【化学】云南省昆明市宜良县一中2018-2019学年12月份考试高一试题（解析版）

云南省昆明市宜良县一中2018-2019学年12月份考试高一试题
1.下列说法中正确是（ ）
A. 电解质与非电解质的本质区别是化合物在一定条件下能否导电
B. 水的导电能力很差，所以水是非电解质
C. 酸、碱、盐都属于电解质，其他化合物都是非电解质
D. 溶于水所得溶液能导电的化合物一定是电解质
【答案】A
【解析】
【分析】电解质是指:在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；电解质在水溶液中或熔融状态下能够导电,是因电解质自身可以离解成自由移动的离子；非电解质是指:在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，据以上分析解答。
【详解】A.根据化合物在水溶液或熔融状态下能否导电对化合物分类，能够导电的化合物为电解质，都不导电的化合物为非电解质，导电的原因为有自由移动的离子，本质区别是在水溶液或熔化状态下能否电离出自由移动的离子，故A正确；
B.纯水的导电性很差，水的电离程度很小，属于弱电解质，故B错误；
C.酸、碱、盐都属于电解质，其他化合物也有可能为电解质，如活泼金属氧化物在熔融状态下也能电离出阴阳离子，能够导电，属于化合物，属于电解质，故C错误；
D.溶于水能导电的化合物不一定是电解质,如三氧化硫和水反应生成硫酸,硫酸能电离出自由移动的阴阳离子,所以三氧化硫的水溶液导电,但电离出离子的物质是硫酸不是三氧化硫，所以三氧化硫是非电解质,故D错误；
综上所述，本题选A。
2.决定一定量的气体体积大小的主要因素是（ ）
A. 气体分子的大小 B. 气体分子的质量
C. 气体分子间平均距离大小 D. 气体分子间作用力大小
【答案】C
【解析】
【分析】因为气体的分子间距离远大于分子本身大小,则决定气体体积的因素主要是气体的分子数目以及分子间距离,以此解答。
【详解】因为气体的分子间距离远大于分子本身大小，则决定气体体积的因素主要是气体的分子数目以及分子间距离，而气体的分子数目一定时，气体分子间距离为影响体积大小的主要因素，与气体分子的质量、分子间作用力大小无关，C正确；
综上所述，本题选C。
3.下列说法中不正确的是（ ）
A. 胶体不均一、不稳定，静置后容易产生沉淀；溶液均一、稳定，静置后不产生沉淀
B. 一种透明液体中加入电解质溶液，若有沉淀生成，则该液体不一定是胶体
C. 当有光束通过时，胶体产生丁达尔效应，溶液不能产生丁达尔效应
D. 放电影时，放映室射到银幕上的光柱是由于胶粒对光的散射形成的
【答案】A
【解析】胶体属于介稳体系，通常情况下稳定，静置后不易产生沉淀或分层。某些电解质溶液中加入另一种电解质溶液时，有可能因发生化学反应而生成沉淀，故B项正确
4.下列粒子不具有还原性的是（ ）
A. H2 B. Fe2＋ C. I－ D. H＋
【答案】D
【解析】
【分析】根据元素的化合价可判断物质具有的性质，当元素的化合价处于最低价态时，只具有还原性，当处于最高价态时，只具有氧化性，当元素化合价处于中间价态时，既具有氧化性又具有还原性。
【详解】A．H2中 H元素的化合价为中间价态，既具有氧化性又具有还原性，以表现还原性为主，故A不选； 
B．Fe2＋中Fe元素化合价处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，故B不选； 
C．I－中碘元素化合价处于最低价态，只具有还原性，故C不选； 
D．H＋中H元素化合价处于最高价态，只具有氧化性，故D选；
综上所述，本题选D。
5.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（ ）
A. 标准状况下，22.4 L水中含有的水分子数为NA
B. 1 mol Fe与足量的盐酸反应电子转移总数为3NA
C. 常温常压下，22 g CO2中含有的氧原子数为NA
D. 500 mL 1 mol·L-1MgCl2溶液中含有Cl﹣数目为0.5NA
【答案】C
【详解】A. 标准状况下，22.4L水物质的量不是1mol，故A错误；
B. 铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1molFe与足量的盐酸反应电子转移总数为，故B错误；
C. 常温常压下，22 g CO2物质的量为0.5mol，其中含有的氧原子数为NA，故C正确；
D. 500mL1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-物质的量为1mol/L×0.5L×2=1mol,含Cl-数为NA，故D错误；
本题答案为C。
6.下列变化中只有通过还原反应才能实现的是（ ）
A. Fe3＋→Fe2＋ B. Mn2＋→
C. Cl－→Cl2 D. N2O3→HNO2
【答案】A
【解析】
【分析】变化中只有通过还原反应才能实现，说明需要加入还原剂，则选项中有关元素的化合价降低，以此来解答。
【详解】A．Fe元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，即只有通过还原反应才能实现，故A符合；
B．Mn元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，即通过氧化反应才能实现，故B不符合；
