北京市西城区2018-2019学年高一化学上学期期末考试试题.doc

北京市西城区xx 2019学年度第一学期期末试卷高一化学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56第一部分（选择题 共40分）每小题只有一个选项符合题意（每小题2分）1.下列试剂中，标签上有如下标注的是A. 纯碱 B. 铁粉 C. 浓硫酸 D. 酒精【答案】C【解析】【分析】警示标记为腐蚀品的标志，根据物质的性质解题，有腐蚀性的为答案.【详解】A项、纯碱没有腐蚀性，故A错误；B项、铁粉没有腐蚀性，故B错误；C项、浓硫酸有腐蚀性，为腐蚀品，故C正确； D项、乙醇易燃，没有腐蚀性，故D错误。故选C。【点睛】本题考查危险品标志，分清每个物质的性质，明确浓硫酸具有腐蚀性是解答本题的关键。2.下列固体呈淡黄色的是A. Na2O B. Na2O2 C. Fe2O3 D. Fe(OH)3【答案】B【解析】【详解】A项、Na2O是白色固体，故A错误；B项、Na2O2是淡黄色固体，故B正确；C项、Fe2O3是一种红棕色的固体，故C错误；D项、Fe(OH)3是一种红褐色的沉淀，故D错误。故选B。3.下列物质中，属于电解质的是A. Cu B. NaCl溶液 C. NaOH固体 D. 乙醇【答案】C【解析】【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质。【详解】A项、金属Cu是单质，故不属于电解质也不属于非电解质，故A错误；B项、NaCl溶液是混合物，故不属于电解质也不属于非电解质，故B错误；C项、NaOH是碱，属于电解质，故C正确；D项、乙醇属于非电解质，故D错误。故选C。【点睛】本题考查电解质和非电解质，明确概念的要点即可解答，抓住化合物来分析是解答的关键，并注意导电的原因来解答。4.下列物质中，属于纯净物的是A. 液氨 B. 漂白粉 C. 赤铁矿 D. 氯水【答案】A【解析】【分析】由多种物质组成的，属于混合物；由一种物质组成的，属于纯净物。【详解】A项、液氨是由一种物质组成的，属于纯净物，故A正确；B项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故B错误；C项、赤铁矿中主要含有三氧化二铁，还含有其他杂质，属于混合物，故C错误；D项、氯水是氯气通入水后形成的混合物，故D错误。故选A。【点睛】本题主要考查物质的分类，解答时要分析物质的组成，如果只有一种物质组成就属于纯净物，如果有多种物质组成就属于混合物。5.下列气体过量排放不会导致酸雨的是A. SO2 B. CO2 C. NO2 D. NO【答案】B【解析】【分析】酸雨是指PH值小于5.6的雨雪或其他形式的降水，酸雨主要是人为的向大气中排放大量酸性物质造成的，我国的酸雨主要是因大量燃烧含硫量高的煤而形成的，多为硫酸雨，少为硝酸雨，此外各种机动车排放的尾气也是形成酸雨的重要原因。【详解】二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，CO2的大量排放会导致“温室效应”，不会导致酸雨的形成，故选B。【点睛】酸雨的危害是很大的例如，酸雨能危害人体健康，导致水生生物死亡，能腐蚀建筑物、能毁坏森林、能是土壤酸化、能使水体显酸性等等。6.胶体与其它分散系的本质区别是A. 能产生丁达尔效应 B. 胶体微粒能通过滤纸C. 分散质微粒直径在1100 nm之间 D. 胶体在一定条件下能稳定存在【答案】C【解析】【详解】胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，故选C。【点睛】本题考查了胶体的本质特征，抓住不同分散系划分的依据是解题的关键。7.合金是一类用途广泛的金属材料。下列物质不属于合金的是A. 不锈钢 B. 青铜 C. 生铁 D. 水银【答案】D【解析】【分析】由两种或两种以上的金属和金属或金属和非金属熔化而成的具有金属特性的物质是合金，合金都属于混合物。【详解】不锈钢、生铁属于铁合金，青铜是铜锡合金，水银属于单质，故选D。【点睛】本题考查了合金的定义，注意合金的成分不一定都是金属。8.下列溶液中，常温下可以用铁制容器装运的是A. 浓硝酸 B. 浓盐酸 C. 硫酸铜溶液 D. 稀硫酸【答案】A【解析】【分析】常温下，Fe遇浓硫酸或浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则用铁罐装运浓硫酸或浓硝酸。【详解】A项、常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，则可用铁罐装运浓硫酸，故A正确；B项、铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能用铁罐装运，故B错误；C项、铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和Cu，则不能用铁罐装运，故C错误；D项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，不能用铁罐装运用，故D错误。故选A。【点睛】本题考查物质的性质及用途，把握物质的性质、发生的反应为解答该题的关键，注意钝化现象为氧化还原反应。9.下列物质中，常用作还原剂的是A. 氯气 B. 金属钠 C. 氯化铁 D. 稀硝酸【答案】B【解析】【分析】物质中元素的化合价处于最高价态，化合价只能降低，只能做氧化剂；元素的化合价处于最低价态，化合价只能升高，只能做还原剂；元素的化合价处于中间价态，既能升高，也可以降低，既能做氧化剂，又能做还原剂。【详解】稀硝酸中N元素为最高价，只能做氧化剂；氯气中Cl元素为中间价、氯化铁中Fe元素为中间价态，既能做氧化剂，又能做还原剂；金属钠中Na元素为最低价态，只能做还原剂，故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，熟悉利用元素化合价来分析物质的性质及常见的氧化还原反应是解答本题的关键，在中学化学中，常用作氧化剂的主要有高锰酸钾、硝酸、浓硫酸、氯气、过氧化氢、次氯酸、三价铁离子等；常用作还原剂主要有钠镁铝铁等常见金属单质、C、氢气、CO、亚铁离子、硫离子、碘离子等。