【化学】新疆维吾尔自治区生产建设兵团第一师高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）

新疆维吾尔自治区生产建设兵团第一师高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试卷
相对质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 C 12 Cu 64 Fe 56 Zn 65
第Ⅰ卷(选择题 共50分)
一、单项选择题(25个小题，每题2分，共50分)
1. 为达到下列实验目的，所采用的方法正确的是（ ）
A. 分离饱和食盐水和沙子的混合物——过滤
B. 分离水和汽油的混合物——蒸馏
C. 从硝酸钾和氯化钾混合液中获取硝酸钾——蒸发
D. 从溴水中提取溴——分液
【答案】A
【解析】试题分析：A．沙子不溶于水，食盐溶于水；
B．水和汽油的混合物分层；
C．硝酸钾、KCl的溶解度受温度影响不同；
D．溴水不分层，溴易溶于有机溶剂，不易溶于水．
解：A．沙子不溶于水，食盐溶于水，则利用过滤法可分离，故A正确；
B．水和汽油的混合物分层，则利用分液法可分离，故B错误；
C．硝酸钾、KCl的溶解度受温度影响不同，若蒸发均从溶液中析出，应利用结晶法分离，故C错误；
D．溴水不分层，不能利用分液分离，溴易溶于有机溶剂，不易溶于水，应利用萃取分离，故D错误；
故选A．
2.仪器名称为“分液漏斗”的是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】A仪器的名称为量筒，B仪器的名称为容量瓶，C仪器的名称为烧瓶，D仪器的名称为分液漏斗。
故选D。
3.赏心悦目的雕花玻璃是用下列物质中的一种对玻璃进行刻蚀而制成的，这种物质是( 　)
A. 硫酸 B. 烧碱 C. 盐酸 D. 氢氟酸
【答案】D
【详解】A、硫酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选A项；
B、烧碱与二氧化硅反应缓慢，且生成的硅酸钠具有一定的粘性，与二氧化硅难以分离，不方便刻蚀，故不选B项；
C、盐酸和二氧化硅不反应，不能用于在玻璃上进行刻蚀，故不选C项；
D、氢氟酸与二氧化硅易反应，生产四氟化硅气体，能在玻璃上进行刻蚀，故选D项。
综上所述，本题正确答案为D。
4. 下列物质按纯净物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为（ ）
A. 浓硫酸、空气、小苏打、乙醇
B. 生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫
C. 明矾、盐酸、碳酸钙、氯气
D. 冰水混合物、氨水、纯碱、干冰
【答案】D
【解析】A．浓硫酸是混合物，空气是混合物，小苏打是电解质，乙醇是非电解质，故A错误；
B．生石灰是纯净物，漂白粉是混合物，铁是单质，既不是电解质也不是非电解质，二氧化硫是非电解质，故B错误；
C．明矾是纯净物，盐酸是混合物，碳酸钙是电解质，氯气既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．冰水混合物是纯净物，氨水是混合物，纯碱是电解质，干冰是非电解质，故D正确；
5.NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A. 1molCl2与足量Fe反应，转移的电子数为3NA
B. Na2O2与CO2反应生成11.2LO2（标准状况），反应中转移的电子数为2NA
C. 在标准状况下，22.4LSO3所含的氧原子数目为3NA
D. 1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子
【答案】D
【解析】A、氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A错误；
B、过氧化钠与二氧化碳反应时，氧元素的价态由﹣1价变为0价，故当生成11.2L氧气即0.5mol氧气时，转移1mol电子即NA个，故B错误；
C、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氧原子的个数，故C错误；
D、由于钠和氧气反应后变为+1价，故1mol钠失去1mol电子即NA个，故D正确．
6.下列离子方程式书写正确的是(　　)
①少量Cl2通入FeI2溶液中：Cl2＋2I‾＝2Cl‾＋I2
②Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3＋3H+＝Fe3+＋3H2O
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2+＋2ClO‾＋H2O＋SO2＝CaSO3↓＋2HClO
④FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应：2Fe2+＋2Br‾＋2Cl2＝2Fe3+＋4Cl‾＋Br2
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水：HCO＋Ca2+＋OH‾＝CaCO3↓＋H2O
