【化学】浙江省临安市於潜中学2018-2019学年高一上学期期末模拟试题（解析版）

浙江省临安市於潜中学2018-2019学年高一上学期期末模拟试题
1.化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是（ ）
A. 在燃煤中加生石灰以减少含硫化合物排放
B. 天然气运输时应悬挂如图所示的标志
C. 面粉生产车间应严禁烟火
D. 金属钠着火时使用泡沫灭火器或水灭火
【答案】D
【详解】A．在煤中添加适量的生石灰，会生成硫酸钙，减少空气中二氧化硫的排放，可降低含硫化合物的排放，故A正确；
B．天然气易燃烧，运输时应悬挂图所示的标志：，故B正确；
C．面粉厂有可燃性的粉尘，遇到焰火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故C正确；
D．钠能与水剧烈反应生成氢气，氢气为易燃气体，而过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，所以金属钠失火时不应使用泡沫灭火器或水灭火，应该用沙土灭火，故D错误；
故答案选D。
2.下列有关化学用语表示中正确的是（ ）
A. 中子数为8的碳原子：148C B. NaClO 中氯的化合价：+ 1
C. 氟离子的结构示意图： D. H2SO4的电离方程式：H2SO4＝H2+＋SO42-
【答案】B
【详解】A. 中子数为8的碳原子可表示为146C，A错误；
B. NaClO中Na是+1价，O是－2价，则根据正负价代数和为0可知氯的化合价为+1，B正确；
C. 氟离子的结构示意图应该为，C错误；
D. H2SO4是二元强酸，电离方程式为H2SO4＝2H+＋SO42-，D错误；
答案选B。
3.下列变化属于物理变化的是（ ）
A. 从海带中提取单质碘 B. 活性炭吸附异味
C. 将黏土烧结成陶瓷 D. 漂白粉漂白织物
【答案】B
【解析】
【分析】有新物质生成的变化为化学变化，无新物质生成的变化为物理变化，据此分析判断。
【详解】A．从海带中提取单质碘，是碘离子通过氧化剂氧化得到碘单质，发生了化学反应，故A不符合；
B．活性炭吸附异味是利用活性炭具有较大表面积，具有吸附作用，过程中无新物质生成为物理变化，故B符合；
C．将黏土烧结成陶瓷过程中有新物质生成，属于化学变化，故C不符合；
D．漂白粉漂白织物，利用次氯酸的强氧化性，能氧化有色物质生成无色物质，故D不符合；
故答案选B。
4.下列物质属于纯净物的是（ ）
A. 液氯 B. 合金 C. 水玻璃 D. 漂白粉
【答案】A
【解析】
【分析】由一种物质组成的是纯净物，由两种或两种以上物质组成的是混合物，据此判断。
【详解】A. 液氯是液态的氯气，是纯净物，A选；
B. 合金是由金属和金属或金属和非金属熔化而成的具有金属特性的物质，属于混合物，B不选；
C. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，C不选；
D. 漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，D不选；
答案选A。
5.除去CO2中的HCl气体，所选用的试剂合理的是（ ）
A. NaOH溶液 B. 氨水
C. 饱和NaHCO3溶液 D. 饱和Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A. NaOH溶液与二氧化碳和氯化氢均反应，不能除去CO2中的HCl气体，A错误；
B. 氨水与二氧化碳和氯化氢均反应，不能除去CO2中的HCl气体，B错误；
C. 饱和NaHCO3溶液与氯化氢反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可除去CO2中的HCl气体，C正确；
D. 饱和Na2CO3溶液与二氧化碳和氯化氢均反应，不能除去CO2中的HCl气体，D错误；
答案选C。
6.当光束通过下列分散系：①烟雾 ②稀硫酸 ③蒸馏水 ④鸡蛋清溶液，能观察到有丁达尔现象的是（　 ）
A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】胶体具有丁达尔现象，结合常见胶体的种类等知识点来解题。
【详解】常见的三种分散系为溶液、胶体、浊液，丁达尔现象是胶体特有的性质，上述四种物质中属于胶体的有烟雾和鸡蛋清溶液，稀硫酸为溶液，蒸馏水是纯净物，二者均不能产生丁达尔效应，故答案选C。
7. 粗略测定草木灰中碳酸钾的含量并检验钾元素的存在，需经过称量、溶解、过滤、蒸发、焰色反应等操作。下列图示对应的操作不规范的是（ ）

A. 称量 B. 溶解 C. 蒸发 D. 焰色反应
【答案】C
【解析】试题分析：A.称量碳酸钠固体，要放在相同的白纸上，且要遵循“左物右码”的原则，A项正确；B.溶解时要用玻璃棒不断搅拌，B项正确；C.蒸发溶液需要用玻璃棒不断搅拌，使受热均匀，C项错误；D.K的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，D项正确；答案选C。