10.下列四种基本反应类型与氧化还原反应的关系图中，正确的是A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】置换反应一定属于氧化还原反应，复分解反应一定不属于氧化还原反应，有单质生成的分解反应属于氧化还原反应，有单质参加的化合反应属于氧化还原反应。【详解】A项、部分分解反应属于氧化还原反应，应为交叉关系，故A错误；B项、部分化合反应属于氧化还原反应，应为交叉关系，不能是包含关系，故B错误；C项、部分分解反应属于氧化还原反应，应为交叉关系，故C正确；D项、置换反应一定属于氧化还原反应，应为包含关系，故D正确。故选CD。【点睛】本题考查氧化还原反应与四种基本反应类型的关系，明确四种基本反应类型中是否有元素的化合价变化是解答的关键，明确包含与交叉的意义即可解答。11.下列有关试剂保存的说法中，不正确的是A. 新制氯水需要避光保存 B. Na可保存在煤油中C. NaOH固体需要密封保存 D. 保存FeCl3溶液时需加入少量Fe粉【答案】D【解析】【分析】易与空气中的氧气、水蒸气、二氧化碳等起反应的药品应密封保存。如钾、钠应浸在煤油中；白磷放在水中，使之与空气隔绝；易潮解、挥发、吸水的药品应密封保存，如固体NaOH、浓盐酸、浓硫酸等；见光易分解的物质应盛在棕色瓶中，放置阴凉处，如AgNO3、浓HNO3等；液态溴有毒且易挥发，应贮存于磨口的细口瓶中，加水封，加盖玻璃塞(不能用橡胶塞)，并放置于阴凉处；易挥发、着火的药品应密封保存并放置于阴凉处，远离火源，如乙醇、乙醚、苯等；盛放药品的器皿应不能跟所盛药品反应，如盛NaOH溶液的试剂瓶不能用玻璃塞而应用橡胶塞。【详解】A项、氯水中的次氯酸见光易分解而导致氯水变质，应于棕色试剂瓶避光保存，故A正确；B项、钠易与空气中氧气和水反应，所以要隔绝空气保存，钠的密度大于煤油的，且和煤油不反应，所以可用煤油保存，故B正确；C项、NaOH固体会吸收空气中的二氧化碳和水，需要密封保存，故C正确；D项、FeCl3溶液与Fe反应生成氯化亚铁，保存FeCl3溶液时不能加入Fe粉，故D错误。故选D。【点睛】本题考查了常见化学试剂的保存方法判断，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，注意根据试剂的性质特点选择保存的方法，如浓硝酸、新制的氯水等见光容易分解的试剂，应该避光保存，通常保存在棕色试剂瓶中。12.下列各组离子中，能在水溶液中大量共存的是A. Na、Ag、Cl、CO32 B. Na、Mg2、Cl、SO42C. Fe3、K、SO42、OH D. Fe2、H、SO42-、NO3【答案】B【解析】【分析】离子在水溶液中能大量共存，溶液中的离子需要满足以下条件：离子间不能形成沉淀或气体或水，不能发生氧化还原反应。【详解】A项、Ag+与Cl-、CO32可以形成AgCl沉淀、Ag2 CO3沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故A错误；B项、离Na、Mg2、Cl、SO42子间既不能形成沉淀也无气体或水产生，该组离子可以在溶液中大量共存，故B正确；C项、Fe3+与OH-可以形成Fe（OH）3沉淀，该组离子不能在溶液中大量共存，故C错误；D项、酸性条件下NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】本题考查离子共存问题，侧重于考查对元素化合物知识的综合应用能力注意把握离子的性质以及反应类型的判断，熟练掌握常见酸碱盐的溶解性，对解决此类问题至关重要；掌握一些常见离子的共存规律则可以快速解决此类问题，如H+不能与OH-、CO32-共存，OH-不能与大多数金属离子、NH4+共存，CO32-不能与大多数金属离子、H+共存，SO42-不能与Ba2+、Cl-不能与Ag+共存等。13.配制100 mL 1 mol/L的NaCl溶液时，下列做法不正确的是A. 选择容积100 mL的容量瓶B. 在容量瓶中溶解NaCl固体C. 转移NaCl溶液时用玻璃棒引流D. 定容时向容量瓶中滴加蒸馏水至液面与刻度线相切【答案】B【解析】【分析】配制100mL1.00mol/L NaCl溶液的步骤为计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等。【详解】A项、配制100mL1.00mol/L NaCl溶液时应选择容积100 mL的容量瓶，故A正确；B项、容量瓶为精密仪器，不能在容量瓶中稀释或者溶解物质，故B错误；C项、转移NaCl溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故C正确；D项、定容时，距刻度23cm处，改用胶头滴管向容量瓶中滴加蒸馏水至液面与刻度线相切，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度的溶液的配置，配制100mL1.00mol/L NaCl溶液要算出所需的氯化钠的物质的量，然后将所需要量的氯化钠，溶于水配成100ml溶液即可，注意100ml是指溶液的体积。14.下列实验能达到目的的是A. 加热除去Na2CO3固体中的NaHCO3B. 用NaOH溶液除去CO2中的SO2气体C. 用氯水除去Fe2(SO4)3溶液中的少量FeSO4D. 用BaCl2溶液除去NaCl溶液中的K2SO4【答案】A【解析】【详解】A项、NaHCO3不稳定，加热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，通过加热可除去Na2CO3固体中的NaHCO3，并不引入新的杂质，故A正确；B项、CO2和SO2气体都与氢氧化钠溶液反应，故B错误；C项、氯气与FeSO4反应生成氯离子，引入了新的杂质，故C错误；D项、加入BaCl2溶液除去硫酸钾的同时，带入新的杂质氯化钡，故D错误。