【化学】贵州省剑河县二中2018-2019学年高一12月份考试试题（解析版）

贵州省剑河县二中2018-2019学年高一12月份考试试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间120分钟。
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
分卷I
一、单选题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.“纳米技术”广泛应用于催化及军事科学中，“纳米材料”是粒子直径在1～100 nm(纳米)之间的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质(　　)
①是溶液　②是胶体　③是浊液　④不能透过滤纸
⑤能透过滤纸　⑥能产生丁达尔效应　⑦静置后，会析出黑色沉淀
A. ②⑤⑥ B. ②⑥⑦ C. ①⑤ D. ③④⑦
【答案】A
【解析】试题分析：纳米粒子的直径为1～100nm，分散在水中形成胶体，胶体不能透过半透膜，而能通过滤纸，具有丁达尔效应，因此选项A正确。
2.amol O2和amol O3相比较一定相同的是（　　）
A. 体积 B. 原子数 C. 分子数 D. 质量
【答案】C
【解析】
【详解】A. 温度和压强不能确定，则二者的体积不一定相等，A错误；
B. amol O2和amol O3的原子数之比是2：3，B错误；
C. 根据N＝nNA可知在物质的量相等的条件下，其分子数相等，C正确；
D. 根据m＝nM可知在物质的量相等的条件下，其质量之比为32：48＝2：3，D错误；
答案选C。
3.下列物质中，与6 g CO(NH2)2(尿素)含氮物质的量不相同的是(　　)
A. 3.4 g氨气 B. 0.1 mol硝酸铵
C. 5.35 g氯化铵 D. 13.2 g硫酸铵
【答案】C
【解析】
【详解】6 g CO(NH2)2(尿素)的物质的量是6g÷60g/mol＝0.1mol，含氮的物质的量为0.4mol。则
A. 3.4 g氨气的物质的量是3.4g÷17g/mol＝0.2mol，含氮的物质的量为0.2mol，A不选。
B. 0.1 mol硝酸铵含氮的物质的量为0.2mol，B不选。
C. 5.35 g氯化铵的物质的量是5.35g÷53.5g/mol＝0.1mol，含氮的物质的量为0.4mol，C选。
D. 13.2 g硫酸铵的物质的量是13.2g÷132g/mol＝0.1mol，含氮的物质的量为0.2mol，D不选。
答案选C。
4.在同温、同压条件下，物质的量相同的氮气与氢气之间的关系不正确的是(　　)
A. 体积都是22.4 L B. 具有相同的体积
C. 具有相同的原子数 D. 具有相同的分子数目
【答案】A
【解析】
【分析】同温同压下，气体摩尔体积相等，物质的量相等的N2气体与H2气体，根据V=nVm、N=nNA结合分子结构计算。
【详解】同温同压下，气体摩尔体积相等，物质的量相等的N2气体与H2气体，则
A．因为温度和压强未知无法确定其摩尔体积，所以不能计算其体积具体数值，故A错误；
B．根据V=nVm知，气体摩尔体积相等时其物质的量与体积成正比，气体的物质的量相等，所以其体积相等，故B正确；
C．根据N=nNA知，气体的分子数与物质的量成正比，物质的量相等，所以其分子总数相等，每个分子中原子个数相等，所以其总原子数相等，故C正确；
D．根据C知，二者的分子数相等，故D正确；
故答案选A。
5.据中央电视台报道，近年来我国的一些沿江城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系(　　)
A. 乳浊液 B. 溶液 C. 胶体 D. 悬浊液
【答案】C
【解析】分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：C．
6.有K2SO4和Al2（SO4）3的混合溶液，已知其中Al3+的物质的量浓度为0.4 mol•L﹣1，SO42—的物质的量浓度为0.7 mol•L﹣1，则此溶液中K+的物质的量浓度（mol•L﹣1）为（　　）
A. 0.1 B. 0.15 C. 0.2 D. 0.25
【答案】C
【解析】
【分析】电解质溶液中存在电荷守恒，溶液中阳离子带正电荷总数等于阴离子带负电荷总数，溶液呈电中性。
【详解】溶液中存在的离子有：K＋、Al3+、SO42-，根据电荷守恒定律可知，K＋的物质的量浓度为0.7 mol/L×2－0.4mol/L×3＝0.2mol/L；正确选项C。
7.下列反应中关于“H2O”的说法错误的是（　　）
A. 2F2+2H2O=4HF+O2反应中，水作还原剂，失电子
B. 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑反应中，水被氧化
C. CH4+2O2=CO2+2H2O反应中，H2O是还原产物
D. Na2O+H2O=2Na++2OH﹣反应中，水既不是氧化剂也不是还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】A、2F2+2H2O＝4HF+O2反应中水中的氧由负-2价变0价失电子，水作还原剂，故A正确；
