安徽省黄山市2017-2018学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

安徽省黄山市2017-2018学年高一上学期期末考试化学试卷1.下列有关物质性质和用途都正确,且有对应关系的是( )A. SiO2能导电,可用于制造光导纤维 B. 金属Al硬度大,是良好的建筑材料C. NH3易溶于水,可用作制冷剂 D. 浓硫酸有强氧化性,常温下可使铁钝化,所以可用钢制容器储存、运输【答案】D【解析】【详解】A.SiO2不能导电，且二氧化硅用于制造光导纤维利用的是光的全反射原理，故A错误；B.金属Al的硬度一般，是良好的建筑材料是因为铝的表面可以形成一层致密的氧化膜耐腐蚀，硬度大，且铝经常用作合金，不单独使用，故B正确；C.氨气易液化而吸收热量而导致周围环境温度降低，所以氨气常常用作制冷剂，与NH3易溶于水无关，故C错误；D.浓硫酸具有强氧化性，常温下铁遇到浓硫酸时就会被氧化，并在表面形成一层致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，所以可用钢制容器储存、运输，故D正确。故选D。2.下列物质属于电解质的是（ ）A. CaCO3 B. 稀硫酸 C. 液氨 D. NO2【答案】A【解析】【分析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，溶于水和在熔融状态下均不能导电的化合物是非电解质，据此解答。【详解】A. CaCO3溶于水的部分完全电离，属于电解质，A正确；B. 稀硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C. 液氨是氨气，不能电离，属于非电解质，C错误；D. NO2不能电离，属于非电解质，D错误。答案选A。3.下列情况与胶体性质有关的有明矾净水 血液透析 在大江、大河的入海口处易形成三角洲 静电除尘 在雾天，打开车灯能看到一道粗的光柱A. 2项 B. 3项 C. 4项 D. 全部都是【答案】D【解析】【详解】明矾含有铝，易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，故正确；人体内的血液属于胶体分散系，血液透析原理相当于胶体和溶液分离的渗析原理，故正确；江河中的泥浆属于胶体，江河入海口三角洲的形成是胶体聚沉的结果，故正确； 胶体具有电泳现象，通电，胶体微粒定向移向电极，沉降除去，故正确；雾是气溶胶具有丁达尔效应，光线通过会发生光的散射形成光亮的通路，与胶体有关，故正确；答案选D。4.下列关于阿伏伽德罗常数的说法正确的是A. 1mol Cl2与足量的Ca(OH)2溶液完全反应，转移电子的数目为2NAB. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NAC. 9.2gNO2和N2O4的混合气体中原子总数为0.6NAD. 1L 1mol/L的乙醇溶液中含有的分子总数为NA【答案】C【解析】【分析】A. 氯气和氢氧化钙的反应为歧化反应；B. 求出混合气体的物质的量，然后根据分子数N = n NA来计算；C. NO2和N2O4的最简式均为NO2；D. 乙醇溶液中，除了乙醇分子，还含水分子。【详解】A. 氯气和氢氧化钙的反应为歧化反应，氯元素由0价歧化为1价和+1价，故1 mol氯气在该反应中转移1mol电子即NA个，故A项错误；B. 标况下2.24 L混合气体的物质的量为0.1 mol，故分子数N = nNA = 0.1 NA个，故B项错误；C. NO2和N2O4的最简式均为NO2，故9.2 gNO2和N2O4的混合物中含有的NO2的物质的量为0.2 mol，故含0.6 mol原子即0.6 NA个，故C项正确；D. 乙醇溶液中，除了乙醇分子，还含水分子，故此溶液中含有的分子总数多于NA个，故D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。考察角度广，陷阱多。做此类题时可利用条件，直接找出已知和未知之间的物质的量的关系，再利用关系式法，常可一步到位得出结论，且能明显提高做题速度与准确率。如本题的正确答案C选项，利用混合物的最简式为NO2这样的关系式直接求解，可化繁为简，准确得出答案。5.下列微粒在所给条件下，一定可以大量共存的是（ ）A. 透明溶液中：SCN、NO3、Na+、Fe3+B. 遇酚酞显红色的溶液中：Cl2、Mg2+、I、SO42C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液中：HCO3、K+、Cl、CH3COOD. 酸性溶液中：Fe2+、Al3+、SO42、NH4+【答案】D【解析】【分析】离子间如果发生化学反应，则一定不能大量共存，结合离子的性质、发生的化学反应解答。【详解】A. 溶液中SCN与Fe3+发生反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，A错误；B. 