【化学】天津市六校（静海一中、宝坻一中、杨村一中等）2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）

天津市六校（静海一中、宝坻一中、杨村一中等）2018-2019学年高一上学期期末考试试卷
1.化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是（ ）
A. 焰火中呈现的绚丽色彩，是金属元素焰色反应形成的
B. 小苏打既是制作糕点的膨松剂，还是治疗胃酸过多的一种药剂
C. 氯气、明矾是水处理过程中常用的两种化学试剂，两者的作用原理相同
D. 装运乙醇的包装箱上应贴上易燃液体的危险品标志图标
【答案】C
【详解】A. 金属元素焰色反应可以说绚丽多彩，所以常用于焰火，故不选A；
B.小苏打（NaHCO3）可以与发酵酸反应产生二氧化碳，所以用作糕点的膨松剂；作为显示弱碱性的盐也可以与胃酸（HCl）发生反应，所以还是治疗胃酸过多的一种药剂，故不选B；
C.氯气在水处理过程中杀菌消毒，明矾是水处理过程中主要是铝离子水解生成氢氧化铝胶体凝聚水中悬浮物起到净水作用，两者的作用原理不同，故选C；
D.由于乙醇易燃所以装运乙醇的包装箱上应贴上易燃液体的危险品标志图标，故不选D；
正确答案：C。
2.进行化学实验必须注意安全，下列说法不正确的是（ ）
A. 金属钠着火时，可立即用干燥的沙土覆盖
B. 温度计不慎打破，散落的水银应用硫粉处理后收集
C. 洒在桌面上的酒精燃烧，立即用湿抹布盖灭
D. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液冲洗
【答案】D
【详解】A.因为金属钠性质非常活泼，其燃烧产物过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，所以金属钠着火时，立即用干燥的沙土覆盖，故A不符合题意；
B.温度计打破，散落的水银有毒、易挥发，所以必须处理，在散落的水银上撒上一层硫粉可生成硫化汞，故B不符合题意；
C.洒在桌面上的酒精燃烧，立即用湿抹布隔绝空气，起到灭火作用，故C不符合题意；
D.少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用大量水冲洗，在涂上弱碱性药品，比如碳酸氢钠，肥皂水，不可用强碱氢氧化钠，因为氢氧化钠本身就腐蚀肌肤，故D符合题意；
正确答案：D。
3.某化学兴趣小组同学对有关物质的分类进行讨论辨析，下列说法正确的是（ ）
A. BaSO4、CH3COONH4都属于强电解质
B. SiO2、NO2都属于酸性氧化物
C. NaCl溶液、牛奶都属于溶液
D. CuSO4·5H2O、水玻璃都属于纯净物
【答案】A
【详解】A. BaSO4、CH3COONH4属于盐类，其溶于水的部分可以完全电离，故其是强电解质，A正确；
B.酸性氧化物可与碱反应生成盐和水，并且化合价不变。NO2和碱发生氧化还原反应，所以NO2不是酸性氧化物，故B错误；
C.牛奶属于胶体，故C错误；
D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；
正确答案：A。
4.下列物质露置于空气中易变质的是（ ）
①氯水　②水玻璃　③烧碱　④漂白粉　⑤绿矾　⑥亚硫酸钠
A. 除⑤外 B. 除②③外 C. 除②③⑥外 D. 全部易变质
【答案】D
【详解】①氯水中次氯酸见光受热易分解而变质；②水玻璃可以吸收空气中的二氧化碳生成硅酸而变质；③酸性氧化物与碱反应生成盐和水原理，烧碱与空气中二氧化碳反应而变质；④漂白粉与空气中的水和二氧化碳反应而变质；⑤二价铁具有强还原性，绿矾与空气中的氧气反应而变质；⑥正四价硫具有强还原性，亚硫酸钠与空气中的氧气反应而变质。因此①②③④⑤⑥露置于空气中均变质，故D符合题意；
正确答案：D。
5.下列因果关系表述正确的是（ ）
A. 硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维
B. 常温下铁遇浓硝酸钝化，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具有漂白性，所以SO2能使酸性KMnO4溶液褪色
【答案】B
【详解】A.晶体硅可用于制造电脑芯片和太阳能电池板，不能用于制造光导纤维，光导纤维主要成分是二氧化硅，故A错误；
B.常温下铁遇浓硝酸钝化，可形成致密的氧化物保护膜，因此可用铁质容器贮运浓硝酸，故B正确；
C.浓硫酸具有脱水性，能使蔗糖炭化，故C错误；
D.SO2具有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；
6.下列各组数值或物理量中，都不随水的“物质的量”的变化而变化的是（ ）
A. 水的沸点；水分子的数目 B. 水的质量；水的相对分子质量
C. 水的体积；水中所含原子的数目 D. 水的密度；水的摩尔质量
【答案】D
