宁夏回族自治区银川市第九中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题化学（解析版）

宁夏回族自治区银川市第九中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题
相对原子质量：H－1 O－16 C－12 N－14 S－32 Cu－64 Fe-56
一、选择题
1.标准状况是气体所处的一种特殊条件，指的是( )
A. 0℃、101kPa B. 20℃ C. 20℃、101kPa D. 101kPa
【答案】A
【解析】
【详解】标准状况是气体所处的一种特殊条件，该条件为0℃、101kPa，故合理选项是A。
2.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2L氧气所含的原子数为NA
B. 1.8gNH4+离子中含有的电子数为NA
C. 常温常压下，48gO3含有的氧原子数为NA
D. 5.6g金属铁与足量氯气充分反应时失去的电子数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，故所含的氧原子个数小于NA个，A项错误；
B．1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol，而一个铵根离子中含10个电子，故0.1mol铵根离子中含NA个电子，B项正确；
C．臭氧由氧原子构成，故48g臭氧中含有的氧原子的物质的量n＝＝3mol，故含3NA个氧原子，C项错误；
D．5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和氯气反应后变为+3价，故0.1mol铁反应后失去0.3NA个电子，D项错误。
答案选B。
3.以下说法正确的是( )
A. 物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应
B. 在氧化还原反应中，得到电子的元素化合价降低
C. 物质中某元素失去电子，则此物质是氧化剂
D. 还原剂中元素必定被还原
【答案】B
【解析】
【详解】A. 含元素化合价升高的反应物为还原剂，发生氧化反应，故A错误；
B. 氧化还原反应中，得到电子的元素化合价降低，发生还原反应，故B正确；
C. 物质中某元素失去电子，化合价升高，则此物质是还原剂，故C错误；
D. 还原剂中化合价升高的元素被氧化，故D错误；
正确答案是B。
4.25 ℃时,在强碱性溶液中可以大量共存的离子组是(   )
A. K+、 Cu2+、SO32-、MnO4- B. NH4+、Fe2+、NO3-、H+
C. HCO3-、Na+ 、Mg2+、Cl- D. Na+、K+、SO42-、 NO3-
【答案】D
【解析】
【详解】A. 强碱性溶液中，Cu2+不能大量存在，故A错误；
B. 强碱性溶液中，NH4+不能大量存在，故B错误；
C. 强碱性溶液中，HCO3-不能大量存在，故C错误；
D. Na+、K+、SO42-、 NO3-都可以在强碱溶液中存在，并且离子之间不发生反应，故D正确；
正确答案是D。
5.下列关于硅及其化合物的说法不正确的是(　　)
A. 单质硅常用作半导体材料
B. 硅酸钠是制备木材防火剂的原料
C. 二氧化硅是制备光导纤维的基本原料
D. SiO2既能和NaOH溶液反应，又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】D
【解析】A. 单质硅能导电，常用作半导体材料，A正确；B. 硅酸钠是制备木材防火剂的原料，B正确；C. 二氧化硅是制备光导纤维的基本原料，C正确；D. SiO2是酸性氧化物，D错误，答案选D。
6.下列溶液可以盛放在玻璃瓶中，且能用玻璃塞的是(　　)
A. 氯化钠溶液 B. 氢氟酸
C. 氢氧化钠溶液 D. 硅酸钠溶液
【答案】A
【解析】溶液可以盛放在玻璃试剂瓶中，但不能用磨口玻璃塞，说明该物质和玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的物质，则A．氯化钠和二氧化硅不反应，所以可以用磨口玻璃塞的试剂瓶盛放，A正确；B．HF易和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放，B错误；C．氢氧化钠和玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠，易将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，C正确；D．硅酸钠是粘性物质，易将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，D错误；答案选A。
7. 下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )
A. Al(OH)3 → Al2O3 B. Al2O3 → Al(OH)3
C. Al → AlO2- D. Al3+ → Al(OH)3
【答案】B
【解析】
【详解】A项、氢氧化铝受热反应生成氧化铝和水，可以一步完成，故A错误；