C．Cl元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，即只有通过氧化反应才能实现，故C不符合；
D．N元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D不符合。
答案选A。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气溶于水：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B. FeSO4溶液与氨水反应的离子方程式：Fe2＋＋2NH3·H2O===Fe(OH)2↓＋NH4+
C. 酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-＋I－＋6H＋===I2＋3H2O
D. NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO2↑
【答案】B
【解析】
【分析】A．次氯酸为弱酸，应保留化学式；
B．FeSO4溶液与氨水反应生成氢氧化亚铁和硫酸铵；
C．电荷不守恒；
D．二者反应生成碳酸钡、氢氧化钠和水；
【详解】A．次氯酸属于弱酸，写成分子形式，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，正确的离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故A错误；
B．FeSO4溶液与氨水反应生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式：Fe2++2NH3•H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+，书写正确，故B正确；
C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，正确的离子方程式：IO3-+I-+6H+═I2+3H2O，故C错误；
D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液反应生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠和水，正确的离子方程式：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故D错误；
综上所述，本题选B。
8.将4 g氢氧化钠溶解在10 mL水中，再稀释成1 L，从中取出10 mL，这10 mL溶液的物质的量浓度是（ ）
A. 1 mol·L－1 B. 0.1 mol·L－1
C. 0.01 mol·L－1 D. 10 mol·L－1
【答案】B
【解析】
【分析】根据公式：n=m/M、c=n/V先计算出10.6 g Na2CO3溶于水后稀释成1 L溶液的浓度，从中取出任意体积的液体，其浓度不变。
【详解】Na2CO3的式量106，10.6g Na2CO3的物质的量为为0.1mol，再稀释成1 L溶液，溶液的浓度为0.1mol/L，从中取出10mL，溶液的溶度保持不变，所以10mL溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1；正确答案：B。
9.设氯原子的质量为ag,12C原子的质量为bg，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法不正确的是（ ）
A. 该氯原子的相对原子质量为 B. mg该氯原子的物质的量为mol
C. 该氯原子的摩尔质量是aNAg D. ng该氯原子所含的电子数是
【答案】C
【详解】A．该氯原子相对原子质量=ag÷[bg×(1/12)]=，故A正确；
B．氯原子的质量为ag，故其摩尔质量为aNAg/mol，故mg该氯原子的物质的量=m g/aNAg/mol=mol，故B正确；
C.1mol氯原子为NA个氯原子，故1mol该氯原子的质量为NA个氯原子质量之和，即1mol该氯原子的质量是aNAg，所以该氯原子的摩尔质量是aNAg/mol，故C错误；
D．氯原子的质量是ag，则ng含有氯原子个数为ng/ag=n/a，一个氯原子含有17个电子，所以n/a个氯原子含有电子数17n/a个，故D正确；
综上所述，本题选C。
10.除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，不需要的实验操作是（ ）
A. 加热溶解 B. 趁热过滤 C. 蒸发结晶 D. 降温结晶
【答案】C
【详解】硝酸钾的溶解度随温度变化大，食盐的溶解度变化不大，除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，先将其加热溶解，在趁热过滤，最后降温结晶，不需要的实验操作是蒸发结晶；
综上所述，本题选C。
11.根据S2＋2e－―→2、Mn2＋＋4H2O―→＋8H＋＋5e－，推测氧化1.5 mol Mn2＋需S2的物质的量为（ ）
A. 1.5 mol B. 3.75 mol C. 3.25 mol D. 3.125 mol
【答案】B
