吉林省白城市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


吉林省白城市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能需用的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Zn-65
第Ⅰ卷　(选择题，共50分)
一. 选择题（每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意）
1.当光束通过下列分散系：①有尘埃的空气　②稀硫酸　③蒸馏水　④墨水，能观察到有丁达尔效应的是(　　)
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】C
【解析】试题分析：①有尘埃的空气，属于胶体分散系，具有丁达尔现象；②稀硫酸是硫酸的溶液，没有丁达尔效应；③蒸馏水，是化合物，是纯净物，不是分散系，没有丁达尔效应；④墨水是胶体，具有丁达尔效应；答案选C。
2.相同质量的两份铝粉，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，放出的氢气在同温同压下的体积之比是（ ）
A. 1:1 B. 1:6 C. 2:3 D. 3:2
【答案】A
【解析】
【分析】相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，根据铝与足量的氢氧化钠溶液和稀盐酸反应的化学方程式可知，酸、碱足量时，铝完全反应，则铝的质量相等生成的氢气也相等，据此即可解答。
【详解】由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑可知，酸、碱均过量，则铝完全反应，相同质量的两份铝，铝的物质的量相等，从方程式中可以看到铝与氢气的比例都是2：3，因此产生的氢气是相等的，生成氢气的体积比为1：1，
答案选A。
3.将30 mL 0.5 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（　　）
A. 0.3 mol·L-1 B. 0.05 mol·L-1 C. 0.04 mol·L-1 D. 0.03 mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】硫酸根离子的物质的量为：0.03×0.5=0.015mol，加水稀释到500ml后，硫酸根离子的浓度为0.015mol/0.5L=0.03mol/L,故选B。
4.下列关于化合物、单质、混合物、电解质和非电解质的正确组合是( )

化合物
单质
混合物
电解质
非电解质
A
烧碱
液态氧
冰水混合物
醋酸
二氧化硫
B
生石灰
白磷
胆矾
氧化铝
氯气
C
干冰
铁
氨水
石灰石
酒精
D
空气
氮气
小苏打
氯化铜
硫酸钡
【答案】C
【解析】
【详解】A选项，冰水混合物是纯净物，故A错误；
B选项，胆矾是纯净物，氯气为单质，不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
C选项，都正确，故C正确；
D选项，空气是混合物，小苏打是纯净物，硫酸钡是电解质，故D错误；
综上所述，答案为C。
5.在200 mL NaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体10.08 L，该NaOH溶液的浓度为(　　)
A. 1 mol·L－1 B. 2 mol·L－1
C. 1.5 mol·L－1 D. 3 mol·L－1
【答案】C
【解析】
详解】根据反应方程式可知
2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑
2mol 3×22.4L
x 10.08L
解得x=0.3 mol
，故C正确，
综上所述，答案为C。
6.如图所示是分离混合物时常用的主要仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是 （　　）

A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发
C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏
【答案】B
【解析】根据仪器构造可知四种仪器分别是蒸馏烧瓶、漏斗、分液漏斗、蒸发器，因此可以进行混合物分离操作分别是蒸馏、过滤、萃取、蒸发，答案选B。
7.下列说法中正确是（　　）
A. 某无色溶液中可能含有下列离子：H＋、Cl－、Na＋、Fe2＋
B. 能使石蕊变红的溶液中可能含有Cl－、K＋、Na＋、NO3-
C. 取少量某溶液，向其中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，通过观察是否有白色沉淀生成，可证明该溶液中是否含有SO42-
D. H＋＋OH－=H2O可描述所有酸碱中和反应的实质
【答案】B
