2019-2020学年高一化学上学期期末考试试卷(含解析) (III).doc

2019-2020学年高一化学上学期期末考试试卷(含解析) (III)可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Si-28 K-39 Ba-137一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.下列用品的有效成分与用途对应有错误的是ABCD用品有效成分NaClNa2SiO3Al(OH)3NaClO用途作调味品刻蚀玻璃可作抗酸药作消毒剂A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.NaCl有咸味，常用作调味剂，A正确；B.Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃，有粘性，不助燃，不能燃烧，常用作矿物胶，不能刻蚀玻璃，B错误；C.Al(OH)3是两性氢氧化物，难溶于水，能够与胃酸(即盐酸)反应产生氯化铝和水，因此可用作抗酸药，C正确；D.NaClO具有强的氧化性，可以氧化杀死细菌、病毒，因此常用作消毒剂，D正确；故合理选项是B。2.下列物质中，属于纯净物的是水泥石英浓硫酸漂白粉胆矾氯水 液氨 水玻璃A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】水泥是硅酸三钙、硅酸二钙、铝酸三钙的混合物，不符合题意；石英主要成分是SiO2，还含有其他杂质，因此属于混合物，不符合题意；浓硫酸主要含有H2SO4，还含有少量水，是混合物，不符合题意；漂白粉主要成分是氯化钙、次氯酸钙，还含有未反应的氢氧化钙，是混合物，不符合题意；胆矾是CuSO45H2O，是化合物，属于纯净物，符合题意；氯水是氯气的水溶液，属于混合物，不符合题意；液氨是液体NH3，只含有一种物质微粒，属于纯净物，符合题意；水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，不符合题意；综上所述可知属于纯净物的有，故合理选项是C。3.下列物质不能由两种单质直接一步化合得到的是A. FeCl3B. Na2O2C. SiO2D. SO3【答案】D【解析】【详解】A.2Fe+3Cl22FeCl3，可以由两种单质直接一步化合得到，A不选；B.2Na+O2Na2O2，可以由两种单质直接一步化合得到，B不选；C.Si+O2SiO2，由两种单质直接一步化合得到，C不选；D.S+O2SO2，2SO2+O22SO3，不能由两种单质直接一步化合得到，D选；故合理选项是D。4.下列表述正确的是A. 硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维B. 常温下铁能被浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸C. 浓硫酸具有吸水性，故能使蔗糖炭化D. SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的漂白性【答案】B【解析】【分析】A.光导纤维主要成分为二氧化硅；B.依据浓硝酸强氧化性解答；C.依据浓硫酸脱水性解答；D.依据二氧化硫还原性解答。【详解】A.光导纤维主要成分为二氧化硅，不是晶体硅，A错误；B.浓硝酸具有强的氧化性，常温下铁遇浓硝酸钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸，B正确；C.浓硫酸具有脱水性，浓硫酸能使蔗糖炭化，C错误；D.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性，能够还原高锰酸钾，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了元素化合物知识，熟悉浓硫酸、浓硝酸、二氧化硫的性质是解题关键，题目难度不大。5.下列表述正确的是A. 合金的熔点一般比各成分金属的熔点高B. 生铁的硬度比纯铁的硬度大C. 胶体区别与其他分散系的本质特征是能发生丁达尔现象D. 因为氯气溶于水可以导电，所以氯水是电解质【答案】B【解析】【详解】A.合金的熔点一般比各成分金属的熔点低，A错误；B.生铁的硬度比纯铁的硬度大，B正确；C.胶体区别与其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小，C错误；D.因为氯气溶于水与水反应产生了HCl、HClO，这两种酸电离产生自由移动的离子，所以可以导电，但氯水是混合物，所以氯水不是电解质，D错误；故合理选项是B。6.某溶液加入铝可以产生H2，则在该溶液中一定能大量存在的离子组是A. K+、Cl-、Na+、SO42-B. Na+、Fe3+、SCN-、 Cl-C. K+、Mg2+、Cl-、NO3-D. Na+、HCO3-、Al3+、Cl-【答案】A【解析】【分析】加入铝可以产生H2的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子。A.四种离子之间不反应，都不与氢离子、氢氧根离子反应；B.铁离子与硫氰根离子反应； C.镁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根具有强氧化性；D.碳酸氢根离子与铝离子发生双水解反应。【详解】加入铝可以产生H2的溶液呈酸性或强碱性，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子。