2018-2019学年陕西省榆林市第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

2018-2019学年陕西省榆林市第二中学高二下学期期末考试化学试题 解析版

榆林二中2018--2019学年第二学期期末考试 高二年级化学试题 一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分)‎ ‎1.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 金属钠与氧气反应的产物与氧气的用量无关 B. NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3‎ C. 漂白粉漂白织物利用了物质氧化性 D. 1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金属钠与氧气在点燃或加热时反应产生Na2O2，在常温下反应产生Na2O，可见反应产物只与反应条件有关，与氧气的用量无关，A正确；‎ B.NaHCO3加热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，可见，NaHCO3的热稳定性小于Na2CO3，B错误；‎ C.漂白粉漂白织物是由于其有效成分Ca(ClO)2具有强的氧化性，因此是利用了物质的氧化性，C正确；‎ D.Na2O2中含有Na+、O22-，所以1 mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，D正确；‎ 故合理选项是B。‎ ‎2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A. 标准状况下，‎1.12 L HF中含有的分子总数为0.05NA B. 1 mol NH4+所含质子数为11NA C. 2 mol SO2与1 mol O2反应生成的SO3分子数为2NA D. ‎25 ℃‎，pH＝13的NaOH溶液中OH－的数目为0.1 NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.标准状况下HF为液体，以聚合分子(HF)n的形式存在，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；‎ B.1个NH4+中含有11个质子，则1 mol NH4+所含质子数为11NA，B正确；‎ C. SO2与O2生成SO3的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此2 mol SO2与1 mol O2反应生成的SO3分子数小于2NA，C错误；‎ D.缺少溶液的体积，不能计算离子的数目，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎3.下列对物质或离子的检验,结论正确的是(　　)‎ A. 将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成,证明气体为CO2‎ B. 将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为NH3，NH3为碱 C. 加入KSCN溶液,溶液变红，证明原溶液含有Fe3+‎ D. 加入BaCl2溶液,生成的沉淀不溶于盐酸，证明原溶液含有SO42-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将气体通入澄清石灰水，有白色沉淀生成，该气体可能为CO2，也可能为SO2，A错误；‎ B.将气体通入水中能使酚酞变红，则气体为碱性气体NH3，氨气溶于水反应产生的一水合氨电离产生了OH-，因此不能说NH3为碱，B错误；；‎ C.加入KSCN溶液，溶液变红，是由于Fe3+与SCN-反应产生红色的络合物Fe(SCN)3，因此可以证明原溶液含有Fe3+，C正确；‎ D.加入BaCl2溶液，生成的沉淀不溶于盐酸，说明原溶液可能含有SO42-、Ag+等离子，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎4.下列离子方程式书写正确的是(　　)‎ A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O B. 铜与浓硝酸反应：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO↑+2H2O C. CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：Cu2++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+Cu(OH)2↓‎ D. 向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3＋+4NH3·H2O=Al[OH]4-+4NH4+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2SO4与Ba(OH)2溶液反应产生硫酸钡和水，离子方程式为：‎ Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，不符合物质的微粒个数比关系，A错误；‎ B.铜与浓硝酸反应，产生硝酸铜、NO2、H2O，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，B错误；‎ C.CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合，反应产生BaSO4沉淀和Cu(OH)2沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，C正确；‎ D.向AlCl3溶液中加入过量的氨水，由于NH3·H2O是一元弱碱，不能溶解两性物质氢氧化铝，所以反应产生氢氧化铝沉淀和NH4Cl，反应的离子方程式为：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3↓-+3NH4+，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎5.