【化学】江苏省公道中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题（解析版）

江苏省公道中学2018-2019学年高一上学期期中考试试题
1.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可以采取多种分类方法。下列关于“NaHCO3”的分类正确的是（ ）
A. 酸 B. 有机物 C. 盐 D. 氧化物
【答案】C
【解析】
【分析】A.酸是电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物；
B.有机物是含碳元素的化合物，但并非所有含碳的化合物都是有机化合物，比如CO，CO2，CO32-和HCO3-等；
C.盐是电离时生成金属阳离子（包括铵根离子）和酸根阴离子的化合物；
D.氧化物是指含两种元素，且其中一种元素为O的化合物。
【详解】NaHCO3在水溶液中完全电离，其阳离子是钠离子，阴离子为碳酸氢根离子，符合盐的定义，所以属于盐。
答案选C。
2.下列变化属于物理变化的是（ ）
A. 工业制漂白粉 B. 焰色反应 C. 铜的锈蚀 D. 煤的燃烧
【答案】B
【解析】
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别在于是否有新物质生成，据此分析判断。
【详解】A.工业制漂白粉，以Cl2和Ca(OH)2为原料制备漂白粉[有效成分为Ca(ClO)2)]，有新物质生成，属于化学变化，故A项不符合题意；
B.焰色反应是指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颜色的反应，该过程没有新物质生成，属于物理变化，故B项正确；
C.铜的锈蚀是铜在一定条件下生成铜锈的过程，有新物质生成，属于化学变化，故C项不符合题意；
D.煤炭燃烧过程中有新物质二氧化碳等生成，属于化学变化，故D项不符合题意；
答案选B。
3.为纪念俄国化学家门捷列夫，人们把第101号元素（人工合成元素）命名为钔。该元素最稳定的一种原子为258101Md ，关于该原子下列说法正确的是（ ）
A. 质子数是258 B. 质量数是101
C. 中子数是157 D. 电子数是359
【答案】C
【解析】钔的质子数为101，A错误；钔的质量数为258，B错误；中子数=质量数-质子数，则钔的中子数为258-101=157，C正确；原子中，电子数=质子数，钔的电子数为101，D错误；正确选项C。
4.下列化学反应中，属于氧化还原反应的是（ ）
A. Na2CO3 + CaCl2＝CaCO3 ↓ + 2NaCl B. Cl2 + 2KI＝2KCl + I2
C. 2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 ↑ + H2O D. CaO + H2O＝Ca(OH)2
【答案】B
【解析】
【分析】氧化还原反应的表观特征为反应中存在元素化合价的升降，根据各选项中是否存在元素的化合价升降进行判断，注意置换反应一定为氧化还原反应，而复分解反应一定不属于氧化还原反应。
【详解】A. Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl为复分解反应，反应中不存在元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，故A错误；
B. Cl2 + 2KI＝2KCl + I2为置换反应，存在元素化合价的升降，一定属于氧化还原反应，故B正确；
C. 2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 ↑ + H2O为分解反应，反应中不存在元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，故C错误；
D. CaO+H2O═Ca(OH)2为化合反应，反应中不存在元素化合价的升降，不属于氧化还原反应，故D错误；
答案选B。
5.下列化学用语表示正确的是（ ）
A. 硫酸亚铁的电离方程式：Fe2（SO4）3 ＝2Fe3+＋3SO42－
B. H2SO4的电离方程式：H2SO4＝H2+ + SO42-
C. 质子数为6，中子数为7的微粒：76C
D. 钠离子的结构示意图：
【答案】D
【解析】
【分析】A. 区分出硫酸亚铁与硫酸铁的化学式，硫酸亚铁的化学式中含有1个亚铁离子和1个硫酸根离子；
B.氢离子不能合并，2个氢离子的表示方法错误；
C.质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；
D.钠离子的核电荷数为11，核外电子数为10。
【详解】A.硫酸亚铁的化学式为FeSO4，因此其电离方程式：FeSO4 ＝Fe2+＋SO42－，故A项错误；
B.硫酸为强酸，在溶液中完全电离，其电离方程式为：H2SO4＝2H+ +SO42-，故B项错误；
C.质子数为6，中子数为7的C原子的质量数为13，该原子的表示方法为：，故C项错误；