A.K+、Cl-、Na+、SO42-之间不反应，都不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，A选；B. Fe3+、SCN-之间发生反应，在溶液中一定不能大量共存，B不选；C.Mg2+与氢氧根离子反应形成Mg(OH)2沉淀，在酸性条件下，H+、NO3-与金属Al会发生氧化还原反应，不能放出氢气，C不选；D.HCO3-、Al3+之间发生双水解反应，在溶液中一定不能大量共存，D不选；故合理选项是A。【点睛】本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH；是“可能”共存，还是“一定”共存等。7.下列离子方程式书写正确的是A. 铝粉投入NaOH溶液中：2Al+2OH-=2AlO2-+H2B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+3OH-=Al(OH)3C. FeCl2溶液中滴加氯水：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D. 向硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3【答案】C【解析】【详解】A.铝粉投入NaOH溶液中，Al、NaOH、H2O发生反应产生氢气，离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，A错误；B.氨水中的一水合氨是弱碱，不能写成离子形式，B错误；C.符合反应事实，遵循电子守恒、电荷守恒及原子守恒，C正确；D.向硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液发生反应产生的Fe(SCN)3是血红色可溶性的是物质，不产生沉淀，D错误；故合理选项是C。8.2017年4月22日是第48个“世界地球日”，我国的宣传主题为：“珍惜地球资源，转变发展方式，倡导低碳生活”。下列有关活动或行为不符合这一主题的是A. 采用绿色化学工艺，使原料尽可能转化为产品B. 大量开采煤和石油，以满足生产和生活的要求C. 对燃料进行脱硫处理，对工业废气进行净化后再排放D. 节约能源，提高能源利用率【答案】B【解析】【详解】A.采用绿色化学工艺，使原料尽可能转化为产品，符合绿色环保要求，A正确；B.大量开采煤和石油，就会造成化石能源的浪费，同时会造成环境污染，不符合绿色环保要求，B错误；C.对燃料进行脱硫处理，对工业废气进行净化后再排放，不仅保护了环境，同时也使废物资源化，符合绿色环保要求，C正确；D.节约能源，提高能源利用率，既满足了人们对资源的利用，同时也保护了环境，D合理；故合理选项是B。9.下列推理正确的是A. 氨气因易溶于水可以在水中形成喷泉，故氯化氢易溶于水也可以在水中形成喷泉B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C. 活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属锂也保存在煤油中D. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3【答案】A【解析】【详解】A.NH3、HCl都极容易溶于水，使容器内的气体压强减小，外界水在大气压强作用下进入容器内，形成喷泉，A合理；B.金属活动性FeCu，所以将Fe放入CuSO4溶液中，会发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，由于Na活动性很强，若将Na放入CuSO4溶液中，会与溶液中的水发生反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，不能置换出Cu，B错误；C.由于Na、Li都是活泼的金属，容易与空气中的氧气及水蒸气发生反应，因此要密封保存，钠的密度比煤油大，与煤油不能反应，因此活泼金属钠保存在煤油中，但Li的密度比煤油小，所以活泼金属锂不能保存在煤油中，C错误；D.铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，而铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4，D错误；故合理选项是A。10.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是NaHCO3 AlCl3 Al2O3 Al(OH)3 Al NaAlO2A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】【详解】NaHCO3与硫酸反应产生硫酸钠、水、二氧化碳；与氢氧化钠反应产生碳酸钠和水，符合题意；AlCl3只能与NaOH反应，当碱少量时，产生氢氧化铝沉淀和氯化钠，若碱过量，反应产生的氢氧化铝会被过量的氢氧化钠溶解，产生可溶性偏铝酸钠和水，不能与硫酸反应，不符合题意；Al2O3是两性氧化物，既可以与硫酸反应产生硫酸铝和水，也可以与氢氧化钠反应产生偏铝酸钠和水，符合题意；Al(OH)3是两性氢氧化物，既可以与硫酸反应产生硫酸铝和水，也可以与氢氧化钠反应产生偏铝酸钠和水，符合题意；Al与硫酸反应产生硫酸铝和氢气，与氢氧化钠溶液反应产生偏铝酸钠和氢气，符合题意；NaAlO2只能与硫酸反应，当硫酸少量时，产生氢氧化铝沉淀和硫酸钠，当硫酸过量时，产生硫酸铝、硫酸钠和水，但不能与氢氧化钠溶液反应，不符合题意；故符合题意的说法是，因此合理选项是C。