【化学】内蒙古杭锦后旗奋斗中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试卷（解析版）

内蒙古杭锦后旗奋斗中学2018-2019学年高一下学期第一次月考试卷
可能用到的相对原子质量 Cu :64 N :14 H :1 O :16 S:32
一 单项选择题(每题2分，共50分)
1. 硅被誉为无机非金属材料的主角，下列物品用到硅单质的是（ ）
A. 陶瓷餐具 B. 石英钟表
C. 计算机芯片 D. 光导纤维
【答案】C
【解析】考查硅及其化合物的用途
陶瓷餐具成分为硅酸盐，石英、光导纤维的成分主要是二氧化硅，计算机芯片需要用到半导体芯片，由高纯硅组成，答案为C
2.下列有关物质用途的说法中，正确的是（ ）
①SiO2可用来制造半导体材料 ②Si可用于制造光导纤维
③Al(OH)3可用于治疗胃酸过多 ④SiO2、Na2CO3和CaCO3可用于制玻璃
A. ①③ B. ③④ C. ①②③ D. ②③④
【答案】B
【解析】①SiO2用来制造光纤，而晶体硅用来制造半导体材料等，故①②都错误；③Al(OH)3可与强酸反应，故可用于治疗胃酸过多，则③正确；④制玻璃的原料是石英、石灰石和纯碱，所以④正确。本题正确答案为B。
3.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. 国庆期间燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现出来的色彩
B. CO、NO、NO2都是大气污染气体
C. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
D. 青铜是我国使用最早的合金材料，目前世界上使用量最大的合金材料是钢铁
【答案】C
【解析】
【详解】A.焰色反应能呈现出来很多色彩，因此可用作节日期间燃放的焰火，A正确；
B.CO、NO、NO2都会对周围的环境造成污染，因此都是大气污染气体，B正确；
C.为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C错误；
D.青铜是我国使用最早的合金材料，青铜属于铜合金，目前世界上使用量最大的合金材料是铁合金——钢铁，D正确；
故合理选项是C。
4.下列物质中只含有氯分子的是(　　)
A. 氯水 B. 液氯 C. 盐酸 D. 食盐
【答案】B
【解析】
【详解】A.氯水中含有三分子、四离子：水分子、氯分子、次氯酸分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，A项错误；
B. 液氯是纯净物，其中只含有氯分子，B项正确；
C. 盐酸是氯化氢溶液，含有水分子、氢离子、氢氧根离子、氯离子，C项错误；
D. 食盐中含有钠离子和氯离子，D项错误；
答案选B。
5.在实验室中用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2。下列收集Cl2的装置正确的是 (　　)
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：A、收集气体的仪器要保证和大气相通，所以A错误，不选；B、图为向下排气法，而氯气应该用向上排气法，所以不选B；C、氯气用向上排气法收集，用氢氧化钠作为尾气处理的试剂，所以C正确，选C。D、氯气和氢氧化钠反应而无法收集到氯气，不选D。
6.当不慎有大量氯气扩散到周围空间时，处在该环境中的人可以用浸有一定浓度某物质水溶液的毛巾捂住鼻子，以防中毒，最适合采用的是(　　)
A. NaOH B. NaCl
C. NaHCO3 D. NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【分析】氯气有毒，可与碱溶液反应，则防止氯气中毒可用碱性较弱的溶液吸收，注意碱性太强时，其腐蚀性强，以此来解答。
【详解】A．NaOH虽能与氯气反应，达到吸收氯气的效果，但浓NaOH的腐蚀性强，不能用浸有浓NaOH溶液的毛巾捂住鼻子，故A错误；
B．NaCl不与氯气反应，且氯气在食盐水中的溶解度很小，则不能用浸有NaCl溶液的毛巾捂住鼻子来防止吸入氯气中毒，故B错误；
C．NaHCO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而防止吸入氯气中毒，则可以用浸有NaHCO3溶液的毛巾捂住鼻子，故C正确；
D．氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故D错误；
答案选C。
7.实验室常用热的氢氧化钠溶液洗去试管内壁沾有的硫单质，发生反应6NaOH＋3S2Na2S＋Na2SO3＋3H2O。关于该反应的说法不正确的是(　　)
A. 硫既是氧化剂又是还原剂 B. 硫化钠是还原产物
C. 硫既表现氧化性又表现还原性 D. 消耗3 mol 硫，转移电子6 mol
【答案】D
【解析】
【分析】根据氧化还原反应的概念分析判断。