B、2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑反应中水中氢由+1价变0价得到电子，被还原，是氧化剂，故B错误；
C、CH4+2O2＝CO2+2H2O反应中氧气是氧化剂，所以水是还原产物，故C正确；
D、Na2O+H2O＝2Na++2OH﹣反应中，无元素化合价的变化，所以水既不是氧化剂也不是还原剂，故D正确；
故答案选B。
8.下图为蒸馏实验装置图，图中标示的四种仪器名称不正确的是(　　)

A. 酒精灯 B. 蒸馏烧瓶 C. 冷凝管 D. 烧瓶
【答案】D
【解析】
【详解】根据装置图，A为酒精灯、B为蒸馏烧瓶、C为冷凝管、D为锥形瓶，D的名称不正确，故选D。
9.下面做法或物质用途的叙述中错误的是(　　)
A. 盐卤可用于制豆腐 B. 活性炭作吸附剂
C. 以无水酒精作外科消毒剂 D. 明矾作净水剂
【答案】C
【解析】
【详解】A. 盐卤可用于制豆腐利用的是胶体遇到电解质发生聚沉，A正确；
B. 活性炭的表面积大，吸附性强，可作吸附剂，B正确；
C. 以70%酒精作外科消毒剂，不是无水酒精，C错误；
D. 明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，可作净水剂，D正确；
答案选C。
10.标准状况下，700 L氨气溶于1 L水得到密度为0.9 g·cm－3的饱和氨水，则该氨水的物质的量浓度约为(　　)
A. 16.4 mol·L－1 B. 17.4 mol·L－1 C. 18.4 mol·L－1 D. 19.4 mol·L－1
【答案】C
【解析】试题分析：令氨气为700L，则水为1L，氨气的物质的量==mol，
氨气的质量=mol×17g/mol=g，水的质量=1L×1000g/L=1000g，
溶液的体积==L，
所得氨水的物质的量浓度=mol÷L==18.37mol/L，故选C。
11.下列变化一定需要加入还原剂才能实现的是（　　）
A. HCO3—→CO2 B. HCl→Cl2
C. KClO3→KCl D. MnO4—→Mn2+
【答案】D
【解析】试题分析：A、碳酸氢根离子变成二氧化碳，不是氧化还原反应，不选A；B、氯化氢变氯气，氯元素化合价升高，做还原剂，需要加入氧化剂，错误，不选B；C、氯元素化合价降低，但氯酸钾受热分解就可以实现，不需要加入还原剂，错误，不选C；D、锰元素化合价降低，做氧化剂，需要加入还原剂才能实现，选D。
12.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是(　　)
A. 氨气 B. 氯气 C. 硝酸铵 D. 硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】溶于水或在熔融状态下均不能够导电的化合物是非电解质，含有自由移动电子或离子的物质可以导电，据此判断。
【详解】A．NH3的水溶液能导电，是因NH3和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成离子而导电，即发生电离不是NH3本身，故NH3属于非电解质，故A正确；
B．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．硝酸铵是盐，溶于水导电，但属于电解质，故C错误；
D．硝酸是一元强酸，溶于水导电，但是电解质，故D错误；
故答案选A。
13.下列各物质所含原子数目，按由大到小顺序排列的是（　　）
①0.5 mol NH3②标准状况下22.4 L He ③4 ℃ 9 mL水 ④19.6 g H3PO4
A. ①④③② B. ④③②①
C. ②③④① D. ①④②③
【答案】A
【解析】
【分析】先计算物质的量，再根据各物质的物质的量以及分子中含有的原子个数来解答。
【详解】①0.5molNH3含有的原子物质的量为0.5mol×4=2mol；②标准状况下22.4L氦气的物质的量为1mol，则所含原子的物质的量为1mol×1=1mol；③4℃9mL水的质量为9g，物质的量为0.5mol，则所含原子的物质的量为0.5mol×3=1.5mol；④0.2mol H3PO4含有的原子物质的量为0.2mol×8=1.6mol；所以所含原子数目，按由大到小顺序排列的是①④③②，故选A。
14.等质量的CO和N2，下列叙述不正确的是（　　）
A. 密度一定相同 B. 分子数一定相同
C. 原子数一定相同 D. 物质的量一定相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．密度ρ=M/Vm，由于气体摩尔体积不一定相同，则二者的密度不一定相同，A错误；
B．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据N=nNA=mNA/M可知，二者含有的分子数一定相同，B正确；
C．CO和N2为双原子分子，根据选项B可知二者分子数相同，则含有原子数也一定相同，C正确；
D．CO和N2的摩尔质量均为28g/mol，根据n=m/M可知二者的物质的量一定相等，D正确；
答案选A。
15.40.5 g某金属氯化物RCl2含有0.6 mol 氯离子，则金属R的摩尔质量为(　　)