【解析】
【详解】A、亚铁离子是有色离子，在无色溶液中不能大量存在，A错误；
B、使石蕊变红的溶液是酸性溶液，四种离子在酸性溶液中互不反应，能大量共存，B正确；
C、加入盐酸酸化的氯化钡产生的白色沉淀，可能为氯化银沉淀或硫酸钡沉淀，则无法确定是否含有硫酸根离子，C错误；
D、H＋＋OH－=H2O只表示强酸、强碱生成可溶性盐和水的反应，不能表示所有的酸碱中和反应，D错误；
答案选B。
8.在一定温度和压强下，8.8 g CO2的体积为4.9 L，则在该温度和压强下的气体摩尔体积为(　　)
A. 4.9 L/mol B. 22.4 L/mol
C. 49 L/mol D. 24.5 L/mol
【答案】D
【解析】
【详解】8.8 g CO2的物质的量为

，故D正确；
综上所述，答案为D。
9.下列各组微粒中，在一定条件下均可以作氧化剂的是(　　)
A. Fe、H2O、CO2 B. ClO－、Cl－、Ag＋
C. Cl2、HClO、Mg D. Fe3＋、MnO4-、NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A选项，Fe只能做还原剂，故A错误；
B选项，Cl－化合价只能升高，只能做还原剂，故B错误；
C选项，Mg元素化合价只升高，只能做还原剂，故C错误；
D选项，Fe3＋、MnO4-、NO3-化合价都能降低，能做氧化剂，故D正确；
综上所述，答案为D。
10.已知在溶液中可发生如下两个反应：①Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，②Sn2++2Fe3+═2Fe2++Sn4+。由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是（　　）
A. Sn2+、Fe2+、Ce3+ B. Sn2+、Ce3+、Fe2+
C. Ce3+、Fe2+、Sn2+ D. Fe2+、Sn2+、Ce3+
【答案】A
【解析】
【详解】根据反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原性是Fe2+＞Ce3+，根据反应：Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原性是Sn2+＞Fe2+，所以还原性顺序是：Sn2+＞Fe2+＞Ce3+。A. Sn2+、Fe2+、Ce3+符合题意； B. Sn2+、Ce3+、Fe2+不符合题意；C. Ce3+、Fe2+、Sn2+不符合题意；D. Fe2+、Sn2+、Ce3+不符合题意；答案：A。
二．选择题(每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)
11.若以w1和w2分别表示浓度为a mol/L和b mol/L氨水的质量分数，且2a＝b，则下列判断正确的是（　　）
A. 2w1＝w2 B. 2w2＝w1 C. w2＞2w1 D. w1＜w2＜2w1
【答案】C
【解析】
【详解】根据c=1000/M，amol/L=1000/M，bmol/L=1000/M，已知2a＝b，则1000/M=2000/M，化简=2，已知氨水的密度小于1g/cm3，且浓度越大密度越小，则<，可得w2＞2w1，答案为C。
12.实验室里利用以下反应制取少量氮气：NaNO2＋NH4Cl===NaCl＋N2↑＋2H2O。
关于该反应的下列说法错误的是 (　　)
A. NaNO2是氧化剂
B. 每生成1 mol N2转移的电子的物质的量为6 mol
C. NH4Cl中的氮元素被氧化
D. 氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1
【答案】B
【解析】答案:B
B．不正确，N降3价或升3价，每生成1 mol N2转移的电子的物质的量为3mol
A、正确，NaNO2中N化合价降低，是氧化剂；
C．正确，NH4Cl中的氮元素化合价升高，被氧化；
D．正确，氧化剂（NaNO2中N降3价）与还原剂（NH4Cl中N升3价）物质的量之比为1:1
13.现有钠、镁、铁质量分别为2.3 g、2.4 g、5.6 g，使其分别与100 mL 0.5 mol/L的盐酸充分反应后，所得H2的质量关系正确的是(　　)
A. 氢气的质量相同
B. 铁放出氢气最多
C. 钠放出氢气最多，铁最少
D. 钠放出的氢气最多，镁铁相同
【答案】D
【解析】
【详解】根据公式，求出各物质的量，钠质量2.3 g即物质的量为0.1 mol，镁质量2.4 g即物质的量为0.1 mol，铁质量为5.6 g即物质的量为0.1 mol；100 mL 0.5 mol/L的盐酸，，则
2Na ＋ 2HCl＝2NaCl ＋ H2↑，2Na ＋ 2H2O＝2NaOH ＋ H2↑
钠与盐酸反应，无论盐酸是否过量，金属钠都反应完，0.1mol钠生成0.05mol氢气。
Mg+2HCl＝MgCl2+ H2↑
1 2 1
0.1 0.05 x
根据分析，镁过量，只能按照盐酸进行计算，经过计算x=0.025 mol
Fe+2HCl＝FeCl2+ H2↑