11.下列关于阿伏加德罗常数的说法正确的是A. 1mol Na2O2与Na2O的固体混合物中，离子总数为3NAB. 1mol Cl2与足量的NaOH溶液完全反应，转移电子的数目为2NAC. 1mol/L的MgCl2溶液中含有的Cl-总数为NAD. 6.4gCu在含0.2molH2SO4的浓硫酸溶液中加热充分反应，生成SO2气体的分子数总数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A. 1个Na2O2或Na2O中都是含有2个阳离子和1个阴离子，所以1mol Na2O2与Na2O的固体混合物中，离子总数为3NA，A正确；B.Cl2与NaOH反应的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可见1molCl2反应，转移电子的物质的量是1mol，B错误；C.只有浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，C错误；D.n(Cu)=0.1mol，n(H2SO4)=0.2mol，但是Cu只与浓硫酸反应，随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸，Cu不能再发生反应：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4SO2+2H2O ，因此生成SO2气体的分子数总数小于0.1NA，D错误；故合理选项是A。12.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是A. 从Mg(OH)2悬浊液中分离出Mg(OH)2B. 除去Cl2中的HClC. 实验室制氨气D. 排水法收集NO【答案】D【解析】A、应采用过滤方法进行分离，过滤时应用漏斗，不能用分液漏斗，故错误；B、氯气与氢氧化钠反应，采用此方法不仅除去HCl，而且也要除去氯气，应用饱和食盐水，然后再通过盛有浓硫酸的洗气瓶，故错误；C、NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3和HCl遇冷重新生成NH4Cl，容易堵塞导管，故错误；D、NO不溶于水，且不与水反应，用排水法收集，故正确。13.下列实验现象与新制氯水中的某些成分（括号内微粒）没有直接关系的是A. 新制氯水使紫色石蕊试液先变红后褪色(Cl2)B. 向氯水中滴加AgNO3溶液有白色沉淀产生(Cl-)C. 将Na2CO3固体加入新制氯水中，有无色气泡产生(H)D. 向KI淀粉试液中滴加氯水，溶液呈蓝色(Cl2)【答案】A【解析】【详解】A.新制氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸、次氯酸都可电离产生H+，使溶液表现酸性，可以使紫色石蕊试液变为红色，由于新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，可以将红色溶液氧化变为无色，因此可看到溶液先变红后褪色，与Cl2无关，A无关；B.由于氯水中含有盐酸电离产生的Cl-，所以向氯水中加入AgNO3溶液，会发生复分解反应：Ag+Cl-=AgCl，B有关；C.新制氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸、次氯酸都可电离产生H+，H+与Na2CO3固体反应产生CO2气体，因此会产生无色气体，C有关；D.氯水中含有Cl2，向KI淀粉试液中滴加氯水，发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，D有关；故合理选项是A。14.关于某无色透明溶液中所含离子的鉴别，下列叙述正确的是A. 加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42B. 焰色反应的颜色是黄色，则原溶液中一定含有Na+ 一定不含K+C. 滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则原溶液中一定有Fe2+D. 加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则原溶液中一定有NH4+【答案】D【解析】【详解】A.加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，则原溶液中可能有SO42，也可能含有SO32-，A错误；B.焰色反应的颜色是黄色，说明原溶液中一定含有Na+ 离子，可能含有K+，也可能不含K+，B错误；C.滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，则说明滴加氯水后的溶液中含有Fe3+，但不能确定Fe3+是原溶液中含有的还是Fe2+被氯水氧化产生的，C错误；D.只有NH4+与强碱溶液共热产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的氨气，D正确；故合理选项是D。15.下列实验过程中，始终无明显现象的是A. NO2通入FeSO4溶液中B. CO2通入CaCl2溶液中C. NH3通入AlCl3溶液中D. SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中【答案】B【解析】【详解】A.NO2通入FeSO4溶液中，首先发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3具有强的氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，因此会看到溶液变为黄色，反应现象明显，A不符合题意；B.