B项、Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成Al（OH）3，应先将Al2O3变成Al3+或AlO2-后，然后加入弱碱或弱酸反应生成Al（OH）3，不可以一步完成，故B正确；
C项、铝可以和强碱溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，可以一步完成，故C错误；
D项、铝盐可以和碱反应可以直接反应生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，故D错误；
故选B。
8.化学实验的基本操作是完成化学实验的关键，下列实验操作正确的是(  )
①用50 mL量筒量取5.2 mL稀硫酸
②用分液漏斗分离乙醇和碘的混合物
③用托盘天平称量1177 g氯化钠晶体
④用量筒量取23.10 mL溴水
⑤用蒸发皿高温灼烧石灰石
⑥用250 mL容量瓶配制250 mL 0.2 mol·L－1的NaOH溶液
A. ③⑥ B. ②③④⑤ C. ①②④ D. ②⑤
【答案】A
【解析】
【详解】①液体的体积与量筒的规格接近，应选10mL量筒量取5.2mL稀硫酸，故错误；
②乙醇和碘互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，故错误；
③托盘天平的感量为0.1g，则可用托盘天平称量117.7g氯化钠晶体，故正确；
④量筒的感量为0.1mL，则不可用量筒量取23.10mL溴水，故错误；
⑤坩埚中灼烧固体，不能在蒸发皿中灼烧，故错误；
⑥容量瓶具有规定的规格，则可250mL容量瓶配制250mL 0.2mol•L-1的NaOH溶液，故正确；故选A。
9.按纯净物、混合物、电解质和非电解质顺序排列的一组物质是(　　)
A. 盐酸、空气、醋酸、干冰 B. 胆矾、海水、硫酸钠、蔗糖
C. 胶体溶液、食盐、烧碱、氯化钙 D. 胆矾、大理石、氯化钾、硫酸钡
【答案】B
【解析】
【详解】A. 盐酸、空气、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、电解质、非电解质，故A错误；
B. 胆矾、海水、硫酸钠、蔗糖分别属于化合物（纯净物）、混合物、电解质、非电解质，故B正确；
C. 胶体溶液、食盐、烧碱、氯化钙分别属于混合物、混合物、电解质、电解质，故C错误；
D. 胆矾、大理石、氯化钾、硫酸钡分别属于纯净物、混合物、电解质、电解质、故D错误；
正确答案是B。
10.下列物质中，既能与盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是( )
①NaHCO3 ②Al ③Al2O3 ④Al（OH）3 ⑤Na2CO3
A. ①②③④⑤ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④
【答案】D
【解析】NaHCO3为酸式盐，既与酸反应 又与碱反应，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O。Al均能反应，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。Al2O3 、Al（OH）3均为两性化合物，均能与酸碱反应，Al2O3 +6HCl=2AlCl3+3H2O, Al2O3 +2Na OH =2NaAlO2+H2O。
Al（OH）3+3HCl =Al Cl3+3H2O，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O。Na2CO3只能与酸反应，Na2CO3+2HCl=NaCl+CO2↑+H2O。故答案D正确
11.对Al、Fe二种金属元素，下列说法正确的是( )
A. 铝能够稳定存在于空气中，而铁很容易生锈，说明铁比铝活泼
B. 等物质的量的Al、Fe分别与足量盐酸反应放出等质量的H2
C. 二者的氢氧化物都不可以通过氧化物化合反应直接制备
D. 二者的单质都能与强碱溶液反应生成H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁很容易生锈，铝的活泼性比铁强，铝比铁更耐腐蚀，这是因为铝在常温下与空气中的氧气发生化学反应，使铝的表面生成了一层致密的氧化铝薄膜，从而阻止了内部的铝进一步氧化，故A错误；
B．等物质的量的Al、Fe分别与足量的盐酸反应，设金属的物质的量都是nmol，根据电子守恒可知生成氢气的物质的量之比为:=3：2，生成氢气的质量之比等于其物质的量之比，则产生H2的质量之比为：3：2，故B错误；
C．氢氧化铝、氢氧化亚铁不能通过氧化物化合反应直接制备，氢氧化铁可以通过化合反应直接制备，但也不能通过氧化物化合反应直接制备，故C正确；
D．铁与强碱溶液不反应，铝与强碱溶液反应放出氢气，故D错误；
故选C。
12.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是(　　)
①过量Na2O2投入到CuCl2溶液中
②过量Ba(OH)2溶液和硫酸铝溶液混合　
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3中
④澄清石灰水中通入少量CO2　