【详解】根据氧化还原反应得失电子数相等，可以得如下关系式：5S2O82-～10e－～2Mn2＋，所以n(S2O82-)＝5/2n(Mn2＋)＝5/2×1.5 mol＝3.75 mol，B正确。
综上所述，本题选B。
12.下列关于容量瓶的说法不正确的是（ ）
A. 容量瓶上一般标有规格、温度和刻度线
B. 容量瓶在使用前要检查是否漏水
C. 可将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释
D. 容量瓶不能长时间盛放所配制的溶液，应及时分装在试剂瓶中
【答案】C
【解析】
【分析】A.容量瓶上标有温度、规格和刻度线；
B.有活塞或塞子的仪器使用前需要检验是否漏水；
C.容量瓶不能用来稀释或固体溶解药品；
D.容量瓶不能保存溶液。
【详解】A.容量瓶上标有温度、规格和刻度线，故A正确；
B.容量瓶有塞子，在使用前要检查是否漏水，故B正确；
C.容量瓶只能用来配制溶液，不能用来稀释或固体溶解药品，故C错误；
D.容量瓶不能加热,不能保存溶液, 应及时分装在细口试剂瓶中，故D正确；
综上所述，本题选C。
13.有NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5 mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为（ ）
A. 1∶1∶2 B. 1∶1∶1 C. 4∶2∶1 D. 1∶2∶4
【答案】C
【解析】
【分析】结合分子的构成及都含有0.5 mol 氧原子进行计算，以此来解答。
【详解】NO、CO2、N2O4三种气体，它们分别都含有0.5 mol 氧原子，即氧原子数相同，设三种气体的物质的量分别为x、y、z，则x×1:y×2: z×4；计算得出x：y：z=4∶2∶1，C正确；
综上所述，本题选C。
14.下列反应可用离子方程式H＋＋OH－===H2O来表示的是（ ）
A. 氢氧化钡和稀硫酸的反应 B. 硫酸氢钠和氢氧化钾的反应
C. 碳酸氢钠和氢氧化钾的反应 D. 氢氧化钠溶液与醋酸的反应
【答案】B
【详解】A.氢氧化钡和硫酸反应的离子反应为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故A不选；
B.硫酸氢钠属于强酸的酸式盐，完全电离出氢离子、钠离子和硫酸根离子，因此和氢氧化钾反应的离子方程式为：H＋＋OH－===H2O，故B选；
C.碳酸氢钠属于弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子不拆，其和氢氧化钾反应的离子方程式为：HCO3-+OH-=CO32-+ H2O，故C不选；
D.醋酸属于弱电解质，不能拆成离子形式，其与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+ H2O，故D不选；
综上所述，本题选B。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 实验室用排水法收集氯气
B. 闻氯气气味时，用手轻轻在集气瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔
C. Cl－和Cl2均有毒
D. Cl－和Cl2均呈黄绿色
【答案】B
【详解】A、氯气能溶于水，在饱和食盐水溶液中几乎不溶，所以实验室用排饱和食盐水法收集氯气，故A错误；
B、氯气有毒，闻氯气气味时，用手轻轻在集气瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔，故B正确；
C、Cl-无毒，Cl2有毒，故C错误；
D、Cl-没有颜色，Cl2呈黄绿色，故D错误；
综上所述，本题选B。
16.某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：
方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是（ ）
A. 溶液A和B均可以是盐酸或氢氧化钠溶液
B. 溶液A和B均可以选用稀硝酸
C. 若溶液B选用氯化铁溶液，则实验难以实现
D. 实验方案Ⅱ更便于实施
【答案】B
【详解】A．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A正确；B．硝酸与铜、铝都能反应，不能用稀硝酸，方案Ⅱ中没有固体剩余，方案Ⅰ中的气体为铜和铝反应后的总量，均无法测定铜铝混合物中铜的质量分数，故B错误；C．若溶液B选用氯化铁溶液，铜和铝均能够与氯化铁反应，不能测定铜铝混合物中铜的质量分数，故C正确；D．测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，因此实验方案Ⅱ更便于实施，故D正确；故选B。
17.金属材料的开发一直是材料科学的研究热点，一些新的金属材料相继被开发出来并应用于工农业生产和高科技领域。例如，铀(U)用作核电厂反应堆的核燃料，镅(Am)在烟雾探测器中用作烟雾监测材料；特点是被誉为“21世纪的金属”——钛(Ti)，应用前景更为广阔。钛(titanium)是一种活泼金属，但因其表面容易形成致密的氧化物保护膜使它不易跟其他物质反应，而具有一定的抗腐蚀能力。除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点。根据以上背景资料及所学知识，你认为下列说法中错误的是（ ）