A. 135 g B. 135 g·mol－1 C. 64 g D. 64 g·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】因为每个“RCl2”中含2个氯离子，含0.6mol氯离子的RCl2的物质的量为×0.6mol=0.3mol，金属氯化物RCl2的摩尔质量为=135g/mol，即RCl2的式量为135，所以R的相对原子质量为135-35.5×2=64，金属R的摩尔质量为64g/mol，答案选D。
16.在氢硫酸溶液中加入(或通入)少量下列物质： ①O2、②Cl2、③SO2、④CuCl2能使溶液中氢离子浓度增大的是(　　)
A. ①② B. ②③④ C. ②④ D. ②
【答案】C
【解析】
【详解】①H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，2H2S+O2＝S↓+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以溶液中氢离子浓度减小，故①不符合；
②H2S+Cl2＝S+2HCl，氢硫酸属于弱酸，HCl属于强酸，所以溶液酸性增强，则溶液中氢离子浓度增大，故②符合；
③2H2S+SO2＝3S↓+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液中氢离子浓度减小，故③不符合；
④H2S+CuSO4＝CuS↓+H2SO4，氢硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性增强，溶溶液中氢离子浓度增大，故④符合；
故答案选C。
17.将3.72 g由金属钠、氧化钠和过氧化钠组成的混合物与足量水反应，在标准状况下得到672 mL混合气体。将该混合气体用电火花点燃，恰好完全反应，则原混合物中钠、氧化钠、过氧化钠的物质的量之比是(　　)
A. 3∶2∶1 B. 4∶2∶1 C. 2∶1∶1 D. 1∶1∶1
【答案】C
【解析】
【详解】该混合气体通过放电，恰好完全反应，根据方程式2H2+O22H2O可知，氢气和氧气反应的物质的量之比恰好等于它们反应的计量数之比，即氢气和氧气的物质的量之比为2：1，标准状况下得到672mL混合气体，所以氢气的体积为672mL×2/3＝448mL，物质的量为0.02mol。氧气的体积为672mL－448mL＝224mL，物质的量为0.01mol。根据2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑可知钠的物质的量为0.04mol，钠的质量为0.92g；根据2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑可知过氧化钠的物质的量为0.02mol，过氧化钠的质量为0.02mol×78g/mol=1.56g。所以氧化钠的质量为3.72g－0.92g－1.56g＝1.24g，氧化钠的物质的量为1.24g÷62g/mol＝0.02mol，所以原混合物中钠、氧化钠、过氧化钠的物质的量之比0.04mol：0.02mol：0.02mol=2：1：1，答案选C。
18.某溶液中可能存在Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋，加入氢氧化钠溶液，开始时有白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，下列结论中正确的是 (　　)
A. 一定有Fe2＋，一定没有Fe3＋、Mg2＋
B. 一定有Fe3＋，一定没有Fe2＋、Mg2＋
C. 一定有Fe3＋，可能有Fe2＋，一定没有Mg2＋
D. 一定有Fe2＋，可能有Mg2＋，一定没有Fe3＋
【答案】D
【解析】试题分析：加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀，后迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，该变化为亚铁离子与氢氧根离子反应的现象，据此判断一定存在Fe2+；氢氧化铁为红褐色，颜色比白色深，若有Fe3+存在，不会看到溶液中白色沉淀，所以一定不存在Fe3+；Mg2+与氢氧根离子反应生成白色的氢氧化镁沉淀，所以不能确定是否有Mg2+，故各种离子存在情况是：一定有Fe2+，可能有Mg2+，一定没有Fe3+，选项D正确。
19.把ag铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红色粉末的质量仍为ag，则原合金中铁的质量分数为(　　)
A. 70% B. 52.4% C. 47.6% D. 30%
【答案】A
【解析】试题分析：由铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH 溶液，沉淀为氢氧化铁，则经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末为氧化铁，则a g Fe、Al合金→a g Fe2O3，合金中铝的质量等于氧化铁中氧元素的质量，则合金中铁的质量分数等于氧化铁中铁的质量分数，原合金中铁的质量分数为×100%=70%，故选A。
