH)3和另外一种沉淀的物质的量相等，所以一定含Fe3+，不含Mg2+。‎ ‎【详解】A. 原溶液中一定含有的阳离子是H+、NH4+、Fe3+、Al3+，没有Mg2+，故A不选；‎ B. 原溶液中一定含有SO42-，Na+不能确定，故B不选；‎ C. 原溶液中含有的Fe3+和Al3+的物质的量之比为1：1，故C选；‎ D. 反应最后形成的溶液中含有的溶质除了Na2SO4，还有NaAlO2，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎19.下列有关铁及其化合物的说法中正确的是(   )‎ A. 赤铁矿的主要成分是Fe3O4‎ B. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2‎ C. 除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可向溶液中加入过量铁粉然后过滤 D. Fe3+与KSCN产生血红色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、赤铁矿的主要成分是Fe2O3；‎ B、铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2；‎ C、铁粉和三氯化铁反应生成氯化亚铁，正确 D、Fe3＋与KSCN产生络合物Fe(SCN)3不是红色沉淀。‎ ‎20.在Al2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，滴加NaOH溶液，生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如下图所示，则原混合液中Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为（ ）‎ A. 6：1 B. 3：‎1 ‎C. 2：1 D. 1：2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由50→60mL时，可知10mLNaOH溶液刚好溶解了Al(OH)3，故产生这些Al(OH)3需30mLNaOH，则在50mLNaOH溶液中有20mL与Mg2＋反应，所以n(Al3＋)：n(Mg2＋)＝1：1，则Al2(SO4)3与MgSO4的物质的量浓度之比为1：2。答案为D。‎ 二、填空题（10分）‎ ‎21.在半导体工业中有这样一句话：“从沙滩到用户”，其中由粗硅制纯硅的常用方法为：Si（粗）+2Cl2=SiCl4SiCl4+2H2=Si（纯）+4HCl。‎ 若在‎25℃‎、101kPa条件下反应生成HCl气体‎49L，(注：‎25℃‎、101kPa条件下气体摩尔体积为‎24.5L•mol-1)则：‎ ‎（1）反应生成HCl气体的质量为__，转移电子的总数为___。‎ ‎（2）反应生成的HCl气体溶于127mL水中，得到密度为‎1.20g•mL-1的盐酸，此盐酸的物质的量浓度为___。‎ ‎（3）“从沙滩到用户”涉及多个反应，其中制取粗硅的反应方程式为___。纯净的石英与烧碱反应可以制得水玻璃，反应的离子方程式为__。‎ ‎（4）普通玻璃若以氧化物形式表示其组成为(质量分数)：Na2‎ O13%，CaO11.7%，SiO275.3%。现以石灰石、纯碱和石英为原料生产这种玻璃10t，石灰石的利用率为80%，纯碱和石英的利用率为95%，至少需耍上述原料的质量是___t。(保留两位小数)‎ ‎【答案】(1). ‎73g (2). 4NA (3). 12mol·L-1 (4). SiO2+2CSi(粗)+2CO↑ (5). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (6). 12.88‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)n= =2mol，m=n×M=2mol×‎36.5g·mol－1=‎73g；‎ 根据方程式：‎ ‎ 可知，反应生成2mol氯化氢消耗1mol氯气和1mol氢气，共转移电子的物质的量为：1mol×2+1mol×2=4mol，故转移电子个数为4NA；‎ 故答案为：‎73g；4NA；‎ ‎(2)V= = mL=×10‎-3L，C= = =12mol·L－1；故答案为：12mol·L－1；‎ ‎(3)焦炭与SiO2反应生成Si与CO，反应方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑；二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+SiO2═Na2SiO3+H2O，离子方程式为：2OH－+SiO2═SiO32－+H2O；‎ 故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；2OH－+SiO2═SiO32－+H2O；‎ ‎(4)每天10t，其中含有Na2O质量10t×13%=1.3t，CaO质量10t×11.7%=1.17t，SiO2质量10t×75.3%=7.53t，而Na2O都是从Na2CO3中来，CaO都是从CaCO3中来，SiO2都是从石英中来，根据质量守恒可知设需要石灰石CaCO3质量x，纯碱Na2CO3质量y，石英SiO2质量z，则 80%x×=1.17t，即 80%x× =1.17t，解得x≈2.61，95%y× =1.3t，即95%y×=1.3t，解得y≈2.34t，95%z=7.53t，解得z≈7.93t，∴共需原料：2.61t+2.34t+7.93t=12.88t；‎ 故答案为：12.88。‎ 三、推断题 ‎22.如图A~J分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，常温下B、D为气态化合物，C为液态化合物，图中有部分生成物未标出。已知﹕2Mg+CO22MgO+C。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出A的化学式：___。‎ ‎（2）写出下列反应的化学方程式：‎ D+G→H___。‎ F+J→B+C+I___。‎ ‎（3）写出A+NaOH→D的离子方程式___。‎ ‎【答案】(1). NH4HCO3 (2). 4NH3+5O24NO+6H2O (3). C+4HNO3(浓)CO2↑+NO2↑+2H2O (4). NH4++HCO3-+2OH-NH3↑+CO32-+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】已知A与碱反应生成气体化合物，则A含有铵根离子；A加热分解生成等物质的量的2种气体和1种液体，液体与过氧化钠反应则为水，可确定A为碳酸氢铵，D为氨气，C为水，B为二氧化碳；二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳，氨气与氧气在催化剂作用下反应生成H为NO，NO与氧气反应生成I为NO2，E、F分别为碳和氧化镁，其中一种与J反应生成二氧化碳、水和二氧化氮，可推知J为HNO3，据此分析。