A. 钛不属于稀土金属
B. 钛是很好的航天航空材料
C. 钛在空气中不与其他物质反应
D. 钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料
【答案】C
【详解】A. 钛位于第四周期，不属于稀土金属，A正确；
B. 钛具有一定的抗腐蚀能力，除此之外，它还具有熔点高、硬度大、可塑性强、密度小等优点，因此是很好的航天航空材料，B正确；
C. 钛在空气中容易被氧气氧化，在其表面容易形成致密的氧化物保护膜，这说明能与氧气反应，C错误；
D. 钛有较好的抗腐蚀能力，是很好的防腐材料，D正确。
答案选C。
18.下列说法正确的是（ ）
①正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0
②严格执行机动车尾气排放标准有利于防止大气污染
③使用二氧化硫和某些含硫化合物进行增白的食品会对人体健康产生损害
④使用氯气对自来水消毒过程中，生成的有机氯化物可能对人体有害
⑤食品厂产生的含丰富氮、磷营养元素的废水可长期排向水库养鱼
A. ①②③ B. ①④⑤ C. ②③④ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】试题分析：①酸雨的pH<5.6，错误；②严格控制汽车尾气排放有利于防止大气污染，正确；③二氧化硫和某些含硫物质对人体有害，正确。④有机氯对人体有害，正确。⑤含丰富氮磷的废水可以造成藻类大量繁殖，不能长期排向水库养鱼，错误。故选C。
19.下列各项正确的是（ ）
A. 镁、铝与沸水不可能反应
B. 铁在一定条件下可以与水反应
C. 钠与水反应的离子方程式：Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
D. 钠和硫酸铜溶液反应的离子方程式：2Na＋Cu2＋===2Na＋＋Cu
【答案】B
【详解】A.镁可以与热水反应，铝可以与沸水反应，A错误；
B.铁在高温下与水蒸气发生反应：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，B正确；
C.钠与水反应的离子方程式：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，C错误；
D.钠先与水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜发生复分解反应，反应的离子方程式：2Na＋2H2O＋Cu2＋===Cu(OH)2↓＋H2↑＋2Na＋，D错误；
综上所述，本题选B。
20.下列关于铁与盐酸反应的叙述不正确的是(　　)
A. 该反应是置换反应 B. 铁是还原剂
C. 盐酸是氧化剂 D. 产物是氯化铁和氢气
【答案】D
【详解】铁与盐酸发生置换反应生成氯化亚铁和氢气，方程式为：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，该反应的还原剂是铁，氧化剂是盐酸，所以D错误；
综上所述，本题选D。
21.有下列物质：①干燥的氯气、②过氧化钠、③次氯酸钠、④活性炭、⑤二氧化硫，其中能使品红溶液褪色的是（ ）
A. 除①外其他都可以 B. ①②③ C. ①④⑤ D. 全部
【答案】D
【解析】
【分析】能使品红溶液褪色，物质具有漂白性，具有漂白性的物质分为3类：强氧化性物质如HClO、过氧化氢、臭氧、过氧化钠等，二氧化硫，活性炭。
【详解】①干燥的C12通入品红溶液，C12与水反应会生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；
②Na2O2具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；
③NaClO在溶液中能与空气中二氧化碳反应生成HClO，HClO具有强氧化性能使品红溶液褪色，故正确；
④活性炭具有吸附作用能使品红溶液褪色，故正确；
⑤SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，故正确。
故选D。
22.有下列氧化物：①FeO、②Fe2O3、③Fe3O4、④CuO，其中颜色相同的是（ ）
A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①③④
【答案】D
【详解】①FeO为黑色固体；②Fe2O3为红色固体；③Fe3O4为黑色固体；④CuO为黑色固体；其中颜色均为黑色的①③④，D正确；
综上所述，本题选D。
23.由Na、Mg、Al三种金属中的两种组成的混合物共10 g，跟足量的盐酸反应，产生0.5 g标准状况下的氢气，则此混合物中必定含有（ ）
A. Al B. Mg C. Na D. 都不可能含有
【答案】C
【解析】
【分析】本题运用“极限”的思维方法，先求出Na、Mg、Al分别与足量盐酸反应，产生0.5 g H2，所需Na、Mg、Al三种金属的质量，然后根据“平均值”的思维方法，分析混合物中必定含有的金属。
【详解】本题运用“极限”的思维方法，先求出Na、Mg、Al分别与足量盐酸反应，产生0.5 g H2，所需的质量：
2Na　　～　　Mg　　～　　2/3Al　　～　　H2
46 24 18 2
m(Na)  m(Mg)  m(Al) 0.5g