8.下列各组离子能大量共存的是（ ）
A. Fe3+、Cu2＋、Cl－、NO3- B. H+、Na＋、HSO3-、CO32-
C. Ca2+、Fe2＋、SO42-、ClO－ D. Mg2+、NH4+、OH－、HCO3-
【答案】A
【解析】
【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质、发生的反应分析解答。
【详解】A. Fe3+、Cu2＋、Cl－、NO3-在溶液中不反应，可以大量共存，A选；
B. H+与HSO3-、CO32-均反应，不能大量共存，B不选；
C. Fe2＋与ClO－发生氧化还原反应，不能大量共存，C不选；
D. OH－与Mg2+、NH4+、HCO3-均反应，不能大量共存，D不选；
答案选A。
9.下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（ ）
A. Cl2→Clˉ B. Iˉ→I2 C. SO2→SO32- D. CuO→Cu
【答案】B
【解析】
【分析】需加入氧化剂才能实现，则选项中的物质为还原剂的变化，还原剂中元素的化合价升高，以此来解答。
【详解】A．氯气与氢氧化钠溶液反应就能实现Cl2→Clˉ，反应中氯气既是氧化剂也是还原剂，水不是氧化剂也不是还原剂，故A不选；
B．I－→I2中I元素的化合价升高，则需加氧化剂才能实现，故B选；
C．SO2→SO32-中元素的化合价均没有发生变化，不是氧化还原反应，故C不选；
D．CuO→Cu中Cu元素的化合价降低，发生氧化还原反应，加入还原剂才能实现，故D不选；
故答案选B。
10.工业制取高纯硅的反应流程如下，其中有两个反应类型相同，这两个反应的类型是（ ）

A. 置换反应 B. 复分解反应 C. 分解反应 D. 化合反应
【答案】A
【解析】
【详解】二氧化硅在高温下与碳发生反应得到CO和硅，属于置换反应；粗硅和氯气反应得到纯净的SiCl4属于化合反应，在高温下SiCl4与氢气反应可生成硅和氯化氢，属于置换反应，因此两个反应类型相同的是置换反应。答案选A。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，可用滴管将多余液体吸出
B. 焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，然后再进行实验
C. 将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色
D. 取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明该晶体中含有NH4+
【答案】A
【解析】A．定容时，因不慎使液面高于容量瓶的刻度线，如果滴管将多余液体吸出会导致溶质物质的量减少，所以配制溶液浓度偏低，则要重新配制，故A错误；B．用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，去除了其它离子的干扰，且HCl受热以后会挥发，无残留，故B正确；C．氯水中含有盐酸和次氯酸，导致溶液呈酸性，次氯酸具有漂白性，所以将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色，故C正确；D．加入的浓NaOH溶液能和NH4+反应生成NH3，故向样品中加入少量浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明有氨气生成，则晶体中含有NH4+，故D正确；故选A。
12.下列实验操作、现象和结论均正确的是(　　)
选项
实验操作
现象
结论
A
分别加热Na2CO3和NaHCO3固体
试管内壁都有水珠
两种物质均受热分解
B
向酸性KMnO4溶液中滴加足量H2O2
溶液的紫红色消失
双氧水有漂白性
C
向含I‾的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液
加入淀粉后溶液变成蓝色
氧化性：Cl2＞I2
D
向某无色溶液中滴加足量稀盐酸
产生白色沉淀
该无色溶液中一定存在Ag+
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，碳酸钠不能，则只有一个试管中有水珠，故A错误；
B．双氧水具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液的紫红色消失，故B错误；
C．加入淀粉后溶液变成蓝色，可知氯气氧化碘离子生成碘，则氧化性：Cl2＞I2，故C正确；
D．向某无色溶液中滴加足量稀盐酸，产生白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硅酸沉淀，因此该无色溶液中不一定存在Ag+，故D错误；