遇酚酞显红色的溶液显碱性，则Cl2、Mg2+一定不能大量共存，另外氯气也能氧化I，不能大量共存，B错误；C. 与铝反应能产生大量氢气的溶液可能显酸性，也可能显碱性，如果显酸性HCO3、CH3COO均不能大量共存，如果显碱性HCO3不能大量共存，C错误；D. 酸性溶液中Fe2+、Al3+、SO42、NH4+之间不反应，可以大量共存，D正确。答案选D。6.下列实验操作正确的是A. 称量NaOH固体B. 用酒精提取碘水中的碘C. 除去水中的氯化钠D. 从Y进气收集Cl2【答案】C【解析】【分析】A. 氢氧化钠固体具有较强腐蚀性，不能直接在纸片上称量；B. 酒精与水互溶，不能用酒精做萃取剂；C. 氯化钠沸点较高；D. 从Y进气为向下排空气法，收集的气体密度应该小于空气。【详解】A. NaOH固体具有较强腐蚀性，应该放入小烧杯中快速称量，不能直接放在纸片上，图示操作不合理，故A项错误；B. 酒精易溶于水，无法用酒精提取碘水中的碘，可选用苯或四氯化碳做萃取剂，故B项错误；C.加热时水易挥发，但NaCl 的沸点较高，不易挥发，所以可以采用蒸馏方法除去水中的氯化钠，故C项正确；D.Cl2的密度大于空气，应该选用向上排空气法收集，即从X进气，故D项错误；答案选C。7.下列离子方程式书写正确的是 ( )A. 酸性FeCl2溶液中加入双氧水：2Fe2+H2O2 2Fe3+O2+2H+B. 向KAl(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO42恰好完全沉淀：Al3+2SO42+2Ba2+4OH2BaSO4+AlO2+2H2OC. 碳酸钙和盐酸反应: CO32-+2H+=H2O+CO2D. 向铝中加入NaOH溶液：Al+4OH AlO2+2H2【答案】B【解析】【详解】A酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水，二者发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe2+2H+H2O22Fe3+O2+2H2O，故A错误；B向明矾KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-恰好沉淀完全反应生成硫酸钡、偏铝酸钠、水，离子反应为Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O，故B正确；C碳酸钙和盐酸反应，碳酸钙难溶于水，离子方程式：CaCO3+2H+=H2O+CO2+Ca2+，故C错误；DAl与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子反应为2Al+2OH-+3H2O2AlO2+3H2，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，明确离子方程式正误判断的常用方法是解题的关键。本题的易错点为B，要注意KAl(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液至SO42恰好完全沉淀，铝离子恰好转化为偏铝酸根离子。8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效的净水剂,可用次氯酸盐氧化法制备,原理如下:2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2ONa2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.下列说法不正确的是( )A. 反应为氧化还原反应,反应为复分解反应 B. 反应中Na2FeO4是氧化产物C. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:3 D. 每生成1mol K2FeO4,转移电子的物质的量为3mol【答案】C【解析】【分析】反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素化合价升高，由+3价升高为+6价，被氧化，Cl元素化合价由+1价降低为-1价，被还原，NaClO为氧化剂，FeCl3为还原剂；Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH为复分解反应，元素化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，据此答题。【详解】A.反应中Fe和Cl元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，反应中元素化合价没有发生变化，为复分解反应，故A正确；B.反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价被氧化，所以Na2FeO4是氧化产物，故B正确；C.