【详解】反应中，每3molS参与反应，其中有2molS得4mol电子生成Na2S，作氧化剂，表现氧化性；另1molS失4mol电子生成Na2SO3，是还原剂，表现还原性，A、C均正确。硫化钠是氧化剂得电子生成的，是还原产物，B项正确；反应中消耗3molS，转移电子4 mol，D项错误。
本题选D。
8.起固定氮作用的化学反应是( )
A. N2与H2在一定条件下反应生成NH3 B. 硝酸工厂用NH3氧化制NO
C. NO与O2反应生成NO2 D. 由NH3制碳酸氢铵和硫酸铵
【答案】A
【解析】
【详解】A.N2与H2在一定条件下反应生成NH3，氮元素由单质变为化合物，属于氮的固定，A正确；
B.硝酸工厂用NH3氧化制NO是氮元素的化合物之间的转化，不属于氮的固定，B错误；
C.NO与O2反应生成NO2是氮元素的化合物之间的转化，不属于氮的固定，C错误；
D.由NH3制碳酸氢铵和硫酸铵是氮元素的化合物之间的转化，不属于氮的固定，D错误；
故合理选项是A。
9.下列对浓硫酸的叙述正确的是(　　)
A. 常温下，浓硫酸与铁、铝不反应，所以铁质、铝质容器能盛放浓硫酸
B. 浓硫酸具有强氧化性，SO2、H2、CO具有还原性，故浓硫酸不能干燥SO2、H2、CO
C. 浓硫酸和铜片加热既表现出酸性，又表现出氧化性
D. 浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2时，浓硫酸表现出强氧化性
【答案】C
【解析】
【分析】根据浓硫酸的物理和化学性质分析。
【详解】A.常温下，浓硫酸与Fe、Al发生“钝化”属于化学变化，故A错误；
B.浓H2SO4与SO2、H2、CO不反应，可以作干燥剂，故B错误；
C.铜与浓硫酸在加热条件下发生反应，部分H2SO4被还原生成SO2，起氧化剂的作用，还有一部分H2SO4生成CuSO4，浓硫酸既体现了酸性，有体现了强氧化性，故C正确；
D.实验室中用浓硫酸与固体亚硫酸钠反应来制取二氧化硫，在两种反应物中硫元素处于相邻价态，根据氧化还原反应规律知，它们之间是不可能发生氧化还原反应的，应为复分解反应，其原理是用难挥发性酸制易挥发性酸，强酸制弱酸，因而在此反应中浓硫酸体现的是难挥发性和酸性，故D错误。
故选C。
10. 在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A. 氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C. 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D. 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】试题分析：A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确，答案选D。
11.下列事实与浓硫酸表现出的性质(括号中)对应关系正确的是(　　)
A. 在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大(难挥发性)
B. 在加热条件下铜与浓硫酸反应(强氧化性、酸性)
C. 蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成(吸水性)
D. 浓硫酸可用来干燥某些气体(脱水性)
【答案】B
【解析】
【详解】A.在空气中敞口久置的浓硫酸，溶液质量增大是利用浓硫酸的吸水性，A错误；
B.在加热条件下铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，体现了浓硫酸的强氧化性、酸性，B正确；
C.蔗糖与浓硫酸反应中有海绵状的炭生成是浓硫酸的脱水性，C错误；
D.浓硫酸具有吸水性，因此可用来干燥某些气体，D错误；
故合理选项是B。
12.下列关于 SO2性质的说法中，不正确的是(　　)
A. 能KMnO4溶液褪色 B. 能使品红溶液褪色
C. 能与 NaOH 溶液反应 D. 能与水反应生成硫酸
【答案】D
【解析】
【分析】根据SO2的化学性质分析判断。
【详解】A项：SO2有还原性，能使KMnO4溶液褪色，A项正确；
B项：SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，B项正确；
C项：SO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，C项正确；
D项：SO2能与水反应生成亚硫酸，而不是硫酸，D项错误。
本题选D。
13.能将氯化铁、氯化铵和氯化钠三种溶液区别开的一种试剂是 (　　)
A. KSCN溶液 B. BaCl2溶液
C. AgNO3溶液 D. NaOH溶液
【答案】D
【解析】A. KSCN溶液只能检验氯化铁，A错误；B. BaCl2溶液与三种物质均不反应，B错误；C. AgNO3溶液与三种物质均反应，生成氯化银白色沉淀，不能鉴别，C错误；D. NaOH溶液与氯化铁、氯化铵和氯化钠反应的实验现象分别是产生红褐色沉淀、产生刺激性气味的氨气、无明显实验现象，可以鉴别，D正确，答案选D。