D.钠离子的核电荷数为11，核外电子总数为10，最外层达到8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故D项正确；
答案选D。
6.下列实验装置（部分仪器已省略）或操作，能达到相应实验目的的是（ ）
A. 闻气体气味 B. 干燥氯气
C. 分离乙醇和水 D. 配制100 mL 0.10 mol•L﹣1盐酸
【答案】A
【解析】
【分析】A.闻气体应使极少量气体进入鼻孔；
B.碱石灰与氯气反应；
C.乙醇与水互溶，所以不分层；
D.配制一定浓度溶液时，在转移过程需要玻璃棒引流。
【详解】A.闻气体应使极少量气体进入鼻孔，图中操作合理，故A项正确；
B.碱石灰与氯气反应，则图中装置不能干燥氯气，故B项错误；
C.乙醇与水互溶，混合后不分层，因此不能利用分液漏斗分离，应利用蒸馏操作分离该混合物，故C项错误；
D.配制100 mL 0.10 mol•L﹣1盐酸，图中操作为转移过程，需要玻璃棒引流，故D项错误；
本题答案选A。
7.下列关于胶体的叙述不正确的是（ ）
A. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9 ～ 10-7m之间
B. 胶体属于混合物
C. Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮颗粒并沉降，达到净水的目的
D. 用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，产生的现象相同
【答案】D
【解析】
【分析】A.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小；
B.分散系按照分散质粒子的大小划分为溶液、胶体和浊液三大类，结合混合物的定义作答；
C.Fe(OH)3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的；
D.溶液不具有丁达尔效应，而胶体具有丁达尔效应。
【详解】A.1 nm = 10-9 m，胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径大小，胶体分散系的微粒直径在1∼100nm（10-9 ～ 10-7m）之间，故A项正确；
B. 分散系按照分散质粒子的大小划分为溶液、胶体和浊液三大类，其中胶体是一种比较均一、比较稳定的混合物，因此胶体属于混合物，故B项正确；
C. Fe(OH)3胶体的表面积较大，能吸附水中悬浮的固体颗粒达到净水的目的，故C项正确；
D.胶体粒子因对光线有散射作用而形成丁达尔效应，因此，用平行光线照射NaCl溶液和Fe(OH)3胶体时，NaCl溶液不产生丁达尔效应，而Fe(OH)3胶体产生丁达尔效应，现象不相同，故D项错误；
答案选D。
8. 做焰色反应实验时，所用的铂丝在每次用完后都要进行的操作是（ ）
A. 用纸擦干净
B. 放在火焰上灼烧，直到铂丝发红为止
C. 用水洗涤几次
D. 用稀盐酸洗涤，再灼烧到跟酒精灯火焰颜色相同为止
【答案】D
【解析】考查焰色反应实验，实验步骤：洗-烧-蘸-烧-洗。每次实验后，都要用稀盐酸洗净，在火焰上灼烧到没有什么颜色后，这才制得了一根合格的铂丝，才能再去蘸另一种溶液进行焰色反应。否则容易对实验产生干扰。
9.下列物质，既能导电又属于电解质的是（ ）
A. 熔融的氢氧化钾 B. 氯化钠溶液 C. 铜固体 D. 氯化镁晶体
【答案】A
【解析】
【分析】电解质是在水溶液或者熔融状态下能够导电的化合物；导电的原因是有自由移动的电子或离子，据此利用排除法作答。
【详解】A.熔融的氢氧化钾，是化合物，且在此状态下电离会生成自由移动的钾离子和氢氧根，因此可以导电，是电解质，故A项正确；
B.氯化钠溶液含有自由移动的离子，可以导电，但属于混合物，因此不是电解质，故B项错误；
C.铜固体有自由移动的电子，可以导电，但不是化合物，不属于电解质，故C项错误；
D.氯化镁晶体是电解质，但是镁离子和氯离子不能自由移动，因此氯化镁晶体不导电，故D项错误；
答案选A。
10.下列有关物质用途的说法不正确的是（ ）
A. 氯气可用于自来水的消毒 B. 去除铁锈可用适量的稀盐酸
C. 石墨可用作绝缘体材料 D. AgI可用于人工降雨
【答案】C
【解析】
【分析】A.氯气溶于水生成HClO，根据HClO的性质分析；
B.铁锈的主要成分为Fe2O3，能与稀盐酸反应；
C.石墨能导电，是良好的导体；
D.碘化银受热后会在空气中形成极多极细的碘化银粒子，作为人工降雨的凝结核。
【详解】A.氯气溶于水生成HClO，HClO具有强氧化性，可以杀菌消毒，故A项正确；
B.铁锈的主要成分为Fe2O3，能与稀盐酸反应，因此去除铁锈可用适量的稀盐酸，故B项正确；
C.石墨能导电，是良好的导体，故不能用石墨做绝缘体材料，C项错误；
D.碘化银受热后会在空气中形成极多极细的微小粒子，成为凝结核，导致水蒸气会以AgI为晶核而液化，故可用于人工降雨，故D项正确；
答案选C。
11.下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）（ ）