【详解】水分子的数目与水的 “物质的量”成正比；水的质量与水的 “物质的量”成正比；水的体积随水的“物质的量”增大而增大；沸点是水的物理性质，与水的多少无关；水的相对分子质量是18，与水的多少无关；水的密度是水的物理性质，与水的多少无关；水的摩尔质量是18g/mol，与水的多少无关；故选D。
7.有NH4Cl、FeCl2、FeCl3 、Na2SO4、AlCl3五种溶液，用一种试剂就可以将它们鉴别出来，这种试剂是（ ）
A. H2SO4 B. Ba(OH)2 C. AgNO3 D. KSCN
【答案】B
【详解】A. H2SO4不与其他五种溶液反应，故不可鉴别；
B. Ba(OH)2与NH4Cl反应产生刺激性气味气体，与FeCl2反应生成白色沉淀迅速转化为灰绿色最后变为红褐色，与FeCl3反应生成红褐色沉淀，与Na2SO4反应生成白色沉淀，与AlCl3反应先生成白色沉淀，Ba(OH)2过量沉淀消失，故B正确；
C. AgNO3会与NH4Cl、FeCl2、FeCl3 、Na2SO4、AlCl3五种溶液反应均生成白色沉淀，无法鉴别，故C错误；
D. KSCN只能与FeCl3反应，溶液变为血红色，其他均无现象，故D错误；
正确答案：B。
8.下列离子在指定溶液中可能大量共存的是（ ）
A. c(H+)=0.1mol/L溶液中:K+、Fe2+、NO3-、SO32-
B. 某无色透明溶液中: Fe3+、NH4+、NO3-、SCN-
C. 能使酚酞变红的溶液中: Na+、Cl-、SiO32-、NO3-
D. c(OH-)=0.1mol/L溶液中: HCO3-、K+、Na+、AlO2-
【答案】C
【解析】A. c(H+)=0.1mol/L溶液中Fe2+、SO32-与NO3-之间均能发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B. 某无色透明溶液中Fe3+与SCN-不能大量共存，B错误；C. 能使酚酞变红的溶液显碱性，Na+、Cl-、SiO32-、NO3-之间不反应，能大量共存，C正确；D. c(OH-)=0.1mol/L溶液显碱性，HCO3-不能大量共存，D错误，答案选C。
9.下列有关反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO
B. Fe溶于足量稀HNO3：3Fe＋8H＋＋2NO3－＝3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O
C. 氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O
D. 过氧化钠投入水中：Na2O2＋2H2O＝O2↑＋2OH－＋2Na＋
【答案】A
【详解】A. 氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，该反应的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，故A正确；
B. Fe溶于足量稀HNO3，因为硝酸足量应该生成铁离子，所以离子方程式为Fe＋4H＋＋NO3－＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故B错误；
C.氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应，应该是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，故C错误；
D.过氧化钠投入水中，左右两边原子不守恒，应该是2Na2O2＋2H2O＝O2↑＋4OH－＋4Na＋，故D错误；
正确答案：A。
10.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA
B. 标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体中含氧原子数为2NA
C. 常温常压下，7.8g Na2O2固体中含有的阴离子数为0.2 NA
D. 物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl－ 个数为NA
【答案】B
【详解】A.标况下水不是气体，不可用气体摩尔体积进行计算，故A错误；
B.标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体中含氧原子数2NA,故B正确;
C.常温常压下，7.8g Na2O2固体中含有的阴离子（O2-）数目为0.1 NA,故C错误;
D.体积未知,无法计算Cl－ 个数,故D错误;
正确答案:B。
11.下列实验结论正确的是（ ）
A. 某溶液加入苯，苯层显紫色，证明原溶液中存在I－
B. 加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+
C. 检验某溶液中是否含有SO42－时，为排除某些离子的干扰，可以先加稀盐酸将溶液酸化，无明显现象后再滴入氯化钡溶液，看是否生成白色沉淀
D. 一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落，证明铝的熔点高于三氧化二铝