故选A。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同、除杂时不能引入新的杂质是解答关键。15.下列有关实验现象与物质性质对应关系的说法中，错误的是A. Na2CO3溶液遇酚酞变红，说明Na2CO3溶液呈碱性B. Cl2使湿润的有色布条褪色，说明Cl2具有漂白性C. NO遇空气变为红棕色，说明NO具有还原性D. 新制的Fe(OH)2遇氧气变为红褐色，说明Fe(OH)2具有还原性【答案】B【解析】【分析】A、Na2CO3溶液呈碱性；B、氯气无漂白性；C、NO与空气中氧气反应，NO做还原剂；D、新制的白色Fe(OH)2沉淀与氧气反应，Fe(OH)2做还原剂。【详解】A项、Na2CO3溶液中滴加酚酞呈红色，说明Na2CO3溶液呈碱性，故A正确；B项、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性而表现漂白性，氯气无漂白性，故B错误；C项、NO与空气中氧气反应生成红棕色二氧化氮，反应中NO做还原剂，故C正确；D项、新制的白色Fe(OH)2沉淀遇氧气，白色沉淀立即变成灰绿色，最终变为红褐色的氢氧化铁，反应中Fe(OH)2做还原剂，故D正确。故选B。16.下列离子方程式书写正确的是A. Fe2H+ = Fe3+H2B. Fe2O36H+ = 2Fe3+3H2OC. Na2H2O = Na +OHH2D. Cl2H2O = 2H +ClClO【答案】B【解析】【分析】A、不符合反应事实，反应生成硫酸亚铁和氢气；B、氧化铁和强酸反应生成铁盐和水；C、离子方程式两边电荷不守恒；D、次氯酸为弱酸，不能拆写。【详解】A项、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B项、氧化铁和强酸反应生成铁盐和水，反应的离子反应为Fe2O36H+ =2Fe3+3H2O，故B正确；C项、钠和冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na+H2+2OH-，故C错误；D项、氯气和水反应生成强酸盐酸和弱酸次氯酸，弱酸不能拆写，反应的离子方程式为Cl2H2O =H +ClHClO，故D错误。故选B。【点睛】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，注意掌握离子方程式的正确书写方法，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，注意运用电子、电荷守恒及反应实质的分析。17.下列说法正确的是A. NaCl的摩尔质量是58.5 gB. 标准状况下，22.4 L水中约含6.021023个H2O分子C. 常温常压下，22 g CO2中所含氧原子数约为6.021023D. 将40 g NaOH固体溶于1 L H2O中，得到1 mol/L的NaOH溶液【答案】C【解析】【分析】A、摩尔质量单位是g/mol；B、依据气体摩尔体积的条件应用分析，水在标准状况下不是气体；C、每个二氧化碳分子含有2个O原子；D、溶液的体积不等于溶剂的体积，将氢氧化钠固体溶于1L水中，溶于体积大于1L。【详解】A项、摩尔质量单位是g/mol，NaCl的摩尔质量是58.5g/mol，故A错误；B项、水在标准状况下不是气体，标准状况下，22.4L水物质的量不是1mol，故B错误；C项、每个二氧化碳分子含有2个O原子，常温常压下22 g二氧化碳物质的量为0.5mol，所含O原子的物质的量为1 mol,原子数约为6.021023，故C正确；D项、将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L，配制1 mol/L的NaOH溶液应将40 g NaOH固体溶于H2O中配成1 L溶液，故D错误。故选C。【点睛】本题考查摩尔质量、阿佛加德罗常数、溶液的配制等，注意将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L。18.下图是进行气体性质实验的常用装置，下列对有关实验现象的描述中，不正确的是A. 若水槽中盛有水，试管中盛满SO2，可看到试管中液面上升B. 若水槽中盛有水，试管中盛满NO2，可看到试管中液面上升并充满试管C. 若水槽中盛有水（滴有酚酞），试管中是NH3，可看到试管内液面上升并呈红色D. 若水槽中盛有NaOH溶液，试管中是Cl2，可看到试管内液面上升，黄绿色褪去【答案】B【解析】【分析】A、二氧化硫易溶于水，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸；B、二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO不溶于水；C、氨气极易溶于水，溶于水的氨气部分与水反应生成一水合氨；D、氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、水。【详解】A项、二氧化硫易溶于水，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸，则可以看到液面上升，故A正确；B项、二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO不溶于水，则看到液面上升，但水不会充满整个试管，故B错误；C项、氨气极易溶于水，溶于水的氨气部分与水反应生成一水合氨，一水合氨电离使溶液显碱性，遇酚酞变红，则看到液面上升并呈红色，故C正确；D项、氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、水，则看到液面上升、试管中黄绿色褪去，故D正确。故选B。【点睛】本题考查气体的性质，气体的物理性质（如颜色、溶解性等）和化学性质，熟悉气体发生的化学反应是解答关键。