故答案选C。
13.某盐的混合物中含有0.2 mol／L Na+、0.4 mol／L Mg2+、0.4 mol／L Clˉ，则SO42ˉ为（ ）
A. 0.1 mol／L B. 0.2 mol／L
C. 0.3 mol／L D. 0.4 mol／L
【答案】C
【解析】试题分析：根据溶液呈电中性，则有2c（Mg2+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+2c（SO42﹣），据此计算溶液中SO42ˉ的物质的量浓度．
解：盐的混合物中含有0.2mol/L Na+、0.4mol/L Mg2+、0.4mol/L Clˉ，
根据溶液呈电中性，则有2c（Mg2+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+2c（SO42﹣），故
2c（SO42﹣）=2c（Mg2+）+c（Na+）﹣c（Cl﹣）=2×0.4mol/L+0.2mol/L﹣0.4mol/L=0.6mol/L，
故c（SO42﹣）=0.3mol/L，故选C．
14. 下列各组括号内的试剂或方法不能除去杂质的是（ ）
A. Fe粉中混有Zn粉杂质（稀H2SO4）
B. FeCl3溶液中混有FeCl2杂质（Cl2）
C. NaCl固体中混有I2杂质（加热）
D. SiO2中混有CaCO3杂质（盐酸）
【答案】A
【解析】A．二者都与稀硫酸反应，可加入氢氧化钠溶液除杂，故A错误；
B．FeCl2与氯气反应生成FeCl3，可用氯气除杂，故B正确；
C．碘易升华，可用升华的方法除杂，故C正确；
D．碳酸钙与盐酸反应，可用于除杂，故D正确．
15.下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 碳酸镁溶于盐酸：CO32－＋2H+＝H2O＋CO2↑
B. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2+＋SO42－＝BaSO4↓
C. CuCl2溶液与铁粉反应：3Cu2+＋2Fe＝3Cu＋2Fe3+
D. 金属钠与水反应：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH－＋H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A. 碳酸镁难溶于水，溶于盐酸的方程式为：MgCO3＋2H+＝Mg2+＋H2O＋CO2↑，A错误；
B. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成两种沉淀：2OH－＋Ba2+＋Cu2+＋SO42－＝BaSO4↓＋Cu(OH)2↓，B错误；
C. CuCl2溶液与铁粉反应生成氯化亚铁和铜：Cu2+＋Fe＝Cu＋Fe2+，C错误；
D. 金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH－＋H2↑，D正确；
答案选D。
16.下列实验结论正确的是（ ）
A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉，若加入铁粉充分反应后的溶液无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+
B. 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有SO42－
C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32－
D. 向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该溶液中一定有NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉，若加入铁粉充分反应后的溶液无固体剩余，如果铁粉不足，则溶液中一定有Fe3+，如果恰好反应，则不存在铁离子，A错误；
B. 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡，则该溶液中不一定有SO42－，B错误；
C. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，气体是二氧化碳，原溶液中不一定有CO32－，也可能含有碳酸氢根离子，C错误；
D. 向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体是氨气，则该溶液中一定有NH4+，D正确。
答案选D。
17.四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48。下列说法不正确的是（ ）

A. 原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y)