20.将一小块金属钠投入到滴有紫色石蕊试液的盛冷水的烧杯中，甲同学认为可以观察到下列实验现象，其中正确的有 (　　)
①钠投入水中，先沉入水底，后浮出水面　②钠立即与水反应，并有气体产生　③反应后溶液变红　④钠熔化成闪亮的小球　⑤小球在水面上四处游动　⑥有“嘶嘶”的响声发出
A. ①②③④ B. ②③④⑤ C. ②④⑤⑥ D. ③④⑥
【答案】C
【解析】①钠投入水中,钠的密度小于水，所以钠不会沉入水底,故①错误；②2Na+2H2O2NaOH+H2↑，钠立即与水反应,并有气体产生，故②正确；③生成氢氧化钠使石蕊变蓝，反应后溶液变蓝，故③错误；④钠熔点低，反应放热，钠熔成闪亮的小球，故④正确；⑤在氢气的推动下，小球在水面上四处游动，故⑤正确；⑥氢气在钠块与水之间的缝隙中逸出，有“嘶嘶”的响声发出，故⑥正确。故选C。
21.下列检验Cl－的方法正确的是(　　)
A. 在某溶液中滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀说明该溶液中有Cl－
B. 在某溶液中先滴加盐酸，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－
C. 在某溶液中先滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴加盐酸，沉淀不消失，说明溶液中有Cl
D. 在某溶液中滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，说明溶液中有Cl－
【答案】D
【解析】
【分析】氯离子的特征离子反应是可以和银离子反应生成白色不溶于硝酸的白色沉淀，注意排除其它离子的干扰，以此解答该题。
【详解】A．可能生成碳酸银、硫酸银等沉淀，不能说明该溶液中Cl－，故A错误；
B．先滴加盐酸，引入Cl－，不能说明该溶液中有Cl－，故B错误；
C．加入盐酸，不能排除Cl－的干扰，故C错误；
D．因氯化银不能溶解于硝酸，滴加用HNO3酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，可说明溶液中有Cl－，故D正确。
故答案选D。
22.下列可用于判断碳酸氢钠粉末中混有碳酸钠的实验方法及现象是(　　)
A. 加热时无气体放出
B. 滴加盐酸时有气泡放出
C. 溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成
D. 溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠不分解，不能利用加热判断是否混有碳酸钠，故A错误；
B．二者均与盐酸反应生成气体，滴加盐酸时有气泡放出不能判断是否混有碳酸钠，故B错误；
C．碳酸氢钠与氯化钡不反应，而碳酸钠与氯化钡反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加BaCl2稀溶液有白色沉淀生成，可判断存在碳酸钠，故C正确；
D．二者均与石灰水反应生成白色沉淀，则溶于水后滴加澄清石灰水有白色沉淀生成，不能判断是否混有碳酸钠，故D错误。
答案选C。
23.下列反应中说明氨气具有还原性和碱性的是(　　)
A. 2NH3＋3CuO=3Cu＋N2＋3H2O
B. 8NH3＋3Cl3=6NH4Cl＋N2
C. 4NH3＋6NO5N2＋6H2O
D. NH3＋HCl=NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】氨有还原性，则反应中化合价应升高，得到相应的氧化产物，氨有碱性，则应与酸生成相应的盐，据此解答。
【详解】A．在反应2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O中氮元素化合价升高，表现氨气的还原性，无铵盐生成，不能体现氨气的碱性，故A错误；
B．在反应8NH3＋3Cl3＝6NH4Cl＋N2中氮元素化合价升高，表现氨气的还原性，有铵盐生成，说明氨有碱性，故B正确；
C．在反应4NH3＋6NO5N2＋6H2O中，氮元素化合价升高，表现氨气的还原性，无铵盐生成，不能体现氨气的碱性，故C错误；
D．在反应NH3＋HCl＝NH4Cl中氮元素化合价不变，生成铵盐，只体现氨气的碱性，故D错误；
故答案选B。
24.焰色反应可用来检验(　　)
A. 所有元素的存在 B. 所有金属单质的存在
C. 某些金属单质或金属离子的存在 D. 所有非金属元素的存在
【答案】C
【解析】试题分析：焰色反应只能用来检验某些金属元素的存在，不能检验所有元素或所有金属或非金属元素，故C正确。
25.取氯化钠进行焰色反应实验，火焰呈现黄色，显色的原因是(　　)
A. 氯化钠受热挥发 B. 氯化钠受热分解
C. 钠离子中电子跃迁 D. 氯离子中电子跃迁
【答案】C
【解析】
【详解】进行焰色反应时，吸收能量，钠离子电子发生跃迁，产生发射光谱，为黄色，与氯化钠的挥发无关，且在加热条件下氯化钠不能分解，与氯离子的电子跃迁无关。故答案选C。
26.下列离子的检验方法合理的是(　　)
A. 向某溶液中滴入硫氰化钾溶液呈红色，说明不含Fe2＋