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作方法
A．
NaBr溶液（NaI）
Cl2
洗气
B．
Cl2（HCl）
饱和食盐水
洗气
C．
HNO3溶液（H2SO4）
BaCl 2溶液
过滤
D．
NaCl（I2）
水
萃取分液
【答案】B
【解析】
【分析】A. Cl2与NaI与NaBr均能反应；
B.氯气难溶于饱和食盐水；
C. BaCl2与H2SO4反应生成HCl和BaSO4沉淀；
D. I2微溶于水，易溶于有机溶剂，碘易升华。
【详解】A. Cl2具有强氧化性，与NaI、NaBr均能发生氧化还原反应，故不能用氯气除去NaBr溶液中的杂质NaI，故A项错误；
B.氯气难溶于饱和食盐水，HCl极易溶于水，可用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B项正确；
C. BaCl2与H2SO4反应生成HCl和BaSO4沉淀，过滤后原硝酸溶液中会引入新的杂质HCl，故C项错误；
D. I2微溶于水，NaCl易溶于水，因此用水无法除去NaCl中的I2杂质，应用升华法除去NaCl中的I2，故D项错误；
答案选B。
12.工业制硝酸过程中的一个重要反应为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. O2被还原 B. NH3是氧化剂
C. O2失去电子 D. NH3发生氧化反应
【答案】AD
【解析】
【分析】4NH3＋5O2 4NO＋6H2O反应中，N元素的化合价升高失去电子，被氧化，对应的NH3为还原剂，O元素的化合价降低得到电子，被还原，对应的反应物O2为氧化剂，以此来解答。
【详解】O元素的化合价由0价降低到-2价，得到电子，被还原，故A项正确，C项错误；
N元素的化合价由-3价升高到+2价，失去电子，被氧化，发生氧化反应，对应的NH3是还原剂，故B错误，D项正确；
答案选AD。
13.下列有关氯水的叙述中，不正确的是（ ）
A. 新制氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在
B. 新制氯水只能使紫色石蕊试纸变红
C. 新制氯水放置数天后酸性增强
D. 加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
【答案】BD
【解析】
【分析】氯气溶于水形成氯水，部分氯气与水发生反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HClOH＋＋ClO－，次氯酸因其自身的强氧化性而具有漂白作用，且不稳定，光照下会分解，反应为2HClO2HCl+O2↑，再结合离子、分子的性质来分析作答。
【详解】A. Cl2为黄绿色，有刺激性气味，溶于水后部分氯气与水发生反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，因此新制氯水呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故A项正确；
B.新制氯水中因含强氧化性的HClO而具有漂白性，因此新制氯水会使紫色石蕊试纸先变红后褪色，故B项错误；
C.氯水中HClO为弱酸且不稳定，见光易分解，反应为：2HClO2HCl+O2↑，因此新制氯水放置数天后酸性会增强，故C项正确；
D.因氯气可以与NaOH溶液反应，2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，因此加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，故D项错误；
答案选BD。
14.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 常温常压下，11.2 L Cl 2 所含有的原子数目为NA
B. 常温常压下，18 g H2O 中含有的电子数目为2 NA
C. 足量的铁在0.1 mol Cl2 燃烧时转移的电子数目为0.3 NA
D. 2.0 L 0.5 mol·L-1 MgSO4溶液中含有的SO42－数目为NA
【答案】D
【解析】
【分析】与物质的量有关的物理量之间的关系如下：n = = = = cV。
A.根据气体所处的状态进行分析判断；
B. H2O的摩尔质量18 g/mol，1个H2O分子中所含电子数为10个；
C.铁在氯气中燃烧发生反应：2Fe+3Cl22FeCl3，根据参加反应的氯气的物质的量计算转移电子数；
D. MgSO4在水溶液中完全电离。
【详解】A.气体在标准状况（0和101 kPa）条件下，摩尔体积约为22.4 L/mol，因此在标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为 = 0.5mol，所含原子数为0.5mol2 = 1mol，但常温常压不等于标准状况，因此无法计算，11.2 L Cl 2 所含有的原子数目，故A项错误；
B. 18 g H2O的物质的量为 = 1 mol，1mol水分子中所含电子的物质的量为10 mol，即电子数为10NA，故B项错误；