B. X和W可形成化合物XW3
C. W的非金属性比Z的强，所以W氢化物的沸点比Z的高
D. Z的最低价单核阴离子的失电子能力比Y的强
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y、Z、W四种短周期元素，由位置可知，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期，设Y的原子序数为y，则X的原子序数为y-1，Z的原子序数为y+8，W的原子序数为y+9，X、Y、Z和W的原子序数之和为48，则y-1+y+y+8+y+9=48，解得y=8，所以Y为O，Z为S，W为Cl，X为N，则
A、在同一周期内，自左向右原子半径逐渐减小，原子半径(r)大小比较r(X)＞r(Y)，故A正确；
B、X为N元素，W为Cl元素，可以形成共价化合物NCl3，故B正确；
C、熔沸点为物质的物理性质，氢化物的沸点与分子间作用力有关，与非金属性无关，故C错误；
D、非金属性Z＜Y，故Z的最低价单核阴离子的失电子能力强于Y，故D正确。
综上所述，答案选C。
18.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 标准状况下，11.2 L H2O含有的氢原子数是NA
B. 24 g Mg中含有的电子数是2NA
C. 0.5 mol·L－1K2SO4溶液中含有的钾离子数是NA
D. 常温常压下，3.2 g氧气所含的分子数是0.1NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 标准状况下水不是气体，11.2 L H2O的物质的量不是0.5mol，其中含有的氢原子数不是NA，A错误；
B. 24 g Mg的物质的量是1mol，其中含有的电子数是12NA，B错误；
C. 0.5 mol·L－1K2SO4溶液的体积未知，不能计算其中含有的钾离子数，C错误；
D. 常温常压下，3.2 g氧气的物质的量是0.1mol，所含的分子数是0.1NA，D正确。
答案选D。
19.海洋中有丰富的资源，下图为海水利用的部分过程。下列有关说法正确的是（ ）

A. 由反应①可知：相同温度下，NaHCO3的溶解度大于Na2CO3
B. 通过电解MgCl2·6H2O晶体可以获得Mg单质
C. 反应②的离子方程式为：Br2＋SO2＋2H2O＝SO42－＋2Br—＋4H+
D. 粗盐中含有的Mg2＋、SO42－等杂质离子，可通过依次加入BaCl2溶液、NaOH溶液、盐酸等试剂加以去除
【答案】C
【解析】
【详解】A．往NaCl溶液中通氨气、二氧化碳，得到的沉淀是NaHCO3，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，此过程不能判断NaHCO3的溶解度大于Na2CO3，事实上碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故A错误；
B．镁是活泼的金属，工业上通过电解熔融的氯化镁得到金属镁，故B错误；
C．反应②中二氧化硫溶液与单质溴反应生成硫酸和HBr，反应的离子方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝SO42－＋2Br—＋4H+，故C正确；
D．粗盐中含有的Mg2＋、SO42－等杂质离子，先转化为沉淀，可通过依次加入BaCl2溶液、NaOH溶液、盐酸，但是过量的BaCl2溶液无法除去，应该加入氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠，过滤后在加入盐酸，故D错误。
故答案选C。
20.高铁酸盐可用作净水剂，不仅可以消毒杀菌，还能吸附水中悬浮物，可以用下面反应制得：Fe2O3＋ KOH＋ KClO—K2FeO4＋ KCl＋ H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A. Fe2O3发生氧化反应，被还原 B. KClO失去电子，作氧化剂
C. 该条件下的氧化性：KClO＜K2FeO4 D. 参加反应的n(Fe2O3)∶n(KClO)＝1∶3
【答案】D
【解析】
【分析】反应中Fe元素失电子，Cl元素得电子，结合电子守恒和原子守恒分析。
【详解】A．Fe2O3中铁元素化合价从+3价升高到+6价，失电子，发生氧化反应，被氧化，故A错误；
B．KClO中氯元素化合价从+1价降低到－1价，得到电子，发生还原反应，作氧化剂，故B错误；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则该条件下的氧化性：KClO＞K2FeO4，故C错误；
D．1mol Fe2O3失去6mol电子，1molKClO得电子2mol电子，由电子守恒可知，参加反应的n（Fe2O3）：n（KClO）=2：6=1：3，故D正确。