【答案】C
【详解】A.某溶液加入苯，苯层显紫色，证明原溶液中存在I2，不是I-，故A错误；
B.能溶于盐酸的碳酸盐沉淀有很多，比如碳酸钙，碳酸镁，碳酸钡，不一定是钡离子，故B错误；
C.检验某溶液中是否含有SO42－时，为排除某些离子的干扰，可以先加稀盐酸将溶液酸化，无明显现象后再滴入氯化钡溶液，看是否生成白色沉淀，故C正确；
D.一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落，证明三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，故D错误；
正确答案：C。
12.下列实验能达到目的的是（ ）
A
B
C
D
实验室制备Fe(OH)2
实验室制氨气
制过氧化钠
验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性




【答案】D
【解析】A、氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中不能制备氢氧化亚铁，A错误；B、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；C、制备过氧化钠时应该在坩埚中加热，不能在烧杯中，C错误；D、浓硫酸能使蔗糖炭化，同时氧化生成的碳，得到二氧化硫，利用品红溶液、酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，D正确，答案选D。
13.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（ ）
①NaHCO3 ②(NH4)2SO3 ③Al2O3 ④Al(OH)3 ⑤Al ⑥NaAlO2 ⑦SiO2
A. ①②③④⑤ B. ①③④⑤ C. ①③④⑤⑥ D. 全部
【答案】A
【详解】①NaHCO3属于弱酸酸式盐，既能与硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成碳酸钠； ②(NH4)2SO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化硫，可以和氢氧化钠发生反应生成亚硫酸钠和氨水；③Al2O3属于两性氧化物，既能与硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子； ④Al(OH)3属于两性氢氧化物，既能与酸反应生成Al3+离子，又能与碱反应生成AlO2-离子； ⑤Al与硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气， ⑥NaAlO2只与硫酸反应，不与氢氧化钠反应 ⑦SiO2只与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，不与硫酸反应。根据以上分析可知①②③④⑤正确，故选A；
正确答案：A。
14.下列除去杂质的实验方法正确的是（ ）
A. 除去Cl2中的少量HCl：通入饱和NaHCO3溶液
B. 除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热
C. 除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铜粉，过滤
D. 除去NaCl溶液中混有的I2：加入四氯化碳后，振荡、静置分液
【答案】D
【详解】A.除去Cl2中的少量HCl：通入饱和NaHCO3溶液，会生成二氧化碳杂质，而且氯气也会与其反应，应该改为饱和氯化钠溶液，故A错误；
B.除去K2CO3固体中少量NaHCO3：置于坩埚中加热NaHCO3会分解生成碳酸钠，还是有杂质碳酸钠，故B错误；
C.除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铜粉和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，有新的杂质氯化铜，故C错误；
D.除去NaCl溶液中混有的I2：加入四氯化碳后，振荡、静置分液可将碘单质萃取到四氯化碳层与NaCl溶液分离，故D正确；
正确答案：D。
15.1L 1mol/L KOH溶液吸收0.8mol CO2，所得溶液中CO32－与HCO3－的物质的量浓度之比为（ ）
A. 1∶3 B. 2∶1 C. 2∶3 D. 3∶2
【答案】A
【详解】溶液为碳酸钾和碳酸氢钾的混合溶液,设CO32－的物质的量为x，HCO3－的物质的量为y，根据钾元素守恒得2x+y=1，根据碳元素守恒x+y=0.8，二者联立得x=0.2，y=0.6，在混合溶液中两种离子的物质的量浓度之比等于其物质的量之比，故CO32－与HCO3－的物质的量浓度之比为0.2:0.6=1:3，故选A；
正确答案：A。
16.水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. O2、S2O32-都是氧化剂 B. x=2