C. 因铁过量，而参加反应的氯气的物质的量与转移电子数之间的关系为Cl22Cl－2e-，因此0.1 mol Cl2 与足量铁反应时转移的电子数目为0.2 NA，C项错误；
D.根据公式c = 得n(MgSO4) = c(MgSO4) V = 0.5 mol·L-12.0 L = 1 mol，MgSO4在水溶液中完全电离，MgSO4 = Mg2+ + SO42-，所以n(SO42-) = n(MgSO4)= 1mol，即该MgSO4溶液中含有的SO42－数目为NA，故D项正确；
答案选D。
15.下列有关离子的检验及结论正确的是（ ）
A. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，出现浑浊，则该溶液中可能有CO32－
B. 向某溶液中加入NaOH溶液后，再滴入酚酞试液显红色，则该溶液中一定有NH4+
C. 某溶液焰色反应呈黄色，则该溶液中一定有K+
D. 向无色溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加入盐酸，沉淀不消失，则溶液中一定有SO42－
【答案】A
【解析】
【分析】A. CO32－、HCO3－等均可以与强酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的无色气体；
B.加入NaOH溶液后混合溶液呈碱性，再加入酚酞试液显红色，不能确定原溶液是否显碱性；
C.焰色反应显黄色，溶液中一定含有Na+，但是不能确定是否含有钾离子，需要通过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色判断是否存在K+；
D.能够与氯化钡反应生成不溶于盐酸的沉淀可能为氯化银，不一定为硫酸钡，即不一定含有硫酸根离子；
【详解】A.向某溶液中加入稀盐酸，产生无色气体，将该气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，该溶液中可能含有CO32－，也有可能含有HCO3－等，故A项正确；
B.滴入酚酞试液，溶液呈红色，只能说明溶液呈碱性，不能证明含有NH4+离子，故B项错误；
C.观察钾离子的焰色反应的火焰颜色时，需要通过蓝色的钴玻璃观察，否则无法观察到紫色，所以某溶液焰色反应的火焰呈黄色，溶液中一定含有钠离子，但是无法确定溶液中是否含钾离子，故C项错误；
D.能够与氯化钡反应生成不溶于盐酸的沉淀可能为氯化银，不一定为硫酸钡，因此不能排除Ag+的干扰，故D项错误；
答案选A。
16.请按要求，回答下列问题：
（1）相同物质的量的SO2和SO3，所含O的质量之比为________。
（2）标准状况下，4.48 L 的NH3中，所含H的数目约为________。
（3）标准状况下，1 mol H2O、11.2 L CH 4、8 g O2中，体积最小的是________。
（4）某气体的质量为3.4 g，含有6.02×1022个分子，则该气体的摩尔质量为________。
（5）10 mL 0.5 mol·L-1 Al (NO3)3 溶液中NO3－的物质的量浓度为________。
（6）标准状况下，89.6 L HCl 气体溶于1 L水（ρ = 1 g·mL-1）中，所得盐酸的密度为1.146 g·mL-1，则此盐酸的物质的量浓度为________。
【答案】(1). 2：3 (2). 3.612×1023 (3). 1 mol H2O (4). 34 g·mol-1 (5). 1.5 mol·L-1 (6). 4 mol·L-1
【解析】
【分析】（1）物质的量之比等于分子数目之比，再利用分子的构成来计算所含O的物质的量之比，进而得到其质量之比；
（2）根据 n = = ，结合物质的构成计算；
（3）标准状况下，水为液体，CH4和O2为气体，根据物质状态计算体积；
（4）根据n = 计算气体物质的量，再根据M = ，求得气体摩尔质量；
（5）同一溶液中，根据Al (NO3)3完全电离的离子个数之比等于相应的物质的量浓度之比；
（6）根据n= 计算HCl的物质的量，根据m = nM计算HCl的质量，结合m水 =ρV水计算水的质量，进而再通过V = 求得溶液的体积，最后根据c = 计算盐酸物质的量浓度，得出结论；
【详解】（1）因SO2和SO3的物质的量相同，设均为1 mol，则各分子中所含氧原子的物质的量之比为2:3，氧原子摩尔质量为16 g/mol，则所含O的质量之比为2：3，故答案为：2:3；
（2）n(NH3)= = 0.2 mol，则N(H)= 3 N(NH3) = 3×0.2mol×NA/mol = 0.6 NA = 3.612×1023，故答案为：3.612×1023；
（3）甲烷和氧气为气体，水为液体，1mol水的质量为18g，水的密度约为1 g/cm3，则体积为18 mL，8 g O2所占体积为V(O2) = = 5.6 L，对比三种物质，水所占体积最小，故答案为：1 mol H2O；
（4）气体物质的量为n = = = 0.1mol，该气体摩尔质量为M = = = 34 g/mol，故答案为：34 g/mol；