19.下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀该溶液中一定含有Fe3+B向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色该溶液中一定含有Fe2+C向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO42D向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生该溶液中一定含有CO32A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【分析】A、Fe3+与OH反应生成红褐色Fe(OH)3沉淀；B、Fe3+与SCN反应生成红色Fe(SCN)3溶液；C、SO42、SO32、CO32等均能与Ba2+反应生成白色沉淀；D、CO32、SO32、HCO3等均能与H+反应生成无色气体。【详解】A项、向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中一定含有Fe3+，故A正确；B项、向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变为红色，该溶液中一定含有Fe3+，不能确定是否存在Fe2+，故B错误；C项、向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42或SO32或CO32等，故C错误；D项、向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生，该溶液中可能含有CO32或SO32或HCO3等，故D错误。故选A。【点睛】本题考查离子的检验，该类试题需要明确的是进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证。20.将SO2通入BaCl2溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体A，则产生白色沉淀。制备气体A的试剂不能是A. 大理石和稀盐酸B. NaOH和NH4ClC. Cu和浓硝酸D. MnO2和浓盐酸【答案】A【解析】【分析】由强酸制弱酸的原理可知，SO2与BaCl2溶液不反应，不可能生成BaSO3沉淀，通入另一种气体产生白色沉淀，应有两种情况，一是溶液中有较多的SO32-离子，或发生氧化还原反应生成SO42-离子，否则不生成沉淀。【详解】A项、大理石和稀盐酸制得二氧化碳气体，二氧化碳和二氧化硫与氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故A正确；B项、NaOH和NH4Cl共热反应生成氨气，通入氨气溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32-离子，生成沉淀BaSO3，故B错误；C项、Cu和浓硝酸生成二氧化氮气体，NO2与水反应生成具有氧化性的硝酸，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，故C错误；D项、MnO2和浓盐酸共热反应生成氯气，Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42-离子，生成沉淀BaSO4，故D错误。故选A。【点睛】本题考查二氧化硫的化学性质，注意二氧化硫的酸性和还原性分析是解答关键。第二部分（非选择题 共60分）21.找出与物质相对应用途，填空。 物质 用途A氧化铁_ a自来水消毒剂B过氧化钠_ b制冷剂C二氧化氯（ClO2）_ c红色油漆和涂料D三氧化硫_ d生产硫酸E液氨_ e呼吸面具中氧气的来源【答案】 (1). c (2). e (3). a (4). d (5). b【解析】【详解】A、氧化铁是红棕色粉末，俗称铁红，常用作红色油漆和涂料，故答案为：c；B、过氧化钠与人呼吸出的二氧化碳和水反应生成氧气，常用作呼吸面具中氧气的来源，故答案为：e；C、二氧化氯具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，常用作自来水消毒剂，故答案为：a；D、三氧化硫和水反应生成硫酸，工业上用三氧化硫生产硫酸，故答案为：d；E、液氨转化为氨气时吸收大量的热，常用作制冷剂，故答案为：b。【点睛】本题考查了常见物质的性质及用途，掌握物质物理性质、化学性质与用途的联系是解题关键。22.选择装置，完成实验。（1）用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，应选用_（填序号，下同）。 （2）除去食盐水中的泥沙，应选用_。（3）用自来水制取蒸馏水，应选用_。 （4）用四氯化碳提取碘水中的碘，应选用_。【答案】 (1). (2). (3). (4). 【解析】【分析】（1）用洗气的方法除去氯气中少量的氯化氢气体；（2）用过滤的方法除去食盐水中的泥沙；（3）可用蒸馏方法制取蒸馏水；（4）用四氯化碳做萃取剂提取碘水中的碘。【详解】（1）用饱和食盐水除去氯气中少量的氯化氢气体，应将混有氯化氢的氯气通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，故答案为：；（2）食盐易溶于水，泥沙难溶于水，所以除去食盐水中的少量泥沙可用过滤的方法，故答案为：；（3）水沸点较低，水中的杂质难挥发，可用蒸馏方法制取蒸馏水，故答案为：；（4）碘在四氯化碳中的溶解度远大于于水中的溶解度，可用四氯化碳做萃取剂提取碘水中的碘，故答案为：。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法和仪器是解答关键。