反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，被氧化，FeCl3为还原剂；Cl元素化合价由+1价降低为-1价，被还原，NaClO为氧化剂；氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:2，故C错误；D.反应2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价被氧化，生成1molK2FeO4，转移电子的物质的量为3mol，故D正确。故选C。9.在给定条件下，下列选项所示物质间转化均能实现的是 A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A、碳酸钙受热分解生成氧化钙，氧化钙与二氧化硅在高温下反应生成硅酸钙，所以各步转化均能实现，故A正确；B、铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以不能实现，故B错误；C、铝与稀硝酸反应生成一氧化氮，而不是氢气，所以无法实现转化，故C错误；D、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，所以不能实现转化，故D错误；故答案选A。10.Na2O2是呼吸面具中常用的供氧剂,下列关于Na2O2的叙述正确的是( )A. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:1B. Na2O2分别与水、CO2反应,产生相同量的O2时,需要水和CO2的物质的量相等C. Na2O2与CO2反应过程中,只做氧化剂D. Na2O2与SO2的漂白原理相同【答案】B【解析】【详解】A.Na2O2的电子式为，故阴、阳离子的个数比为12，故A错误；B.Na2O2与水、CO2反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由反应方程式可知：生成相同量的O2时消耗的水和二氧化碳的物质的量相同，故B正确；C.Na2O2与CO2反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2中氧元素的化合价由-1价升高为0价、降低为-2价，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故C错误；D.Na2O2因具有强氧化性而有漂白性，SO2易与有色物质化合生成不稳定的无色物质，故原理不同，故D错误。故选B。11.下列各项操作过程中，发生“先产生沉淀，后沉淀又溶解”现象的是 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀硫酸 向AlCl3溶液中通入过量的NH3向Ba(OH)2溶液中通入过量CO2 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】因Fe(OH)3胶体加入稀硫酸产生聚沉现象，H2SO4与Fe(OH)3反应，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故符合；AlCl3和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，即沉淀不溶解，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故不符合；氢氧化钡和CO2反应，先生成BaCO3沉淀，继续通入CO2，会与BaCO3反应生成可溶的Ba(HCO3)2，沉淀又溶解，所以出现先沉淀后溶解现象，故符合；向NaAlO2中逐滴加入过量的稀盐酸，偏铝酸钠先和盐酸反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强酸溶液，所以氢氧化铝和盐酸能继续反应生成可溶性的氯化铝，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故符合；故答案选B。12.实验室欲用18mol/L的浓硫酸配制500mL 3mol/L的稀硫酸,下列说法正确的是( )A. 应用量筒量取83.30mL的浓硫酸B. 在烧杯中溶解后,应立即转移至容量瓶中C. 加水定容时,若俯视刻度线,会使所配溶液浓度偏低D. 若未洗涤烧杯内壁并将洗涤液转移至容量瓶中,会使所配溶液浓度偏低【答案】D【解析】【详解】A.量筒的精确度为0.1mL，所以不能用量筒量取83.30mL的浓硫酸，故A错误；B.浓硫酸稀释产生大量的热，容量瓶不能盛放过热的液体，所以浓硫酸在烧杯中稀释后，应冷却到室温再进行移液操作，故B错误；C.加水定容时，若俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，根据c=n/V可以知道，溶液浓度偏低，故C错误；D.若未洗涤烧杯内壁并将洗涤液转移至容量瓶中，导致部分溶质损耗，根据c=n/V可以知道，溶液浓度偏低，故D正确。故选D。