故答案选D。
21.向一定量的Fe、FeO、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 mol·L‾1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是(　　)
A. 11.2 g B. 5.6 g
C. 2.8 g D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，这说明反应后的溶液中溶质只有FeCl2，而Cl－来自盐酸，所以n(Fe)=n(Fe2+)=1/2(Cl－)=1/2×0.1L×1mol/L=0.05mol。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，根据铁原子守恒可知m(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8 g。答案选C
22.今有一混合物的水溶液，含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Cl﹣、Ba2+、HCO3﹣、SO42﹣，现取两份100m L的该溶液进行如下实验：
（1）第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下的气体448mL；
（2）第二份加足量Ba（OH）2溶液，得沉淀4.30g，再用足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g．
根据上述实验，下列推测正确的是（　　）
A. Ba2+一定存在
B. 100mL该溶液中含0.01mol HCO3﹣
C. Na+不一定存在
D. Cl﹣不确定，可向原溶液中加入AgNO3溶液进行检验
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，Ba2+和SO42-可发生离子反应生成BaSO4沉淀，因此两者不能大量共存。第一份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体448mL，即0.02mol，能和NaOH溶液加热产生气体的只能是NH4+，根据反应NH4++OH-＝NH3↑+H2O，产生NH3为0.02mol，可得NH4+也为0.02mol。第二份加足量氢氧化钡溶液后得干燥沉淀4.30g，经足量盐酸洗涤，干燥后，沉淀质量为2.33g。部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应HCO3-+Ba2++OH-＝BaCO3↓+H2O、SO42-+Ba2+＝BaSO4↓，因为BaCO3+2HCl＝BaCl2+CO2↑+H2O而使BaCO3溶解。因此溶液中一定存在HCO3﹣、SO42﹣，一定不存在Ba2+。由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为4.30g-2.33g＝1.97g，物质的量为0.01mol，根据原子守恒，所以100mL该溶液中含0.1mol HCO3-，由上述分析可得，溶液中一定存在HCO3﹣、SO42﹣、NH4+，其物质的量分别为：0.01mol、0.01mol、0.02mol，根据溶液中电荷守恒可知Na+一定存在，则
A、钡离子一定不存在，故A错误；
B、100mL该溶液中含0.01mol的碳酸氢根离子，故B正确；
C、根据电荷守恒可知钠离子一定存在，故C错误；
D、不能确定氯离子是否存在，向原溶液中加入AgNO3溶液不能检验氯离子是否存在，因为存在硫酸根离子，硫酸银是白色沉淀，干扰氯离子检验，故D错误。
故答案选B。
23.按要求回答下列问题：
（1）工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和____（填名称）。
（2）工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的____性。
（3）盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用____塞（填“玻璃”或“橡胶）。
（4）用四氯化碳萃取溴水后，分液时水层从分液漏斗的____（填“下口放出”或“上口倒出）。
（5）工业上制印刷电路板时，每溶解3.20 g铜转移电子的物质的量是____mol。
【答案】(1). 石灰石 (2). 还原 (3). 橡胶 (4). 上口倒出 (5). 0.1
【解析】
【分析】（1）根据工业上制备玻璃的原料分析解答；
（2）根据钠是活泼的金属分析解答；
（3）根据二氧化硅能和氢氧化钠溶液反应分析判断；
（4）根据四氯化碳的密度大于水分析；
（5）根据铜元素的化合价变化计算。
【详解】（1）工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和石灰石。