B. 向某溶液中通入氯气，然后再加入硫氰化钾溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋
C. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明该溶液中只含有Fe2＋，不含有Mg2＋
【答案】C
【解析】
【详解】A．KSCN溶液与Fe3+溶液作用的方程式为：Fe3++3SCN－＝Fe(SCN)3，而Fe2+与KSCN溶液不反应，如果该溶液既含Fe3+，又含Fe2+，滴加KSCN溶液，溶液呈红色，证明存在Fe3+而不能证明没有Fe2+，故A错误；
B．若原溶液中含Fe2+，通入Cl2，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，滴加KSCN溶液后显红色，若原溶液中不含Fe2+，含有Fe3+，通入Cl2，加入KSCN溶液同样可以变血红色，故B错误；
C．加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+，故C正确；
D．氢氧化镁为白色沉淀，能被红褐色沉淀掩盖，无法确定，故D错误；
故答案选C。
27.某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3＋，他们使用的药品和装置如下图所示，下列说法不合理的是(　　)

A. 能表明I－的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色
B. 装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气
C. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去
D. 为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀
【答案】C
【解析】
【详解】A、B中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O＝2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；
B、二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，因此装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气，故B正确；
C、二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故C错误；
D、铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42－+4H+，加入氯化钡生成白色沉淀说明反应进行生成了硫酸根离子，故D正确；
故答案选C。
28.等质量的镁条分别在①氧气中、②空气中、③氮气中、④二氧化碳中完全燃烧，燃烧后所得固体产物的质量由小到大的顺序是(　　)
A. ②<①<③<④ B. ④＝①＝②＝③
C. ③<②<①<④ D. ③<①<②<④
【答案】C
【解析】试题分析：Mg在氧气中：2Mg＋O22MgO
Mg在空气中：2Mg＋O22MgO(主)；
3Mg＋N2Mg3N2(微量)
Mg在二氧化碳中：2Mg＋CO2C＋2MgO
对于Mg在空气中燃烧的产物质量比较：设有1 mol Mg完全反应：
①MgMgO―→O―→增16 g
②MgMg3N2―→N―→增×14 g＝9.3 g
③MgMgO＋C―→O＋C―→增22 g，故产物质量为④>①>②>③，所以答案选C。
29.0.1 mol某元素的单质直接与足量氯气反应，质量增加7.1 g，这种元素可能是(　　)
A. 钠 B. 铝 C. 铁 D. 铜
【答案】B
【解析】试题分析：由题意确定反应的氯气的物质的量为0.1mol，从而确定化学方程式中某元素与氯气的物质的量之比为1:1，进而确定该元素的化合价为+2价，答案为B。
30.铝具有较强的抗腐蚀性能，主要是因为(　　)
A. 与氧气在常温下不反应 B. 铝性质不活泼
C. 铝表面能形成一层氧化膜 D. 铝耐酸耐碱
【答案】C
【解析】
【详解】通常情况下铝很耐腐蚀，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。答案选C。
分卷II
二、填空题(共6小题,共40分)
31.分析下列反应并按要求填空。
(1)2Fe＋3Cl22FeCl3，氧化剂是___，还原剂是___；发生氧化反应的是____，发生还原反应的是_____。
(2)2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，氧化剂是____，还原剂是_____；被氧化的元素是_____，被还原的元素是__________。
(3)2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，氧化剂是____________，还原剂是____________；发生氧化反应的是____，被还原的元素是__________。