如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置。下列操作正确的是( )‎ A. a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰 B. b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰 C. a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 D. b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2；由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能伸入到溶液中，即a先通入NH3，然后b通入CO2，A、B、D选项均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，选项C合理；故合理答案是C。‎ ‎【点睛】本题主要考查钠及其重要化合物的性质，及在日常生产、生活中的应用，题型以选择题(性质、应用判断)。注意对钠及化合物的性质在综合实验及工艺流程类题目的应用加以关注。‎ ‎6.过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了‎28 g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)(　　)‎ 选项 二氧化碳 碳酸钠 转移的电子 A ‎1 mol NA B ‎22.4 L ‎1 mol C ‎212 g ‎1 mol D ‎106 g ‎2NA A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，根据方程式可知，每有1molCO2参加反应，固体质量增加‎28g，转移电子1mol。‎ A.根据方程式可知：每有1molCO2发生反应，转移电子的物质的量是1mol，电子数目为NA，A正确；‎ B.常温常压下‎22.4L CO2的物质的量小于1mol，因此根据C元素守恒可知反应产生的Na2CO3的物质的量小于1mol，B错误；‎ C‎.212g Na2CO3的物质的量是2mol，根据方程式可知反应产生2mol Na2CO3，会转移2mol电子，C错误；‎ D‎.106g Na2CO3的物质的量是1mol，根据方程式可知反应产生1mol Na2CO3，会转移1mol电子，电子数目为NA，D错误；‎ 故合理选项A。‎ ‎7.下列说法正确的是(　　)‎ A. 1 mol S和O2的摩尔质量都是‎32 g B. ‎22.4 L CO2气体中含有3NA个原子 C. 将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，观察到白烟 D. 向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸，溶液中的HCO3-浓度先逐渐增大而后减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. S和O2的摩尔质量都是‎32 g/mol，A错误；‎ B.缺条件，不能确定物质的量，也不能确定气体中含有的原子数目，B错误；‎ C.浓硫酸没有挥发性，因此将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒靠近，不能反应产生白烟现象，C错误；‎ D.向Na2CO3溶液中逐滴滴入稀盐酸，首先反应：CO32-+H+=HCO3-，然后发生反应：H++HCO3-=H2O+CO2↑，可见：溶液中的HCO3-浓度先逐渐增大而后减小，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎8.化学源于生活，也服务于生活。下列有关生活中的化学知识叙述正确的是(　　)‎ A. 氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强 B. 用洁净的玻璃管向包有Na2O2的脱脂棉吹气，脱脂棉燃烧，说明CO2、H2O与Na2O2的反应是放热反应 C. 测定溶液pH的实验中，用干燥pH试纸测定新制氯水的pH——测定结果无影响 D. 洁厕灵不能与“‎84”‎消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A. 氯气与活性炭不反应，活性炭能够吸附氯气，使漂白效果减弱，A错误；‎ B. CO2、H2O与Na2O2反应产生碳酸钠和氧气，反应放出热量，达到棉花的着火点，且反应产生的氧气有助燃作用，因此可以使棉花着火燃烧起来，B正确；‎ C.氯水中含有的HClO具有强的氧化性，可以漂白pH试纸，因此不能使用pH试纸测定新制氯水的pH，C错误；‎ D.洁厕灵主要成分是HCl，“‎84”‎消毒液中含有NaClO，两种物质混合使用，反应产生Cl2导致空气污染，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎9.中科大发现了人工合成金刚石的新方法,化学原理为：Na+CO2C(金刚石)+C(石墨)+Na2CO3(未配平),这种合成具有深远的意义。下列说法不正确的是 A. 该反应中，钠作还原剂，二氧化碳作氧化剂 B. 每生成1mol Na2CO3时,共转移4mol电子 C. 该反应中Na2CO3是氧化产物 D. 还原性Na大于C ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、根据发生原理，Na的化合价升高，钠作还原剂，CO2中C的化合价降低，CO2为氧化剂，故A说法正确；B、根据化学反应方程式，CO2中一部分C转化成石墨和金刚石，一部分C 转化成Na2CO3，化合价没有变化，因此根据Na计算转移电子，即每生成1molNa2CO3，转移2mol电子，故B说法错误；C、碳酸钠中Na是由金属钠失去电子转化成而成，因此碳酸钠是氧化产物，故C说法正确；D、金属钠为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即Na的还原性强于C，故D说法正确。