14. 工业上用洗净的废铜屑作原料来制备硝酸铜，为节约原料和防止环境污染，宜采用的方法是（ ）
A. Cu＋HNO3（稀）Cu(NO3)2
B. Cu＋HNO3（浓）Cu(NO3)2
C. CuCuSO4Cu(NO3)2
D. CuCuOCu(NO3)2
【答案】C
【解析】A、B、C选项都能产生有毒的气体，污染环境，D不产生有毒气体，也节约原料
故选D。
15.下列有关三氧化硫的说法中正确的是(　　)
A. SO3极易溶于水，且与水反应生成H2SO4
B. SO2、SO3均具有漂白性，均能使石蕊溶液变红色
C. SO3可与碱反应，但不与碱性氧化物反应
D. SO2在空气中易被氧化为SO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO3极易溶于水，三氧化硫与水反应生成硫酸，故A正确；
B．三氧化硫不具有漂白性，SO2、SO3均能使石蕊溶液变红色，是因为溶于水所得溶液均显酸性，故B错误；
C．三氧化硫为酸性氧化物，与碱或碱性氧化物均反应，故C错误；
C．SO2在空气中不易被氧化为SO3，一般需要一定温度和催化剂，故D错误；
故答案选A。
16.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 在常温常压下，1.7gNH3含有的原子数为0.4NA
B. 标准状况下，11.2L水中含有的原子数为1.5NA
C. 0.2mol/L NaSO4 溶液中含Na+数为0.4NA
D. 50ml 12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.每个氨气分子含有4个原子，所以1.7克氨气即0.1mol氨气含有0.4mol原子，故正确；
B.标况下水不是气体，无法计算11.2 L水的物质的量，故错误；
C.没有说明溶液的体积，不能计算，故错误；
D.铁和氧气反应四氧化三铁，和氯气反应生成氯化铁，和硫反应生成硫化亚铁，所以转移电子数不同，故错误。
故选A。
17.下列反应的离子方程式书写不正确的是 ( )
A. 二氧化硅与强碱溶液反应：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
B. 氯水与SO2溶液反应：Cl2+SO2+2H2O=4H++ClO-+SO32-
C. 二氧化锰与浓盐酸反应：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑
D. 将二氧化氮气体通入水中：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO
【答案】B
【解析】
【详解】A.符合反应事实，遵循电荷守恒、原子守恒，A正确；
B.氯水与SO2溶液发生氧化还原反应，产生硫酸与盐酸，离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=4H++Cl-+SO42-，B错误；
C.符合反应事实，遵循电荷守恒、原子守恒，C正确；
D.符合反应事实，遵循电荷守恒、原子守恒，D正确；
故合理选项是B。
18.检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是(　　)
A. 加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝
B. 将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红
C. 加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性
D. 加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液
【答案】A
【解析】
【分析】A.铵盐与碱共热产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体；
B.氨气能使紫色石蕊试液变蓝色；
C.铵盐水解使溶液显酸性，但是并不只有铵盐显酸性；
D.氢氧化钠和氨水均是碱性，氢氧化钠会干扰氨气的检验。
【详解】A.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；
B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；
C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C错误；
D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；
故合理选项是A。
19.在一定温度和压强下，把装有NO和NO2的混合气体的试管倒立于水中，充分反应后，试管内气体的体积缩小为原气体体积的，则原混合气体中NO和NO2的体积比为(　　)
A. 3∶l B. 1∶3 C. 2∶3 D. 3∶2
【答案】B