【答案】(1). Cl2 (2). Fe (3). Fe (4). Cl2 (5). KMnO4 (6). KMnO4 (7). KMnO4中的氧元素 (8). KMnO4中的锰元素 (9). SO2 (10). H2S (11). H2S (12). SO2中的硫元素
【解析】
【分析】正确标出各元素的化合价，根据化合价的升降和氧化剂、还原剂、氧化反应、还原反应的概念，进行分析、解题。
【详解】（1）在2Fe＋3Cl22FeCl3反应中，→，化合价降低，Cl2得到电子，Cl2是氧化剂，氯元素被还原，Cl2发生还原反应，FeCl3是还原产物；→，化合价升高，Fe失去电子，Fe是还原剂，铁元素被氧化，Fe发生氧化反应，FeCl3是氧化产物；答案为：Cl2；Fe；Fe ；Cl2。
（2）在2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑中，→ ，→，化合价降低，KMnO4得到电子，KMnO4是氧化剂，锰元素被还原，KMnO4发生还原反应，K2MnO4、MnO2是还原产物；→ ，化合价升高，KMnO4失去电子，KMnO4是还原剂，KMnO4发生氧化反应，O2是氧化产物。所以答案为：KMnO4；KMnO4 ；KMnO4中的氧元素；KMnO4中的锰元素。
（3）在2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O中，SO2中的→，化合价降低，SO2得到电子，SO2是氧化剂，硫元素被还原，SO2发生还原反应，S是还原产物；H2S中的→化合价升高，H2S失去电子，H2S是还原剂，S元素被氧化，H2S发生氧化反应，S是氧化产物；所以答案为：所以答案为： SO2 ；H2S；H2S；SO2中的硫元素。
32.由单质A与化合物B两种粉末组成的混合物，在一定条件下可按如图所示发生转化：

请回答：
(1)A、B的化学式分别为________、________。
(2)反应①的化学方程式：_____________________________________________________。
(3)写出反应②③的离子方程式：
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________。
【答案】 (1). Al (2). Fe2O3 (3). Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe (4). 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2—＋3H2↑ (5). 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
【解析】
【分析】红褐色沉淀I为Fe(OH)3，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe(OH)2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；沉淀J既能与酸反应，又能与碱反应，则应为Al(OH)3，则E为NaAlO2，K为AlCl3，则单质A与化合物B两种粉末组成的混合物在高温下的反应，应为铝热反应，推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，据此分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知A为Al，B为Fe2O3，故答案为：Al；Fe2O3；
(2)反应①为Al和Fe2O3在高温下的铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
(3)Al和Fe2O3混合物中，只有Al能和NaOH溶液反应，反应②为Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；D为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，Fe3+具有强氧化性，能与Fe反应生成Fe2+，反应③的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+。
33.实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的反应为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑。反应中，如果有17.4 g纯MnO2被还原，那么：
(1)被氧化的氯化氢的质量为________________________________________________。
(2)转移电子的物质的量为________________________________________________。
(3)纺织工业中常用氯气作漂白剂，漂白布匹后，过量的氯需要除去，通常可用Na2SO3作“脱氯剂”，脱氯后的产物为Na2SO4，氯变为－1价。若把本题中产生的Cl2完全转化，需要Na2SO3的质量为_________。