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时，根据c=n/V判断误差。13.以下除杂方式可行的是（括号内为杂质）A. N2（O2）：通过灼热的铜网B. CO2(CO)：通入适量O2，充分燃烧C. FeCl3（FeCl2）：加入适量高锰酸钾氧化D. Al2O3（Fe2O3）：加入足量的NaOH溶液后，过滤【答案】A【解析】【详解】ACu与氧气反应，与氮气不反应，则通过灼热的铜网可加热，故A正确；B二氧化碳过量，CO不易与氧气反应，则应选灼热的CuO的除去杂质，故B错误；CFeCl2与高锰酸钾反应，但引入杂质，不能除杂，应选氯气除杂，故C错误；DAl2O3与NaOH溶液反应，而氧化铁不能，将原物质除去，不能除杂，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握物质的性质、发生的反应、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用。14.下列实验现象和结论相符的是( ) 操作及现象 结论 A 溶液中加入盐酸,产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体 溶液中一定含有CO32-B 某溶液中加入硝酸银,产生白色沉淀 溶液中一定含有Cl-C 某气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊 该气体一定是CO2D 向某溶液中先加KSCN无明显现象,再滴氯水,溶液变红 溶液中一定含有Fe2+A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.溶液中含有亚硫酸根离子和盐酸反应生成的二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，不一定是碳酸根离子，故A错误；B.溶液中含有硫酸根离子也可以生成硫酸银白色沉淀，不一定含有氯离子，故B错误；C.二氧化硫也可以使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D.向某溶液中先加KSCN无明显现象，再滴氯水，溶液变红是检验亚铁离子检验方法，反应现象证明含有亚铁离子，故D正确。故选D。【点睛】CO2和SO2气体都能使澄清石灰水变浑浊，鉴别CO2和SO2气体可以通过品红溶液，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色。15.某容器真空时，称量其质量为60.4g，此容器充满N2时总质量为66.0g，在相同状况下, 充满另一气体时，总质量为74.6g，那么该气体可能是A. Cl2 B. O2 C. SO2 D. HCl【答案】A【解析】【详解】氮气的质量=66g-60.4g=5.6g，充满另一气体时，总质量为74.6g，该气体的质量=74.6g-60.4g=14.2g，相同条件下相同体积的不同气体其物质的量相等，根据n=m/M知，相同物质的量时，其质量之比等于摩尔质量之比，气体的摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，设该气体的相对分子质量为M，则M/2814.2g/5.6g，解得M71，选项中相对分子质量为71的是Cl2，故答案选A。【点睛】本题考查物质的量有关计算，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，明确m、n、M关系是解本题关键，注意相同条件下相同体积的不同气体其物质的量相等，注意阿伏加德罗定律的灵活应用。16.FeS 与一定浓度的HNO3 反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO 和H2O，当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为 ( )A. 1：4 B. 1：5 C. 1：6 D. 1：7【答案】B【解析】【详解】当NO2、N2O4、NO 的物质的量之比为1：1：2 时，设NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol，硝酸得到电子的物质的量=1mol（5-4）+1mol2（5-4）+2mol（5-2）=9mol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，n（FeS）=1mol，根据氮元素守恒得，生成NO2、N2O4、NO 的物质的量分别是1mol、1mol、2mol时消耗硝酸的物质的量=1mol+2mol+2mol=5mol，所以实际参加反应的FeS 与被还原的HNO3的物质的量之比为=1mol：5mol=1：5，故选B。17.