（2）钠是活泼的金属，极易失去电子被氧化，工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的还原性。
（3）由于玻璃中的二氧化硅能与氢氧化钠溶液反应生成黏性较强的硅酸钠，而使玻璃塞和瓶口粘合在一起不易打开，因此盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞。
（4）四氯化碳的密度大于水的密度，用四氯化碳萃取溴水后，有机层在下层，分液时水层从分液漏斗的上口倒出。
（5）工业上制印刷电路板时，每溶解3.20 g铜，铜的物质的量是3.2g÷64g/mol＝0.05mol，铜元素化合价从0价升高到+2价，失去2个电子，则转移电子的物质的量是0.05mol×2＝0.1mol。
24.已知X、Y、Z、W、L为五种短周期元素，非金属元素X最外层电子数与其周期序数相同，Y的最外层电子数是其所在周期数的2倍。Y在Z中充分燃烧能生成其最高价化合物YZ2。W+与Z2-具有相同的电子数。X在L中燃烧，产物XL溶于水得到一种强酸。请回答下列问题：
（1）X在周期表中的位置是_____。请写出实验室制备单质L的化学方程式______，尾气处理的离子方程式____________。
（2）由X分别与Y、Z形成的最简单化合物的稳定性关系为___________________。
（3）由X、Y、Z、W组成的一种盐，在面食中有大量使用，在其水溶液中滴入由X、Y、Z形成的厨房中常见的一种酸，反应的离子方程式为______________。
【答案】(1). 第一周期第ⅠA (2). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (3). Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O (4). H2O＞CH4 (5). CH3COOH+HCO3－＝CH3COO－+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、L为五种短周期元素，非金属元素X最外层电子数与其周期序数相同，则X为H，Y的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则Y为C或S，Y在Z中充分燃烧能生成其最高价化合物YZ2，则Y应为C，Z为O，W+与Z2-具有相同的电子数，则W为Na，X在L中燃烧，产物XL溶于水得到一种强酸，则L为Cl，据此解答。
【详解】根据以上分析可知X为H，Y为C，Z为O，W为Na，L为Cl，则
（1）X为H，在周期表中的位置是第一周期IA族；实验室制备氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；氯气有毒，其尾气用氢氧化钠吸收处理，其离子方程式为Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O；
（2）由X分别与Y、Z形成的最简单化合物为CH4、H2O，元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性也越强，由于氧的非金属性强于碳，所以CH4、H2O的稳定性关系为H2O＞CH4；
（3）由X、Y、Z、W组成的一种盐，在面食中有大量使用，应为NaHCO3，由X、Y、Z形成的厨房中常见的一种酸为醋酸，NaHCO3与CH3COOH反应的离子方程式为CH3COOH+HCO3－＝CH3COO－+H2O+CO2↑。
25. 化学反应是化学实验现象的本质，根据描述回答下列问题：
（1）在BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成，若先通入或加入下列的另一种物质，再通入SO2不能看到沉淀的有 （填序号）．
①Cl2②NaOH③HCl④FeCl3溶液⑤CO2⑥H2S⑦NH3⑧NaClO溶液
（2）图中A、B、C之间有以下的转化关系（副产物已略去）；

则下列说法正确的是
a．若A是非金属单质，则C与水反应的生成物可能是强酸或弱酸
b．若A是金属单质，则C与水反应的生成物可能是强碱
c．若A是化合物，则C与水反应的生成物可能是强酸
（3）离子方程式是重要的化学用语．下列是有关离子方程式的一些错误观点，请在下列表格相应的“离子方程式”否定这些观点．
反应物从下列物质中选取：Na、Fe、H2O、H2SO4、HCl、NaOH、Ba（OH）2、CuSO4


错误观点

“否定的”离子方程式

①
所有的离子方程式均可以表示一类化学反应

②

所有酸碱中和反应均可表示为
H++OH﹣═H2O


【答案】（1）③⑤；（2）2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O．