‎ ‎10.下列各组离子在指定条件下能大量共存的是(　　)‎ A. 无色溶液中：Na+、Cu2+、Cl-、NO3-‎ B. 强酸性溶液中：Na+、K+、OH-、SO42-‎ C. 强碱性溶液中：K+、Mg2+、NO3－、NH4+‎ D. 无色透明溶液中：Al3+、Na+、SO42-、Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Cu2+的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，A不合理；‎ B.强酸性溶液中含有大量的H+，H+、OH-会发生反应产生H2O，不能大量共存，B不合理；‎ C.强碱性溶液中含有大量的OH-，OH-、Mg2+、NH4+会发生反应产生Mg(OH)2、NH3·H2O，不能大量共存，C不合理；‎ D.在无色透明溶液中：Al3+、Na+、SO42-、Cl-之间不发生反应，可以大量共存，D合理；故合理选项是D。‎ ‎11.在2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中(　　)‎ A. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2‎ B. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5‎ C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8‎ D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：判断氧化还原反应，确定答案A正确，本题考点基础，难度不大。‎ 考点：氧化还原反应。‎ ‎12.下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是(　　)‎ A. 制取氯气 B. 探究漂白性 C. 收集氯气 D. 尾气吸收 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。‎ ‎13.我们常用“往伤口上撒盐”来比喻某些人乘人之危的行为，其实从化学的角度来说，“‎ 往伤口上撒盐”也有科学道理。那么，这种做法的化学原理是(　　)‎ A. 胶体的电泳 B. 血液的氧化还原反应 C. 血液中发生复分解反应 D. 胶体的聚沉 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】血液属于胶体，则血液应具备胶体的性质，在遇到电解质溶液、加热、电性相反的电解质的时候都会聚沉；在伤口上撒盐可以使伤口表面的血液凝结，从而阻止进一步出血，属于胶体的聚沉，因此合理选项是D。‎ ‎14.取100 mL 0.3 mol·L－1和300 mL 0.25 mol·L－1的硫酸注入500 mL容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中H＋的物质的量浓度是(　　)‎ A. 0.21‎‎ mol·L－1 B. 0.42 mol·L－1‎ C. 0.56 mol·L－1 D. 0.26 mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 混合后溶液中溶质H2SO4的物质的量等于100mL 0.3mol/L和300mL0.25mol/L的H2SO4溶液中含有的H2SO4之和，假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据n=c·V计算混合后的浓度，溶液中H+的物质的量浓度是H2SO4浓度的2倍。‎ ‎【详解】假设混合后溶质H2SO4的物质的量浓度为a，根据混合前后溶液中溶质的物质的量总和不变可得：100mL×0.3mol/L+300mL×0.25 mol/L =500mL×a，解得：a=0.21mol/L，H2SO4是二元强酸，在溶液中完全电离，因此混合后溶液中氢离子的浓度c(H+)=‎2c(H2SO4)=2×0.21mol/L=0.42mol/L，故合理选项是B。‎ ‎【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，注意混合溶液中溶质的物质的量为混合前两种溶液中溶质的物质的量的和，并根据酸分子化学式确定氢离子与酸的浓度关系，结合物质的量浓度定义式的变形进行计算、判断。‎ ‎15.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入KNO3固体，铜粉仍不溶解 B. 蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物 C. NaHSO4在水溶液及熔融状态下可电离出Na+、HSO4－‎ D. HNO3―→NO―→NO2，以上各步变化均能通过一步实验完成 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于Cu在金属活动性顺序表中排在H的后边，不能把酸中的H置换出来，所以在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入KNO3固体，在酸性条件下，H+、Cu、NO3-会发生氧化还原反应，看到铜粉会不断溶解，得到蓝色溶液，A错误；‎ B.蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰都是含有两种或两种以上元素的化合物，二者都属于化合物，而铁矿石中含有多种成分，因此属于混合物，B正确；‎ C.NaHSO4在水溶液电离产生Na+、H+、SO42-，在熔融状态下可电离出Na+、HSO4-，C错误；‎ D.稀HNO3与Cu反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，可见以上各步变化均能通过一步实验完成，D正确；‎ 故合理选项是AC。