C. 每转移3mol电子，有1.5molFe2+被氧化 D. 氧化产物只有S4O62-
【答案】C
【解析】A．Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，则O2是氧化剂，S2O32-和Fe2+是还原剂，A错误；B．根据氢原子守恒可知x＝4，B错误；C．每消耗3mol亚铁离子，由O元素的化合价变化可知，转移电子为1mol×2×（2-0）=4mol，但3mol亚铁离子中只有2mol被氧化，所以每转移3mol电子，有1.5molFe2+被氧化，C正确；D．Fe、S元素的化合价升高，S2O32-和Fe2+是还原剂，所以Fe3O4、S4O62-是氧化产物，D错误；答案选C。
17.已知①中盛有一定量的碳酸钠溶液, 根据下图所示的实验过程，下列说法正确的是( )

A. ②中溶液为无色
B. ③中溶液的溶质组成有2种情况
C. ④中溶液的溶质除酚酞外，还有3种
D. 加入过量稀盐酸后，③中只观察到沉淀消失，产生大量气泡
【答案】C
【解析】碳酸钠溶液能使酚酞变红，故A错误；③中溶液的溶质组成有（碳酸钠、酚酞、氢氧化钠），（酚酞、氢氧化钠），（酚酞、氢氧化钠、氢氧化钙）3种情况，故B错误；④中溶液的溶质除酚酞外，还有氯化钠、氯化钙、氯化氢，故C正确；加入过量稀盐酸后，③中观察到沉淀消失，产生大量气泡，溶液由红色变为无色，故D错误。
18.如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是 （ ）
选项
W
X
Y
Z

A
S
SO2
SO3
H2SO4
B
Na
Na2O2
NaOH
NaCl
C
Fe
FeCl3
Fe(OH)2
FeCl2
D
Al
AlCl3
NaAlO2
Al2(SO4)3
【答案】D
【解析】试题分析：A、S不能一步转化为SO3，错误；B、NaCl不能一步转化为Na2O2，错误；C、FeCl3不能一步转化为Fe(OH)2，错误；D、铝与盐酸或氯气等反应生成氯化铝，氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量硫酸反应生成硫酸铝，硫酸铝与氯化钡溶液反应生成氯化铝，正确。
19.在硫酸铁溶液中，加入少量铜粉至完全溶解后，又加入一定量铁粉，充分反应后有残余固体，则下列判断正确的是（ ）
A. 最后得到的溶液中只含Cu2＋
B. 残余固体可能为铁、铜混合物
C. 残余固体一定全部是铜
D. 最后得到的溶液中含有Fe3＋
【答案】B
【详解】本题涉及的反应有：（1）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,(2)Fe+Cu2+=Fe2++Cu，Fe+2Fe3+=3Fe2+
由于Fe3+氧化性比Cu2+强，所以铁粉先和Fe3+反应，再和Cu2+反应，经分析存在几种情况①加入铁粉过量，固体剩余铁、铜，溶液为硫酸亚铁②加入铁粉少量，固体剩余铜，溶液为硫酸亚铁和硫酸铜混合液③加入铁粉恰好把溶液中铁离子与铜离子反应完，剩余固体铜，溶液为硫酸亚铁。根据以上分析可知B选项正确；
正确答案：B。
20.某稀溶液中含有4 mol KNO3和2.5 mol H2SO4，向其中加入1.5 mol Fe，充分反应（已知NO3－被还原为NO），最终溶液体积为1L。下列说法正确的是（ ）
A. 所得溶液中c(NO3－)＝2.75 mol·L－1
B. 所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝1：2
C. 反应后生成NO的体积为33.6 L（标准状况下）
D. 所得溶液中的溶质只有FeSO4
【答案】A
【解析】
【分析】第一步反应：比例关系来看，只有H+ 完全反应。
Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ + NO↑+2H2O
1 4 1 1 1
1.25mol 5mol 1.25mol 1.25mol 1.25mol
铁粉剩余1.5mol-1.25mol=0.5mol 硝酸根离子剩余4mol-1.25mol=2.75mol
n（Fe3+）=1.25mol V（NO）=n（NO）×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L ；
第二步反应：比例关系来看，铁粉完全反应。
Fe + 2Fe3+= 3Fe2+
1 2 3
0.5mol 1mol 1.5mol
铁离子剩余：1.25mol-1mol=0.25mol，生成n（Fe2+）=1.5mol
【详解】根据以上分析可知
A. 所得溶液中c(NO3－)＝=2.75 mol·L－1，故A正确；
B.所得溶液中所得溶液中c(Fe2＋)：c(Fe3＋)＝1.5:0.25=6:1，故B错误；
C.反应后生成NO的体积为V（NO）=n（NO）×Vm=1.25mol×22.4L/mol=28L （标准状况下），故C错误；
D.反应所得溶液中阳离子为铁离子、亚铁离子和钾离子，阴离子为硫酸根离子和硝酸根离子，故D错误；