【解析】
【分析】NO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，充分反应后试管中剩下气体应为NO，这些NO来源于原气体中的NO和NO2与水反应生成的NO，体积减少是反应3NO2+H2O=2HNO3+NO前后气体体积变化造成的，每3体积NO2通入水中会生成1体积NO，减少2体积，据此分析解答。
【详解】NO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，设原混合的气体的体积是2，则反应后的气体体积是1，
3NO2+H2O=2HNO3+NO △V(气体体积减少)
3 2
V(NO2) 1
则：V(NO2)=，原气体中V(NO)=2-=，所以原混合气体中NO2和NO的体积比=V(NO)：V(NO2) =：=1：3，故合理选项是B。
20.类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客观事实。下列各种类比推测的说法中正确的是（ ）
A. 已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuS
B. 已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2
C. 已知Na与水反应生成NaOH，推测Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3
D. 已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应
【答案】D
【解析】
【分析】A.硫具有弱氧化性,能将变价金属氧化为较低价态；
B.亚硫酸钙具有还原性,能被硝酸氧化；
C.铁与水蒸气反应生成Fe3O4；
D.在金属活动性顺序表中,前边金属能置换出后边金属。
【详解】A.硫具有弱氧化性,能将变价金属氧化为较低价态，所以Cu和S反应生成Cu2S，故A错误；
B.亚硫酸钙具有还原性,能被硝酸氧化生成硫酸钙，稀硝酸被还原生成NO，故B错误； 
C.铁与水蒸气反应生成Fe3O4而不生成Fe(OH)3，故C错误；
D.在金属活动性顺序表中,前边金属能置换出后边金属,金属性Fe>Cu>Ag，所以Fe与 AgNO3溶液也能反应生成Ag，故D正确；
综上所述，本题选D。
21.下列有关实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
某溶液中滴加足量盐酸酸化的 BaCl2溶液
生成白色沉淀
原溶液中一定含有SO42﹣
B
将Cl2通入石蕊试液中
石蕊试液先变红 后褪色
C12具有漂白性
C
用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应实验
火焰呈黄色
原溶液一定含有Na+，一定不含K+
D
将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CC14，充分振荡，静置
下层溶液显紫红 色
氧化性Fe3+＞I2
【答案】D
【解析】A．某溶液中滴加足量盐酸酸化的BaCl2溶液，无法排除银离子的干扰，则原溶液中不一定含有SO42﹣，故A错误；B．将Cl2通入石蕊试液中，氯气与水反应生成HCl和次氯酸，溶液呈酸性，则石蕊试液先变红，生成的次氯酸具有漂白性，所以会褪色，具有漂白性的是次氯酸，不是氯气，故B错误；C．用洁净的铂丝蘸取某溶液进行焰色反应实验，火焰呈黄色，只能证明原溶液一定含有Na+，无法确定是否含有K+，因为观察钾离子的焰色反应火焰颜色需要通过蓝色钴玻璃，故C错误；D．将KI和FeCl3溶液在试管中混 合后，加入CC14，振荡静置后下层溶液显紫红色，说明生成了碘单质，则氧化性：Fe3+＞I2，故D正确；
22.3.84g铜与一定量的浓硝酸反应，随着反应的进行，气体的颜色逐渐变浅，当铜反应完毕后，共收集气体2.24L(标况)。则反应中消耗的HNO3的物质的量( )
A. 0.11 mol B. 0.22 mol C. 0.56 mol D. 0.18mol
【答案】B
【解析】
【详解】铜与一定量的浓硝酸反应，开始时反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，当反应进行到一定程度后变为稀硝酸，这时发生反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，根据N元素守恒可得n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2)，n(NO)+n(NO2)= 2.24L÷22.4L/mol=0.1mol， 根据Cu元素守恒可知：n[Cu(NO3)2]=n(Cu)=3.84g÷64g/mol=0.06mol，则n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+n(NO2)=2×0.06mol+0.1mol=0.22mol，故合理选项是B。
