【化学】黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 H：1 O：16 Na：23 S：32 Cu：64 N：14 Cl：35.5  Fe：56  Ba：137 Mg：24 Al：27‎ 第一部分选择题（40分）‎ 一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）‎ ‎1.家庭日常生活经常用到的下列物质中，属于纯净物的是（ ）‎ A. 调味用的食醋 B. 纯水降温得到的冰水混合物 C. 炒菜用的铁锅 D. 餐饮用的啤酒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液都是混合物，错误；‎ B、冰是固态水，纯水降温得到的冰水混合物仍然是纯净的水，属于纯净物，故故选B 物；‎ C、铁锅是铁与碳等的合金，是混合物；‎ D、啤酒是乙醇的溶液是混合物，错误。‎ ‎2.下列属于电解质的是（　　）‎ A. 稀盐酸 B. 蔗糖 C. 硫酸铜 D. 漂白粉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中电解质可知，本题考查电解质概念，运用在熔融状态或水溶液中能导电的化合物称为电解质分析。‎ ‎【详解】A.稀盐酸是氯化氢气体溶在水中形成的溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，A项错误；‎ B.蔗糖是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，称为非电解质，B项错误；‎ C.硫酸铜是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，属于电解质，C项正确；‎ D.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，既不是电解质也不是非电解质，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎3.除去镁粉中的少量铝粉，可选用(　　)‎ A. 硫酸 B. 氢氧化钠溶液 C. 水 D. 盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、D选项由于镁粉、铝粉均能与硫酸、稀盐酸反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故A、D错误。‎ B、镁粉不与氢氧化钠溶液反应、但铝粉能与氢氧化钠溶液反应、反应时能把杂质除去，而且原物质也保留，符合除杂原则，故B正确。‎ C、镁粉能与热水反应，铝粉不能反应，不符合除杂原则。故C错误。‎ ‎4.下列事实与胶体性质无关是（ ）‎ A. 豆浆中加入CaSO4制豆腐 B. 清晨在茂密的森林里看到缕缕阳光穿过林木枝叶 C. FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀 D. 使用钢笔时不宜将不同品牌的墨水混用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．豆浆是胶体，具有胶体的性质，向豆浆中加入电解质CaSO4，胶体会发生聚沉现象，故可以制豆腐，与胶体的性质有关，错误；‎ B．空气属于胶体，在清晨在茂密的森林里看到缕缕阳光穿过林木枝叶就是胶体使光的散射作用，与胶体的性质有关，错误；‎ C． FeCl3溶液中加入NaOH溶液产生红褐色沉淀是发生复分解反应产生难溶性的物质，与胶体的性质无关，正确；‎ D． 墨水属于胶体，不同胶体带有的电荷种类可能不相同，当使用钢笔时若将不同品牌的墨水混用，可能会发生聚沉现象，使钢笔堵塞，因此不能混合使用，与胶体的性质有关，错误。‎ ‎5.下列关于物质的量的说法，错误的是（ ）‎ A. 物质量指的是物质所含构成粒子数的多少，它的单位是“摩尔”‎ B. 1mol H2O含有6.02×1023个水分子 C. 1mol H2O的质量是18g D. 1mol H2O蒸汽的体积是22.4L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．物质的量的符号为n，表示物质所含构成粒子数的多少，它的单位是“摩尔”，符号为mol，故A正确；‎ B．阿伏加德罗常数的值约为6.02×1023，1mol H2O约含有6.02×1023个水分子，故B正确；‎ C.1mol H2O的质量是：18g/mol×1mol=18g，故C正确；‎ D．标况下水不是气体，1mol水蒸气不是标况下，不能使用标况下气体摩尔体积计算水的体积，故D错误；‎ 故答案选D。‎ ‎6.能用酒精灯直接加热的一组仪器是（ ）‎ A. 蒸馏烧瓶、漏斗 B. 容量瓶、冷凝管 ‎ C. 坩埚、试管 D. 分液漏斗、烧杯 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蒸馏烧瓶需加石棉网加热，漏斗不能加热，错误；‎ B、容量瓶是配制溶液的仪器，不能加热，冷凝管也不能加热，错误；‎ C、坩埚、试管豆可以直接加热，正确；‎ D、分液漏斗不能用于加热，烧杯需垫石棉网加热，错误，答案选C。