‎ ‎【详解】已知A与碱反应生成气体化合物，则A含有铵根离子；A加热分解生成等物质的量的2种气体和1种液体，液体与过氧化钠反应则为水，可确定A为碳酸氢铵，D为氨气，C为水，B为二氧化碳；二氧化碳与镁反应生成氧化镁和碳，氨气与氧气在催化剂作用下反应生成H为NO，NO与氧气反应生成I为NO2，E、F分别为碳和氧化镁，其中一种与J反应生成二氧化碳、水和二氧化氮，可推知J为HNO3。‎ ‎（1）根据分析可知，A碳酸氢铵，化学式为：NH4HCO3；‎ ‎（2）D与G分别为氨气、氧气，在一定条件下反应生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；J为HNO3‎ ‎，与碳反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+NO2↑+2H2O；‎ ‎（3）碳酸氢铵与NaOH反应生成氨气、水和碳酸钠，其反应的离子方程式为：NH4++ HCO3-+2OH-= NH3+CO32-+2H2O。‎ 四、实验题 ‎23.某化学实验小组同学为了证明、比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图所示的实验装置。‎ ‎（1）实验室常选用制CO2的发生装置制SO2；实验室在用MnO2跟浓盐酸反应制备Cl2时，应选用图中A、E两发生装置中___装置(填装置序号)制Cl2。在制Cl2的反应中浓盐酸所表现出的性质是___。‎ ‎（2）反应开始后，发现B、D两个试管中的品红溶液都褪去，停止通气后，给B、D两个试管加热，两个试管中的现象分别为B：___D：___。‎ ‎（3）装置C的作用是____。‎ ‎（4）甲乙两名同学分别利用如图所示装置探究两种气体按不同比例混合后的漂白性，试分析：‎ ‎①在气体进入品红溶液之前，先将SO2和Cl2通过盛有浓硫酸装置的目的是___。‎ ‎②甲同学在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液几乎不褪色写出其相应的离子方程式：___。‎ ‎③乙同学在实验过程中发现：通气一段时间后，品红溶液颜色随时间推移变得越来越浅。其原因是__。‎ ‎【答案】(1). E (2). 还原性和酸性 (3). 溶液由无色变成红色 (4). 溶液没有明显变化 (5). 保证安全，吸收多余的氯气和二氧化硫 (6).‎ ‎ 使两种气体充分混合，通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比例混合 (7). SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl- (8). SO2和Cl2的进气速度不相等，混合发生反应后其中一种气体有剩余，仍具有漂白性 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，根据氯元素的化合价判断其表现的性质； (2)次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，注意次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的； (3)根据氢氧化钠及二氧化硫和氯气的性质分析； (4)①浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应，但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合； ②氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1:1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性； ③如果SO2和Cl2的进气速度不相等，混合发生反应后其中一种气体有剩余，仍具有漂白性。‎ ‎【详解】(1)实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，答案选E； 实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价升高，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性； (2)次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质生成无色物质，次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的；‎ 加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时能重新变成红色； (3)氯气和二氧化硫有毒，不能排放到空气中，但氯气和二氧化硫都和碱反应，所以装置C的作用是保证安全，吸收多余的氯气和二氧化硫； (4)①浓硫酸和二氧化硫、氯气不反应，但氯气和二氧化硫在该装置中能充分混合，且通过观察气泡的速度控制气体流量，使二者按一定比列混合； ②氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1:1发生氧化还原反应而使气体失去漂白性，离子反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-； ③通气一段时间后，品红溶液颜色随时间推移变得越来越浅，说明有漂白性；如果SO2和Cl2的进气速度不相等，混合发生反应后其中一种气体有剩余，仍具有漂白性。‎ 五、计算题 ‎24.铜是重要的工业原料，现有、组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，取该混合物加入的稀硝酸中，固体物质完全反应，生成(标准状况)的。向所得溶液中加入的溶液，恰好使溶液中的沉淀完全。‎ ‎(1)与稀硝酸反应的化学方程式为____________。‎ ‎(2)混合物中，______；________。‎ ‎(3)______‎ ‎【答案】(1). (2). 0.1mol (3). 0.2mol (4). 0.75‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水；‎ ‎(2)根据化学方程式计算混合物中、的物质的量；‎ ‎(2)根据N原子守恒计算消耗溶液的体积。‎ ‎【详解】(1)与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应方程式是；‎ ‎(2)设混合物中有、，‎ ‎ ‎ 由题意可得，解得。‎ ‎(3)由元素守恒可知，加入的的稀硝酸生成气体外，其余含元素的物质恰好和作用得到，钠元素、N元素的比为1:1。所以，L。‎