⑤CaCl2与NaOH的混合溶液中通入过量CO2
A. 全部 B. ①⑤ C. ②③④ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①过量Na2O2投入到CuCl2溶液中，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，CuCl2+2NaOH= Cu(OH)2↓+2NaCl，所以最终有蓝色沉淀生成，故错误；
②过量Ba(OH)2溶液和硫酸铝溶液混合，二者反应生成硫酸钡白色沉淀，离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，最终有白色硫酸钡沉淀，故正确；
③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，二者反应生成白色沉淀碳酸钙，Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3 ↓+2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故正确；
④澄清石灰水中通入少量CO2，生成碳酸钙白色沉淀，反应方程式为Ca(OH)2+CO2==CaCO3 +H2O，故正确；
⑤CaCl2与NaOH的混合溶液中通入过量CO2，先生成白色沉淀碳酸钙，当二氧化碳过量时碳酸钙转化为可溶性的碳酸氢钙，所以最终没有沉淀生成，故错误；
最终有白色沉淀生成是②③④，故选C。
13.下列离子方程式书写正确的是(　 　)
A. 铝粉投入到NaOH溶液中：2Al+2OH－══ 2AlO2－+H2↑
B. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3++ 3OH－ ══ Al(OH)3↓
C. 三氯化铁溶液中加入铁粉：
D. FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查离子方程式的书写与判断。
【详解】A．原子数目不守恒应改为：，故A错误；
B．氨水是弱电解质，不能拆成离子形式，应改为：，故B错误；
C．三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为：，故C错误；
D．氯气能把亚铁离子氧化到最高价，即，故D正确；
故答案选D。
14.1L稀硝酸和稀硫酸的混合液，其物质的量浓度分别为0.1mol/L和0.4mol/L。若向该混合溶液中加入足量的铜粉，从离子反应的角度分析，则最多能溶解铜粉的质量为（ ）
A. 9.6g B. 6.4 g C. 3.2 g D. 2.4 g
【答案】A
【解析】
【详解】1L稀H2SO4和稀HNO3的混合液，其物质的量浓度分别为0.4mol•L-1和0.1mol•L-1，则n（H+）=1L×0.4mol/L×2+1L×0.1mol/L=0.9mol，n（NO3-）=1L×0.1mol/L=0.1mol，
发生3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
3 8 2
0.9mol 0.1mol
可知H+过量，NO3-完全反应，则消耗铜的质量为0.1mol××64g/mol=9.6g，故A项正确。
15.下列推断正确的是（ ）
A. SO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
B. Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物也相同
C. CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
D. 新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊溶液，充分振荡后溶液呈红色
【答案】A
【解析】
【详解】A、酸性氧化物是能够跟碱反应，生成盐和水的氧化物，因为SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，故A正确；
B、Na2O和Na2O2元素组成虽然相同，但化学性质不同，它们与CO2反应如下：Na2O+CO2=Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ，产物不同，故B错误；
C、NO在空气中易发生反应：2NO+O2═2NO2，故C错误；
D、因为新制氯水中含有HCl和HClO，滴入少量的紫色石蕊的现象是先变红，后褪色，故D错误。
答案选A。
16.将SO2气体通入BaCl2溶液至饱和，未见有沉淀生成，继续通入另一种气体仍无沉淀产生，则通入的气体可能是( )
A. NH3 B. Cl2 C. CO2 D. NO2
【答案】C
【解析】
【详解】SO2气体与BaCl2溶液不能反应，弱酸不能制强酸；但是在通往氧化性气体例如Cl2、NO2时溶液中即可产生硫酸根离子，最终产生硫酸钡沉淀；如果加入碱性气体时例如 NH3时可产生亚硫酸根离子，最终产生亚硫酸钡白色沉淀；相关方程式如下：
2NH3＋SO2＋H2O=（NH4）2SO3， Ba2＋＋SO32－=BaSO3↓；
Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓；
NO2＋SO2+H2O=NO+H2SO4，Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓。
故本题答案为C。
17.香烟烟雾中含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用①无水CuSO4　②澄清石灰水③红热CuO　④生石灰　⑤品红溶液　⑥酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检测时香烟烟雾通入药品的正确顺序是( )
A. ①⑤②①④③
B. ①⑤⑥②④③
C ③④②⑥⑤①
D. ②⑤①④③⑥
【答案】B
【解析】
【详解】先用①检测出水，无水硫酸铜变蓝，因为后面一些步骤中会有水产生，且空气中的水蒸气可能也会影响检测结果；再用⑤检测二氧化硫，二氧化硫使品红溶液褪色；再用⑥将多有的二氧化硫除去（或者说检测二氧化硫是否除尽），因为如果不除尽，二氧化硫会影响后面的实验；再用⑤检测二氧化硫是否除净；再用②检测二氧化碳并除去过量的二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变混浊；通过④碱石灰除去二氧化碳；再用③来检测CO，红热氧化铜由黑色变成红色；故B项正确。
18. 下列物质能使品红溶液褪色，其中是利用强氧化性来漂白的是( )
①活性炭 ②过氧化钠 ③氯水 ④二氧化硫 ⑤臭氧
A. ①③④ B. ②③⑤ C. ①②③④ D. ①②③④⑤
【答案】B
【解析】
【详解】强氧化性漂白的是②③⑤，①活性炭为物理吸附，④二氧化硫为化合褪色，故B项正确。
19.起固氮作用的化学反应是(　　)
A. 工业上将氨转化成硝酸和其他氮的氧化物 B. 硝酸工厂用NH3制NO
C. 雷雨时空气中的N2转化为NO D. 由NH3制碳酸氢铵和硫酸铵
【答案】C
【解析】氮的固定是氮气转化为化合物的过程，包括自然固氮和人工固氮，元素存在状态是游离态变化为化合态，则A．工业上将氨转化成硝酸和其他氮的氧化物是氮的化合物之间的转化，不属于氮的固定，A错误；B．氨气经催化氧化生成一氧化氮是氮的化合物之间的转化，不是固氮作用的反应，B错误；C．雷雨时空气中的N2转化为NO，属于氮的固定，C正确；D．由氨气制碳酸氢氨和硫酸氨，是氮的化合物之间的转化，不是固氮作用的反应，D错误；答案选C。
20. 除去括号内杂质所用试剂和方法都正确的是 （ ）
A. Cu（Fe）----加稀硫酸，蒸馏；
B. CO2（SO2）----氢氧化钠溶液，洗气。
C. NaCl溶液（碘）----酒精，萃取、分液；
D. KNO3溶液（KCl）----降温结晶，过滤；
【答案】D
【解析】
【详解】A. 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，而铜不溶于稀硫酸，可用过滤法分离，故A错误；
B．CO2和SO2都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液洗气，故B错误；
C．酒精与水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳萃取，故C错误；
D．KNO3和KCl的溶解度随温度变化不同，可用结晶法分离，故D正确；
故选D。
21.能证明次氯酸是一种弱酸的事实是(  )
A. 次氯酸不稳定，易分解 B. 次氯酸钙可与CO2和H2O反应
C. 次氯酸是一种强氧化剂 D. 次氯酸能漂白
【答案】B
【解析】
【详解】A. 次氯酸的酸性与电离出氢离子的难易程度有关，与稳定性无关，如HI为强酸，但不稳定，故A错误；
B. 次氯酸钙可与CO2和H2O反应生成次氯酸，由强酸制弱酸可知，碳酸的酸性比次氯酸强，则次氯酸是弱酸，故B正确；
C. 酸的氧化性与酸性的强弱无关，如硝酸具有强氧化性，但为强酸，故B错误；
D. 次氯酸使染料和有机色质褪色是因具有漂白性，与酸性的强弱无关，故D错误；
正确答案是B。
22.下列叙述或操作中正确的是(　　)
A. 浓硫酸能使硫酸铜晶体失去结晶水，体现了浓硫酸的脱水性
B. 浓硫酸对有机物的腐蚀性是浓硫酸脱水性和强氧化性的综合体现
C. 浓硫酸具有氧化性，稀硫酸无氧化性
D. 浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用布拭去，再涂上稀NaOH溶液
【答案】B
【解析】A. 浓硫酸能使硫酸铜晶体失去结晶水，体现了浓硫酸的吸水性，A错误；B. 浓硫酸对有机物的腐蚀性是浓硫酸脱水性和强氧化性的综合体现，B正确；C. 浓硫酸具有氧化性，稀硫酸也有氧化性，是电离出的氢离子体现，C错误；D. 浓硫酸不慎沾到皮肤上，应立即用布拭去，再用大量水冲洗，最后涂上稀碳酸氢钠溶液，D错误，答案选B。
点睛：浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。注意浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，浓H2SO4表现脱水性。
23.关于氯气及氯水的叙述中,下列正确的是( )