‎ ‎7.下列物质的分离方法不正确的是(　　)‎ A. 用重结晶的方法除去硝酸钾中混有少量的氯化钾 B. 用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水 C. 用酒精萃取碘水中的碘 D. 用过滤的方法除去食盐溶液中的泥沙 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氯化钾和硝酸钾都溶于水，二者溶解度不同，可利用结晶的方法分离，故A正确；‎ B项、自来水中含有盐类物质，利用沸点不同制取蒸馏水，则一般用蒸馏的方法将自来水制成蒸馏水，故B正确；‎ C项、酒精和水互溶，则不能用酒精萃取碘水中的碘，一般选择苯或四氯化碳作萃取剂，故C错误；‎ D项、泥沙不溶于水，食盐溶于水，则能用过滤的方法除去食盐中泥沙，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎8.下列溶液中物质的量浓度为1mol/L的是( )‎ A. 将40g NaOH溶解在1L水中 B. 将22.4L HCl气体溶于水配成1L溶液 C. 将1L 10 mol/L浓盐酸加入9L水中 D. 将10g NaOH溶于少量水，在稀释到溶液为250ml ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．n(NaOH)==1mol，1L水为溶剂的体积，则所得溶液体积不是1L，其浓度不是1mol/L，故A错误；‎ B．状况未知，22.4L HCl气体的物质的量不一定是1mol，则浓度不一定是1mol/L，故B错误；‎ C．1L 10 mol•L-1浓盐酸加入9L水中，HCl的物质的量为10mol，但溶液的总体积小于10L，浓度不是1mol/L，故C错误；‎ D．10g NaOH的物质的量为n(NaOH)==0.25mol，溶于少量水，在稀释到溶液为250ml，所得溶液的浓度为=1mol/L，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎9.从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL，下列关于这100 mL溶液的叙述中错误的是（ ）‎ A. 含NaOH 0.1 mol B. 浓度为 1 mol/L C. 含NaOH 4 g D. 浓度为0.1 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL，溶液的浓度不变，所以 A、100mL1 mol/L NaOH溶液中含NaOH0.1 mol，A正确；‎ B、从1 L 1 mol/L NaOH溶液中取出100 mL，溶液的浓度不变，仍然是1mol/L，B正确；‎ C、100 mL 1 mol/L NaOH溶液中含NaOH0.1 mol，质量为4 g，C正确；‎ D、浓度不变仍为1 mol/L，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎10.下列实验操作中，错误的是（　　）‎ A. 分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 B. 用100 mL容量瓶配制90mL1mol/L的NaOH溶液 C. 用量筒量取5.65mL的浓硫酸 D. 用托盘天平准确称取3.2gNaCl固体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A正确；‎ B. 容量瓶具有规定的规格，不存在90mL容量瓶，则用100 mL容量瓶配制90mL1mol/L的NaOH溶液，故B正确；‎ C. 量筒的感量为0.1mL，则用量筒量取5.6mL或5.7mL的浓硫酸，故C错误；‎ D. 托盘天平的感量为0.1g，则用托盘天平准确称取3.2gNaCl固体，故D正确；‎ 答案选C ‎11. 下列物质中能使干燥的有色布条褪色的是（ ）‎ A. 氯水 B. 液氯 C. 氯气 D. 次氯酸 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】能使干燥的有色布条褪色说明该物质具有漂白性，氯气、液氯均不具备漂白性故B、C项错误；氯水能使干燥的有色布条褪色但起漂白作用的是溶液中的次氯酸，故A项错误，D项正确。‎ ‎12.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应：10NaN3＋2KNO3=K2O＋5Na2O＋16N2↑下列说法正确的是(　　)‎ A. KNO3是还原剂，其中氮元素被氧化 B. 生成物中的N2是氧化产物，K2O是还原产物 C. 每转移1 mol电子，可生成N2的体积为35.84 L D. 若有65 g NaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为3 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、KNO3中氮元素化合价由+5价降低为0价，KNO3是氧化剂。