【解析】（1）①Cl2具有氧化性，在溶液中将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故①不选；
②NaOH与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故②不选；
③HCl与SO2都不与BaCl2反应，通入SO2与HCl都不会生成沉淀，故③选；
④FeCl3溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故④不选；
⑤SO2与CO2都不与BaCl2反应，并且所对应的酸都比盐酸弱，通入SO2与CO2都不会生成沉淀，故⑤选；
⑥H2S与二氧化硫反应生成硫沉淀，故⑥不选；
⑦通入NH3溶液呈碱性，溶液中生成大量的SO32﹣离子，生成沉淀BaSO3，故⑦不选；
⑧NaClO溶液具有氧化性，将SO2氧化为SO42﹣离子，生成沉淀BaSO4，故⑧不选；故答案为：③⑤；
（2）a．若A是非金属单质，则C与水反应的生成物可能是强酸或弱酸，如A是碳单质，X为氧气，B为CO、C为CO2，二氧化碳和水反应生成碳酸为弱酸，如A为S，X为氧气，B为SO2，C为SO3，三氧化硫与水反应生成硫酸为强酸，故a正确；
b．若A是金属单质，则C与水反应的生成物可能是强碱，如A是钠，X为氧气，B为氧化钠，C为过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，故b正确；
c．若A是化合物，则C与水反应的生成物可能是强酸，如A是氨气，X为氧气，B为NO，C为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸为强酸，故c正确，故选：abc；
（2）①有的离子反应只表示一个化学反应，比如：2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑，
②H++OH﹣=H2O只表示强酸和强碱反应生成可溶性的盐和水的反应，有的酸碱反应不能表示为H++OH﹣=H2O，比如硫酸和氢氧化钡之间的反应：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O，
26.重铬酸钾（K2Cr2O7）溶液是实验和科研中一种常用氧化剂。酸性条件下，Cr2O72－通常被还原为Cr3＋。
（1）某同学欲用K2Cr2O7固体配制500 mL 0.04000 mol·L－1的K2Cr2O7溶液。
①需用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、________。
②应该称取K2Cr2O7固体的质量为_________。
（2）交警常用装有重铬酸钾酒精测试仪检测司机是否酒后驾车，其化学反应原理如下：2K2Cr2O7＋3C2H5OH＋8H2SO4＝2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋2K2SO4＋11H2O。每有1 mol C2H5OH发生反应，转移电子的物质的量是________。
【答案】(1). 胶头滴管、500mL容量瓶 (2). 5.9 (3). 4mol
【解析】
【分析】（1）①依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要的仪器；
②依据m=cVM计算需要溶质的质量；
（2）分析方程式中元素化合价变化分析解答。
【详解】（1）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器：胶头滴管、500mL容量瓶；
②配制500 mL 0.04000 mol·L－1的K2Cr2O7溶液，需要溶质的质量m=0.5L×0.04mol/L×294g/mol=5.88g≈5.9g；
（2）依据方程式：2K2Cr2O7＋3C2H5OH＋8H2SO4＝2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋2K2SO4＋11H2O可知反应中铬元素从+6降到+3价，2molK2Cr2O7参加反应消耗3mol乙醇，转移12mol电子，则每有1mol C2H5OH发生反应，转移电子的物质的量是12mol÷3=4 mol。
27.为进行某些实验的探究，某兴趣小组设计了如下装置。

（1）为探究浓硫酸与木炭反应的全部产物，分液漏斗中盛浓硫酸，圆底烧瓶中放木炭。
①装置B中试剂的名称是________。
②装置C、D、E中所盛放的试剂分别是品红、酸性KMnO4溶液和澄清的石灰水。C装置的作用是________，确认产物中含有CO2的实验现象是________。
（2）为了制取无水氯化铜，上述装置中的分液漏斗中盛浓盐酸，圆底烧瓶中放MnO2，B中放铜粉并在玻璃管下添加酒精灯，且将B装置平移至D与E之间。
①此时C、D中依次加入的试剂分别是________。
②若E中为NaOH溶液用于尾气吸收，常温下发生反应的离子方程式为________。