23.1774年，瑞典化学家舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将其与浓盐酸混合加热，产生黄绿色气体，反应的化学方程式为MnO24HCl（浓） MnCl2Cl22H2O。（1）反应中氧化剂是_（填化学式），锰元素的化合价_（填“升高”或“降低”）。（2）若消耗了1 mol MnO2，则生成标准状况下Cl2的体积是_L，转移电子的物质的量是_mol。【答案】 (1). MnO2 (2). 降低 (3). 22.4 (4). 2【解析】【分析】瑞典化学家舍勒将软锰矿（主要成分MnO2）与浓盐酸混合加热，在世界上首先制得了氯气，反应的原理是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰，氯气和水，反应中氯化氢在反应中起还原剂和酸的作用。【详解】（1）由化学方程式可知，反应中二氧化锰中+4价的锰元素化合价将为氯化锰中+2价，所以二氧化锰在反应中做氧化剂，表现氧化性，故答案为：MnO2；降低；（2）若反应消耗了1 mol MnO2，有2mol氯化氢被氧化，反应转移2mol电子，生成1mol氯气标准状况下Cl2的体积为22.4L，故答案为：22.4；2。【点睛】本题考查了制备氯气的化学方程式书写方法和氧化还原反应的分析计算，被还原的氧化剂是指元素化合价降低的物质，掌握基础通过分析化合价是解题关键。24.利用下图所示装置及药品制取氨气。 A B C （1）A中制氨气的化学方程式是_。 （2）B中碱石灰的作用是_。（3）C处是用集气瓶收集氨气的装置，请绘出装置图。_（4）证明氨气已集满的操作和现象是_。【答案】 (1). 2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O (2). 干燥NH3 (3). (4). 将湿润的红色石蕊试纸靠近C右侧的导管口，试纸变成蓝色【解析】【分析】（1）该实验用氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气；（2）氨气中混有水蒸气，可用碱石灰吸收水蒸气；（3）氨气用向下排空气法的收集；（4）可用湿润的红色石蕊（或酚酞）试纸，或将蘸有浓盐酸的玻璃棒证明氨气已集满。【详解】（1）由装置图可知，该实验用氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气，反应的 化学方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O，故答案为：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O；（2）氨气为碱性气体，反应过程中产生水，氨气中混有水蒸气，可用碱石灰吸收水蒸气，故答案为：干燥NH3；（3）由于氨气密度比空气小、易溶于水，所以不能采用排水法收集，只能用向下排空气法的收集，故答案为：；（4）氨气溶于水溶液显碱性，将湿润的红色石蕊试或酚酞试纸靠近C右侧的导管口，若试纸变成蓝色或变红（或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近C右侧的导管口，若有大量白烟生成），说明氨气已集满，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近C右侧的导管口，试纸变成蓝色。【点睛】本题考查了氨气的实验室制备，侧重考查对实验知识掌握的熟练程度，明确气体制备原理，利用氨气性质确定收集、干燥和验满是解题关键。25.将适量的蔗糖（C12H22O11）放入烧杯，滴入几滴水，搅拌均匀，然后加入适量的浓硫酸。可观察到固体变黑，片刻后，黑色物质急剧膨胀，同时产生大量刺激性气味的气体，放出大量的热。（如下图所示）（1）固体变黑体现了浓硫酸的_性（填“吸水”、“脱水”或“强氧化”）。（2）确定刺激性气味气体的成分。 将气体通入品红溶液后，溶液褪色，加热，颜色恢复。说明该气体中一定含有_。 将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，_（填“能”或 “不能”）证明气体中含有二氧化碳，其理由是_。 刺激性气味气体产生的原因可用如下化学方程式表示，完成化学方程式：C2H2SO4(浓) _。【答案】 (1). 脱水 (2). SO2 (3). 不能 (4). SO2也可使澄清的石灰水变浑浊 (5). C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O【解析】【分析】蔗糖的组成元素为碳、氢、氧，说明有碳单质生成，将适量的蔗糖（C12H22O11）放入烧杯，滴入几滴水，搅拌均匀，然后加入适量的浓硫酸，观察到固体变黑，证明浓硫酸的脱水作用，体积膨胀说明有气体生成，形成疏松多孔的海绵状黑色物质，同时闻到刺激性气味，碳单质与浓硫酸反应生成二氧化碳和有刺激性气味的二氧化硫，表现了浓硫酸的强氧化性。【详解】（1）装置中使蔗糖变黑，是利用浓硫酸的脱水性把蔗糖中的氢元素和氧元素按2：1脱去，故答案为：脱水；（2）有刺激性气味的气体通入品红溶液中，可以看到品红溶液褪色，加热，颜色恢复，说明该气体中一定含有二氧化硫，故答案为：SO2；二氧化硫和二氧化碳通入澄清石灰水都会生成沉淀溶液变浑浊，澄清石灰水变浑浊不能证明气体中含有二氧化碳，故答案为：不能；SO2也可使澄清的石灰水变浑浊；脱水过程中反应放热，所生产的碳和浓硫酸共热反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O，故答案为：C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O。【点睛】本题考查了浓硫酸性质的分析判断，明确蔗糖脱水过程中的反应分析产物判断是解答关键。26.阅读短文，回答问题。燃放烟花爆竹是我国的传统习俗，烟花爆竹的主要成分有黑火药、特效药剂等。黑火药由硝酸钾（KNO3）、硫黄（S）和木炭组成， 燃烧时，瞬间产生大量气体，同时释放大量热，在有限的空间里，气体受热迅速膨胀引起爆炸。