氮元素被还原；NaN3中氮元素化合价由升高为0价，NaN3为还原剂，A错误；‎ B、根据A中分析可知N2既是氧化产物又是还原产物，K2O不是还原产物，也不是氧化产物，B错误；‎ C、由方程式可知转移10mol电子，产生16mol气体，现若转移1mol电子，产生1.6mol气体，在标准状况下N2的体积为35.84 L，其他条件下不一定是35.84L，C错误；‎ D、若有65 g NaN3即1mol氮化钠参加反应，则被氧化的N的物质的量为3 mol，D正确。‎ 答案选D。‎ ‎13.在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是（ ）‎ A. Na+、K+、OH-、Cl- B. Na+、Cu2+ 、SO42-、NO3-‎ C. Mg2+、Na+、SO42-、Cl- D. Ba2+、HCO3-、NO3-、K+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项，强酸性H+与OH－反应生成水，不能共存，故A错误；‎ B选项，强酸性都共存，但Cu2+是蓝色，故B错误；‎ C选项，强酸性H+，Mg2+、Na+、SO42－、Cl－都共存，故C正确；‎ D选项，强酸性H+与HCO3－反应生成二氧化碳和水，不能共存，故D错误；‎ 综上所述，答案为C。‎ ‎14.设NA为阿伏加德罗常数，如果ag某气体含分子数为P，则bg该气体在标准状况下的体积V（L）是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题意可知，本题考查物质的量的相关计算，运用分析。‎ ‎【详解】ag气体的物质的量为,气体摩尔质量为 ‎,bg该气体的物质的量为,标况下bg气体的体积为，‎ 答案选D。‎ ‎15.分类是化学研究中常用的方法。下列分类方法中，正确的是（ ）‎ A. 根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属 B. 依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物 C. 根据氧化物中是否含有金属元素，将氧化物分为碱性氧化物和酸性氧化物 D. 根据分散系的稳定性大小，将分散系分为胶体、浊液和溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不能根据元素原子最外层电子数的多少将元素分为金属和非金属，H元素的原子最外层只有一个电子，却是非金属元素，故A错误；‎ B．单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同元素组成的纯净物，它们的区别在于是否由同种元素组成，依据组成元素的种类，将纯净物分为单质和化合物，故B正确；‎ C．根据氧化物的性质将氧化物分为酸性，碱性和两性氧化物，能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，能和酸反应生成盐和水的氧化物称为碱性氧化物，既能和酸反应又能和碱反应生成盐和水的氧化物称为两性氧化物，故C错误；‎ D．分散系的分类依据是分散质离子直径大小，根据分散质粒子直径大小不同将混合物分为胶体、溶液和浊液，故D错误；‎ ‎16.有关Na2CO3 和 NaHCO3的说法正确的是（　　）‎ A. 水溶性Na2CO3＜NaHCO3‎ B. 二者都能与酸反应生成CO2‎ C. 热稳定性Na2CO3＜NaHCO3‎ D. 二者在相同条件下可相互转化 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中Na2CO3 和 NaHCO3可知，本题考查钠的重要化合物，运用Na2CO3‎ ‎ 和NaHCO3的性质分析。‎ ‎【详解】A．碳酸钠在水中的溶解性大于碳酸氢钠，故A错误； B．碳酸钠和碳酸氢钠都能与盐酸反应生成二氧化碳，故B正确； C．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，所以热稳定性Na2CO3＞NaHCO3，故C错误； D．二者在相同条件下不能相互转化，故D错误； 答案选B。‎ ‎17.下列离子方程式书写正确的是（　　）‎ A. 铁粉放入稀硫酸溶液：2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑‎ B. 往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：NH4++OH﹣NH3↑+H2O C. 石灰石与稀盐酸反应：CO32﹣+2H+═ CO2↑+H2O D. Cl2通入水中：Cl2+H2O = H++Cl﹣+HClO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题中离子方程式可知，本题考查离子方程式的书写，运用离子方程式的书写步骤分析。‎ ‎【详解】A.铁粉放入稀硫酸溶液生成硫酸亚铁和氢气,正确的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；‎ B.