23.硝酸工业尾气中含有高浓度的NO和NO2，它们都是大气的重要污染物。已知某厂排放的尾气中NO、NO2的体积比为1:1，该厂采用NaOH溶液来处理该尾气，处理后所得溶液中只有一种含氮的钠盐。则该含氮的钠盐中，氮元素的化合价为 （ ）
A. -3 B. +1 C. +3 D. +5
【答案】C
【解析】NO和NO21:1反应，为归中反应。最终为+3价，生成亚硝酸钠。
24.足量的铜和含有2.4×10－3mol 硝酸的某浓硝酸完全反应，共收集到标准状况下气体的体积是22.4 mL。参加反应的铜的物质的量是(　　)
A. 0.6×10－3 mol B. 0.7×10－3 mol
C. 0.75×10－3 mol D. 0.9×10－3 mol
【答案】B
【解析】
【详解】Cu足量，硝酸完全反应，生成Cu(NO3)2、NO和NO2、H2O，则n(Cu)=n[Cu(NO3)2]，硝酸完全反应，n(HNO3)= 2.4×10－3mol ，n(NO)+n(NO2)= 根据N元素守恒可得n[Cu(NO3)2]==0.0007mol，则由n(Cu)=n[Cu(NO3)2]= 0.0007mol，上月选项B符合题意。
25.采用下列装置欲验证CaSO4与炭粉受热发生氧化还原反应，且还原产物是SO2。下列有关说法不正确的是（ ）

A. 装置乙欲验证气体中的还原产物，故乙中盛有CaSO4溶液
B. 装置丙和装置丁的作用是除去SO2和其他杂质气体
C. 装置戊中黑色粉末变红，己中出现白色沉淀，说明氧化产物有CO
D. 实验结束时，应该先关闭止水夹，再迅速熄灭装置甲中的酒精灯
【答案】A
【解析】CaSO4 与炭粉受热发生氧化还原反应，且还原产物是SO2，硫原子化合价降低，则碳元素化合价升高，则氧化产物为二氧化碳或一氧化碳。A. 装置乙欲验证气体中的还原产物SO2，需要在乙中盛放品红溶液，故A错误；B. 要验证生成的氧化产物，需要除去二氧化硫和水蒸气，装置丙和装置丁的作用是除去SO2和水蒸气，故B正确；C. 装置戊中黑色粉末变红，说明发生了氧化铜的还原反应，并且已中出现白色沉淀，说明氧化产物有CO，被氧化铜氧化为二氧化碳，故C正确；D. 为了防止倒吸，实验结束时，应该先关闭止水夹，再迅速熄灭装置甲中的酒精灯，故D正确；故选A。
二．填空题(每空2分，共50分)
26.某课外活动小组利用下列化学反应在实验室中制备氯气，并进行有关氯气性质的研究。MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(1)该小组同学欲用下图所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。

①应该选择的仪器是________(填字母)。
②浓盐酸与二氧化锰反应的离子方程式为____________________________
(2)该小组同学设计并分别利用下图所示装置探究氯气的氧化性。

①G中的现象是________，原因是__________________(用化学方程式表示)。
②H中的现象是__________________。
【答案】 (1). ACDBE (2). MnO2+4H＋+2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O (3). 溶液由无色变为蓝色 (4). Cl2+2KI=I2+2KCl (5). 产生白色沉淀
【解析】
【分析】MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，制取的氯气中含有杂质HCl、水蒸气，先通过饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过浓硫酸干燥氯气，然后利用氯气的密度比空气大，用向上排空气的方法收集，就得到干燥纯净的氯气，氯气是大气污染物，根据氯气能够与强碱溶液反应的性质用NaOH溶液吸收多余的氯气，进行尾气处理。利用活动性强的可以将活动性弱的从相应的盐中置换出来，然后根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，验证氯气的强氧化性，可以根据氯气具有氧化性，也可以通过在溶液中将SO2氧化为硫酸，根据硫酸与可溶性钡盐反应产生难溶性的BaSO4白色沉淀来检验氯气的强氧化性。
【详解】(1) ①利用MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，在A中制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取得到的氯气中含有杂质HCl、水蒸气，先通过C装置用饱和食盐水除去杂质HCl气体，然后再通过D装置用浓硫酸来干燥氯气，根据氯气的密度比空气大，用B装置采用向上排空气的方法收集氯气，由于氯气是有毒的气体，会造成大气污染，所以在排放前要进行尾气处理，根据Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，通过E装置进行尾气处理，因此使用装置的先后顺序为A、C、D、B、E；