（5）该溶液中溶质为Al (NO3)3 溶液，其物质的量浓度为0.5 mol·L-1，因Al(NO3)3完全电离，电离方程式为：Al(NO3)3 = Al3++ 3NO3-，又因体积相同，故c(NO3-) = 30.5 mol·L-1 = 1.5 mol·L-1
（6）标况下89.6 L HCl的物质的量为：n(HCl) = = 4 mol，m(HCl) = 4mol×36.5g/mol=146 g，溶液质量为：146g+1000mL×1g/mL=1146g，则溶液的体积为： = 1000 mL= 1L，所以该盐酸的物质的量浓度为：c(HCl) = = 4 mol/L，
故答案为：4mol/L；
17.现欲配制500 mL 0.040 mol·L-1的K2Cr2O7溶液。
（1）所需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、________、________、________。（在横线上填写所缺仪器的名称）
（2）在溶液的配制过程中，有以下基本实验步骤，正确的操作顺序是（填写操作步骤的代号，每个操作步骤只用一次）________。
①颠倒摇匀 ②定容 ③洗涤 ④溶解 ⑤转移 ⑥称量
（3）用托盘天平称取K2Cr2O7固体的质量为________ g。
（4）下列操作使最后实验结果偏小的是________（填序号）。
A．加水定容时俯视刻度线 B．转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水未干燥
C．未洗涤烧杯内壁和玻璃棒 D．摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上
（5）定容时，如果不小心加水超过了刻度线，则处理的方法是________ 。
【答案】(1). 玻璃棒 (2). 500 mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). ⑥④⑤③②① (5). 5.9 (6). C D (7). 重新配制
【解析】
【分析】（1）根据配制的操作步骤来分析需要的仪器；
（2）配制步骤是计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
（3）根据n = cV、m = nM计算出500mL 0.040 mol·L-1的K2Cr2O7溶液中含有溶质K2Cr2O7的质量；
（4）根据实验操作对c = 的影响进行误差分析；
（5）配制过程中的操作失误，能补救就补救，不能补救就需重新配制；
【详解】（1）操作步骤有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯)，并用玻璃棒搅拌，加速溶解。冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2−3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以所需仪器除托盘天平、药匙、烧杯以外，还缺玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；
（2）当计算完所需固体的质量以后，配制一定浓度的溶液基本操作步骤为称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等过程，所以正确的顺序为：⑥④⑤③②①，
故答案为：⑥④⑤③②①；
（3）溶液中溶质K2Cr2O7的物质的量为：n = cV = 0.040 mol·L-10.5 L = 0.020 mol，又K2Cr2O7的摩尔质量为：M = （392+522+167 ）g/mol= 294 g/mol，再根据m = nM = 0. 020 mol294 g/mol = 5.88 g，实际操作时托盘天平只能精确到小数点后一位，因此按四舍五入原则用托盘天平称量的质量为5.9 g,故答案为：5.9 ；
（4）A.定容时俯视刻度线，导致配制的溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏高，不符合题意，故A项错误；
B.转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水未干燥，对测试结果无影响，因为转移以后也要加水至刻度线1-2cm再定容，只要定容操作无误，原有的少量蒸馏水对浓度无影响，故B项不符合题意；
C. 未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，会使溶质质量减少，溶质物质的量减少，溶液浓度偏低，故C项符合题意；
D. 摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，相当于稀释了原溶液，则会使溶液浓度偏低，故D项符合题意，
故答案为：CD；
（5）定容是加水超过了刻度线，是无法补救的，故应重新配制，
故答案为：重新配制；