A. 纯净的氯气是一种黄绿色、有毒的气体,具有漂白性
B. 可用干燥的石蕊试纸验证氯水是否变质
C. 氯气能与铁反应,液氯不宜贮存在钢瓶中
D. 氯气、氯水、液氯是同一种物质,只是状态不同,都属于纯净物
【答案】B
【解析】
【详解】A. 干燥的氯气不具有漂白性，HClO具有漂白性，故A错误；
B. 氯水中含HClO可使试纸褪色，变质后为盐酸，不能使其褪色，则可用干燥的石蕊试纸验证氯水是否变质，故B正确；
C. 常温下，铁与氯气不反应，则液氯可贮存在钢瓶中，故C错误；
D. 氯水是混合物，故D错误；
正确答案是B。
24.证明某溶液只含有Fe2+而不含有Fe3+的实验方法是( )
A. 先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色
B. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色
C. 滴加NaOH溶液，产生白色沉淀
D. 只需滴加KSCN溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A. 先加氯水可氧化亚铁离子，溶液中可能Fe3+、Fe2+均存在，故A不选；
B. 先滴加KSCN溶液，不显红色，原溶液中不含Fe3+，再滴加氯水后显红色，可知Fe2+被氧化为Fe3+，证明溶液只含有Fe2+而不含有Fe3+，故B选；
C. 若只有Fe2+，加入氢氧化钠溶液会产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变成红褐色，同时含有少量的Fe3+和大量Fe2+，现象相同，故C不选；
D. 只滴加KSCN溶液，只能检验是否存在Fe3+，故D不选；
故选B。
25. 下列化合物中，不能由单质直接化合得到的是( )
A. NO B. Na2O2 C. FeCl2 D. CuCl2
【答案】C
【解析】
【详解】A．在放电条件下，氮气与氧气反应会生成一氧化氮，不符合要求，故A不选；
B．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，和氧气在没有条件下反应生成氧化钠，故B不选；
C．Fe和氯气在点燃时能直接生成FeCl3，故C选；
D．铜和氯气在点燃条件下生成氯化铜，故D不选；
故选C。
二．填空题
26.我们已经学过氢气、氧气、二氧化碳、氯气、二氧化硫、氨气等气体的制备方法和化学性质.以下是实验室制备、洗涤、干燥气体及进行尾气处理的常见仪器装置.请结合所学知识回答下列问题：

(1)下列气体中,只能用碱石灰干燥的是 ______ (填字母)
A.H2B.Cl2C.SO2D.O2
(2)实验室制取氯气反应原理的离子方程式是______，所选制备装置是______。检验氯气用______试纸；尾气处理的离子方程式为___________。
(3)实验室用氯化铵和熟石灰制取氨气,其化学反应方程式____________。工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉的化学方程式为____________。
【答案】 (1). D (2). MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O (3). 装置B (4). 淀粉KI试纸 (5). Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O (6). 2NH4Cl+Ca(OH)22 NH3↑+2H2O +CaCl2 (7). 2Cl2+ 2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】(1)碱性干燥剂只能干燥碱性气体，氢气、氧气是中性气体，氯气、二氧化硫能和碱反应；
(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制取氯气；反应物的状态是固体和液体，反应条件是加热，所以选B；氯气具有氧化性，检验氯气可以用淀粉KI试纸；氯气能和水、和碱反应，但与水反应的程度不如与碱反应的程度大，所以用碱液吸收氯气；
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，生成物有氨气、氯化钙和水；工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉同时生成水。
【详解】(1)碱性干燥剂只能干燥碱性气体，氢气、氧气是中性气体，氯气、二氧化硫能和碱反应，所以不能用碱石灰干燥；氧气是中性气体，所以能用碱石灰干燥，故选D；