‎ ‎16.M2O7x－与S2-在酸性溶液中发生如下反应：M2O7x－+3S2-+14H+2M3++3S↓+7H2O，则M2O7x－中M的化合价是( )‎ A. +2 B. +‎4 ‎C. +6 D. +3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据方程式中等号两端电荷守恒可知x＝14－3×2－2×3＝2，所以根据正负价代数和为0可知M2O7x－中M的化合价是+6价，答案选C。‎ ‎17.在如图所示的装置中，烧瓶中充满干燥气体a，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，轻轻振荡烧瓶，然后打开弹簧夹f，烧杯中的液体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶，则a和b分别是(　　)‎ 选项 a(干燥气体)‎ b(液体)‎ A NO2‎ 水 B CO2‎ 饱和NaHCO3溶液 C Cl2‎ 饱和NaCl溶液 D NH3‎ ‎1 mol·L－1盐酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 此题要从反应物和生成物的状态变化入手，注意到反应后气体减少或增多会引起气压的变化，将化学和物理结合起来，气体被吸收进溶液的反应，容器内气体减少，气压减小；容器内气体增多，气压增大。‎ ‎【详解】A.NO2与水反应，生成HNO3和NO，容器内气体物质的量减少，气压减小，形成喷泉，但由于NO不溶于水，所以不充满烧瓶，A错误；‎ B.CO2与NaHCO3溶液不反应，也不能溶解，烧杯与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，B错误；‎ C.Cl2不溶于饱和氯化钠溶液，也不与其反应，烧杯与烧瓶内压强相等，不能形成喷泉，C错误；‎ D.NH3与盐酸能发生反应，使烧瓶中气体压强减小，气体被吸收进溶液中，烧瓶内压强减小为零，同外界大气压产生压强差，所以形成喷泉，并充满烧瓶，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查了喷泉实验形成的条件及判断的知识。从此题实验来看，反应物或生成物的状态变化会引起气压的变化就可以形成喷泉。‎ ‎18.在标准状况下将‎1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中，随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混和气体‎1.12L，则反应消耗HNO3的物质的量为（ ）‎ A. 0.8‎mol B. 0.6mol C. 0.11mol D. 无法计算 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：‎1.92g铜粉的物质的量是0.03mol，利用元素守恒，消耗的硝酸为生成硝酸铜中的硝酸根离子和生成的气体产物中的硝酸，硝酸铜的物质的量是0.03mol，则硝酸根离子的物质的量是0.06mol，在标准状况下NO2和NO组成的混和气体‎1.12L，物质的量是0.05mol，所以共消耗硝酸的物质的量是0.06+0.05=0.11mol，答案选C。‎ 考点：考查化学计算方法的应用 ‎19.某无色气体可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一种或几种，依次进行如下处理(假定每步处理都反应完全)：①通过碱石灰时，气体体积变小；②通过赤热的氧化铜时，黑色固体变为红色；③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色晶体；④通过澄清石灰水时，溶液变得浑浊。由此可以确定原无色气体中(　　)‎ A. 一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一种 B. 一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一种 C. 一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一种 D. 一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①中通过了碱石灰后，气体中无CO2、H2O，②通过炽热的氧化铜，CO和H2会把氧化铜还原成铜单质，同时生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸铜粉末变为蓝色，CO2通过澄清石灰水时，溶液变浑浊，以此来判断原混合气体的组成。‎ ‎【详解】①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收H2O和CO2，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；‎ ‎②通过赤热的CuO时，固体变为红色；可能有CO还原CuO，也可能是H2还原CuO，也可能是两者都有；‎ ‎③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以一定有H2；‎ ‎④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有CO2，而这些CO2来源于CO还原CuO产生的，所以一定有CO。‎ 综上分析：混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题考查混合气体的推断的知识，抓住题中反应的典型现象，掌握元素化合物的性质是做好此类题目的关键。‎ ‎20.已知：KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O。如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用表面皿盖好。