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：H+＋SO＋Ba2+＋OH‾＝BaSO4↓＋H2O
⑦Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2＋H2O＝2Na+＋2OH‾＋O2↑
A. ①②⑤⑦ B. ①②③⑥ C. ③④⑤⑦ D. ①④⑤⑥
【答案】D
【详解】①少量Cl2通入FeI2溶液中离子反应为：Cl2＋2I‾＝2Cl‾＋I2，故①正确；
②Fe(OH)3溶于氢碘酸的离子反应为2Fe(OH)3+6H++2I-═2Fe2++6H2O+I2，故②错误；
③向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2+＋2ClO‾＋H2O＋SO2＝CaSO4↓＋H++Cl-+HClO，故③错误；
④FeBr2溶液与等物质的量Cl2反应的离子反应为2Fe2+＋2Br‾＋2Cl2＝2Fe3+＋4Cl‾＋Br2，故④正确；
⑤向小苏打溶液中加入过量的澄清石灰水的离子反应为HCO＋Ca2+＋OH‾＝CaCO3↓＋H2O，故⑤正确；
⑥硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合的离子反应为H+＋SO＋Ba2+＋OH‾＝BaSO4↓＋H2O，故⑥正确；
⑦Na2O2与H2O反应制备O2的离子反应为2Na2O2＋2H2O＝4Na+＋4OH‾＋O2↑，故⑦错误。
故选D。
7. 某同学对一无色透明溶液进行分析得出该溶液中含有下列某组离子，你认为该组离子应该是
A. Al3+、NO3―、K+、SO42ˉ B. Ca2+、H+、CO32ˉ、AlO2―
C. OHˉ、SO42ˉ、NH4+、Al3+ D. Fe3+、Mg2+、NO3ˉ、Clˉ
【答案】A
【解析】
8.用0.1 mol/L的Na2SO3溶液30 mL,恰好将2×10－3 mol XO4－还原，则元素X在还原产物中的化合价是
A. ＋4 B. ＋3 C. ＋2 D. ＋1
【答案】A
【解析】试题分析：根据得失电子数目守恒，30×10－3×0.1×(6－4)=2×10－3×(7－X)，解得X=4，故选项A正确。
9.下列化合物中，不能通过单质间化合直接制取的是 （ ）
A. FeCl2 B. CuCl2 C. Na2O2 D. Na2O
【答案】A
【解析】A. 氯气与铁发生化合反应生成FeCl3，得不到氯化亚铁，A，A符合；B. 铜与氯气化合生成CuCl2，B不符合；C. 钠与氧气化合生成Na2O2，C不符合；D. 钠在常温下与氧气化合生成Na2O，D不符合，答案选A。
10.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其C(H+)=0.1mol/L，c(Al3＋)＝0.4 mol/L，c()＝0.8 mol/L，则c(K＋)为(　　)
A. 0.15 mol/L B. 0.2 mol/L
C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L
【答案】C
【详解】氢氧根离子浓度很低，可以忽略不计，由电荷守恒可得：c(H+)+c(Al3＋)3+ c(K＋)=c(SO)2，其中c(H+)=0.1mol/L，c(Al3＋)＝0.4 mol/L，c(SO)＝0.8 mol/L，所以c(K＋)=0.3 mol/L，故C项正确。
综上所述，本题正确答案为C。
11.CO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，在下图右侧的Y形管中放置合适的药品，进行合理操作，在BaCl2溶液中可以看到白色沉淀．右侧Y形管中放的药品是( )

A. Cu和浓硝酸 B. CaO和浓氮水
C. Na2SO3和较浓硫酸 D. KMnO4溶液和浓盐酸
【答案】B
【详解】A. Cu和浓硝酸反应生成NO2，通入水中生成硝酸，硝酸和氯化钡以及二氧化碳均不反应，故A错误；
B. CaO和浓氮水反应会生成氨气，氨气通入溶液和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故B正确；
C. Na2SO3和较浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡以及二氧化碳均不反应，故C错误；
D. KMnO4溶液和浓盐酸反应生成氯气，氯气和氯化钡以及二氧化碳均不反应，故D错误。
故选B。
12.向100 mL 1 mol/L的NaOH溶液中通入一定量的SO2后，将所得的溶液蒸干得到5.8 g固体物质，则该固体的成分是(　　)
A. Na2SO3 B. NaHSO3
C. Na2SO3、NaHSO3 D. Na2SO3、NaOH
【答案】D
【详解】n(NaOH)=c×V=1mol•L-1×0.1L=0.1mol，向NaOH溶液中通入SO2，开始时发生的化学反应是2NaOH+SO2= Na2SO3+H2O①，当通入过量SO2时，发生的反应为：NaOH+SO2= NaHSO3②，当100mL1mol·L-1NaOH溶液完全反应，由钠原子守恒可知，如按反应①发生时，生成Na2SO3为0.05mol，依据公式m=M×n计算得出其质量为6.3g，如按反应②进行，生成NaHSO3为0.1mol，依据公式m=M×n计算得出其质量为10.4g；而所得的溶液蒸干得到5.8g固体物质，两个数值均大于5.8g，说明NaOH剩余，则只发生反应①，产物为Na2SO3和NaOH，故D正确。