由于酸性HClH2CO3，所以将CO2通入CaCl2溶液中，不能发生反应，无明显现象，B符合题意；C. NH3通入AlCl3溶液中，发生反应产生氢氧化铝白色沉淀，C不符合题意；D.SO2溶于水产生亚硫酸，使溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-具有强的氧化性，会将HSO3-、SO32-氧化产生SO42-，SO42-与溶液中的Ba2+结合形成BaSO4白色沉淀，现象明显，D不符合题意；故意合理选项是B。16.某混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2、N2中的两种或多种气体。现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，褪色后的溶液加热，红色恢复；向剩余气体中通入空气，很快变为红棕色。下列对于原混合气体成分的判断中正确的是A. 肯定有SO2、NO和N2B. 肯定没有Cl2、O2和NO2C. 可能有Cl2、O2和N2D. 肯定只有NO【答案】B【解析】【分析】将混合气体通入品红溶液中，能使品红褪色，褪色后的溶液加热，红色恢复，说明气体中含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO。【详解】将混合气体通入品红溶液中，能使品红褪色，褪色后的溶液加热，红色恢复，说明气体中含有SO2；Cl2、NO2具有氧化性，通入溶液中会产生具有强氧化性的HNO3、HClO，能够将SO2氧化为硫酸，则说明不含有Cl2和NO2气体，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，由于NO与O2会发生反应产生红棕色的NO2气体，所以NO与O2不能大量共存，原混合气体中不能含有O2，由于未涉及N2的有关实验，因此不能判断N2是否存在，综上所述可知一定含有SO2、NO，一定不含有Cl2、O2、NO2，可能存在的气体是N2，故合理选项是B。【点睛】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应和相应的现象为解答的关键，注意气体的颜色及信息推断物质，侧重分析与推断能力的考查。17.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B. 洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡C. 在Z导管出来的气体中没有二氧化碳D. 在Z导管口有红棕色气体出现【答案】D【解析】【分析】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入时因NO2与水和SO2共同作用要产生SO42-和NO，NO在空气中又会生成NO2，以此解答该题。【详解】碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，由于酸性：HClH2CO3，所以CO2与BaCl2溶液不能发生反应，故洗气瓶中产生的是BaSO4沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，所以合理选项是D。【点睛】本题考查硝酸、浓硫酸的性质以及二氧化硫与二氧化氮等物质的性质，注意相关元素化合物知识的积累反应现象的判断及物质成分的分析。18.将1.92gCu投入到一定量的浓HNO3中，Cu完全溶解，共收集到标准状况下672 mLNO和NO2的混合气体。将盛有此气体的容器倒扣在水槽中，并通入一定体积的O2，恰好使水充满整个容器。则通入的O2的体积在标准状况下为A. 168 mLB. 224 mLC. 336 mLD. 504 mL【答案】C【解析】【分析】Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水又完全反应生成硝酸，纵观整个过程，Cu失去电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，根据电子转移守恒计算氧气物质的量，再根据V=nVm计算需要氧气体积。【详解】Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，氮的氧化物与氧气、水反应又完全反应生成硝酸，纵观整个过程，Cu失去电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，1.92gCu的物质的量为n(Cu)=1.92g64g/mol=0.03mol，根据电子守恒可知需要氧气物质的量为n(O2)=12n(Cu)=120.03mol=0.015mol，因此需要通入氧气在标准状况下的体积为V(O2)= nVm=0.015mol22.4L/mol=0.336L=336mL，因此合理选项是C。【点睛】本题考查混合物计算，关键是分析整个过程明确Cu失去电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，侧重考查学生分析解决问题的能力。第卷（非选择题46分）19.化学与人类生活密切相关。