正确答案：A。
21.关注饮用水，保证生活质量。请回答下列问题：
（1）饮用水中的NO3－对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3－的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO3－还原为N2，其化学方程式为：10Al＋6NaNO3＋4NaOH＝10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O。上述反应中，_________元素的化合价升高，则该元素的原子_______（填“得到”或“失去”）电子。当有1mol N2生成时，反应中转移电子的数目为____________。
（2）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一。漂白粉是常用的消毒剂。工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]制取漂白粉，化学方程式为__________________________________________________。
（3）KA1(SO4)2•12H2O的俗名为_________，因其溶于水生成_____________（化学式）可以吸附杂质，从而达到净水作用。
【答案】(1). Al (2). 失去 (3). 6.02×1024（写10NA也给分） (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (5). 明矾 (6). Al(OH)3
【解析】
【分析】（1）根据化合价的变化，氧化剂：降得还；还原剂：升失氧，来分析判断；
（2）氯气与石灰乳（Ca(OH)2）反应生成氯化钙、次氯酸钙、水写出化学方程式；
（3）KA1(SO4)2•12H2O的俗名明矾，由于铝离子水解生成氢氧化铝胶体可以凝聚水中悬浮物，起到净水作用。
【详解】（1）根据化学方程式10Al＋6NaNO3＋4NaOH＝10NaAlO2＋3N2↑＋2H2O分析，可知，铝元素的化合价升高，则铝原子失去电子。氮元素化合价由+5价降到0价，当有1mol N2生成时，反应中转移电子的数目为6.02×1024或10NA；
正确答案： Al 失去 6.02×1024（写10NA也给分）。
（2）氯气通入石灰乳制取漂白粉，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
正确答案：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
（3）KA1(SO4)2•12H2O的俗名为明矾，由于铝离子水解生成氢氧化铝胶体可以凝聚水中悬浮物，起到净水作用；
正确答案：明矾 Al(OH)3。
22.X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质，一定条件下它们之间有如下转化关系：

（1）若W为一种一元强碱，Y具有两性，X到Z的离子方程式为_____________。
（2）若X是一种黄绿色的气体，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体。
①检验溶液Z是否变质最灵敏的一种试剂是____________________（名称）；
②Y与W转化为Z的离子反应方程式_________________________________；
③一定条件下W与水反应的化学方程式_______________________________。
（3）X常温下为气体化合物，Z是一种红棕色气体，X气体的检验方法____________________，X转化为Y的化学方程式为______________________；Z与水反应的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为__________________。
（4）X为一元强碱溶液，W是形成酸雨的主要气体。
①则Y到Z的离子方程式为________________________________________；
②请画出向含0.01molX和0.01molY的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像___________。

【答案】(1). Al3+ +4OH—= AlO2—+2H2O (2). 硫氰化钾溶液 (3). 2Fe3+ + Fe === 3Fe2+ (4). 3Fe + 4H2O(g) === Fe3O4 + 4H2 (5). 使湿润的红色石蕊试纸变蓝（或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒产生白烟） (6). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (7). 1:2 (8). SO32-+SO2+H2O=2HSO3- (9).