故选D。
13.关于下列各实验或装置的叙述中，正确的是( )
A. 可用于制取氨气
B. 可验证酸性HCl>H2CO3>H2SiO3
C. 可用于吸收尾气中少量NH3或HCl，并防止倒吸
D. 可用于从酒精水溶液中制取无水乙醇
【答案】C
【详解】A、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后又转化为氯化铵，得不到氨气，A错误；
B、要证明HCl、H2CO3、H2SiO3的酸性强弱，装置中分液漏斗盛放稀盐酸，锥形瓶中盛放碳酸钠，发生反应为Na2CO3+2HCl═CO2↑+2NaCl+H2O，可证明酸性HCl＞H2CO3；由于盐酸具有挥发性，制取的二氧化碳气体中含有HCl，HCl会干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反应，故B错误；
C、氨气或氯化氢不溶于四氯化碳中，因此能防止倒吸，C正确；
D、蒸馏时温度计的水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管出口处，D错误。
故选C。
14.为验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，设计了如下图的装置，以下叙述错误的是（ ）

A. 应先打开活塞再从右侧加稀硝酸
B. 左侧稀硝酸须注满
C. 关闭活塞后铜丝会全部溶解
D. 反应停止后打开活塞气体变成红棕色
【答案】C
【解析】试题分析：A、U形管中含有空气，能氧化NO为NO2，从而干扰实验，因此应先打开活塞再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，A正确；B、左侧Cu与稀硝酸反应生成NO，为防止NO与氧气反应生成NO2气体，左侧须注满稀硝酸，B正确；C、稀硝酸与Cu反应生成NO气体，NO不溶于水，导致左侧压强增大，Cu与稀硝酸分离，Cu不能完全反应，C错误；D、反应停止后打开活塞，分液漏斗中NO与空气接触，被氧化生成红棕色NO2气体，D正确，答案选C。
15. 如图所示：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让潮湿的氯气经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭Ⅱ阀打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂不可能是（ ）

A. 浓H2SO4 B. NaCl溶液 C. Ba(OH)2溶液 D. NaOH溶液
【答案】B
【解析】试题解析：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含有氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，若关闭Ⅱ阀打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色，则可能有两种情况：一是氯气在甲中被干燥，二是氯气被吸收，A．氯气经过浓硫酸被干燥，干燥的氯气不能使有色布条褪色，故A不选；B．而通过饱和NaCl溶液后，湿润的氯气可将红色布条漂白，故B选；C．氯气通过氢氧化钡溶液被吸收，气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，故C不选；D．氯气通过NaOH溶液被吸收，气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色，故D不选。
16. 碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠。现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了0.31g，则原混合物中碳酸钠的质量为（ ）
A. 3.38g B. 4.58g C. 4.16g D. 4.41g
【答案】C
【解析】试题分析：碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解，
设混合物中含有NaHCO3的质量为x，则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O △m
2×84 62
x 0.31g
2×84：62=x：0.31g，解得：x=0.84g，
所以：m(Na2CO3)=5g-m(NaHCO3)=5g-0.84g=4.16g，选项C正确。故选C。
17.下列表述I、II正确并且有因果关系的是(   )
选项
表述I
表述II
A
浓硝酸在光照下颜色变黄
浓硝酸具有不稳定性
B
Cl2和SO2有漂白性
Cl2和SO2均可使含有酚酞的NaOH溶液褪色
C
常温下铁与浓硫酸不反应
可用铁槽车密封运送浓硫酸
D
SiO2有导电性
SiO2可用于制光导纤维
【答案】A
【详解】A、浓硝酸不稳定受热分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸显黄色，陈述I、II正确并且有因果关系，故A正确；