②制取氯气的反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O改写为离子形式，根据物质的存在状态及离子方程式拆分原则，可得相应的离子方程式为MnO2+4H＋+2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O；
(2)①将氯气通入到含有淀粉KI溶液的G试管中，由于氧化性Cl2>I2，所以会发生反应：Cl2+2KI=I2+2KCl，反应产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以看到的现象是溶液由无色变为蓝色；
②将氯气通入到溶有SO2气体的BaCl2溶液的H中，发生反应：Cl2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，反应产生的硫酸会进一步发生反应：BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl，因此会看到H中的现象是产生白色沉淀。
27.下图虚线框中的装置可用来检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的所有气体产物，填写下列空白：

(1)浓硫酸与木炭粉在加热条件下的化学方程式为________________。
(2)如果装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，则可以检验出的物质是________________；不能检出的物质是____________。
(3)如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，则可以检出的物质是_____________；不能检出的物质是_____________。
【答案】(1). C+ 2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O (2). SO2、CO2 (3). H2O (4). H2O (5). CO2、SO2
【解析】
【分析】在加热条件下浓硫酸可将C氧化为CO2，浓硫酸被还原生成SO2，同时产生水，利用电子守恒、原子守恒书写方程式。要检验反应产生的物质，为防止用溶液检验时带出水，影响检验结果，要先通过无水硫酸铜检验水的存在，若固体由白色变为蓝色证明水的产生，由于二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，要先利用SO2的漂白性，用品红溶液检验SO2的存在，通过酸性KMnO4溶液除去SO2，再用品红溶液检验SO2已经除干净，最后用澄清石灰水检验CO2气体的存在，据此分析解答。
【详解】(1)浓硫酸具有强氧化性，在加热时能够将C氧化为CO2，浓硫酸本身被还原为SO2，同时产生水，根据电子守恒、原子守恒，可得相应的反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ；
(2)①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，②中SO2能使品红溶液褪色，SO2也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，③二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊。如果装置中①、②、③三部分仪器的连接顺序改为②、①、③，通过②中品红溶液褪色，说明有SO2，通过酸性高锰酸钾溶液除去SO2，再通过品红溶液，品红不褪色，说明二氧化硫已经除尽，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，但不能说明是生成的水，可能是溶液中的水；通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，故可以检验出的物质是SO2和CO2；不能检验出的物质是H2O；
(3)如果将仪器的连接顺序变为①、③、②，通过①中装有无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水由白色变成蓝色的五水合硫酸铜，能说明生成有水；通过③澄清石灰水，石灰水变浑浊，二氧化硫、二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，因此不可以检出二氧化硫、二氧化碳的存在。
28.A、B、C、D四物质有如下转化关系(反应条件和部分产物已略去)：ABCD，回答下列问题：
(1)若A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则
①写出实验室制取A的化学方程式：______________________________________；
②写出由A生成B的化学方程式：______________________________________；