【解析】
【分析】（1）Y具有两性是突破点，得出Y为氢氧化铝，Z为偏铝酸盐，X为铝盐，写出离子方程式；
（2）X是一种黄绿色的气体，得出X为氯气，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，得出Y为氯化铁，Z为氯化亚铁,W为铁；
（3）Z是一种红棕色气体，得出Z为NO2，逆推可得X为NH3，W为氧气，Y为NO；
（4）W是形成酸雨的主要气体，得出W为SO2，由于亚硫酸为二元酸，所以二氧化硫与强碱反应可以生成正盐与酸式盐，得出Y为亚硫酸钠，Z为亚硫酸氢钠。
【详解】（1）若W为一种一元强碱，Y为Al（OH）3，Z为偏铝酸盐，X为铝盐，X到Z的离子方程式为Al3+ +4OH—= AlO2—+2H2O。正确答案：Al3+ +4OH—= AlO2—+2H2O；
（2）X是一种黄绿色的气体，得出X为氯气，Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，得出Y为氯化铁，Z为氯化亚铁，W为铁；
①亚铁离子容易被氧化为铁离子，检验变质最灵敏的试剂一般选特征反应，所以选择硫氰化钾溶液；
②氯化铁与铁转化为氯化亚铁的离子反应方程式2Fe3+ + Fe === 3Fe2+；
③一定条件下铁与水蒸汽可以反应的化学方程式3Fe + 4H2O(g) === Fe3O4 + 4H2。
正确答案：硫氰化钾溶液 2Fe3+ + Fe === 3Fe2+ 3Fe + 4H2O(g) === Fe3O4 + 4H2。
（3）Z是一种红棕色气体，得出Z为NO2，逆推可得X为NH3，W为氧气，Y为NO；NH3气体的检验方法是使湿润的红色石蕊试纸变蓝（或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒产生白烟）NH3转化为NO的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂与还原剂的均为NO2，质量比等于物质的量之比，根据化合价的变化，氧化剂升失氧，还原剂降得还，可得出氧化剂与还原剂的质量比为1:2；
正确答案：使湿润的红色石蕊试纸变蓝（或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒产生白烟） 4NH3＋5O24NO＋6H2O 1:2 。
（4）W是形成酸雨的主要气体，得出W为SO2，由于亚硫酸为二元酸，所以与强碱反应可以生成正盐与酸式盐，得出Y为亚硫酸钠，Z为亚硫酸氢钠；
①则亚硫酸钠到亚硫酸氢钠的离子方程式为SO32-+SO2+H2O=2HSO3- ；
②向含0.01mol一元强碱和0.01mol亚硫酸钠的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像分为三步：第一步：H++OH-=H2O；第二步：SO32- + H+= HSO3-；第三步：HSO3-+ H+= SO2+H2O，据此画出图像；
正确答案：
23.化学实验是科学探究过程中的一种重要方法，掌握化学实验的基本操作和物质的制备、转化及性质的探究尤为重要，请结合所学化学实验知识回答以下问题。
I．实验室配制220mL 1 mol·L－1的稀H2SO4溶液：
（1）用量筒量取浓H2SO4（密度为1.84g·mL－1，质量分数为98%）的体积为________mL。
（2）配制该溶液时需用的主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________、________等。
（3）误差分析：下列情况使配制结果偏大的是________。
①溶解后未冷却即转移、定容
②定容时仰视容量瓶刻度线
③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视
④将量筒、烧杯、玻璃棒洗涤2～3次，转移至容量瓶
II．如图A、B、C是实验室常见的几种气体发生装置：

（1）实验室如果用B装置制备氨气，其化学方程式是___________________________。
（2）若想制得干燥的氨气，应选用的干燥剂是_______（填序号，下同）。
①无水CaCl2 ②碱石灰 ③浓硫酸 ④无水CuSO4
（3）若用A装置与D装置相连制备并收集X气体，则X可以是下列气体中的_______。
①CO2 ②NO ③Cl2 ④H2
其中在D装置中连接小烧杯的目的是________________________________。
III．某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。

（1）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：
B：_____________________________，D：________________________。
②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为
B：_____________________________，D：________________________。
（2）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）_________。
（3）若E装置中开始加入200mL 11.8 mol·L－1的浓盐酸和足量的MnO2固体，反应后的混合物经过滤所得溶液，加入足量的AgNO3溶液，所得沉淀的物质的量的范围为_____________mol。