得m(Na)＝46×0.5/2＝11.5 g，m(Mg)＝24×0.5/2＝6g，m(Al)＝54×0.5/2＝4.5 g；再根据“平均值”的思维方法，比10g大的只有钠，而推知一定含钠，C正确；
综上所述，本题选C。
24.某班就“使用金属材料的利与弊”为题进行小组辩论，甲方的观点是使用金属材料有利，下列甲方观点不科学的是（ ）
A. 金属材料大多有延展性，可以加工成各种形状
B. 金属材料大多有美丽的光泽
C. 废弃的金属不会造成土壤污染和水污染
D. 金属材料大多数可以回收再利用
【答案】C
【详解】A、金属材料一般具有延展性,所以可以对金属材料进行加工锻打,以便成为需要的形状,故A正确；
B、金属材料一般具有金属光泽,如铜为红色、金为黄色等，故B正确；
C、金属材料废弃后有可能污染土壤和水源,例如干电池中的汞就是一例,故C错误；
D、金属材料废弃后绝大部分能够回收和再利用,这是保护金属资源常用的方式,故D正确；
综上所述，本题选C。
25.为了除去铁粉中的少量铝粉，可以选取下列哪种溶液（ ）
A. 浓盐酸 B. 浓硝酸 C. 浓硫酸 D. 浓氢氧化钠溶液
【答案】D
【解析】试题分析：铝和铁都能与酸反应，故不能使用加酸的方法除去铝，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液除去铝，观察选项，故选D。
26.下列说法正确的是（ ）
A. 用澄清石灰水可以鉴别碳酸钠和碳酸氢钠
B. 新制氯水经光照一段时间pH减小
C. 自然界硅元素贮量丰富，并存在大量的单质硅
D. 等质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，产生二氧化碳质量相同
【答案】B
【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠均与石灰水反应生成白色沉淀碳酸钙，实验现象相同，不能鉴别，故A错误；
B．氯水含HClO，光照下HClO分解生成盐酸和氧气，则酸性增强，pH减小，故B正确；
C．Si为亲氧元素，自然界硅元素全部以化合态存在，故C错误；
D．碳酸钠的摩尔质量大于碳酸氢钠，盐酸足量时，等质量的碳酸钠与碳酸氢钠均完全反应，由n=m÷M可知碳酸氢钠的物质的量大，生成二氧化碳多，故D错误；
答案选B。
27.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 氯气与水反应：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－
B. 氯气与澄清石灰水反应：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
C. 氯气与氯化亚铁溶液反应：Cl2＋Fe2＋===2Cl－＋Fe3＋
D. 金属钠与水反应：Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
【答案】B
【详解】A.次氯酸属于弱酸，不能拆成离子形式，正确的离子方程式：Cl2＋H2O===H＋＋Cl－＋HClO，A错误；
B.澄清石灰水属于强电解质溶液，完全电离，次氯酸钙、氯化钙均属于强电解质，均能溶于水，完全电离，可以拆成离子形式，Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O书写正确，B正确；
C.氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁,离子方程式为Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋，C错误；
D.二者反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑，D错误；
综上所述，本题选B。
28.常温下，铁、铝等金属与下列物质能反应，且产生氢气的是（ ）
A. 浓硫酸 B. 稀硫酸 C. 浓硝酸 D. 稀硝酸
【答案】B
【解析】A、C钝化，D、生成NO，只有B正确，选B。
29.已知氟、氯、溴、碘在元素周期表中位于同一纵行，都是典型的非金属元素，都能与大多数金属化合生成盐，故统称为卤素。卤素单质都具有氧化性，其氧化性强弱顺序是F2>Cl2>Br2>I2，它们都能与H2、H2O等反应。
（1）若用X2表示卤素单质，则X2与H2化合的化学方程式是________________________，其反应条件难易规律是________________________________________。
（2）氧化性强的卤素单质(如Cl2)能把氧化性弱的卤素从其卤化物(如NaBr或KI)中置换出来。请写出将氯气通入碘化钾溶液中的化学方程式：______________________，离子方程式：________________________________。
【答案】(1). X2＋H2===2HX (2). 按F2、Cl2、Br2、I2顺序与H2化合由易到难 (3). Cl2＋2KI===2KCl＋I2 (4). Cl2＋2I－===2Cl－＋I2
【解析】
【分析】（1）卤素单质的氧化性强弱顺序是F2>Cl2>Br2>I2，它们与同一种还原剂H2反应，由易到难，均生成卤化氢，据此进行分析；