1 2 1
0.1 0.05 y
根据分析，铁过量，只能按照盐酸进行计算，经过计算y＝0.025 mol
因此，钠反应放出的氢气多，镁铁放出的氢气一样多。故D正确；
综上所述，答案为D。
14.在一定条件下，PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72-和PbSO4，则参加反应的PbO2与Cr3＋的物质的量之比为(　　)
A. 3∶2 B. 3∶1 C. 1∶1 D. 3∶4
【答案】A
【解析】
【详解】PbO2与Cr3＋反应，产物是Cr2O72－和PbSO4，PbO2到PbSO4化合价降低，降低两个价态，Cr3＋反应生成Cr2O72－，化合价升高，以1 mol Cr2O72－分析化合价升高6个价态，即升降相等，PbO2前面系数配3，Cr2O72－系数配1，则Cr3＋系数配2，故两者PbO2与Cr3＋反应之比为3:2，故A正确；
综上所述，答案为A。
15.同温同压下，A容器中H2和B容器中NH3所含原子数相等，则两个容器的体积比是(　)
A. 3∶2 B. 1∶3 C. 2∶1 D. 1∶2
【答案】C
【解析】
【详解】A容器中H2和B容器中NH3所含原子数相等，可令总的原子数为4个，则A容器中有2个氢气，B容器中有1个氨气，则分子数之比为2:1，根据同温同压下，分子数之比等于物质的量之比，等于体积之比，故两容器的体积比为2:1，故C正确；
综上所述，答案为C。
16.若m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m＋3.55) g，则m g Na与氧气反应，生成固体的质量可能为(　　)
①(m＋0.8) g　 ②(m＋1.0) g　 ③(m＋1.2) g　④(m＋1.6) g 　⑤(m＋1.8) g
A. 仅①④ B. 仅①⑤
C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】2Na ＋ Cl2 2NaCl，钠与氯气反应生成氯化钠，1 mol钠反应生成1 mol氯化钠，m g Na在足量氯气中燃烧，生成固体的质量为(m＋3.55) g，则参加反应的氯气是3.55g÷71g/mol＝0.05mol，因此参加反应的钠是0.1mol，所以m=2.3g，钠与氧气反应可能生成氧化钠，也可能生成过氧化钠：4Na ＋ O2＝2Na2O、2Na ＋ O2 Na2O2，根据极限思维得到，假设全部生成Na2O，根据钠守恒思想0.1 mol金属钠生成Na2O物质的量为0.05 mol，则氧化钠的质量应该为钠的质量加氧的质量，即2.3g + 0.05 mol ×16 g∙mol-1 = 2.3g + 0.8g=(2.3 + 0.8)g；假设全部生成Na2O2，根据钠守恒思想0.1 mol金属钠生成Na2O2物质的量为0.05 mol，则Na2O2的质量应该为钠的质量加氧的质量，即2.3g + 0.05 mol ×32 g∙mol-1 = 2.3g + 1.6g=(2.3 + 1.6)g，根据极限思维，mg钠和氧气反应生成的质量介于(2.3 + 0.8)g到(2.3 + 1.6)g之间，故C正确；综上所述，答案为C。
17.在实验室里做钠跟水反应的实验时，用到的仪器是（　　）
a.试管夹 b．镊子 c．小刀 d．冷凝管 e．滤纸 f．研钵 g．烧杯 h．坩埚 i．石棉网 j．玻璃片 k．药匙 l．燃烧匙．
A. abdi B. cefj C. fghl D. bcegj
【答案】D
【解析】
【详解】根据实验图

因此，镊子、小刀、滤纸、烧杯、玻璃片需要用到，故D正确；
综上所述，答案为D。
18.已知常温下可用Co2O3制备Cl2，反应前后体系中共存在六种微粒：Co2O3、H2O、Cl2、H＋、Cl－和Co2＋。下列有关该反应的叙述不正确的是(　)
A. 氧化产物为Cl2
B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C 当生成3 mol H2O时，反应中转移2 mol电子
D. 当生成2.24 L(标准状况下)Cl2时，反应中转移0.1 mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】根据反应体系得出，Co2O3与Cl－反应生成氯气和Co2＋，根据氧守恒，水应该为生成物，则氢离子为反应物，写出反应方程式：Co2O3 ＋Cl－＋H＋＝Cl2 ＋Co2＋＋H2O，对方程式配平：Co2O3 ＋2Cl－ ＋6H＋＝Cl2↑＋2Co2＋＋3H2O。
【详解】A选项，化合价升高得到的产物为氧化产物，即Cl2，故A正确；
B选项，氧化剂为Co2O3，还原剂为Cl－，它们物质的量之比为1∶2，故B正确；
C选项，根据反应方程式Co2O3化合价降低2个，即1mol Co2O3转移2mol电子，生成3mol水，故C正确；
D选项，根据方程式生成1 mol氯气转移2mol电子，当生成2.24 L(标准状况下)即0.1 mol Cl2时，反应中转移0.2 mol电子，故D错误；
综上所述，答案为D。