③实验结束时，应首先熄灭装置B下面的酒精灯，其目的是________。
【答案】(1). 无水硫酸铜 (2). 检验SO2气体 (3). D中溶液不褪色，E中产生白色沉淀 (4). 饱和食盐水、浓硫酸 (5). Cl2+2OH-==Cl-+ClO-+H2O (6). 防止倒吸
【解析】
【分析】（1）浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，可用硫酸铜检验水，用品红溶液检验二氧化硫，用澄清石灰水检验二氧化碳，据此判断；
（2）由于生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，需要利用饱和食盐水、浓硫酸净化氯气，最后为尾气处理装置，以此解答该题。
【详解】（1）①由于检验二氧化硫或二氧化碳均会带出水蒸气，因此首先检验水蒸气，则装置B中试剂为无水硫酸铜，用于检验水；
②二氧化硫能使品红溶液褪色，C用于检验二氧化硫。由于二氧化硫会干扰二氧化碳的检验，则需要利用D中高锰酸钾除去二氧化硫，最后用E中澄清石灰水变浑浊检验二氧化碳，因此确认产物中含有CO2的实验现象是D中溶液不褪色，E中产生白色沉淀；
（2）①氯气和铜反应时应该是纯净干燥的氯气，而生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，则C为饱和食盐水，用于除去氯化氢，D为浓硫酸，起到干燥作用，即C、D中依次加入的试剂分别是饱和食盐水、浓硫酸；
②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O；
③实验结束时，应首先熄灭装置B下面的酒精灯，在熄灭A装置的酒精灯，可起到防止倒吸的作用。
28.在加热条件下，用二氧化锰与足量浓盐酸反应，制得氯气0.56L（标准状况）。问：
（1）理论上需要消耗MnO2的质量为__________。
（2）被氧化的HCl的物质的量是__________。
【答案】(1). 2.175g (2). 0.05mol
【解析】
【分析】根据n＝V/Vm计算氯气的物质的量，结合反应的方程式计算消耗的二氧化锰以及被氧化的氯化氢的量。
【详解】（1）标况下0.56L氯气的物质的量是0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，根据方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知理论上需要消耗MnO2为0.025mol，质量是0.025mol×87g/mol＝2.175g；
（2）氯化氢被氧化生成氯气，则根据氯原子守恒可知被氧化的HCl的物质的量是0.025mol×2＝0.05mol。
29.向1 L FeCl3与CuCl2的混合溶液（其中Cu2+浓度为0.05 mol·L－1）中加入一定量的Fe粉，充分反应后过滤，剩余固体质量为6.0 g，向滤液中加入足量的AgNO3溶液，生成57.4 g沉淀。
（1）剩余固体成分为_____________。
（2）加入Fe粉的质量为__________ g。
（3）原溶液中Fe3+浓度为_______________ mol·L－1。
（4）反应后溶液中Fe2+浓度为_________________mol·L－1。
【答案】(1). 铜和铁 (2). 8.4 (3). 0.1 (4). 0.2
【解析】
【分析】氧化性Fe3+＞Cu2+，加入一定量的Fe粉，充分反应后过滤，剩余固体质量为6.0g，说明铁离子全部反应，剩余固体一定含Cu，根据原溶液中铜离子的物质的量计算固体中剩余的铁；根据氯化银的质量计算溶液中氯离子的物质的量，结合电荷守恒以及有关反应的方程式分析解答。
【详解】（1）氧化性Fe3+＞Cu2+，加入一定量的Fe粉，充分反应后过滤，剩余固体质量为6.0g，说明铁离子全部反应，剩余固体一定含Cu，原溶液中含铜离子为1L×0.05mol/L×64g/mol=3.2g，则剩余固体中含Fe为6.0g-3.2g=2.8g；
（2）向滤液中加入足量的AgNO3溶液，生成57.4g沉淀，n（Cl-）=n（AgCl）=57.4g÷143.5g/mol=0.4mol，由电荷守恒可知，原溶液中c（Fe3+）=(0.4mol/L－0.05mol/L×2)/3=0.1mol/L，由Fe+2Fe3+＝3Fe2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu可知，加入Fe粉的质量为2.8g+0.1mol/L×1L×0.5×56g/mol+1L×0.05mol/L×56g/mol=8.4 g；
（3）根据以上分析可知原溶液中Fe3+浓度为0.1 mol•L-1；
（4）反应后溶液中只有氯化亚铁，根据氯离子的物质的量可知氯化亚铁的物质的量是0.4mol÷2=0.2mol，则Fe2+浓度为0.2mol÷1L=0.2mol/L。