18.氯气有毒，化工厂常用浓氨水检验管道是否漏氯气。如氯气泄漏，会在管道周围产生大量白烟，反应的化学方程式为：3Cl2＋8NH3＝6NH4Cl＋N2
（1）用双线桥法分析上述反应（只需标出电子转移的方向和数目）________。
（2）上述反应中，氧化剂的化学式是________，发生了________反应（填写“氧化”或“还原”）。
（3）上述反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比是________。
（4）若反应中转移了1.2 mol电子，产生的气体在标准状况下的体积为________。
【答案】 (1). (2). Cl2 (3). 还原
(4). 3：2 (5). 4.48 L
【解析】
【分析】在氧化还原反应中，化合价升高的元素，失电子，被氧化，所对应的反应物为还原剂，化合价降低的元素，得电子，被还原，所对应的反应物为氧化剂。在3Cl2 ＋ 8NH3 ＝ 6NH4Cl ＋ N2反应中，N元素化合价由-3价升高到0价，Cl元素由0价降低到-1价，电子转移总数为6e-，以此来作答。
【详解】（1）在3Cl2 ＋ 8NH3 ＝ 6NH4Cl ＋ N2反应中，N元素化合价由-3价升高到0价，Cl元素由0价降低到-1价，电子转移总数为6e−，电子得失的方向和数目用双线桥表示为，故答案为：；
（2）Cl元素化合价降低，被还原，发生还原反应，则Cl2为氧化剂，故答案为：Cl2；还原；
（3）3 mol Cl2参与反应，元素化合价由0价降低到-1价，作氧化剂；N元素失去电子被氧化，则N2为氧化产物，由反应可知，8 mol NH3反应只有2 mol N化合价由-3价升高到0价得到1 mol N2，则作还原剂的NH3只有2 mol，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故答案为：3：2；
(4)根据双线桥得出，6 e−1 N2，则当反应中转移了1.2 mol电子，产生的N2在标准状况下的体积是V = = 4.48 L，故答案为：4.48 L。
19.某校化学实验兴趣小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，甲同学设计了如图所示的实验装置（支撑用的铁架台省略），按要求回答问题。

（1）写出A中实验室制氯气的化学方程式________。
（2）①装置B中盛放的试剂名称为________，现象是________。
②装置D和E中出现的不同现象说明________。
③装置F的作用是________。
（3）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在装置F和装置G之间再加一个装置，该装置中应放入________（填写试剂或用品名称）。
【答案】(1). MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 无水硫酸铜 (3). 白色固体变为蓝色 (4). 氯气无漂白性，湿润的氯气有漂白性（或次氯酸有漂白性） (5). 吸收氯气 (6). 湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）
【解析】
【分析】（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；
（2）①利用无水硫酸铜遇到水变蓝性质检验氯气中是否含有水蒸气；
②依据干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，对比说明具有漂白性的不是氯气；
③氯气易溶于CCl4；
（3）G装置是用来检验HCl气体的，为确保实验结论的可靠性，需要排除氯气的干扰，氯气可氧化碘化钾得到单质碘，碘与淀粉变蓝，据此作答；
【详解】A.实验时用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应来制备氯气，生成氯化锰、水和氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）①为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气，可以在B中加入无水硫酸铜，如果固体变蓝则证明氯气中含有水蒸气，故答案为：无水硫酸铜；白色固体变为蓝色；
②干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明具有漂白性的不是氯气，而是氯水中的次氯酸，故答案为：氯气无漂白性，湿润的氯气有漂白性（或次氯酸有漂白性）；
③氯气易溶于CCl4，所以该装置的作用是吸收氯气，故答案为：吸收氯气；
（3）G装置用来检验HCl气体，为了确保实验结论的可靠性，应排除氯气的干扰，在F吸收氯气之后要检验氯气是否完全除去，根据氯气具有强氧化性的性质，可用湿润的淀粉KI试纸检验，其反应方程式为：Cl2+2KI=2KCl+I2，生成的碘遇淀粉变蓝，如不变色，说明已经完全除去，所以可以在F和G之间连接一个盛有湿润的淀粉碘化钾试纸的洗气瓶检验是否存在氯气，另外根据氯气的漂白性，也可在F和G之间连接一个盛有湿润的有色布条的洗气瓶，若不褪色，则证明氯气已被完全吸收，此方法也可行。故答案为：湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）