【答案】(1). 13.6 (2). 250mL容量瓶 (3). 胶头滴管 (4). ①④ (5). 2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2H2O＋2NH3↑ (6). ② (7). ③ (8). 吸收尾气，防止尾气污染大气 (9). 品红褪色 (10). 品红褪色 (11). 褪色的品红又恢复成红色 (12). 无明显现象 (13). Cl2+SO2+2H2O==2HCl+H2SO4 (14). 1.18mol＜n＜2.36mol
【解析】
【分析】I．（1）注意只能配置250ml溶液，根据250ml溶液计算；
（2）根据配置一定物质的量溶液步骤：一算二量三溶四冷五转移六洗七加八定九摇十装贴，确定每步所需仪器，来解答问题；
（3）误差分析：①溶解后未冷却即转移、定容，根据热胀冷缩分析；
②定容时仰视容量瓶刻度线，会使得水加多了；
③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，会使得量取浓硫酸体积偏少；
④量筒不可洗涤，洗涤会造成溶质偏多，所配溶液浓度偏大；
II．（1）B装置应该是固体与固体反应制备氨气，可以选择氯化铵与氢氧化钙反应；
（2）氨气属于碱性气体，应选用的碱性干燥剂；
（3）A装置应该是固体与液体加热反应或液体与液体加热反应， D装置可以看出气体应该能用浓硫酸干燥，可以用向上排空气法收集，气体密度比空气大；最后气体需要尾气处理，防止污染空气；
III．（1）①SO2和氯水均有漂白性，使品红褪色；
②SO2漂白性是暂时性漂白，加热颜色恢复；氯水漂白性是永久性漂白，加热颜色不可恢复；
（2）二氧化硫与氯气按1：1同时通入到溶液中会发生SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应，从而失去漂白性。
（3）MnO2与浓盐酸反应，当盐酸变为稀盐酸时，反应会停止，极限法进行计算。
【详解】（1）浓硫酸的物质的量浓度c1=，根据c1V1=c2V2列等式，18.4×V1×10-3=1×250×10-3，得出V1=13.6mL；正确答案：13.6。
（2）配制该溶液时需用的主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶 、 胶头滴管；
正确答案：250mL容量瓶 、 胶头滴管。
（3）①溶解后未冷却即转移，由于溶液温度高时体积比较大，造成定容时加水少了，造成所配溶液浓度偏大；
②定容时仰视容量瓶刻度线，会使得水加多了，造成所配溶液浓度偏小；
③用量筒量取一定体积的浓硫酸时俯视，会使得量取浓硫酸体积偏小，溶质偏少，造成所配溶液浓度偏小；
④量筒不可洗涤，洗涤会造成溶质偏多，造成所配溶液浓度偏大；
正确答案：①④。
II．（1）B装置应该是固体与固体反应制备氨气，可以选择氯化铵与氢氧化钙反应，，其化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；
正确答案：2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。
（2）①无水CaCl2与氨气反应生成CaCl2•8NH3 ；②碱石灰可以干燥；③浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵；④无水CuSO4与NH3、水反应生成氢氧化铜和硫酸铵；正确答案：②。
（3）A装置应该是固体与液体加热反应或液体与液体加热反应，D装置可以看出气体应该能用浓硫酸干燥，用向上排空气法收集，气体密度比空气大，最后气体需要尾气处理，防止污染空气；
①CO2制取装置错误，不用加热②NO与空气中的氧气反应，不可用排空气法收集；③Cl2可以用二氧化锰与浓盐酸加热反应，浓硫酸可以干燥，密度比空气大，可以用向上排空气法收集，碱液法处理尾气；④H2密度比空气小，收集方法不对；
正确答案：③ 吸收尾气，防止尾气污染大气。
III．（1）①SO2和氯水均有漂白性，使品红褪色；正确答案：品红褪色 品红褪色
②SO2漂白性是暂时性漂白，加热颜色恢复；氯水的漂白性是永久性漂白，加热颜色不可恢复；正确答案：褪色的品红又恢复成红色 无明显现象
（2）二氧化硫与氯气按1：1同时通入到溶液中会发生SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应失去漂白性。正确答案：Cl2+SO2+2H2O==2HCl+H2SO4
（3）极限法进行计算。
浓盐酸中所含HCl的物质的量为n=cV= 11.8 mol·L－1×200×10-3 L =2.36mol
①假设足量MnO2与浓盐酸反应，浓盐酸反应完
MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
4 1
2.36mol 0.59mol
MnCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Mn（NO3）2
2 2
0.59mol 1.18mol
②假设浓盐酸没有和MnO2反应
AgNO3 + HCl = AgCl↓+ HNO3
1 1
2.36mol 2.36mol
因为MnO2与浓盐酸反应，当盐酸变为稀盐酸时，反应会停止，所以生成氯化银的物质的量为1.18mol＜n＜2.36mol；正确答案：1.18mol＜n＜2.36mol