③某同学用干燥的圆底烧瓶收集一瓶A气体，用滴入酚酞的水做喷泉实验，能观察到美丽的红色喷泉。用方程式解释喷泉呈红色的原因：_____________________________________________。
(2)若A与B反应能生成一种淡黄色固体单质，写出该反应的化学方程式：_______________________。
(3)若A是金属单质，C是一种淡黄色固体，写出C生成D的离子方程式：____________。
【答案】 (1). Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2＋2NH3↑+2H2O
(2). 4NH3+5O24NO+6H2O (3). NH3＋H2O H3·H2ONH4+＋OH- (4). SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O (5). 2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH-+O2↑
【解析】
【分析】(1) A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则A是NH3，B是NO，C是NO2，D是HNO3；
(2)若A与B反应能生成一种淡黄色固体单质，则A是H2S，B是SO2，C是H2SO3；
(3)若A是金属单质，C是一种淡黄色固体，则A是Na，B是Na2O，C是Na2O2，D是NaOH。据此分析解答。
【详解】(1)①若A为气态氢化物和D能通过化合反应生成一种盐，则A是碱性气体NH3，B是NO，C是NO2，D是HNO3。在实验室中是用铵盐NH4Cl和熟石灰Ca(OH)2在加热条件下反应制取氨气的，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2＋2NH3↑+2H2O；
②NH3与O2在催化剂存在时，在加热条件下发生氧化还原反应，产生NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
③氨气极容易溶于水，溶于水的氨气绝大多数与水发生反应产生一水合氨，NH3+H2ONH3·H2O，产生的一水合氨又有少部分发生电离：NH3·H2ONH4++OH-，产生OH-，使溶液显碱性，因此溶液中若滴有酚酞试液，溶液变为红色；
(2)若A与B反应能生成一种淡黄色固体单质，则A是H2S，B是SO2，A与B在室温下混合，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，
C是H2SO3；
(3)若A是金属单质，C是一种淡黄色固体，则A是金属Na，B是Na2O，C是Na2O2，D是NaOH。，Na2O2与水反应产生NaOH和氧气，则C生成D的离子方程式是2Na2O2+2H2O=4Na＋+4OH-+O2↑。
29.利用元素的化合价推测物质的性质是化学研究的重要手段。如图是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系：

(1)从硫元素化合价变化的角度分析，图中既有氧化性又有还原性的化合物有______________(填化学式)((填一种就可以)。
(2)将X与Y混合，可生成淡黄色固体。该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______________。
(3) Z的浓溶液与铜单质在一定条件下可以发生化学反应，该反应的化学方程式为____________。
(4)Na2S2O3是重要的化工原料．从氧化还原反应的角度分析，下列制备Na2S2O3的方案理论上可行的是_____________(填字母)。
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．SO2+Na2SO4  d．Na2SO3+Na2SO4
(5)已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则24 mL 0.05 mol/L的Na2SO3溶液与 20 mL 0.02 mol/L的溶液恰好反应时，Cr元素在还原产物中的化合价为____________。
【答案】(1). SO2、H2SO3、Na2SO3 (填一种) (2). 1∶2 (3). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑ (4). b (5). +3
【解析】
【分析】S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，
(1)具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性；
(2)将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用SO2的氧化性氧化H2S生成淡黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质作氧化剂，元素化合价降低的作还原剂分析判断；