20.为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：

（1）操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有________，操作Ⅱ的名称是________。
（2）试剂①、②、③其实是三种物质：饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，这三种物质的加入顺序可能有多种情况，下列选项中正确的是________。
A．饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液
B．BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液
C．NaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液
D．饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液
（3）固体丁是混合物，除含有泥沙、CaCO3、BaSO4外，还含有________（填化学式）。
（4）在混合物乙中分别加入试剂①、②、③的过程中，判断滴加BaCl2溶液已过量的方法是：加入BaCl2溶液后，静置，在上层清液中，________。
（5）若先用适量盐酸调节pH值再进行操作Ⅰ，将对实验结果产生影响，其原因是______。
【答案】(1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). 蒸发结晶 (3). BC (4). Mg（OH）2、BaCO3 (5). 继续滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则表明BaCl2已过量 (6). 会使之前步骤中为去除杂质而形成的沉淀再次溶解，导致不能达到提纯的目的。（其它合理答案也可以）
【解析】
【分析】（1）根据实验流程和原理，操作Ⅰ为过滤，结合过滤操作所用到的仪器来作答；操作Ⅱ是分离氯化钠溶液中的氯化钠；
（2）除去镁离子选用氢氧化钠，除去钙离子选用碳酸钠，除去硫酸根离子选用氯化钡，所加试剂要过量，为了将多余的杂质除掉，碳酸钠除将钙离子沉淀，还将过量的钡离子沉淀下来；碳酸钠必须放在氯化钡之后加入；
（3）经过除杂剂除杂后根据发生的离子反应可知，得到的难溶性物质有：CaCO3、BaSO4和Mg(OH)2、BaCO3；
（4）根据钡离子能和硫酸根之间反应生成硫酸钡沉淀来检验氯化钡是否过量；
（5）Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3会与盐酸反应，生成氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，会影响制得精盐的纯度。
【详解】（1）当加完除杂剂以后，操作Ⅰ为过滤，目的是为了分离上述操作得到的难溶性物质和氯化钠溶液，用到的玻璃仪器为：烧杯、漏斗、玻璃棒，操作Ⅱ目的是想从溶液中分离氯化钠精盐，该方法是蒸发结晶，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；蒸发结晶；
（2）除杂试剂为了完全除去杂质离子，一般是过量的，碳酸钠可以将钙离子以及过量的钡离子沉淀下来，饱和Na2CO3溶液、BaCl2溶液、NaOH溶液，这三种物质的加入顺序必须满足饱和Na2CO3溶液放在BaCl2溶液之后加入，则可以依次是BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液或者NaOH溶液、BaCl2溶液、饱和Na2CO3溶液，故答案为：BC；
（3）粗盐和各除杂剂发生的离子方程式分别是为：SO42-+Ba2+=BaSO4↓，CO32-+Ba2+=BaCO3↓，CO32-+Ca2+=CaCO3↓，Mg2++2OH- = Mg(OH)2↓；因此，过滤之后得到的固体丁除含有泥沙、CaCO3、BaSO4外，还应有Mg(OH)2、BaCO3，故答案为：Mg(OH)2、BaCO3；
（4）过量的氯化钡会将全部的硫酸根离子沉淀完毕，只要是硫酸根剩余，则氯化钡会与其反应出现白色沉淀，所以判断BaCl2已过量的方法是：向上层清液(或取少量上层清液于试管中)，继续滴入适量BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量，故答案为：继续滴加BaCl2溶液，若无浑浊，则表明BaCl2已过量
（5）若先用适量盐酸调节pH值再进行过滤操作，那样之前生成的不溶于水但溶于酸的沉淀均会与盐酸反应，生成易溶于水的氯化镁、氯化钙、氯化钡等物质，从而达不到提纯精盐的目的，故答案为：会使之前步骤中为去除杂质而形成的沉淀再次溶解，导致不能达到提纯的目的。（其它合理答案也可以）