B、氯气无漂白性，与水反应生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，可使含有酚酞的NaOH溶液褪色；二氧化硫能与氢氧化钠反应，消耗氢氧根离子，从而使溶液褪色，不能体现SO2的漂白性，故B错误；
C、常温下铁与浓硫酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则可用铁槽车密封运送浓硫酸，陈述I不合理，故C错误；
D、单质硅有导电性，但是二氧化硅不具备该性质，SiO2可用于制备光导纤维，所以表述错误，故D错误。
故选A。
18.在一定条件下,将体积NO和体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中,充分反应后,容器内残留体积的气体,该气体与空气接触变为红棕色,则为( )
A. 3:2 B. 2:3 C. 8:3 D. 3:8
【答案】C
【详解】在一定条件下，将m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内，充分反应，一氧化氮和氧气全部溶于水时按照下列反应进行，化学方程式为：4NO+ 3O2+2H2O=4HNO3；容器内残留气体为一氧化氮，所以和氧气全部溶于水的一氧化氮气体为m-=，一氧化氮和氧气按照4:3混合溶于水恰好全部溶解，所以：n=4:3，得到m:n=8:3；
所以C选项是正确的。
19.38.4gCu跟适量的浓HNO3反应，Cu全部反应后共收集到气体22.4L(标准状况)，反应中作氧化剂的硝酸与总消耗的HNO3的物质的量比( )
A. 5∶11 B. 6∶11 C. 5∶6 D. 6∶5
【答案】A
【详解】铜的物质的量为：n(Cu)==0.6mol，生成气体的物质的量为： n(气体)==1mol，则被还原的硝酸的物质的量为1mol；
则生成n[Cu(NO3)2]的物质的量为0.6mol，可以知道表现酸性的硝酸的物质的量为0.6mol2=1.2mol，
所以参加反应的硝酸的物质的量为：1mol+1.2mol=2.2mol， 则反应中作氧化剂的硝酸与总消耗的HNO3的物质的量比为1mol：2.2mol=5：11，
所以A选项是正确的。
20. 如图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量．下列选项编号对应的曲线编号错误的是（ ）

A. 向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量
B. 向澄清石灰水中通入SO2至过量
C. 向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量
D. 向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量
【答案】D
【解析】A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量，发生的反应分别为AlO2﹣+H++H2O═Al（OH）3↓，Al（OH）3+3H+═Al3++3H2O，两个反应消耗的盐酸的物质的量之比为1：3，图象符合，故A正确；
B、向澄清石灰水中通入SO2至过量，发生的反应分别为Ca（OH）2+SO2═CaSO3↓+H2O，CaSO3+SO2+H2O═Ca（HSO3）2，两个反应消耗的二氧化硫的物质的量之比为1；1，图象符合，故B正确；
C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，发生的反应分别为OH﹣+H+═H20，Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O，后两个反应消耗的NaOH的物质的量之比为3：1，图象符合，故C正确；
D、向含有等物质的量的Ca（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为2OH﹣+CO2═CO32﹣+H2O，Ca2++CO32﹣═CaCO3↓，CO32﹣+CO2+H2O═2HCO3﹣，CaCO3+CO2+H2O═Ca（HCO3）2，设Ca（OH）2的物质的量为xmol，则KOH也为xmol，所以各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为x，x，x比值为1：1：1，故D错误；故选D．
21.在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L。向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是( )mol/L
A. 0.15 B. 0.225 C. 0.35 D. 0.45
【答案】B