19.在一定的温度、压强下，向100mL和Ar的混合气体中通入400mL，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体460mL，则反应前混合气体中和Ar的物质的量之比为（　　）
A. 1:4 B. 1:3 C. 1:2 D. 1:1
【答案】A
【解析】
【详解】甲烷与氧气反应的方程式是CH4＋2O2CO2＋2H2O，根据体积差可知，每消耗1体积CH4气体体积减少2体积，甲烷的体积是（100mL+400mL－460mL）÷2＝20mL，则Ar的体积是80mL，所以二者的体积之比是1︰4，答案选A。
20.下列氧化还原反应中，实际参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比正确的是( )
① KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；1∶6
② Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe； 1∶2
③ 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO； 2∶1
④ SiO2＋3C===SiC＋2CO↑； 1∶2
A. ①③ B. ②③ C. ②④ D. ①④
【答案】C
【解析】
【详解】①KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；氧化剂为KClO3，还原剂为HCl，只有5molHCl升高，故还原剂为5mol，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:5，故①错误；
②Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe；氧化剂为Fe2O3，还原剂为Al，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:2，故②正确；
③3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；氧化剂为NO2，还原剂为NO2，有2mol升高，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:2，故③错误；
④SiO2＋3C===SiC＋2CO↑；氧化剂为C，还原剂为C，有2mol升高，氧化剂与还原剂的物质的量之比1:2，故④正确；故C正确；
综上所述，答案为C。
第Ⅱ卷　(非选择题，共50分)
三．填空题
21.按要求写出下列反应的离子方程式：
（1）金属钠与水反应：_____________。
（2）金属铝与氢氧化钠溶液反应：____________。
（3）NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后溶液恰好显中性：_______________。
（4）铝与硝酸汞溶液反应__________________。
（5）向澄清石灰水中通入少量的二氧化碳气体：__________。
【答案】(1). 2Na ＋ 2H2O＝2Na＋ ＋ 2OH－ ＋ H2↑ (2). 2Al ＋ 2OH－＋2H2O＝2AlO2－ ＋ 3H2↑ (3). 2H＋ ＋SO42－＋Ba2＋ ＋2OH－＝2H2O＋BaSO4↓ (4). 2Al＋3Hg2＋＝3Hg＋2Al3＋ (5). Ca2＋ ＋2OH－＋CO2＝H2O ＋CaCO3↓
【解析】
【详解】（1）金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，因此离子方程式为2Na ＋ 2H2O＝2Na＋ ＋ 2OH－ ＋ H2↑；
（2）金属铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，因此离子方程式为2Al ＋ 2OH－＋2H2O＝2AlO2－ ＋ 3H2↑；
（3）NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液后溶液恰好显中性，则溶液中的氢离子刚好反应完，其离子方程式为2H＋ ＋SO42－＋Ba2＋ ＋2OH－＝2H2O＋BaSO4↓；
（4）铝与硝酸汞溶液反应生成汞和硝酸铝，其离子方程式为2Al＋3Hg2＋＝3Hg＋2Al3＋；
（5）向澄清石灰水中通入少量的二氧化碳气体生成碳酸钙和水，其离子方程式为Ca2＋ ＋2OH－＋CO2＝H2O ＋CaCO3↓。
22.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：2KNO3＋S＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑。该反应中还原剂是_______，还原产物是________________（均写化学式），用双线桥法标出电子转移的方向和数目：_______。
【答案】(1). C (2). K2S、N2
(3).