（1）在SO2、SiO2、Na2O、Na2O2、Fe2O3、Al2O3中，属于碱性氧化物的是_；（2）石英耐高温，可制成石英坩埚，下列试剂可用石英坩埚加热的是_；A.NaOH B.CaCO3 C.Na2CO3 D.KHSO4（3）奥运金牌“金镶玉”环形碧玉由昆仑玉制成，昆仑玉的成分可简单看成是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，则其用氧化物的形式可表示为_；（4）治疗胃酸（主要成分为HCl）过多的常用药物有小苏打、胃舒平等。请写出小苏打和胃酸反应的离子反应方程式_；胃舒平主要成分为Al(OH)3，若中和等量的酸，消耗小苏打和Al(OH)3的物质的量之比为_。【答案】 (1). Na2O、Fe2O3 (2). D (3). 2CaO5MgO8SiO2H2O (4). HCO3+H+H2O+CO2 (5). 3：1【解析】【分析】（1）碱性氧化物是指能跟酸反应，生成盐和水的氧化物；（2）石英坩埚成分为二氧化硅，和碱、碳酸钠、碳酸钙等反应；（3）昆仑玉的成分中，硅为+4价，氧为-2价，钙和镁均为+2价，氢为+1价，根据化合价判断氧化物的化学式，并根据原子个数确定化学式前的系数；（4）小苏打和胃酸反应是碳酸氢钠和盐酸的反应，反应生成氯化钠、二氧化碳和水；结合化学反应定量关系计算。【详解】（1）SO2、SiO2和碱反应生成盐和水为酸性氧化物，Na2O、Fe2O3和酸反应生成盐和水为碱性氧化物，Na2O2和酸反应发生氧化还原反应，为过氧化物，Al2O3和酸、碱反应均生成盐和水，属于两性氧化物，属于碱性氧化物的是Na2O、Fe2O3；（2）ANaOH和二氧化硅反应生成硅酸钠和水，故A不选；BCaCO3和二氧化硅高温下反应生成硅酸钙和二氧化碳，故B不选；CNa2CO3和二氧化硅高温下反应生成硅酸钙和二氧化碳，故C不选；DKHSO4和二氧化硅不反应，可用石英坩埚加热，故D选；故答案选D；（3）根据硅酸盐改写成氧化物的形式为：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水，同时要遵循原子守恒，Ca2Mg5Si8O22(OH)2可表示为2CaO5MgO8SiO2H2O；（4）小苏打和胃酸反应的离子反应方程式为HCO3+H+H2O+CO2；根据反应NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O、Al(OH)3+3HClAlCl3+3H2O可知若中和等量的酸，消耗小苏打和Al(OH)3的物质的量之比为3：1。18.（1）已知草酸（H2C2O4）可使H2SO4酸化的KMnO4溶液褪色，请回答以下问题：在该反应中0.2mol高锰酸钾可得到1mol电子，该反应的还原产物为_（写化学式）请补全并配平该反应方程式：_H2C2O4+ KMnO4+ H2SO4 K2SO4+ + CO2 + H2O（2）某溶液中可能含有以下离子：Na+、K+、Fe3+、CO32、SO42、Cl，现进行如下实验：根据实验现象回答：该溶液中一定含有的离子是_；一定不含有的离子是_；无法确定的离子是_。【答案】 (1). MnSO4或Mn2+ (2). 5；2；3；1；2MnSO4、10、8 (3). Na+、CO32、SO42、Cl (4). Fe3+ (5). K+【解析】【分析】（1）依据氧化还原反应中氧化剂所含元素化合价降低解答；根据氧化还原反应中电子得失守恒解答；（2）根据实验现象结合离子的性质分析解答。【详解】（1）草酸与高锰酸钾在酸性环境下发生反应，高锰酸钾做氧化剂被还原，在该反应中0.2mol高锰酸钾可得到1mol电子，+7价锰降价为+2价锰离子，还原产物为二价锰离子或者硫酸锰；该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，其转移电子总数为10，所以结合电子得失守恒、原子守恒配平方程式为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O；（2）待测液加入KSCN溶液，无明显现象，则溶液中无三价铁离子，焰色反应呈黄色，说明含有钠离子，加入足量硝酸钡溶液产生白色沉淀，加入足量盐酸白色沉淀部分溶解说明沉淀为硫酸钡、碳酸钡混合物，则溶液中含有硫酸根离子、碳酸根离子，向加入足量硝酸钡溶液后过滤得到的滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液产生白色沉淀为氯化银沉淀，则溶液中一定含有氯离子，通过已有事实无法确定是否存在钾离子，所以该溶液中一定含有的离子是Na+、CO32、SO42、Cl；一定不含有的离子是Fe3+；无法确定的离子是K+。【点睛】本题为综合题，考查了氧化还原反应基本知识，离子推断，明确氧化还原反应基本概念及得失电子守恒规律，熟悉相关离子的性质是解题关键。19.某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。