请按要求，回答下列问题：(1)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_；(2)有关Na2CO3与NaHCO3 的用途描述：面包发酵粉的主要成分之一是（写俗称）_；写出上述物质中，可以用于治疗胃酸过多的药物与胃酸反应的离子方程式_。(3)“漂白粉”长期暴露在空气中会变质，这是因为“漂白粉”与空气中二氧化碳接触，从而失去了漂白性。写出该步反应的化学反应方程式_。【答案】 (1). 2CaO5MgO8SiO2H2O (2). 小苏打 (3). H+HCO3-=H2O+CO2 (4). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HclO（2HClO2HCl+O2(可写也可以不写）【解析】【分析】(1)在昆仑玉中Si为+4价，Ca为+2价，Mg为+2价，H为+1价，O为-2价，根据化合价判断氧化物化学式，据此书写；(2) NaHCO3是发酵粉的主要成分；根据二者水溶液的碱性强弱、是否对人有刺激性分析判断，进而书写反应的离子方程式；(3)漂白粉在空气中变质是因为其有效成分Ca(ClO)2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效。【详解】(1)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；(2)NaHCO3是焙烧糕点面包发酵粉的主要成分之一，其俗称是小苏打；Na2CO3溶液碱性强，对人会产生强烈的刺激作用，不能用于治疗胃酸过多，NaHCO3溶液碱性弱，可以与胃酸(即盐酸)反应产生氯化钠、水、二氧化碳，因此可治疗胃酸过多，反应的离子方程式为：H+HCO3-=H2O+CO2；(3)漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，该物质在空气中变质是因为其有效成分Ca(ClO)2会与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO分解使漂白粉变质失效，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2。【点睛】本题考查了化学物质在生产、生活的应用及保存方法等知识，涉及硅酸盐的表示方法、物质的成分及俗称、物质保存应该注意事项、反应原理。对于复杂的硅酸盐在改写成氧化物时，应注意以下几点：元素的化合价不变；原子个数比不变；计量系数写在氧化物化学式的前面。20.A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系（其它产物及反应条件已略去）。(1)A、B、C、W均为气体，若A是无色有刺激性气味的气体, 气体B遇到空气变成红棕色。写出气体C溶于水的化学方程式_；检验气体A的操作方法是_；(2)若A是一种黄绿色的气体，W是一种常见的金属单质。实验室制取气体A的离子方程式_；B与W转化为C的离子反应方程式_。【答案】 (1). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (2). 用湿润的红色石蕊试纸靠近气体，若试纸变为蓝色，就证明该气体为氨气 (3). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (4). 2Fe3+Fe=3Fe2+【解析】【分析】(1)A、B、C、W均为气体，若A是无色有刺激性气味的气体，气体B遇到空气变成红棕色，则B是NO，逆推气体A是NH3，气体W是O2，C是NO2；(2)若A是一种黄绿色的气体，W是一种常见的金属单质，则A是Cl2，W是Fe。【详解】(1) A、B、C、W均为气体，若A是无色有刺激性气味的气体，气体B遇到空气变成红棕色，则B是NO，逆推气体A是NH3，气体W是O2，C是NO2。NO2溶于水，与水反应产生HNO3和NO，反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；NH3溶于水使水溶液显碱性，所以检验气体A的操作方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近，试纸变为蓝色，就证明该气体为氨气；(2) 若A是一种黄绿色的气体，W是一种常见的金属单质，则A是Cl2，W是Fe。在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，制取气体A的离子方程式是MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；Fe与Cl2在点燃或加热时反应产生的B是FeCl3，向FeCl3溶液中加入Fe单质，反应产生的C是FeCl2，则B与W转化为C的离子反应方程式是2Fe3+Fe=3Fe2+。【点睛】本题考查了物质转化关系的推断及应用的知识，主要考查物质连续反应的特征、反应现象，符合变化关系的物质很多，要根据反应条件、反应现象进行分析、判断是解题关键，在书写化学方程式时要遵循电子守恒、原子守恒；在书写离子方程式时还要遵循电荷守恒。21.实验室常用的几种气体发生装置如图A、B、C所示：回答下列问题:(1)若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可能是下列气体中的_。（填选项）A.CO2 B.H2 C.Cl2 (2)D装置的小烧杯中应盛放NaOH溶液，目的是_。(3)若要收集干燥纯净的X气体，上述装置应如何改进_。