往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热,碳酸氢根离子也参加反应,正确的离子方程式为：HCO3−+NH4++2OH−=NH3↑+2H2O+CO32−，故B错误；‎ C.碳酸钙不能拆开,正确的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，故C错误；‎ D. Cl2通入水中生成HCl和HClO,反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎18.密度为0.91g·mL－1的氨水，质量分数为25%。该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液中溶质的质量分数（ ）‎ A. 等于12.5% B. 大于12.5% ‎ C. 小于12.5% D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】设浓氨水的体积为V，稀释前后溶液中溶质的质量不变，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，稀释后得到氨水的密度应大于0.91g·cm-3，据此解答。‎ ‎【详解】设浓氨水的体积为V，密度为ρ浓，稀释后密度为ρ稀，稀释前后溶液中溶质的质量不变，则：稀释后质量分数ω=，氨水的密度小于水的密度，浓度越大密度越小，所以ρ浓<ρ稀，所以<12.5%，‎ 答案选C。‎ ‎19.相同物质的量的SO2和SO3相比较，下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①分子数之比为1：1 ②所含O原子数之比为2：3③原子总数之比为3：4 ④S原子数之比为1：1 ⑤质子数之比4：5‎ A. ①②③④⑤ B. ②③ C. ①⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据化学式可知，在物质的量相等的条件下，二者的分子数之比是1︰1，氧原子数之比是2︰3；硫原子数之比是1︰1，原子数之比是3︰4，质子数之比是32︰40＝4︰5，所以正确的答案选A。‎ ‎20.下列对于某些离子的检验及结论正确的是 A. 某溶液加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，则一定含有CO32一 B. 某溶液加入氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定含有NH4+‎ C. 某溶液滴入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，则一定含有SO42一 D. 某溶液加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则一定含有Ba2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、某溶液加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，该气体是二氧化碳或二氧化硫，则溶液中不一定含有CO32一，故A错误；‎ B、‎ ‎，加入氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则一定含有NH4+，故B正确；‎ C、某溶液滴入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，则溶液中可能含有SO42一或Ag+，故C错误；‎ D、某溶液加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，则溶液中可能含有Ba2＋或等，故D错误。‎ 答案选B。‎ 第二部分非选择题（60分）‎ 二、填空题（共1小题，共20分）‎ ‎21.（1）配平以下方程式 K2Cr2O7+__HC1=__KC1+__CrCl3+__H2O+__Cl2↑‎ 以上反应中失电子的物质是_________，还原产物是______，每生成lmol这种还原产物，将有_________mol电子发生转移．氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________．‎ ‎（2）人体内的铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在。Fe2+易被吸收，所以补铁时，应补充含Fe2+的亚铁盐。服用维生素C可使食物中的Fe3+转化成Fe2+，利于人体对铁的吸收。‎ Ⅰ人体中经常进行Fe2+与Fe3+的转化，可表示为Fe2+Fe3+。在过程A中，Fe2+作__________剂，过程B中，Fe3+作____________剂。‎ Ⅱ“服用维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+”这句话指出，维生素C在这个反应中作_______剂，具有_____________性。