（2）氯气的氧化性大于碘，所以氯气能够置换碘，据此写出该反应的化学方程式和离子方程式。
【详解】（1）由题意可知，卤素单质的氧化性强弱顺序是F2>Cl2>Br2>I2，它们与同一种还原剂H2反应，由易到难，生成物均为卤化氢，所以X2与H2化合的化学方程式是 X2＋H2===2HX；
综上所述，本题答案是：X2＋H2===2HX ； 按F2、Cl2、Br2、I2顺序与H2化合由易到难。
（2）氯气通入碘化钾溶液中生成氯化钾和单质碘，化学方程式：Cl2＋2KI===2KCl＋I2；碘化钾、氯化钾均属于强电解质，均能溶于水，拆成离子形式，所以离子方程式：Cl2＋2I－===2Cl－＋I2 ；
综上所述，本题答案是：Cl2＋2KI===2KCl＋I2 ；Cl2＋2I－===2Cl－＋I2。
30.已知A为金属单质，如图所示流程中的各步反应的最后生成物E是白色沉淀。

（1）请写出其化学式：A________、C__________。
（2）写出下列各步反应的离子方程式。
②_______________________；④________________________；⑤________________________。
【答案】(1). Al (2). NaAlO2 (3). 2Al＋2OH－＋2H2O=2＋3H2↑ (4). Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3 (5). ＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋
【解析】
【分析】根据题中各物质转化关系，A为金属单质，能与氢氧化钠反应的金属只有单质Al；C又与过量的二氧化碳反应生成E，可以确定A为Al，结合图中各物质反应条件可推知D为Al2(SO4)3，C为NaAlO2，E为Al(OH)3，B为AlCl3；铝和氯气反应生成氯化铝，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，铝和稀硫酸的置换反应，反应④氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，偏铝钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，据此分析。
【详解】根据题中各物质转化关系，A为金属单质，能与氢氧化钠反应生成C，C又与过量的二氧化碳反应生成E，可以确定A为Al，结合图中各物质反应条件可推知D为Al2(SO4)3，C为NaAlO2，E为Al(OH)3，B为AlCl3；铝和氯气反应生成氯化铝，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，铝和稀硫酸的置换反应，反应④氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，偏铝钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，硫酸铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀；
（1）根据上面的分析可知，A为Al，C为NaAlO2；
综上所述，本题答案是：Al，NaAlO2；
（2）反应②为铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；
反应④氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
反应⑤偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。
综上所述，本题答案是：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-。
31.为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，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）第①步中，操作A是__________，第⑤步中，操作B是__________。
（2）第④步中，写出相应的化学方程式(设粗盐溶液中Ca2＋的主要存在形式为氯化钙)____________________________。
（3）若先用盐酸调溶液至中性，再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是_________________________。
（4）判断氯化钡已过量的方法是____________________。
【答案】(1). 溶解 (2). 过滤 (3). CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3＝2NaCl＋BaCO3↓ (4). ③和④中生成的氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡等沉淀与盐酸反应而溶解，杂质无法除去 (5). 在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量
【解析】