特效药剂常含一些金属元素，燃烧时会产生五彩缤纷的火焰。（如右图所示）下表为几种金属元素的化合物燃烧时的火焰颜色：所含金属元素钠钙钡铯火焰颜色黄砖红色黄绿蓝 然而，传统的烟花爆竹不仅会污染环境，也会造成各种伤残及火灾事故。为了改善传统烟花爆竹的不足，又能为人们的佳节祝兴，电子鞭炮应运而生。目前，常见的电子鞭炮有三种形式。 第一，雷电式仿真电子鞭炮，不仅能发出普通鞭炮的模拟声，而且还能发出闪光，以假乱真。无火药、无污染，不会发生伤残及火灾事故。能重复使用，大大减少经济支出。其局限性是需要使用家用电源，不方便移动。 第二，电子鞭炮机，是一种使用煤气和氧气混合气体作为燃料的设备，声响大，与火药鞭炮无异，但缺陷是点燃混合气体时存在一定的安全隐患。 第三，录音鞭炮，通过音频解码播放存储于芯片中的鞭炮录音，声音与功率大小有关。这种鞭炮的优点是纯电能、可移动、造价低廉。缺点是仿真和氛围感度稍差。 新型电子鞭炮正在不断地被研发出来，更好地促进民俗与科技的融合。依据上文，回答问题： （1）若燃放烟花的火焰呈现黄绿色，则烟花中可能含有_元素。（2）雷电式仿真电子鞭炮的优点有_（填序号）。 A无火药、无污染 B不会发生伤残及火灾事故 C能重复使用，减少经济支出 （3）判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。 燃放烟花爆竹时产生不同颜色的火焰，是因为药剂中含有不同的金属元素。 _ 燃放烟花爆竹后会闻到刺激性的气味，是因为生成了二氧化碳。_ 电子鞭炮机在点燃混合气体时存在一定的安全隐患。_ 录音鞭炮的声音大小与功率无关。_【答案】 (1). 钡 (2). A、B、C (3). 对 (4). 错 (5). 对 (6). 错【解析】【分析】（1）钡元素的焰色反应为黄绿色；（2）雷电式仿真电子鞭炮，不仅能发出普通鞭炮的模拟声，且能随着响声并发出闪光，以假乱真，无火药、无污染，不会发生伤残及火灾事故，又能重复使用，还能大大减少经济支出；（3）燃放时，烟花中某些金属元素发生焰色反应而呈现绚丽缤纷的颜色；燃放烟花爆竹后会闻到刺激性的气味，是因为生成了二氧化硫；电子鞭炮机是一种使用煤气和氧气混合的设备；录音鞭炮通过音频解码播放存储于芯片中的鞭炮录音。【详解】（1）节日施放的焰火五彩缤纷，是因为火药当中加入了一些金属元素，火焰呈现黄绿色时，烟花中放入了含钡离子的化合物，故答案为：钡；（2）雷电式仿真电子鞭炮，不仅能发出普通鞭炮的模拟声，且能随着响声并发出闪光，以假乱真，无火药、无污染，不会发生伤残及火灾事故，又能重复使用，还能大大减少经济支出，故答案为：A、B、C；（3）烟花中添加含钾、钠、钙、铜等某些金属元素的化合物，燃放时发生焰色反应而呈现绚丽缤纷的颜色，正确，故答案为：对；燃放烟花爆竹时，会产生一种刺激性气味的气体，是因为烟花爆竹中的硫燃烧生成二氧化硫，错误，故答案为：错；电子鞭炮机是一种使用煤气和氧气混合的设备，声响大，与火药鞭炮无异，但缺陷是混合气体点燃存在一定的安全隐患，正确，故答案为：对；录音鞭炮通过音频解码播放存储于芯片中的鞭炮录音，声音与功率大小有关，错误，故答案为：错。【点睛】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与生活、环保的考查，把握焰色反应及相关物质的污染性以及治理方法是解答关键。27.某同学在研究Fe与H2SO4的反应时，进行了如下实验。 A B C（1）实验中，铁与稀硫酸反应的离子方程式为_。 （2）实验中，铁丝表面迅速变黑，反应很快停止，其原因是_。（3）实验中，加热后产生大量气体，A试管中溶液的红色褪去，C处始终未检测到可燃性气体。B试管中反应的离子方程式是_。（4）对比实验、和，同学们得出以下结论： 浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同。浓硫酸的氧化性源于+6价的硫元素，稀硫酸的氧化性源于_。 造成反应多样性的主要因素有_。【答案】 (1). Fe2H+= Fe2+H2 (2). 铁表面生成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行 (3). SO22OH= SO3H2O (4). +1价的氢元素 (5). 反应物的浓度、温度【解析】【分析】（1）Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；（2）浓硫酸具有强氧化性，发生钝化；（3）铁与稀硫酸反应生成氢气，和浓硫酸共热反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红溶液的红色褪去，二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，未检测到可燃性气体，说明反应中没有氢气生成；（4）浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性表现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性表现在+1价的氢元素上；影响反应产物多样性的因素有浓度、温度、反应物的量等。【详解】（1）Fe和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故答案为：Fe+2H+=Fe2+H2；（2）浓硫酸具有强氧化性，生成致密的氧化膜覆盖在Fe的表面，发生钝化，故答案为：钝化；（3）实验中，铁与稀硫酸反应生成氢气，和浓硫酸共热反应生成二氧化硫，实验中未检测到可燃性气体，说明反应中没有氢气生成，二氧化硫具有漂白性，使品红溶液的红色褪去，二氧化硫是酸性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，反应的离子方程式为SO22OH=SO32H2O，故答案为：SO22OH=SO32H2O；（4）浓硫酸和稀硫酸都具有氧化性，但原因不同，浓硫酸的氧化性表现在+6价的硫元素上，稀硫酸的氧化性表现在+1价的氢（H+）元素上，故答案为：+6价S元素，+1价H元素（H+）；影响反应产物多样性的因素有浓度、温度、反应物的量等，故答案为：浓度、温度、反应物的量等。