【详解】反应实质为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，1.92g铜粉物质的量==0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，所含氢离子物质的量=0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.1mol/L×2=0.06mol，根据反应离子方程式可以知道铜剩余，根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H+~3Cu2+，得到铜离子物质的量为0.06mol ×=0.0225mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为=0.225mol/L，
所以B选项是正确的。
22.在硝酸铵分解反应中，生成的含氮产物中仅有氮气和硝酸两种，其中被氧化的氮元素和被还原的氮元素物质的量之比为( )
A. 5：3 B. 1：1 C. 5：4 D. 3：5
【答案】A
【详解】硝酸铵中氮元素的化合价分别是＋5价和－3价，最后都变为0价，被氧化的氮原子化合价升高了3，被还原的氮原子化合价降低了5，由于得失电子相等，因此被氧化与被还原的氮原子之比为5∶3。
故选A。
23. 如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案．下列有关操作不可能引发喷泉现象的是（ ）

A. 挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B. 挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C. 用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D. 向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【答案】B
【详解】A、氯气易溶于有机溶剂四氯化碳中，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故A不选；B、氢气不易溶于水，也不会和氢氧化钠反应，所以烧瓶中的气体压强不会有明显的变化，故不能形成喷泉，故B选；C、用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气，导致锥形瓶中液体进入烧瓶中，氨气极易溶于水，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故C不选；D、浓硫酸溶于水时放热的，这样使得浓氨水受热易分解出氨气，锥形瓶中的气体压强增大，将氨水压入烧瓶中，氨水和氯化氢气体反应，烧瓶中的气体压强就会减小，故能形成喷泉，故D不选；故选B。
24.现有CuO和Fe2O3组成的混合物aｇ，向其中加入2mol·L－1的硫酸溶液50mL，恰好完全反应。若将a g该混合物在足量H2中加热，使其充分反应，冷却后剩余固体质量为（ ）
A. 1.6a g B. （a-1.6）g C. (a-3.2) g D. 1.6 g
【答案】B
【解析】略
25.将Cu片放入0.1 mol·L‾1 FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c(Fe3+)∶c(Fe2+)＝2∶1，则Cu2+与原溶液中的Fe3+的物质的量之比为(　　)
A. 4∶1 B. 1∶4 C. 1∶6 D. 6∶1
【答案】C
【详解】将Cu片放入FeCl3 溶液中发生反应：Cu+2Fe3+ =Cu2+ +2Fe2+ ，假设溶液中n（Fe2+ ）=1mol，则溶液中n（Fe3+）=2mol， 
由离子方程式可知，n（Cu2+）=  n（Fe2+）=  ×1mol=0.5mol，反应消耗的n（Fe3+）= n（Fe2+ ）=1mol，则原溶液中的Fe3+的物质的量为n（Fe3+）=2mol+1mol=3mol， 
所以n（Cu2+ ）：n（Fe3+）=0.5mol：3mol=1：6， 
故选C。
第II卷(共50分)
二、填空题(4个小题，共50分)
26.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物二氧化氯。其变化可表述为：2KClO3＋4HCl(浓)===2KCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O。
(1)请分析该反应中电子转移的情况(用双线桥法表示)___________________________。
(2)浓盐酸在反应中显示出来的性质是________
(3)若产生0.1 mol Cl2，则被氧化的HCl的物质的量为________mol。
【答案】(1). (2). 还原性和酸性 (3). 0.2mol
【解析】
【分析】KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，被还原，KClO3为氧化剂，HCl中氯元素化合价由﹣1价升高为Cl2中0价，被氧化，Cl2既是氧化产物也是还原产物；用双箭头表示氧化还原反应电子转移方向和数目时，首先找出得电子的元素及其对应的产物，然后从得电子元素开始画箭头至产物（箭头指向同种元素），箭头上方写生得电子数目，同样方法画出失电子元素电子转移情况。
【详解】（1）KClO3中Cl元素的化合价从+5价降低到+4价，得1个电子，生成ClO2，HCl的氯元素失去1个电子，结合反应中化学计量数，则电子转移的方向和数目为
；
故答案为：；