【分析】为除去粗盐中的钙离子、镁离子、硫酸根离子及泥沙等杂质，首先溶于水，利用氯化钡除去硫酸根离子，利用氢氧化钠除去镁离子，利用碳酸钠除去钙离子以及过量的钡离子，过滤后向滤液中加入盐酸除去碳酸钠和氢氧化钠，据此分析解答。
【详解】（1）粗盐提纯须先加水溶解，再加入试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3除去可溶性的SO42－、Mg2+、Ca2+，过滤后，加入盐酸除去过量的NaOH、Na2CO3，最后蒸发、结晶得到精盐，操作A为溶解，操作B为过滤；
（2）Na2CO3的作用是除去溶质中Ca2＋以及过量的Ba2＋，因此反应的化学方程式为CaCl2＋Na2CO3＝CaCO3↓＋2NaCl、BaCl2＋Na2CO3＝BaCO3↓＋2NaCl；
（3）若先用盐酸调pH再过滤，将使③和④中产生的Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3沉淀溶解而无法过滤除去，影响精盐的纯度；
（4）BaCl2过量时，溶液中不存在SO42－，故判断氯化钡已过量的方法是在反应后上层清液中，再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，表明氯化钡已过量。
32.某研究性学习小组为了了解HCl、NaHSO4、NaHCO3在水溶液中的电离情况，进行了下列实验：
①分别测定了0.1 mol·L－1的HCl、NaHSO4、NaHCO3溶液中H＋的物质的量浓度，HCl溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，NaHSO4溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，而NaHCO3溶液中H＋的物质的量浓度远远小于0.1 mol·L－1。
②取少量NaHSO4溶液于试管中，滴入BaCl2溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。
③取少量NaHCO3溶液于试管中，滴入几滴BaCl2溶液无明显现象。
请根据实验结果回答下列问题：
（1）分别写出HCl、NaHSO4、NaHCO3在水溶液中的电离方程式：
HCl：________________________________________________________________________；
NaHSO4：___________________________________________________________________；
NaHCO3：___________________________________________________________________。
（2）NaHSO4属于“酸”“碱”“盐”中的__________，理由是______________。
（3）写出②中反应的化学方程式：_____________________________________________。
（4）若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按照物质的量之比1∶1混合，化学方程式为____________________。
【答案】(1). HCl===H＋＋Cl－ (2). NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42- (3). NaHCO3===Na＋＋HCO3- (4). 盐 (5). NaHSO4在溶液中能电离出阳离子Na＋和阴离子SO42- (6). NaHSO4＋BaCl2===NaCl＋BaSO4↓＋HCl (7). NaHSO4＋Ba(OH)2===NaOH＋H2O＋BaSO4↓
【解析】
【分析】根据NaHSO4、NaHCO3的性质和应用分析解答；根据离子反应方程式书写要求分析解答。
【详解】(1)根据实验①②③可知溶液中HCl完全电离生成H＋和Cl－，NaHSO4完全电离生成Na＋、H＋、SO42-，NaHCO3溶液中H＋很少，NaHCO3电离生成Na＋和HCO，故电离方程式为：HCl===H＋＋Cl－， NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-， NaHCO3===Na＋＋HCO3-；
(2)由于NaHSO4电离出的阳离子有Na＋，阴离子有SO42-，因此NaHSO4应为盐类，酸式盐；
(3)NaHSO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀、NaCl和HCl，方程式为：NaHSO4＋BaCl2===NaCl＋BaSO4↓＋HCl；
(4) NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量为1∶1混合时，反应产物为BaSO4、NaOH和H2O，故方程式为：NaHSO4＋Ba(OH)2===NaOH＋H2O＋BaSO4↓。
33.合成氨工业对化学和国防工业具有重要意义。
（1）实验室欲用下图所示装置(夹持固定装置略去)制备并收集氨气。

①请在图中烧瓶内绘出导管所缺部分______________。
②试管中反应的化学方程式是____________________。
③为吸收多余的氨气，烧杯中的试剂是__________________。
（2）氨有很多重要性质。