【解析】
【分析】硝酸钾中氮化合价降低，硫化合价降低，碳化合价升高，因此还原剂为C，氧化剂为硝酸钾和硫，化合价升高得到的产物为氧化产物，化合价降低得到的产物为还原产物，硫化钾是化合价降低得到的产物，故是还原产物，氮气是化合价降低得到的产物，故是还原产物，二氧化碳是化合价升高得到的产物，故是氧化产物。
【详解】还原剂是化合价升高的物质，碳元素化合价升高，故还原剂是：C，还原产物是化合价降低得到的产物，氮降低，硫降低，故还原产物是K2S、N2；用双线桥法标出电子转移的方向和数目：。
23.下列溶液的配制过程能引起浓度怎样的变化？（填偏高、偏低或无影响）
①在90 mL水中加入18.4 mol/L的硫酸10 mL，配制1.84 mol/L的硫酸溶液。___________
②配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线。___________
③10%的乙醇和20%的乙醇等体积混合配制15%的乙醇溶液。__________
④质量分数为30%和50%的两种硫酸等质量混合配成40%的硫酸。_________
【答案】(1). 偏高 (2). 偏低 (3). 偏低 (4). 无影响
【解析】
【分析】配制溶液主要是分析溶质和溶液的体积变化。
【详解】①在90 mL水中加入18.4 mol/L的硫酸10 mL，配制1.84 mol/L的硫酸溶液。溶液的体积不能加和，因此溶液总体积小于100 mL，因此浓度大于1.84mol/L，故答案偏高；
②配制稀盐酸用量筒量取浓盐酸时俯视刻度线，量取浓溶液的体积偏小，即溶质的物质的量减小，误差偏小，故答案偏低；
③10%的乙醇和20%的乙醇等体积混合配制15%的乙醇溶液，因密度小于1g∙cm-3的乙醇等体积混合，混合后质量分数小于两者和的一半，故答案偏低；
④质量分数为30%和50%的两种硫酸等质量混合配成40%的硫酸，等质量混合，质量分数为两者和的一半，故无影响；
24.钠、镁、铝、铁是四种重要的金属。请回答：
(1)钠的金属活动性比铝的________(填“强”或“弱”)。
(2)钠与水反应，可观察到的实验现象是________(填编号)。
a．钠沉到水底 b．钠熔成小球 c．小球四处游动
(3)Fe跟Cl2在一定条件下反应，所得产物的化学式是________。
(4)写出铁与水蒸气在高温时反应的化学方程式____________
(5)将镁铝合金与过量NaOH溶液反应，所得溶液中不存在离子是________。
A．Na＋ B．Mg2＋ C．OH－ D．AlO2-
(6)将镁铝合金溶于过量的盐酸中，充分反应后，溶液中新生成的离子是________。
【答案】(1). 强 (2). bc (3). FeCl3 (4). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (5). B (6). Mg2＋、Al3＋
【解析】
【详解】⑴根据金属活动顺序表得出钠的金属活动性比铝的强，故答案为强；
⑵钠与水反应，可观察到现象为浮、熔、游、响，故答案为bc；
⑶Fe跟Cl2反应，无论过量少量都只生成氯化铁，故答案为FeCl3；
⑷铁与水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，其化学方程式3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，故答案为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；
⑸将镁铝合金与过量NaOH溶液反应，只有铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，镁不反应，还剩余氢氧化钠，因此不存在的离子是镁离子，故答案为B；
⑹将镁铝合金溶于过量的盐酸中，镁与盐酸反应生成氯化镁和氢气，铝和盐酸反应生成氯化铝和氢气，因此溶液中新生成的离子是镁离子和铝离子，故答案为Mg2＋、Al3＋
25.某无色透明溶液能与金属铝反应放出H2。试判断下列离子：Mg2＋、Cu2＋、Ba2＋、H＋、Ag＋、SO42-、SO32-、HCO3-、OH－，哪些能大量存在于此溶液中？
(1)当生成Al3＋时，能大量存在的离子是________。
(2)当生成AlO2-时，能大量存在的离子是________。
【答案】(1). H＋、Mg2＋、SO42- (2). OH－、Ba2＋
【解析】
【分析】利用离子之间相互共存问题来分析离子之间是否大量共存，无色溶液说明没有有颜色的铜离子。
【详解】无色溶液推出无Cu2＋，则
(1)当生成Al3＋时，说明溶液中有H＋，从而无SO32-、HCO3-、OH－，根据电中性原则，一定有SO42-，根据相互共存性，从而无Ba2＋、Ag＋，而Mg2＋能共存，
故答案为H＋、Mg2＋、SO42-
(2)当生成AlO2-时，说明溶液中有OH－，从而无Mg2＋、Ag＋、HCO3-、H＋，根据电中性原则，一定有Ba2＋，根据相互共存性，从而无SO32-、SO42-，
故答案为OH－、Ba2＋。
26.某校学生课外活动小组的同学设计下图所示实验装置，用来验证一氧化碳具有还原性。回答下列问题。

(1)写出装置A中所发生反应的离子方程式________。