（2）反应2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，HCl中氯元素化合价由-1价升高到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，浓盐酸体现酸性和还原性；
故答案为：还原性和酸性；
（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，则被氧化的HCl的物质的量为0.1mol×2=0.2mol。
故答案为：0.2mol。
27.已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用示意图中的装置可以实现该反应。

回答下列问题：
(1)A中加入的物质是_______，发生反应的化学方程式是________________________。
(2)B中加入的物质是____________，其作用是_________________。
(3)实验时在C中观察到得现象是_______，发生反应的化学方程式是________________。
(4)实验时在D中观察到得现象是____________________，D中收集到的物质是_____________，检验该物质的方法和现象是______________________。
【答案】(1). 固体NH4Cl和Ca(OH)2 (2). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (3). 碱石灰(或CaO) (4). 除去NH3中的水蒸气 (5). 黑色粉末部分逐渐变为红色 (6). 2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu (7). 出现无色液体 (8). 氨水 (9). 用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝(或用无水CuSO4检验，无水CuSO4变蓝)
【解析】
【分析】根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，所以A处是产生氨气的反应，用氯化铵和氢氧化钙来制取氨气，氨气中混有水蒸气，用碱石灰干燥，氨气易液化，极易吸收水成为氨水，氨水具有碱性，能使红色石蕊试纸变蓝，其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝。
【详解】（1）根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，可知A中加入的是氯化铵和氢氧化钙的固体混合物，加热来制取氨气，发生反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：固体NH4Cl和Ca(OH)2；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O ；
（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收，
故答案为：碱石灰；除去氨气中的水蒸气；
（3）氨气和氧化铜在加热的条件下发生反应生成金属铜、水以及氮气，黑色粉末逐渐变为红色，
故答案为：黑色粉末逐渐变为红色；2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu；
（4）氨气还原氧化铜之后剩余的氨气和产生的水蒸气在冷凝时会形成氨水，具有氨气分子和结晶水的成分，氨水可以使使红色石蕊试纸变蓝，其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝，
故答案为：出现无色液体；氨水；用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝（或用无水硫酸铜检验，无水硫酸铜变蓝）。
28.实验室中需要22．4 l（标准状况）SO2气体。化学小组同学依据化学方程式Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O计算后，取65.0g锌粒与98%的浓H2SO4（）110mL充分反应锌全部溶解，对于制得的气体，有同学认为可能混有杂质。
（1）化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是____________（填分子式）。产生这种结果的主要原因是____________________________________________
（用化学方程式和必要的文字加以说明）
（2）为证实相关分析，化学小组的同学设计了实验，组装了如下装置，对所制取的气体进行探究。

①装置B中加入的试剂_________，作用是_____________________。
②装置D加入的试剂_________，装置F加入的试剂_____________________。
③可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反应后生成的气体中混有某杂质气体的实验现象是______________________________________。
④U型管G的作用为_______________________________________.