【点睛】本题考查了浓硫酸与Fe、Cu反应产物的检验，掌握浓硫酸、Fe、Cu的性质是解答关键。28.硫的含量影响钢铁性能。一种测定硫含量的方法是将钢样中硫转化为二氧化硫气体，再用测硫装置进行测定。某测定硫含量的流程如下： （1）气体a的主要成分有CO2、_、_。（2）若钢样中硫以FeS的形式存在，煅烧装置中发生的化学反应为3FeS5O2 1_ 3_。（3）吸收装置中，H2O2氧化SO2的化学方程式是_。（4）用NaOH溶液中和生成的溶液b，消耗z mLNaOH溶液，若消耗1 mLNaOH溶液相当于硫的质量为y g，则该钢样中硫的质量分数为_。【答案】 (1). SO2 (2). O2 (3). Fe3O4 (4). SO2 (5). H2O2SO2= H2SO4 (6). (yz)/x100%【解析】【分析】（1）该装置中C、S和氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余；（2）由质量守恒定律可知，3molFeS反应生成1 Fe3O4 mol 和3mol SO2；（3）双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和水；（4）若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，再根据质量分数公式计算硫的质量分数。【详解】（1）煅烧时，钢铁中所含的C元素和S元素与氧气反应生成二氧化碳、二氧化硫，还有部分氧气剩余，所以气体a的成分是SO2、CO2、O2，故答案为：SO2；O2；（2）由题意可知，FeS与O2高温条件下反应应该生成铁的氧化物和二氧化硫，由质量守恒定律可知，3molFeS反应生成1 Fe3O4 mol 和3mol SO2，反应方程式为3FeS+5O2 Fe3O4+3SO2，故答案为：Fe3O4；SO2；（3）双氧水具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和水，反应方程式为 H2O2+SO2=H2SO4，故答案为：H2O2+SO2=H2SO4；（4）若消耗1mL NaOH溶液相当于硫的质量为y克，z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg，硫的质量分数为yzg/xg=yz/x，故答案为：(yz)/x100%。【点睛】本题考查了钢样中C、S含量的测定，涉及氧化还原反应、方程式的配平等知识点，明确实验原理，结合物质的性质来分析是解本题关键。29.某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。【装置分析】（1）装置中反应的离子方程式是_。（2）装置中的试剂是_（填序号）。a饱和NaHCO3溶液 b饱和Na2CO3溶液 c浓H2SO4 （3）装置中的试剂是_。【进行实验】步骤1：打开弹簧夹K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。步骤2：打开弹簧夹K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。（1）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是_。（2）过氧化钠跟二氧化碳反应的化学方程式是_。【实验反思】（1）有同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟二氧化碳发生了化学反应。”其理由是_。（2）需要补充的实验操作是：取中反应后的少量固体，_。【答案】 (1). CaCO32H+= Ca2+H2OCO2 (2). a（1分） (3). 浓硫酸 (4). 步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃 (5). 2Na2O22CO2 = 2Na2CO3O2 (6). 气体中有水，水也可与Na2O2反应产生O2使木条复燃 (7). 加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清的石灰水中【解析】【分析】装置为碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳，装置的作用是除去二氧化碳中的氯化氢气体，装置的作用是除去二氧化碳中的水蒸气，通过装置和用以验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触，带火星的木条能检验氧气，二氧化碳不支持燃烧，也不能燃烧，当二氧化碳通过过氧化钠时，不可能全部反应，所以应该除去二氧化碳，再用带火星的木条来检验是否产生了氧气，否则氧气浓度高低而导致带火星的木条不复燃，则装置的作用是吸收过量的二氧化碳，防止干扰氧气的检验。