【答案】(1). 14.6 g (2). 0.4 mol (3). 25.2 g
【解析】
【详解】（1）消耗二氧化锰的物质的量是17.4g÷87g/mol=0.2mol，则根据方程式可知
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑ 被氧化HCl
1mol 2mol
0.2mol 0.4mol
所以被氧化的氯化氢的质量为0.4mol×36.5g/mol＝14.6g；
（2）反应中氯元素化合价从－1价升高到0价，失去1个电子，这说明每氧化1mol氯化氢转移1mol电子，所以转移电子的物质的量为0.4mol；
（3）被氧化的氯化氢的物质的量是0.4mol，生成氯气是0.2mol。氯气与亚硫酸钠反应生成硫酸钠和氯化钠，反应中亚硫酸钠中的S化合价升高，氯气中Cl化合价降低，设需要Na2SO3的物质的量是x，根据电子守恒可知x×（6-4）＝0.2mol×2×（1-0），解得x＝0.2mol，因此需要Na2SO3的质量是0.2mol×126g/mol＝25.2g。
34.下图表示在没有通风橱时制取纯净的氯气时设计的装置图，图中A、B是可控制的弹簧铁夹。

(1)烧杯中盛放的液体是__________，其作用是_________，水槽中盛放的液体是_________。
(2)简述操作过程：(从氯气已经产生开始)在收集氯气之前，应__________________________；当氯气纯度合乎要求时，应__________________________________，当氯气收集完毕时，应______。
(3)将8.7 g二氧化锰与含氯化氢14.6 g的浓盐酸共热制氯气，甲同学认为可制得氯气 7.1 g，乙同学认为制得氯气的质量小于7.1 g，你认为________(填“甲”或“乙”)同学正确，原因是_________。
【答案】(1). 氢氧化钠溶液 (2). 吸收多余的氯气 (3). 饱和食盐水 (4). 打开B夹，关闭A夹 (5). 打开A夹，关闭B夹 (6). 关闭A夹，打开B夹 (7). 乙 (8). ①浓盐酸易挥发；②随着反应进行，浓盐酸浓度会降低，稀盐酸将不再反应
【解析】
【分析】（1）实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，根据氯气的性质分析解答；
（2）根据氯气的性质判断其收集方法以及尾气处理的方法；
（3）根据反应特点以及稀盐酸和二氧化锰不反应分析解答。
【详解】（1）因为氯气有毒，可污染空气，要进行尾气吸收，并且氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以常用氢氧化钠溶液吸收尾气，烧杯中盛放氢氧化钠溶液收；氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度较小，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气，即水槽中盛放的液体是饱和食盐水；
（2）氯气在饱和氯化钠溶液中的溶解度很小，实验室常用排饱和食盐水法收集氯气，收集时，为得到较为纯净的氯气，应先排除装置内的空气，则应打开B夹，关闭A夹；收集时，应打开A夹，关闭B夹，收集完毕，关闭A夹，打开B夹，多余的气体通入氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染空气；
（3）由于浓盐酸易挥发，随着反应进行，浓盐酸浓度会降低，稀盐酸将不再反应，所以制得氯气的质量小于7.1 g。
35.某化学课外小组所做实验的示意图如图所示：图中“→”表示气体流向， M是一种纯净而干燥的气体，Y为另一种气体，E内有红棕色气体产生，实验所用物质只能由下列物质中选取：Na2CO3、Na2O2、NaCl、Na2O、CaCl2、(NH4)2CO3、碱石灰等固体及蒸馏水。据此实验，完成下列填空：

(1)A中所用装置的主要仪器和药品是______________________。
(2)B中所选的干燥剂是________，其作用是______________________________。
(3)C中发生的主要反应的化学方程式：________________________________。
(4)制取Y气体的D装置所用的主要仪器是__________________________。制取Y气体的化学方程式是________________________。
(5)F中发生反应的化学方程式为__________________________。
【答案】(1). 带铁圈的铁架台、试管、酒精灯、导管、单孔塞、(NH4)2CO3 (2). 碱石灰 (3). 吸收水和二氧化碳 (4). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (5). 锥形瓶、分液漏斗、双孔塞、导气管 (6). 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ (7). 3NO2＋H2O=2HNO3＋NO
【解析】