【答案】(1). H2 (2). 随着反应的进行，硫酸浓度降低，致使锌与稀硫酸反应生成H2 Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑ (3). NaOH溶液（或KMnO4，其它合理答案也给分） (4). 除去混合气体中的SO2 (5). 浓硫酸 (6). 无水硫酸铜 (7). 装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色 (8). 防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验
【解析】
【详解】(1) 随着反应Zn+2H2SO4（浓） ZnSO4+SO2↑+2H2O的进行，硫酸消耗同时水增加会导致浓硫酸变成稀硫酸，此时就会发生副反应Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑，因此会产生杂质气体H2，故答案为H2；随着反应的进行，硫酸浓度降低，致使锌与稀硫酸反应生成H2， Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑；
（2）①装置B中加入的试剂主要是为了除去产生混合气体中的SO2，再验证有氢气产生，故答案为NaOH溶液（或KMnO4，其它合理答案）；除去混合气体中的SO2；
②装置D加入的试剂目的是除去水，以避免水蒸气对后续反应检验的干扰，故答案为浓硫酸；装置F加入的试剂的目的为检验E处反应是否产生水，所以用无水硫酸铜确定氧化铜来检验，故答案为无水硫酸铜；
③可证实混有氢气的实验现象是氧化铜被还原，同时F中检测到水，故答案为装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色；
④因为F中检测到水才能确定混合气体中有氢气，因此要防止空气中防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验，故答案为防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验。
29.下图中A～J均代表无机物或其水溶液，其中B、D、G是单质，B是地壳中含量最高的金属元素，G是气体，J是磁性材料。

根据图示回答问题：
(1)写出下列物质的化学式：A ______，E______；
(2)反应①的化学方程式是_________________________　；
反应②的化学方程式是___________________________　；
(3)J与盐酸反应的化学方程式是______________________　；
反应后的溶液与足量的D反应的离子方程式是______________________，如何检验最后溶液中的阳离子：______________________________________。
(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为________________________。
【答案】(1). Fe2O3 (2). Al2O3 (3). 2Al+NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ (4). 3Fe+4H2OFe3O4+3H2 (5). Fe3O4+8HCl=FeCl2+FeCl3+4H2O (6). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (7). 取少量溶液与试管中滴加硫氰化钾溶液，不变色，再通入氯气变血红色，证明含有二价铁离子(8). 2Fe3+ +3ClO-+10OH- =2FeO42-+3Cl-+5H2O((或
2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O)
【解析】
【分析】此题为框图型推断题，解题的突破口有： B地壳中含量最高的金属，为Al；J为磁性材料，故为Fe3O4，②反应条件为高温，该反应为铁和水蒸气的反应G为氢气；B（Al）和C反应生成G（H2）和F，I加入过量NaOH得到F，故C为NaOH，F为NaAlO2，结合A和B的反应条件为高温，可知为铝热反应，D为Fe，E为Al2O3，据此解答。
【详解】(1)根据以上分析，A和B在高温下的反应为Al与Fe2O3在高温下发生的铝热反应，生成和Al2O3和Fe，故A的化学式为：Fe2O3，E的化学式为：Al2O3；
故答案为：Fe2O3；Al2O3；
(2) 根据以上分析，B为Al，C为氢氧化钠溶液，反应①是铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式是2Al+NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；
反应②是铁在高温下和水蒸汽反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式是3Fe+4H2OFe3O4+3H2；
故答案为：2Al+NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；3Fe+4H2OFe3O4+3H2；
(3)J为Fe3O4，Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，化学方程式是Fe3O4+8HCl=FeCl2+FeCl3+4H2O；反应后的溶液含有Fe3+与足量的Fe反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+，最后溶液中的阳离子主要是Fe2+，检验的方法是取少量溶液与试管中滴加硫氰化钾溶液，不变色，再通入氯气变血红色，证明含有二价铁离子。
故答案为：Fe3O4+8HCl=FeCl2+FeCl3+4H2O；2Fe3++Fe=3Fe2+；取少量溶液与试管中滴加硫氰化钾溶液，不变色，再通入氯气变血红色，证明含有二价铁离子；
(4)次氯酸钾中氯+1价具有强氧化性，可将+3价的铁氧化成+6价，用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4，反应的离子方程式为：2Fe3+ +3ClO-+10OH- =2FeO42-+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O)，
故答案为：2Fe3+ +3ClO-+10OH- =2FeO42-+3Cl-+5H2O(或2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O)。