‎ ‎（3）已知反应：2H2S+H2SO3=2H2O+3S↓，若氧化产物比还原产物多1.6g，则冋时会生成水的质量为____g．‎ ‎（4）除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用______方法，化学方程式为_______．‎ ‎（5）向FeBr2溶液中通入足量Cl2（己知氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+）化学方程式为_______‎ ‎【答案】(1). 14 (2). 2 (3). 2 (4). 7 (5). 3 (6). HCl (7). CrCl3 (8). 3 (9). 1:6 (10). 还原 (11). 氧化 (12). 还原 (13). 还原 (14). 1.8g (15). 加热 (16). 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ (17). 3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）分析反应中各元素化合价变化，依据氧化还原反应得失电子守恒，原子个数守恒配平方程式；反应物中所含元素化合价升高的为还原剂，对应氧化产物，所含元素化合价降低的 反应物为氧化剂，对应还原产物；依据K2Cr2O7+14HCl（浓）=2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O，解答；‎ ‎（2）Ⅰ.由Fe2+Fe3+可知，在过程A亚铁离子中Fe元素的化合价升高，过程B中Fe离子中Fe元素的化合价降低，据此分析； Ⅱ.维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高,据此分析；‎ ‎（3）反应中H2S中S氧化化合价升高，SO2中S元素化合价降低，氧化产物为2mol，还原产物为1mol，此时氧化产物比还原产物多32g，据方程式计算；‎ ‎【详解】（1）K2Cr2O7+__HC1=__KC1+__CrCl3+__H2O+__Cl2↑中, K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价,反应1molK2Cr2O7,得到6mol电子,HCl中−1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价,生成1molCl2失去2mol电子,依据得失电子守恒可知：CrCl3系数为2,Cl2系数为3,然后根据反应前后各种原子个数相等配平,故方程式K2Cr2O7+14HC1=2KC1+2CrCl3+7H2O+3Cl2↑；反应中HCl中−1价的Cl化合价升高为Cl2中的0价,所以HCl为还原剂失电子,Cl2为氧化产物，K2Cr2O7中+6价Cr化合价降为CrCl3中+3价,所以K2Cr2O7为氧化剂,CrCl3为还原产物; 反应中生成2mol还原产物CrCl3时，有6mol电子发生转移，因此每生成lmol这种还原产物，将有3mol电子发生转移；从反应中得14HCl中有6HCl价态发生变化,还有8个未发生变化,故作还原剂的为6mol,氧化剂K2Cr2O7为1mol，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6；故答案为：14；2；2；7；3；HCl；CrCl3；3；1:6；‎ ‎(2) Ⅰ.由Fe2+Fe3+可知，在过程A亚铁离子中Fe元素的化合价升高，则Fe2+为还原剂，过程B中Fe离子中Fe元素的化合价降低，则Fe3+做氧化剂，故答案为：还原；氧化； Ⅱ.“维生素C可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，Fe元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C为还原剂，具有还原性，故答案为：还原；还原；‎ ‎(3)反应2H2S+SO2═3S↓+2H2O中，生成3molS，氧化产物为2mol，还原产物为1mol，此时氧化产物比还原产物多32g，同时会生成水2mol，若氧化产物比还原产物多1.6g，同时会生成水0.1mol，质量是1.8g；故答案为：1.8.‎ ‎（4）碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，所以除去Na2CO3粉末中混入的NaHCO3杂质用加热的方法，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；‎ 故答案为：加热；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；‎ ‎（5）向FeBr2溶液中通入足量Cl2，因氧化性Cl2＞Br2＞Fe3+，则二价铁离子被氧化，溴离子也被氧化，方程式为3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2，故答案为：3Cl2+2FeBr2=2FeCl3+2Br2。‎ 三、推断题（共1小题，共8分）‎ ‎22.