(2)装置B中是饱和碳酸氢钠溶液，作用是除去挥发的氯化氢气体。若实验中没有装置C，使装置B与装置D直接相连，会对实验造成的影响是：____________。
(3)装置D中反应的化学方程式为_____________________。
(4)根据实验中的________________现象，可证明CO具有还原性。
(5)若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认一氧化碳具有还原性，应在上图装置________与________之间连接下图中的________装置(填序号)。

【答案】(1). CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑ (2). 没有除去气体中的水蒸气，高温下水蒸气与炭反应生成H2和CO，H2也能还原CuO (3). C＋CO22CO (4). E装置中黑色CuO变成红色 (5). D (6). E (7). ②
【解析】
【分析】A是实验室制取二氧化碳的装置，B装置的作用是除去二氧化碳中的氯化氢，用饱和的碳酸氢钠溶液，C装置的作用是干燥二氧化碳气体，D是产生一氧化碳的装置，黑色固体为碳单质，E中发生的反应是一氧化碳还原氧化铜，现象是出现红色物质，F装置的作用是检验生成二氧化碳和处理尾气。
【详解】（1）装置A是实验室制二氧化碳气体，其反应方程式为CaCO3＋2HCl＝CaCl2＋H2O＋CO2↑，其反应的离子方程式CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑；
（2）若实验中没有装置C，没有干燥气体，则水蒸气会和灼热的碳反应生成一氧化碳和氢气，一氧化碳和氢气都会与氧化铜反应，现象都为出现红色物质，则不能验证一氧化碳的还原性；
（3）装置D中反应是碳和二氧化碳反应生成一氧化碳，其化学方程式为C＋CO22CO；
（4）根据实验中的E装置中黑色CuO变成红色现象，可证明CO具有还原性；
（5）若要根据装置F中澄清石灰水变浑浊的现象确认一氧化碳具有还原性，D装置中出来的气体有二氧化碳气体，应将除去再通入到E中让一氧化碳和氧化铜反应，装置中不能带入水蒸气，所以用碱石灰来吸收二氧化碳。
27.已知：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2、2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－、2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－。
(1)含有1.5 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入3 mol Cl2，此时被氧化的离子及其物质的量分别是__________________。
(2)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为________(用含a、b的代数式表示)。
【答案】(1). n(I－)＝3 mol、n(Fe2＋)＝3 mol (2). c＝3(a＋b)/2
【解析】
【分析】已知：2Fe3＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2、2Fe2＋＋Br2＝2Fe3＋＋2Br－、2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－，根据题知信息得出还原性顺序为：I－＞Fe2＋＞Br－，再根据氧化还原反应原理做题。
【详解】（1）含有1.5 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入3 mol Cl2，氯气首先和碘离子反应，2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－，1.5 mol FeI2有3 mol I－，消耗1.5 mol Cl2，剩余1.5 mol氯气，剩余的氯气再和亚铁离子反应，2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，亚铁离子共3.5 mol，根据量的关系，亚铁离子未反应完，氯气反应完，1.5 mol氯气反应3 mol亚铁离子，故被氧化的离子为I－、Fe2＋，物质的量分别为n(I－)＝3 mol、n(Fe2＋)＝3 mol；
（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，则溶液中n(I－)＝2a mol、n(Fe2＋)＝(a+b) mol、n(Br－)＝2b mol。根据2I－＋Cl2＝I2＋2Cl－，得消耗的氯气n(Cl2)＝a mol，根据2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－，得消耗的氯气n(Cl2)＝，根据2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－，得消耗的氯气n(Cl2)＝b mol，即全部被氧化，消耗的n(Cl2)＝a mol＋＋ b mol =。