(4)若用B装置制取氨气,可以用_(填试剂名称)进行干燥.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。(已知：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O)请回答下列问题：(1)装置A中盛放浓硫酸和亚硫酸钠的仪器名称分别是_、_。(2)反应后，装置B中发生的现象是_ ，装置D表现了SO2的_性；装置E表现了SO2的_性。(3)F装置漏斗的作用是_。(4)装置C中发生的反应的离子方程式_。【答案】 (1). C (2). 尾气进行处理，防止污染环境 (3). 在装置A、D之间增加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶 (4). 碱石灰(或CaO、Ca(OH)2等) (5). 分液漏斗 (6). 烧瓶 (7). 黄绿色逐渐变浅 (8). 氧化 (9). 漂白 (10). 防止倒吸 (11). 2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H【解析】【分析】I.若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，为固体与液体反应需要加热装置，且气体可利用浓硫酸干燥、向上排空气法收集，需要尾气处理。II.装置A制取SO2，装置B、C验证SO2的还原性，装置D验证其氧化性，装置E验证其漂白性，装置F中进行尾气处理，根据反应前后溶液的颜色不同判断反应现象。【详解】I.(1)A、D连接制取并利用向上排气法收集气体，吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气。A.制取CO2时不需要加热,也不必处理尾气，A不符合题意；B.H2制取不需要加热，气体收集要用向下排空气的方法，而且尾气处理时一般采用点燃的方法，B不符合题意；C.Cl2在实验室中是用加热MnO2和浓盐酸混合物方法制取，氯气的密度比空气大，用向上排空气方法收集，氯气有毒，要用NaOH溶液进行尾气处理，C符合题意；故合理选项是C；(2)Cl2是有毒气体，容易造成大气污染，所以要用NaOH溶液对尾气进行处理，吸收多余的氯气，防止造成大气污染；(3)通过装置A用加热MnO2和浓盐酸混合物方法制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，所以制取的氯气中含有HCl、H2O蒸气，若要收集干燥纯净的X气体，应该先用NaCl饱和溶液除去其中的HCl，然后用浓硫酸吸收Cl2中的水蒸气，所以上述装置需要改进的方法是在A、D之间增加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶，来除去其中含有的HCl杂质；(4)B装置适用于固体或固体混合物加热制取气体，若用B装置制取氨气，氨气是碱性气体，要用碱性干燥剂如碱石灰、固体CaO或固体Ca(OH)2等作干燥剂进行干燥；II. (1)装置A中利用复分解反应原理制取SO2，浓硫酸盛放在分液漏斗中，亚硫酸钠放在烧瓶中；(2)在装置B中含有新制的氯水，溶液显黄绿色，通入SO2气体，发生反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，反应后，产生的硫酸、盐酸都是无色的，因此看到装置B中发生的现象是溶液的黄绿色逐渐变浅，其中装置D发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，S元素的化合价由SO2中的+4价变为S单质的0价，化合价降低，获得电子，被还原，所以表现了SO2的氧化性；装置E盛有品红溶液，会看到溶液的红色变为无色，表现了SO2的漂白性。(3)装置F中安装了一个倒扣漏斗，作用是扩大SO2被溶液吸收面积，使SO2被溶液充分吸收，防止倒吸现象的发生。(4)装置C中KMnO4溶液具有强的氧化性，能将SO2氧化为硫酸，发生的反应的离子方程式是2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H。【点睛】本题考查了氯气、二氧化硫、氨气的反应原理、制取装置、气体的净化、除杂、装置的作用、反应现象的描述及物质的性质及检验等知识。掌握化学实验基本操作及物质的性质是本题解答的关键。22.某无色溶液100mL，其中可能含Fe3、Al3、Na、Mg2、Cu2、NH4+、K、CO32-、SO42-等离子中的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如下图所示。请回答下列问题：(1)焰色反应是_(填“物理”或“化学”)变化；实验中产生的无色无味气体是_(填化学式)。(2)原溶液中一定存在的离子有_，可能存在的离子有_，一定不存在的离子有_(写化学式)。(3)若溶液中K物质的量为0.04 mol，则c(Na)=_。【答案】 (1). 物理 (2). O2 (3). Na+、Mg2+、Al3+、SO42- (4). K+ (5). Fe3+、Cu2+、CO32-、NH4+ (6). 0.6mol/L【解析】【分析】溶液焰色反应呈黄色，说明溶液中含有Na+离子；溶液呈无色，则一定不含有色离子：Fe3+、Cu2+；加入氯化钡和盐酸后生成白色沉淀，由于溶液中没有Ag+离子，则生成沉淀为BaSO4，溶液中含有SO42-离子；逐滴加入过量NaOH溶液有白色沉淀，则溶液中含有Mg2+离子，判断一定无CO32-，图象分析可知，实验中生成白色沉淀的量与加入NaOH的量的先增大后减小，则说明溶液中含有Al3+离子，加入过氧化钠产生的是无色无味的气体，可以判定一定没有NH4+，可以推断一定含有Na+、Mg2+、Al3+，由于，Mg2+和CO32-不能共存，所以一定没有CO32-，不能判断溶液中是否含有K+，(3)根据电荷守恒分析溶液中c(Na)，据此进行解答。