（1）A中发生反应的化学反应方程式为_（2）实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯，回答下列问题：在装置C、D中能看到的实验现象分别是 _ 、_ ；在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为_；装置F中球形干燥管的作用是_；（3）储气瓶b内盛放的试剂是_；（4）实验结束后，某同学想检验B瓶内液体是否完全与Cl2反应，可采用的方法是： _【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+H2O+Cl2 (2). 溶液由无色变为蓝色 (3). 溶液先变红色后褪色 (4). C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl (5). 防止倒吸 (6). 饱和食盐水 (7). 取少量B内液体于试管中，滴入少量铁氰酸钾溶液，若生成蓝色沉淀，则氯化亚铁未反应，若无明显现象，则氯化亚铁反应完全【解析】【详解】(1)A是制备氯气的装置，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+H2O+Cl2；故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+H2O+Cl2；(2)氯气有强的氧化性，能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，所以C中现象为：溶液由无色变为蓝色；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以遇到紫色石蕊试液先变红后褪色，所以D中现象为：溶液先变红色后褪色，故答案为：溶液由无色变为蓝色；溶液先变红色后褪色；在装置E的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，依据得失电子守恒和原子个数守恒反应方程式：C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl，故答案为：C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl；氯气、氯化氢都易溶于氢氧化钠溶液，容易发生倒吸，所以装置F中球形干燥管的作用是防倒吸；故答案为：防倒吸；(3)氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以装置b中液体为饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水；(4)如果溶液中含有二价铁离子则加入铁氰化钾溶液会产生蓝色沉淀，所以要检测B瓶内液体是否完全与Cl2反应方法：取少量B内液体于试管中，滴入少量铁氰酸钾溶液，若生成蓝色沉淀，则氯化亚铁未反应，若无明显现象，则氯化亚铁反应完全；故答案为：取少量B内液体于试管中，滴入少量铁氰酸钾溶液，若生成蓝色沉淀，则氯化亚铁未反应，若无明显现象，则氯化亚铁反应完全。【点睛】本题考查了气体的制备与性质，明确氯气的实验室制备原理及性质是解题关键。本题的易错点为(2)中氧化还原反应方程式的书写，要注意充分利用题干信息判断出反应物和生成物，再配平。20.SO2是一种重要的氧化物,可用于生产三氧化硫、硫酸、亚硫酸盐、硫代硫酸盐,也可用作熏蒸剂、防腐剂、消毒剂、还原剂等。(1)SO2性质多变,若将SO2气体通入氢硫酸中,能看到的现象为:_,该反应中SO2表现出_性;若将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中,离子反应方程式为_,该反应中SO2表现出_性。(2)SO2有毒,且能形成酸雨,是大气主要污染物之一。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收原理:SO2+Ca(OH)2=CaSO3+H2O2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO42H2O碱法的吸收原理:将含SO2的尾气通入足量的烧碱溶液中,请写出对应的化学反应方程式_;已知:试剂 Ca(OH)2NaOH 价格(元/kg) 0.36 2.9 余石灰-石膏法相比,碱法的优点是吸收快、效率高,缺点是_;(3)在石灰-石膏法和碱法的基础上,设计了双碱法,能实现物料循环利用。上述方法中,实现循环利用的物质是_,请用化学方程式表示在Na2SO3溶液中加入CaO后的反应原理_。【答案】 (1). 溶液中生成黄色沉淀 (2). 氧化性 (3). 2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+ (4). 还原性 (5). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O (6). 