【分析】“E内有棕色气体产生”是解答此题的突破点，纯净干燥的气体M和Y气在C中通过灼热铂丝后，得红棕色气体，是一个很明显的现象，中学学过的所有气体中，只有NO2是红棕色气体，从本题所限定的反应物中，只能设法从(NH4)2CO3固体获取NO2，由此可以判断C中发生的主要化学反应是氨的铂催化氧化产生的NO继续被氧化，在E中得到棕色NO2气体，所以M和Y两种气体中有一种是NH3，另一种是O2，因为M是固态碳酸盐热分解产生的，而固态碳酸盐热分解不可能生成O2，因此可以得出：M是NH3，Y是O2的结论，据此进行解答。
【详解】碳酸盐分解干燥后M是一种纯净而干燥的气体，只有(NH4)2CO3分解，M只能氨气，B为碱石灰，Y为另一种气体，当与M气体反应时Y气体过量，E内有棕色气体产生，则C中生成NO，D为氧气，E为NO2，F中含有水，通入二氧化氮生成硝酸，则
（1）A中加热分解(NH4)2CO3产生氨气，所需要的仪器有：带铁圈的铁架台、试管、酒精灯、导管、单孔塞；
（2）碳酸铵分解生成氨气、二氧化碳和水，由上述分析可知，B中所选的干燥剂是碱石灰，作用为吸收二氧化碳和水；
（3）C中发生的主要化学反应是氨的铂催化氧化产生的NO和水，反应化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；
（4）Y为氧气，Na2O2和水反应产生氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，所用的主要仪器是锥形瓶、分液漏斗、双孔塞、导气管；
（5）二氧化氮溶于水生成硝酸和NO，方程式为3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO。
36.我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献。他利用NaHCO3、NaCl、NH4C1等物质溶解度的差异，以食盐、氨气、二氧化碳等为原料制得NaHCO3，进而生产出纯碱。以下A、B、 C、 D四个装置可组装成实验室模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的实验装置。装置中分别盛有以下试剂：B：稀硫酸；C：盐酸、碳酸钙；D：含氨的饱和食盐水、水。

四种盐在不同温度下的溶解度(g/100 g水)表(说明：①>35 ℃ NH4HCO3会有分解)

请回答以下问题：
(1)装置的连接顺序应是__________(填字母)。
(2)A装置中盛放的试剂是__________，其作用是___________________。
(3)在实验过程中，需要控制D温度在30℃～35℃，原因是_________________。
(4)反应结束后，将锥形瓶浸在冷水中，析出NaHCO3晶体。用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是除去____(杂质以化学式表示)。
(5)将锥形瓶中的产物过滤后，所得的母液中含有___________(以化学式表示)，加入氯化氢，并进行_________操作，使NaCl溶液循环使用，同时可回收NH4Cl。
【答案】(1). CADB (2). 饱和NaHCO3溶液 (3). 除去CO2中的HCl (4). 温度超过35℃，碳酸氢铵开始分解，温度太低，反应速率降低，不利于反应进行 (5). NaCl、NH4C1、NH4HCO3 (6). NaHCO3、NaCl、NH4C1、NH4HCO3 (7). 结晶
【解析】
【分析】侯氏制碱法，也称为联合制碱法，化学反应原理是用氨气和二氧化碳与氯化钠饱和溶液反应生成碳酸氢钠，然后加热碳酸氢钠制取碳酸钠，总化学反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaCl＝NH4Cl+NaHCO3↓，C装置为反应发生装置，装有盐酸、碳酸钙，制取CO2气体，B装置为尾气处理装置，装有稀硫酸，吸收反应中过量的NH3，D中装有含氨的饱和食盐水，反应要制取NaHCO3，需要除去反应产生的HCl气体，则可判断A装置中应装的是饱和NaHCO3溶液，目的是除去HCl气体，据此分析解答。
【详解】（1）C装置为反应发生装置，B装置为尾气处理装置，装有稀硫酸，吸收反应中过量的NH3，D中装有含氨的饱和食盐水，反应要制取NaHCO3，则可判断A装置中应装的是饱和NaHCO3溶液，因此装置连接顺序为CADB；
（2）利用NaHCO3的溶解度较小，可以析出晶体，可判断A中装的是NaHCO3饱和溶液，作用是除去CO2中的HCl；
（3）D为制取NaHCO3晶体，根据溶解度数据，反应应是先产生NH4HCO3，然后由于NaHCO3的溶解度比NH4HCO3小，对其进行降温处理，继而析出NaHCO3晶体，而要控制温度在30℃～35℃，是由于碳酸氢铵易受热分解，而温度太低，化学反应速率太慢，不利于反应进行；
（4）反应结束后，将锥形瓶浸在冷水中，析出NaHCO3晶体。根据溶液中含有的物质可知用蒸馏水洗涤NaHCO3晶体的目的是除去NaCl、NH4C1、NH4HCO3杂质；
（5）将锥形瓶中的产物过滤后，所得的母液中含有NaHCO3、NaCl、NH4C1、NH4HCO3，加入氯化氢，还可以产生NaCl，而NaCl又是反应的原料，达到循环利用的目的，需进行结晶操作。