【详解】综上所述可知：溶液中一定含有Na+、Mg2+、Al3+、SO42-，一定没有Fe3+、Cu2+、CO32-、NH4+，不能判断溶液中是否含有K+。(1)焰色反应是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特征的颜色的反应，焰色反应是物理变化，它并未生成新物质，焰色反应是物质原子内部电子能级的改变，通俗的说是原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，实验中Na2O2与溶液中的水发生反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，产生的无色无味的气体是O2；(2)根据前面分析可知：在原溶液中一定存在的离子有Na+、Mg2+、Al3+、SO42-，可能存在K+，一定不存在的离子是Fe3+、Cu2+、CO32-、NH4+；(3)实验中产生的BaSO4白色沉淀的物质的量为n(BaSO4)=69.9g233g/mol=0.3mol，依据图形变化可知，Mg2+物质的量为0.1mol，Al3+物质的量为0.1mol，由于溶液体积为100mL，若溶液中K+物质的量为0.04mol，依据电荷守恒计算c(K+)+c(Na+)+3c(Al3+)+2c(Mg2+)=2c(SO42-)，c(Na+)=23mol/L-0.4mol/L-31mol/L-21mol/L=0.6mol/L。【点睛】本题考查了离子性质、离子检验和离子反应现象的分析判断的知识，注意离子反应现象和溶液中离子物质的量的确定及图象的分析计算，电荷守恒计算是解题关键，题目难度中等。23.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯气体。(1)请完成该过程的化学方程式并配平。_KClO3_HCl(浓) =_ KCl_ClO2_Cl2_H2O。(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是 _(填写编号)。氧化性 还原性 酸性 碱性(3)若反应生成0.1 mol Cl2，则转移的电子数为_。(4)ClO2具有很强的氧化性。因此，常被用作消毒剂，其消毒的效率(以单位质量得到的电子数表示)1kg ClO2相当于_kg Cl2。(提示：Cl2和ClO2在消毒过程中均变为Cl-)。【答案】 (1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 1 (5). 2 (6). 2 (7). (8). 0.2 (9). 2.63【解析】【分析】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；再结合元素守恒，配平各物质的系数；(2)根据HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，HCl在反应中还原剂与酸的作用，各占一半；(3)反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，据此计算转移电子物质的量；(4) ClO2、Cl2获得电子变为Cl-，先判断每1mol物质反应获得电子的物质的量，然后计算1kg ClO2获得电子的物质的量，并根据电子转移的物质的量相等计算需要Cl2的质量。【详解】(1)KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，水的系数是2，配平后的化学方程式为：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O，故物质配平后的系数由前到后依次为：2；4；2；1；2；2；(2)反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O中，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价可知，HCl中氯元素被氧化，作还原剂，还有一部分Cl元素化合价没有发生变化，结合形成KCl，表现酸性，故HCl在反应中作用是还原性、酸性，故合理选项是；(3)反应中只有Cl2是氧化产物，HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，所以产生0.1molCl2，转移的电子的物质的量为0.1mol2=0.2mol；(4)ClO2获得电子变为Cl-，每1mol ClO2获得5mol电子，则1kg ClO2获得电子的物质的量为n(e-)=1000g67.5g/mol5，每1molCl2反应获得2mol电子，若转移电子1000g67.5g/mol5，需要Cl2的质量为m(Cl2)=1000g67.5g/mol5271g/mol=2.63103g=2.63kg。【点睛】本题考查氧化还原反应的知识，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意掌握氧化还原反应的配平方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。