由核电荷数1~18的某些元素组成的单质 A、B、C和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物有下图所示的转换关系，A是地壳中含量最多的金属元素。 请回答下列问题:‎ ‎（1）写出下列物质的化学式:乙__________、丁__________、戊__________.‎ ‎（2）写出甲物质在工业上的一种主要用途:__________。‎ ‎（3）写出甲→乙+丙反应的离子方程式:__________。‎ ‎（4）A→乙+C反应的化学方程式:__________。‎ ‎【答案】(1). .NaAlO2 (2). AlCl3 (3). Al(OH)3 (4). 冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等） (5). Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O (6). 2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 ↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A是地壳中含量最多的金属元素，则A为铝，结合转换关系图可得B为氧，C为氢；甲为Al2O3，乙为NaAlO2、丙为H2O、丁为AlCl3、戊为Al(OH)3，据此分析可得结论。‎ ‎【详解】（1）甲既能与酸反应又能与碱反应，应为Al2O3或Al（OH）3，甲由单质A和B反应生成，应为Al2O3，则A为Al，B为O2，C为H2，乙为NaAlO2，丁为AlCl3，丙为H2O，戊为Al（OH）3，故答案为NaAlO2；AlCl3；Al(OH)3； （2）甲为Al2O3，硬度大，熔点高，可做手表轴承或耐火材料，工业用电解Al2O3的方法冶炼铝，故答案为冶炼金属铝的原料或作耐火材料(坩埚等）； （3）甲→乙+丙反应的离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，故答案为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O；‎ ‎（4）A→乙+C反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H2 ↑，故答案为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2 ↑。‎ 四、实验题（共2小题，共22分）‎ ‎23.制取氨气并完成喷泉实验（图中夹持装置均已略去）。‎ ‎（1）写出实验室用氯化铵和氢氧化钙制取氨气的化学方程式________。‎ ‎（2）收集氨气应用_____法，要得到干燥的氨气可选用_______做干燥剂。‎ ‎（3）用图1装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是___________。该实验的原理是_________________。‎ ‎（4）如果只提供如图2的装置，请说明引发喷泉的方法________。‎ ‎【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca（OH）2 2NH3↑+CaCl2+2H2O (2). 向下排空气 (3). 碱石灰 (4). 打开止水夹，挤出胶头滴管中的水 (5). NH3极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小 (6). 打开夹子，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，NH3受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气和水，NH3与水接触，即发生喷泉 ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据验室用熟石灰和氯化铵在加热条件下反应制备氨气来书写化学方程式；‎ ‎（2）根据氨气的物理性质选择收集方法，根据氨气水溶液呈碱性选择干燥方法；‎ ‎（3）利用氨气极易溶于水，形成压强差而形成喷泉；‎ ‎（4）加热时烧瓶内压强增大，气体体积膨胀，当氨气与水接触时会导致烧瓶内压强减小；‎ ‎【详解】（1）实验室用熟石灰和氯化铵在加热条件下反应制备氨气，‎ 反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2 2NH3↑+CaCl2+2H2O，‎ 故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2 2NH3↑+CaCl2+2H2O；‎ ‎（2）氨气极易溶于水，不能用排水法收集，密度比空气小，用向下排空气法收集，氨气为碱性气体，用碱石灰干燥，故答案为：向下排空气；碱石灰；‎ ‎（3）氨气极易溶于水，如果打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，而形成喷泉，‎ 故答案为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水；NH3极易溶解于水，致使烧瓶内气体压强迅速减小；‎ ‎（4）加热时烧瓶内压强增大，气体体积膨胀，当氨气与水接触时，因氨气极易溶于水而导致烧瓶内压强迅速减小而形成喷泉，故答案为：打开夹子，用手（或热毛巾等）将烧瓶捂热，NH3受热气体膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨气与水接触，即发生喷泉。