【详解】（1）装置为碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO32H+=Ca2+H2OCO2，故答案为：CaCO32H+=Ca2+H2OCO2；（2）由于盐酸具有挥发性，制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，装置中饱和NaHCO3溶液可以除去二氧化碳中混有氯化氢气体，故答案为：a；（3）装置、和用以验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触，故装置中的试剂是浓硫酸，故答案为：浓硫酸；【进行实验】（1）步骤1中通过过氧化钠的二氧化碳中不含有水蒸气，干燥的二氧化碳不能够和过氧化钠反应，没有氧气生成，a处带火星的木条不复燃，步骤2中，通过过氧化钠的二氧化碳中含有水蒸气，含有水蒸气的二氧化碳能够和过氧化钠反应，有氧气生成，a处带火星的木条复燃，故答案为：步骤1中木条不复燃，步骤2中木条复燃；（2）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2 CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2 CO2=2Na2CO3+O2；【实验反思】（1）因水也能够和过氧化钠反应生成氧气，所以不能判断是二氧化碳和过氧化钠发生了反应，故答案为：水与Na2O2反应生成氧气；（2）二氧化碳和过氧化钠反应有碳酸钠生成，若中反应后的固体由碳酸钠，二氧化碳和盐酸可以和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变混浊，故答案为：加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水。【点睛】本题为实验探究题，通过实验设计和探究分析，考查分析问题和解决问题的能力，归纳总结出物质变化的条件和影响物质变化的因素是解答关键。30.某小组在验证反应“2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+”的实验中观察到溶液颜色由棕黄色变为浅绿色，且产生灰白色沉淀。发现和探究过程如下。实验过程实验现象实验1充分振荡，棕黄色溶液逐渐变浅，最后呈浅绿色，有灰白色固体产生实验1中所得溶液的颜色比预期的浅，针对其原因进行探究。（1）甲认为：实验后，溶液中c (Cu2+)应为0.5 mol/L。“溶液颜色浅”是c (Cu2+)低于0.5 mol/L造成的。 配制含0.5 mol/L CuCl2和_mol/L FeCl2混合溶液，观察溶液的颜色。该溶液为蓝绿色，明显比实验所得溶液颜色深，说明_。（2）甲进一步研究认为，“溶液颜色浅”与产生了灰白色固体有关。甲查阅资料如下，猜想灰白色固体可能含有CuCl。资料：CuCl是白色固体，不溶于水、硫酸，可溶于氨水。为探究灰白色固体成分，设计实验方案如下：方案1用蒸馏水将实验1中的灰白色固体混合物洗净，取少量，加入过量稀硝酸，如果有白色固体剩余，则证明有CuCl方案2用蒸馏水将实验1中的灰白色固体混合物洗净，取少量，加入浓氨水浸泡，过滤，向滤液中加入稀硫酸a.按方案1进行实验2：b.加入稀硝酸的目的是_，反应的离子方程式是_。c.乙认为该方案不严谨，理由是：CuCl具有还原性，被硝酸氧化后的生成物能溶于稀硝酸。d.按方案2进行实验3：e.加入稀硫酸时，产生的实验现象是_，说明灰白色固体中含有CuCl。（3）综合上述实验，说明实验1所得溶液的颜色比预期浅的原因是_。【答案】 (1). 1 (2). 溶液颜色比预期的浅，是c (Cu2+)低于0.5 mol/L造成的 (3). 除去未反应的铜 (4). 3Cu+8H+2NO = 3Cu2+2NO4H2O (5). 产生白色沉淀 (6). 在Cl和足量Cu存在时，由于生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L【解析】【分析】（1）5ml1 mol/L FeCl3溶液与足量Cu反应，理论上得到0.5 mol/L CuCl2和1 mol/LFeCl2混合溶液，CuCl2与过量的铜反应生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L；（2）由于CuCl具有还原性，被硝酸氧化后的生成物能溶于稀硝酸没有白色固体剩余，检验白色固体为CuCl，应将洗净的灰白色固体混合物加入浓氨水浸泡，过滤，向滤液中加入稀硫酸，观察是否有白色沉淀生成；（3）由实验可知，反应中生成的CuCl2与过量的铜反应生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L，CuCl的生成与Cl和Cu的存在有关。【详解】（1）由方程式可知，5ml1 mol/L FeCl3溶液与足量Cu反应，理论上得到0.5 mol/L CuCl2和1 mol/LFeCl2混合溶液，实验中溶液颜色浅可能是CuCl2发生反应生成CuCl导致c (Cu2+)低于0.5 mol/L，为确认c (Cu2+)低于0.5 mol/L，应该配制含0.5 mol/L CuCl2和1 mol/LFeCl2混合溶液，与实验所得混合液进行颜色对比，若溶液颜色浅，说明溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L，故答案为：1；溶液颜色比预期的浅，是c (Cu2+)低于0.5 mol/L造成的；（2）方案1向洗净的灰白色固体混合物加入稀硝酸，过量的铜溶于稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水，剩余固体为白色CuCl固体；方案2将洗净的灰白色固体混合物加入浓氨水浸泡，CuCl与浓氨水反应溶解，剩余固体为过量的铜；由于CuCl具有还原性，被硝酸氧化后的生成物能溶于稀硝酸没有白色固体剩余，所以为验证白色固体为CuCl，应向滤液中加入稀硫酸，重新生成白色CuCl固体，说明灰白色固体中含有CuCl，故答案为：除去未反应的铜；3Cu+8H+2NO =3Cu2+2NO4H2O；产生白色沉淀；（3）由以上实验可知，反应中生成CuCl的原因是CuCl2与过量的铜反应生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L，实验1所得溶液的颜色比预期浅，故答案为：在Cl和足量Cu存在时，由于生成了CuCl，从而使溶液中c (Cu2+)低于0.5 mol/L。【点睛】本题综合考查物质的性质实验，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意把握题给信息以及实验的原理、方法为解答该题的关键，答题时注意审题。