①将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色，其原因是_______________________________。
②管道工人曾经用浓氨水检验氯气管道是否漏气，如出现白烟，说明有氯气泄露，同时还有一种相对分子质量为28的气体生成，该反应的化学方程式是__________________________。
（3）写出氨的两种用途__________________________________。
【答案】(1). (2). 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O (3). 水(或稀盐酸、硫酸等) (4). 氨水显碱性 (5). 8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl (6). 作制冷剂、制化肥等
【解析】
【分析】(1)①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,氨气极易溶于水，所以只能采用向下排空气法收集；
②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，据此写出该反应方程式；
③氨气极易溶于水,且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,据此分析氨气的吸收方法；
(2) ①氨水溶液显碱性，溶液中存在氢氧根离子大于氢离子浓度，据此进行分析；
②根据电子得失守恒、原子守恒规律，推断出氨气和氯气反应生成氯化铵和氮气；据此写出化学方程式；
【详解】(1) ①氨气的密度小于空气的密度,且氨气和氧气不反应,所以可以采用向下排空气法收集气体,即导气管应该“短进长出”,如图所示： ；
因此，本题正确答案是:。
②氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程式：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O ；
因此，本题正确答案是: 2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。
③氨气极易溶于水，且氨气是碱性气体所以也极易溶于酸,故可以用水或酸吸收氨气；
因此，本题正确答案是: 水(或稀盐酸、硫酸等)。
(2) ①氨气极易溶于水生成氨水,氨水能电离出铵根离子和氢氧根离子,导致溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度,溶液呈碱性，所以将酚酞溶液滴加到氨水中溶液呈红色；
综上所述，本题答案是：氨水显碱性。
②氨气和氯气反应生成白色烟,为氯化铵,同时还有一种相对分子质量为28的气体生成,根据反应中得失守恒和元素守恒知，另一种物质是氮气，所以反应方程式为 8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl；
综上所述，本题答案是：8NH3＋3Cl2===N2＋6NH4Cl。
（3）氨气极易液化,气化时吸收热量,所以氨气能作制冷剂，氨气能与酸反应生成铵盐，可以制造化肥；
因此，本题正确答案是：作制冷剂、制化肥等。
34.某同学为测定一定质量的钠与水反应产生的氢气的体积，设计了图1装置进行实验。

（1）实验开始，欲使钠与水接触反应，应如何操作？______________________________；反应开始后，试管中能观察到的现象是__________________________________________。
（2）已知有关物质的密度ρ(K)：0.86 g·cm－3，ρ(Na)：0.97 g·cm－3，ρ(煤油)：0.8 g·cm－3。如果将钠换成相同大小的钾进行上述实验，结果钾反应完所用时间比钠反应完所用的时间________(填“长”或“短”)，其原因是________________________________。
（3）从实验的安全考虑，比较金属钠、钾与水反应的实验操作图A、图B，请指出图B表示哪种金属与水反应____________________________。
【答案】(1). 按住橡皮塞，将大头针向上拔出 (2). 钠在煤油与水接触的界面之间上下沉浮，并不断减小，直到消失，同时有气泡产生 (3). 长 (4). 钾的密度比钠小，与水反应产生少量的气体即可使钾上浮进入煤油中，钾的密度与煤油密度相近，在煤油中滞留时间长 (5). 钾与水反应
【解析】
【分析】（1）可以根据生活实际结合金属钠的物理性质、和水反应的现象来回答即可；
（2）根据金属钾、金属钠以及煤油的密度大小来回答；
（3）根据化学反应的剧烈程度来分析。
【详解】（1）要让金属钠和大头针脱离才能和水反应，可以按住橡皮塞，将大头针向上拔出。由于钠的密度大于煤油而小于水，则反应开始后，试管中能观察到的现象是：钠在煤油与水接触的界面之间上下沉浮，并不断减小，直到消失，同时有气泡产生；
（2）钾的密度比金属钠的小，钾和水反应产生的氢气可以让金属钾进入煤油中，金属钾和煤油的密度相近，在煤油中滞留时间长，因此钾反应完所用时间比钠反应完所用的时间长；
（3）金属钾和水反应剧烈，为防止生成的碱液溅出伤人，可以在上方罩一个玻璃片，即图B表示钾与水反应。