‎ ‎24.请用下列装置设计一个实验，证明Cl2的氧化性比I2的氧化性强。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）若气流从左到右，则上述仪器的连接顺序为D接E，______接_____，_____接____。‎ ‎（2）圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为____________。‎ ‎（3）证明Cl2比I2的氧化性强的实验现象是_____________，反应的离子方程式是________。‎ ‎（4）装置②的作用是___________。‎ ‎（5）若要证明Cl2的氧化性比Br2强，则需做的改动是_________。‎ ‎【答案】(1). F (2). B (3). A (4). C (5). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O (6). 装置①中KI-淀粉溶液出现蓝色 (7). Cl2+2I-=2Cl-+I2 (8). 吸收多余的氯气 (9). 将①中KI淀粉溶液换成NaBr溶液 ‎【解析】‎ ‎【分析】证明Cl2的氧化性比I2的氧化性强，先由④制备氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，将氯气通入①中发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，淀粉遇碘变蓝，氯气有毒，多余氯气用氢氧化钠溶液吸收；‎ ‎（1）设计实验证明Cl2的氧化性比I2的氧化性强的装置依次是：制取氯气，氯气氧化碘离子，尾气处理；‎ ‎（2）用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气；‎ ‎（3）碘遇淀粉变蓝色即可证明氯气的氧化性强于碘； （4）涉及氯气的实验必须进行尾气处理；‎ ‎（5）氯气能将溴离子氧化为单质，证明氯气的氧化性强于溴．‎ ‎【详解】（1）制取氯气的装置为：DEF，氯气氧化碘离子的实验装置为：BA，尾气处理连C，导管要长进短出，故答案：F；B；A；C；‎ ‎（2）用二氧化锰与浓盐酸加热制备氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O； （3）氯气能将碘离子氧化为碘单质，即2I-+Cl2=I2+2Cl-，碘遇淀粉变蓝色，证明Cl2比I2的氧化性强，故答案为：装置①中KI-淀粉溶液出现蓝色；2I-+Cl2=I2+2Cl-； （4）涉及氯气的实验必须进行尾气处理，装置②用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气， 故答案为：吸收多余的氯气； （5）氯气能将溴离子氧化为单质，可以证明氯气的氧化性强于溴，所以将装置①中KI-淀粉溶液改为NaBr溶液即可证明，故答案为：将①中KI淀粉溶液换成NaBr溶液。‎ 五、计算题（共1小题，共10分）‎ ‎25.将1.95g由Na2SO4和Na2CO3组成的混合物溶于水得溶液A，在A中加入10mL未知的BaCl2溶液恰好完全反应，过滤得沉淀B，向B中加入足量稀盐酸，充分反应后剩余沉淀2.33g。计算：‎ ‎（1）原混合物中Na2CO3的质量分数_______________。‎ ‎（2）BaCl2溶液的物质的量浓度_______________。‎ ‎【答案】(1). 设混合物中硫酸钠的质量为x ‎ Na2SO4-----------------------BaSO4 ‎ ‎142 233‎ ‎ X 2.33g ‎ 列比例解得X＝1.42g 故混合物中碳酸钠的质量为1.95g-1.42g=0.53g (2). 碳酸钠的质量分数为0.53g/1.95g×100%=27.2% ‎ Na2SO4-―――BaCl2 Na2CO3-----BaCl2‎ ‎ BaCl2的物质的量为1.42/142+0.53/106=0.015mol ‎ ‎ BaCl2的物质的量浓度为：0.015/0.01=1.5mol/L ‎ ‎【解析】本题主要考查有关物质的量的计算。‎ ‎（1）剩余沉淀是硫酸钡。m(Na2SO4)=2.33g×132/142=1.42g，m(Na2CO3)=1.95g-1.42g=0.53g，原混合物中Na2CO3的质量分数为0.53/1.95=27.2%。‎ ‎（2）n(Na2SO4)=1.42/142mol=0.01mol， (Na2CO3)=0.53/106mol=0.005mol，n(BaCl2)= n(Na2SO4)+n(Na2CO3)=0.015mol，c(BaCl2)=0.015mol/0.01L=1.5mol/L。‎