表中由实验现象得出的结论完全正确的是(　　)‎ 选项 实验现象 结　论 A 滴有KSCN的FeCl2溶液变红色 Cl2具有还原性 B 滴有酚酞的NaOH溶液褪色 Cl2具有酸性 C 石蕊溶液先变为红色后褪色 Cl2具有漂白性 D KI-淀粉溶液变蓝色 Cl2具有氧化性 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A中变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明氯气具有氧化性，A项不正确；B中氢氧化钠溶液褪色，也可能是氯气与水生成了具有漂泊性的次氯酸导致的，B项错误；C中先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质，因此C不正确；D中变蓝，说明Cl2与KI作用生成I2，可证明氯气具有氧化性，D项正确，所以答案选D。‎ 考点：考查氯气的性质及氧化还原反应的有关判断 点评：该题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力。‎ 二、非选择题(本题包括4小题，每空2分，共40分。)‎ ‎21.由短周期元素组成的中学常见的含钠元素的物质A、B、C、D，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件已略去)。‎ ‎(1)若A为金属钠，A与水反应的离子方程式为_______________。‎ ‎(2)若A为淡黄色的固体化合物，A________(填“是”或“不是”)碱性氧化物，A与CO2反应的化学方程式为_________________。‎ ‎(3)A不论是Na还是淡黄色的固体化合物，依据转化关系判断物质C是________，物质D是________。‎ ‎【答案】 (1). 2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑ (2). 不是 (3). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (4). Na2CO3 (5). NaHCO3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)若A为Na，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3；‎ ‎(2)若A为Na2O2，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，根据碱性氧化物的定义判断物质类别；‎ ‎(3)A不论是Na还是Na2O2，和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液，通入二氧化碳反应生成C和D，判断为生成碳酸钠和碳酸氢钠。‎ ‎【详解】(1)若A为Na，A与水反应生成单质E为H2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3，A与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na＋+2OH－+H2↑；‎ ‎(2)若A为Na2O2，A与水反应生成单质E为O2，则B为NaOH，C为Na2CO3，D为NaHCO3。A与水反应产生的物质除了碱NaOH外，还有O2，反应过程中有元素化合价的变化，因此Na2O2不是碱性氧化物；A与CO2反应产生碳酸钠、氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，‎ ‎(3)A不论Na还是Na2O2，和水反应生成溶液为氢氧化钠溶液，通入二氧化碳反应生成C 为Na2CO3，继续通入二氧化碳反应生成D为NaHCO3。‎ ‎【点睛】本题考查无机物推断的知识，涉及钠元素单质及其化合物的性质与转化、物质所属类别、有关方程式书写等，需要熟练掌握元素化合物知识，关键是判断可能的反应产物。‎ ‎22.二氯化硫(SCl2)熔点‎-78℃‎，沸点‎59℃‎，密度‎1.638g/mL，遇水易分解，二氯化硫与三氧化硫作用可生成重要化工试剂亚硫酰氯(SOCl2)。以下是氯气与硫合成二氯化硫的实验装置。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中发生反应的化学方程式为______________________。‎ ‎(2)装置B应盛放的药品是__________，C中是______________。‎ ‎(3)实验时，D装置需加热至50—‎59℃‎．最好采用_____________方式加热。‎ ‎(4)在配制一定物质的量浓度的盐酸溶液时，下列操作所配溶液浓度偏低的是__________；‎ A.配制溶液时，容量瓶中有少量水。‎ B.使用容量瓶配制溶液时,俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切 C.配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液。‎ D.发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度线 ‎【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 饱和食盐水(或水) (3). 浓硫酸 (4). 水浴 (5). CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在装置A中制备氯气，B、C用于除杂，分别除去氯化氢和水，实验开始前先在D中放入一定量的硫粉，加热使硫熔化，然后转动和摇动烧瓶使硫附着在烧瓶内壁表面形成一薄层，可增大硫与氯气的接触面积，利于充分反应，因二氯化硫遇水易分解，F用于防止空气中的水蒸气进入装置，并吸收氯气防止污染环境，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，浓盐酸易挥发，所以制得的氯气不纯，混有氯化氢和水，先用盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，再用盛有浓硫酸的C装置吸水；‎ ‎(3)实验时，D装置需加热至50‎-59℃‎介于水浴温度0‎-100℃‎，因此采用的加热方式为水浴加热；‎ ‎(4)结合c=n/V分析选项，‎ A.配制溶液时，容量瓶中有少量水，对所配溶液浓度没有影响；‎ B.