(2)实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制取氯气，离子方程式是：MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O；反应物的状态是固体和液体，反应条件是加热，所以选B；氯气具有氧化性，检验氯气可以用淀粉KI试纸，现象是淀粉KI试纸变蓝；氯气能和水、和碱反应，但与水反应的程度不如与碱反应的程度大，所以用碱液吸收氯气，离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故答案为：B； 淀粉KI试纸； Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，生成物有氨气、氯化钙和水，所以反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22 NH3↑+2H2O +CaCl2；工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉同时生成水，化学方程式为：2Cl2+ 2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
27.回答下列问题
(1)请写出一定条件下 Cu 与浓硫酸反应制取二氧化硫的化学方程式:___________。该反应中发生氧化反应的物质是__________，1mol氧化剂得到__________mol电子。
(2)PH< ______的雨称为酸雨。向煤中加入适量的______可大大减少燃烧产物中二氧化硫的含量。
(3)一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为__________。
【答案】(1). Cu+2H2SO4(浓)CuSO4 +SO2↑+2H2O (2). Cu (3). 2mol (4). 5.6 (5). 石灰石或生石灰 (6). 2：3
【解析】
【分析】(1)铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；该反应中Cu化合价升高，作为还原剂，发生氧化反应；H2SO4中S元素化合价由+6价下降到+4价，得到2个电子，1mol H2SO4反应得到2mol电子；
(2)pH< 5.6的雨称为酸雨，石灰石或生石灰可以和二氧化硫反应，故向煤中加入适量的石灰石或生石灰可大大减少燃烧产物中二氧化硫的含量；
(3)通过反应Fe+2Fe3+=3Fe2+中对应关系，计算已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比。
【详解】(1)铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；该反应中Cu化合价升高，作为还原剂，发生氧化反应；H2SO4中S元素化合价由+6价下降到+4价，得到2个电子，1mol H2SO4反应得到2mol电子；故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；Cu；2mol；
(2) pH< 5.6的雨称为酸雨，石灰石或生石灰可以和二氧化硫反应，故向煤中加入适量的石灰石或生石灰可大大减少燃烧产物中二氧化硫的含量，故答案为：5.6；石灰石或生石灰；
(3)设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，则：
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2mol 3mol
溶液中Fe2+的物质的量为3mol，溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol：3mol=2：3，故答案为：2：3。
28.已知 A 是单质,A、B、C、D、E 五种物质均含同一种元素,X 是地壳中含量最多的元素形成的单质，相互转化关系如图所示.回答下列问题:

(1)通常情况下,若A为气体,C、D都是大气污染物;
①写出下列反应的化学方程式
BC_________________
EC_________________
②实验室中检验B的操作方法是_________________。
③标准状况下,将盛满D的试管倒扣在盛满水的水槽中,一段时间后,假定溶质不扩散,则试管中所得溶液的物质的量浓度为____________。
(2)通常情况下,若A为淡黄色固体：
①写出B与C反应的化学方程式：_______________________。
②将C通入溴水中的现象是______，发生反应的离子方程式是_______________________。
【答案】(1). 4NH3+5O24NO+6H2O (2). 3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O (3). 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口变蓝或用蘸有浓盐酸的玻棒靠近气体有白烟 (4). mol/L(或0.045mol/L) (5). 2H2S+SO2=3S+2H2O (6). 溴水褪色 (7). SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-
【解析】
【分析】X是地壳中含量最多的元素形成的单质，应为O2，符合转化关系的应为S或N2，
（1）通常情况下，若A为气体，C、D都是大气污染物，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；