(3)浓硫酸与铜单质在加热时发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；
(5)Na2SO3被氧化为Na2SO4，S元素化合价由+4价升高为+6价；K2Cr2O7中Cr元素发生还原反应，假设Cr元素在产物中的化合价为a价，根据电子转移守恒计算a的值。
【详解】S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价。
(1)具有中间价态的元素既有还原性又有氧化性，S元素的化合价有-2价、0价、+4价、+6价，所以0价和+4价S的化合物既有还原性又有氧化性，图中既有氧化性又有还原性的化合物有SO2，H2SO3、Na2SO3；
(2)将X为H2S与SO2混合，可生成淡黄色固体，是用SO2的氧化性氧化H2S生成淡黄色沉淀S和水，反应方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中硫元素化合价-2价变化为0价，H2S作还原剂，+4价变化为0价，二氧化硫作氧化剂，则该反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
(3)浓硫酸与铜单质在加热条件下可以发生化学反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；
(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c、d中S的化合价都大于2，均布符合题意，只有b中Na2SO3的S为+4价，单质S为0价，一种大于2，一种小于2，故选项 b符合题意；
(5)假设Cr元素在产物中的化合价为+a价，根据电子转移守恒，则24×10-3L×0.05mol/L×(6-4)=20×10-3L×0.02mol/L×2×(6-a)，解得a=+3。
30.将128 g铜置于一定量的浓硝酸中并微热。当铜片完全消失时，共收集到NO2和NO的混合气体44.8 L(标准状况)。
(1)写出上述过程中有关反应的离子方程式：___________________、_______________。
(2)混合气体中NO2的体积为__________ L，NO的体积________ L(均为标准状况下)。
(3)将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2使其充分反应，若要使溶液恰好充满容器，则理论上需要参加反应的O2的物质的量为________mol。
【答案】(1). Cu+4H＋+2NO3-=Cu2＋+2NO2↑+2H2O (2). 3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O (3). 22.4 (4). 22.4 (5). 1
【解析】
【分析】Cu与浓硝酸反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应进行到一定程度后，硝酸变为稀硝酸，稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，在反应过程中Cu失去电子的物质的量与硝酸变为二氧化氮、一氧化氮获得电子的物质的量相等，据此可计算出混合气体中两种气体的体积；将盛有反应产生的气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，不断通入氧气，至溶液恰好充满容器，二氧化氮、一氧化氮又变为硝酸，则氧气获得电子的物质的量与铜失去电子的物质的量相等，据此计算反应消耗氧气的物质的量。
【详解】(1) Cu与浓硝酸反应产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu+4H＋+2NO3-=Cu2＋+2NO2↑+2H2O；当反应进行到一定程度后，硝酸变为稀硝酸，这时稀硝酸与铜发生反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，该反应的离子方程式为3Cu+8H＋+2NO3-=3Cu2＋+2NO↑+4H2O；
(2)n(Cu)=128g÷64g/mol=2mol，由于Cu是+2价金属，所以n(e-)=2 n(Cu)=2×2mol=4mol，根据反应过程可知n(NO2)+n(NO)=44.8L÷22.4L/mol=2mol，根据反应过程中得失电子守恒可得n(NO2)+3n(NO)=4mol，两式联立可得n(NO2)=n(NO)=1mol，所以V(NO2)=V(NO)=22.4L；
(3)将收集上述气体的容器倒扣在盛有水的水槽中，并向其中缓慢通入O2使其充分反应，若要使溶液恰好充满容器，则NO2、NO又转化为HNO3，最终结果是Cu失去电子，O2获得电子，根据电子守恒可得4n(O2)=4mol，所以理论上需要参加反应的O2的物质的量为n(O2)=1mol。