使用容量瓶配制溶液时，俯视观察溶液凹液面与容量瓶刻度线相切，使得溶液的体积偏小，则所得溶液浓度偏高；‎ C.配制溶液的过程中，容量瓶未塞好，洒出一些溶液，所配溶液浓度偏低；‎ D.发现溶液液面超过刻度线，用吸管吸出少量水，使液面降至刻度，所得溶液浓度偏低，‎ 故合理选项是CD。‎ ‎【点睛】解题时要特别注意题中信息“二氯化硫遇水易分解”的应用，试题难度不大。‎ ‎23.据报道一些明胶企业将皮革废料熬制成工业明胶，出售给某些制药企业，最终变成药用胶囊。由工业明胶制成的胶囊往往含有超标的重金属铬，从而对人体造成伤害。明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。‎ ‎(1)已知Fe(CrO2)2中铬元素是+3价，则其中铁元素是________价。CrO2-是一种酸根离子，则Fe(CrO2)2属于________(填“酸”“碱”“盐”或“氧化物”)。‎ ‎(2)明胶的水溶液和K2SO4溶液共同具备的性质是________(填序号)。‎ a．都不稳定，密封放置产生沉淀 b．两者均有丁达尔效应 c．分散质微粒可通过滤纸 ‎(3)已知胶体的分散质不能透过半透膜，但水分子等小分子或离子能透过半透膜。提纯明胶的装置是下列中的________(填序号)。‎ ‎(4)现有10 mL明胶的水溶液与5 mL Na2SO4溶液混合装入半透膜内，将此半透膜浸入盛蒸馏水的烧杯中，设计实验证明SO42-能够透过半透膜：__________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). +2 (2). 盐 (3). c (4). E (5). 取烧杯中的少量液体，向其中滴加BaCl2[或Ba(NO3)2、Ba(OH)2]溶液，有白色沉淀产生 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据化合物中元素化合价的代数和等于零计算。‎ ‎(2)溶液很稳定，a项错误；胶体具有丁达尔效应而溶液没有，b项错误；胶体的分散质和溶液中的溶质都能透过滤纸，c项正确。‎ ‎(4)检验SO42-可用Ba2+。‎ ‎【详解】（1）Fe(CrO2)2中，氧元素的化合价是-2价，总的负价是-8价，铬元素的化合价是+3价，2个铬原子化合价是+6价，所以铁元素化合价是+2价；Fe(CrO2)2是由亚铁离子和CrO2-组成的盐；‎ ‎(2)a．胶体较稳定，溶液是稳定的，选项故A错误；‎ b．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，选项b错误；‎ c．胶粒和溶液都可透过滤纸，所以明胶水溶液和K2SO4溶液中的分散质粒子可通过滤纸，选项c正确；‎ 答案选c；‎ ‎（3）明胶水溶液中胶体的分散质不能透过半透膜而留在半透膜袋内，水分子 等小分子或离子能透过半透膜进入蒸馏水中，故提纯明胶的装置是渗析法，答案选E；‎ ‎(4)SO42-能透过半透膜进入蒸馏水中，检验SO42-可用Ba2+，设计实验证明SO42-能够透过半透膜为：取烧杯中的少量液体，向其中滴加BaCl2[或Ba(NO3)2、Ba(OH)2]溶液，有白色沉淀产生。‎ ‎【点睛】本题考查较综合，涉及物质的分类、胶体的性质等，注重高频考点的考查，把握胶体的性质为解答的关键，题目难度不大。‎ ‎24.某校课外活动小组为了探究铜与稀硝酸反应产生的是NO气体，设计了如下实验。实验装置如图所示(已知NO、NO2能与NaOH溶液反应)：‎ ‎(1)设计装置A的目的是____________________________；‎ ‎(2)在(1)中的操作后将装置B中铜丝插入稀硝酸，并微热之，观察到装置B中的现象是____________________；B中反应的离子方程式是_______________________。‎ ‎(3)装置E和F的作用是______________________________。‎ ‎(4)D装置的作用是___________________________。‎ ‎【答案】 (1). 利用生成的CO2将整套装置内的空气赶尽，以排除对气体产物观察的干扰 (2). 铜丝上产生气泡，稀硝酸液面上气体仍无色，溶液变为蓝色 (3). 3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O (4). 验证无色气体为NO (5). 吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由实验装置及流程可知，A中发生硝酸与碳酸钙的反应生成二氧化碳，因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气避免对一氧化氮气体检验的干扰；B中发生Cu与硝酸的反应生成NO、硝酸铜，E中收集到无色气体NO，利用F充入空气，可检验NO的生成；C装置可检验二氧化碳充满B、E装置；D装置为尾气处理装置，吸收氮的氧化物，防止污染空气，以此来解答。‎ ‎【详解】(1)因烧瓶中有空气，则生成的NO能与氧气反应生成NO2，利用A装置反应生成的CO2气体赶净装置中的空气，避免对一氧化氮气体检验的干扰；为达到此目的，应进行的操作是使分液漏斗的凹槽对准小孔，打开K，当装置C中产生白色沉淀时，关闭K；‎ ‎(2)因铜与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，反应的离子反应为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，观察到的现象是：有气泡冒出，稀硝酸液面上气体为无色，溶液变为蓝色；‎ ‎(3)B反应产生的NO无色气体进入到E装置，因此E的作用是检验无色NO气体的产生，将F中的空气推入E中，发生2NO+O2=2NO2，看到E中无色气体变为红棕色，证明NO存在，则该实验的目的是验证E中的无色气体为NO；‎ ‎(4)NO、NO2都是有毒气体，能污染环境，氮的氧化物能被NaOH溶液吸收，反应产生的物质均为可溶性物质，故装置D的作用为吸收NO、NO2等尾气，防止污染空气。‎ ‎【点睛】本题考查性质实验方案的设计的知识，把握实验装置的作用、弄清各个实验装置的作用、发生的反应及NO易被氧化为解答的关键。‎ ‎ ‎