成本较高 (7). NaOH (8). CaO+H2O=Ca(OH)2 Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3+2NaOH【解析】【分析】（1）将SO2气体通入氢硫酸中，发生反应SO22H2S=3S2H2O；将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，发生反应：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+；（2）二氧化硫和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，参照价格表，NaOH成本高；（3）向Na2SO3溶液中加入CaO后，生成NaOH，故NaOH为循环利用的物质；CaO加入溶液中会先和水反应，即CaO+H2O=Ca(OH)2，生成的Ca(OH)2再和Na2SO3溶液反应，据此答题。【详解】（1）二氧化硫具有弱氧化性，将SO2气体通入氢硫酸中，发生反应SO22H2S=3S2H2O，看到的现象为溶液中生成黄色沉淀，二氧化硫中S化合价由+4价0价，化合价降低的反应物作氧化剂，体现氧化性；将SO2气体通入酸性高锰酸钾溶液中，高锰酸钾具有强氧化性，将二氧化硫溶于水后生成的亚硫酸氧化为硫酸，二氧化硫遇到强氧化剂时体现还原性，将MnO4-还原为Mn2+，S元素的化合价升高2价，锰元素的化合价降低5价，则高锰酸根系数为2，二氧化硫系数为5，根据原子守恒，硫酸根系数为5，Mn2+系数为2，根据电荷守恒，右侧补4个氢原子，最终根据H原子守恒，左侧补2个水，即方程式为：5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+，二氧化硫中S元素的化合价由+4价+6价，化合价升高的反应物作还原剂，体现还原性，故答案为：溶液中生成黄色沉淀，氧化性，2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+，还原性。（2）二氧化硫作为酸性氧化物，可以和氢氧化钠反应盐和水，参照二氧化碳和氢氧化钠反应的方程式，写出二氧化硫和氢氧化钠的反应方程式为：2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，由于石灰的碱性比氢氧化钠弱，吸收SO2的速率慢、效率低，但吸收成本比氢氧化钠低的多，故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，成本较高。（3）从流程图中可以看出，向Na2SO3溶液中加入CaO后，生成NaOH，生成的NaOH可以作为二氧化硫的吸收剂，故NaOH为循环利用的物质；CaO加入溶液中会先和水反应，即CaO+H2O=Ca(OH)2，生成的Ca(OH)2再和Na2SO3溶液反应，根据流程图，反应物之一为NaOH，再根据复分解反应原理，另一生成物为CaSO3，故反应方程式为：Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3+2NaOH，故答案为：NaOH，CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2SO3=CaSO3+2NaOH。21.向Cu和CuO组成的混合物中，加入90mL5.0molL-1稀硝酸溶液，恰好使混合物完全溶解，同时收集到标准状况下NO 2.24L。请回答以下问题：（1）写出Cu与稀硝酸反应的离子方程式 _；（2）原混合物中铜的物质的量为 _mol，氧化铜的物质的量为_mol；（3）若要将生成的NO气体完全转化为硝酸，需通氧气_L（标准状况下）。【答案】 (1). 3Cu2+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O (2). 0.15 (3). 0.025 (4). 1.68【解析】【分析】发生反应3Cu2+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O、CuO+2H+Cu2+H2O，n（NO）=2.24L22.4L/mol=0.1mol，结合反应及电子守恒计算。【详解】（1）由电子、电荷守恒可知Cu与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu2+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O；（2）n（NO）=2.24L22.4L/mol=0.1mol，由反应3Cu2+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O可知n（Cu）=0.1mol3/2=0.15mol，n（HNO3）=0.09L5mol/L=0.45mol，Cu消耗的硝酸为0.15mol8/3=0.4mol，则CuO消耗的硝酸为0.45mol-0.4mol=0.05mol，CuO的物质的量为0.05mol2=0.025mol；（3）由电子守恒可知，若要将生成的NO气体完全转化为硝酸，需通氧气为0.1mol(52)/2(2-0)22.4L/mol=1.68L。