（2）通常情况下，若A为淡黄色固体，应为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3、E为H2SO4，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。
【详解】(1)X是地壳中含量最多的元素形成的单质，应为O2，符合转化关系的应为S或N2，通常情况下，若A为气体，C、D都是大气污染物，则A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，
①B→C为氨气的催化氧化反应，方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O；
E→C为Cu和稀硝酸反应生成NO的反应，方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO +4H2O；
②氨气为碱性气体，与水反应生成NH3•H2O，电离子出OH-离子，溶液呈碱性，可用湿润的红色石蕊试纸检验，如试纸变蓝色，则说明有氨气生成；
③假设该容器的容积为3L，则二氧化氮的体积为3L，二氧化氮和水反应的方程式为：
3NO2+H2O=2HNO3+NO
3×22.4L       1×22.4L
3L            1L
反应前后气体的体积由3L变为1L，所以溶液的体积为2L；该溶液的溶质为硝酸，
3NO2+H2O=2HNO3+NO
3   2
  n（HNO3）
所以硝酸的物质的量n（HNO3）=×=mol，浓度为C==mol/L=0.045mol/L；
（2）通常情况下，若A为淡黄色固体，应为S，则B为H2S，C为SO2，D为SO3、E为H2SO4，
①B与C为H2S和SO2的反应，方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，故答案为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O；
②二氧化硫具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，可观察到溴水褪色，故答案为：溴水褪色；SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-。
29.有一瓶无色澄清的溶液，其中可能含NH4+、K+、Na+、Mg2+、H+、Cu2+、CO32-、I-中的一种或几种，取该溶液进行如下实验：
①用PH试纸检验，表明溶液呈强酸性
②取部分溶液，加入少量的CCl4及数滴新制的氯水，振荡后CCl4层显紫色
③另取部分溶液，逐滴加入稀NaOH溶液，使溶液从酸性逐渐转变为碱性，在滴加过程中及滴加完毕后，溶液中均无沉淀生成
④将③得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
根据上述实验事实确定并回答：
(1)在溶液中，肯定存在的有___________，肯定不存在的离子有__________________。
(2)写出实验②中的离子反应方程式________________________。
(3)不能确定是否存在的离子有__________________________。
【答案】(1). I-、NH4+、H+ (2). CO32- 、Mg2+ 、Cu2+ (3). 2I- + Cl2＝I2 + 2Cl- (4). K+、Na+
【解析】
【分析】根据实验①现象：溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32-发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32-；根据实验②现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2生成，这是由于I-被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I-；根据实验③现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Mg2+、Cu2+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Mg2+、Cu2+；根据实验④现象：产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体为氨气。这是由于 NH4++OH-NH3↑+H2O，因此溶液中肯定含有NH4+，总上所述，在提供的离子中肯定含有的离子为：H+、I-、NH4+；肯定不含有的离子为：Mg2+、Cu2+、CO32-，还不能确定的离子为：K+、Na+；要确定K+、Na+，则需要通过焰色反应来完成，即做焰色反应实验，有黄色火焰则含Na+，无黄色火焰则不含Na+，透过蓝色钴玻璃观察，有紫色火焰则含K+，无紫色火焰则不含K+。
【详解】(1)由分析可知，在溶液中，肯定存在的有I-、NH4+、H+；肯定不存在的离子有CO32- 、Mg2+ 、Cu2+；
(2) 实验②现象：CCl4层呈紫红色，说明有I2生成，这是由于I-被氯气氧化所产生的，离子反应方程式为：2I- + Cl2＝I2 + 2Cl-；
(3) 不能确定是否存在的离子有K+、Na+。