【化学】云南省丘北县第二中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷（解析版）

云南省丘北县第二中学2018-2019学年高一下学期期末考试试卷
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
一、单选题（共25小题,每小题2.0分,共50分）
1.下列关于合金的叙述中正确的是(　　 )
A. 合金是由两种或多种金属熔合而成的
B. 日常生活中用到的5角硬币属于铜合金
C. 合金在任何情况下都比单一金属性能优良
D. 钢不属于合金
【答案】B
【解析】A．合金是金属与金属或金属与非金属熔合形成的，故A错误；B．日常生活中用到的五角硬币属于铜锌合金，故B正确；C．在机械加工时，合金的性能一般较单一金属优良，但并不是任何情况都是，如纯铝导电性比铝合金要强等，故C错误；D、钢是铁与碳等形成的合金，故D错误；故选B。
2.有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是(　　 )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1，设镁与铝的物质的量都是1mol，生成氢氧化镁、氢氧化铝的质量共136g，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，属于氢氧化镁58g，剩余沉淀的质量小于最大沉淀量的一半，故A正确。
3.下列选项中的物质所含指定原子数目一定相等的是(　　)
A. 温度和压强不同，相同质量的一氧化二氮和二氧化碳两种气体的总原子数
B. 等温等压下，相同体积的乙烯和乙炔、乙烷的混合气体的总原子数
C. 等温等压下，相同体积的氧气和臭氧两种气体中的氧原子数
D. 相同物质的量、不同体积的氨气和甲烷两种气体中的氢原子数
【答案】A
【解析】
【分析】应用计算物质的量的几个公式、阿伏加德罗定律解答。
【详解】A项：N2O和CO2摩尔质量都是44g/mol，相同质量时两种气体的分子总数、原子总数都相等，A项正确；
B项：据阿伏加德罗定律，等温等压下，相同体积的乙烯和乙炔、乙烷的混合气体的分子总数相同，其原子总数不一定相等；
C项：据阿伏加德罗定律，等温等压相同体积的氧气和臭氧分子总数相同，氧原子数之比为2:3；
D项：相同物质的量的氨气和甲烷两种气体中，分子数相等，氢原子数之比为3:4；
本题选A。
4.天然氧化铝晶体俗称刚玉，常因含有杂质而呈各种色彩。下列叙述不正确的是（　　）
A. 刚玉中混入微量的铬元素称为红宝石
B. 刚玉中混入微量的钛元素或铁元素称为蓝宝石
C. 蓝宝石和红宝石都是制作名贵首饰的材料
D. 蓝宝石和红宝石都只能从自然界中来获得
【答案】D
【详解】红宝石、蓝宝石的主要成分都为氧化铝，因为其含有杂质而呈现不同的色泽。红宝石含有氧化铬而呈红色，蓝宝石则含有氧化铁及氧化钛而呈蓝色。它们都是制作名贵首饰的材料，其微粒可制精密仪表和手表的轴承。除天然产外，工业上常用电熔法处理氧化铝而制成人造刚玉或电熔刚玉，故D不正确。
故选D。
5.NaNO2+NH4Cl═NaCl+N2+2H2O．下列关于该反应的说法中，正确的是（　　）
A. NH4Cl中的N元素被还原
B. 生成1 mol N2时转移的电子数为6 mol
C. NaNO2是氧化剂
D. N2既是氧化剂又是还原剂
【答案】C
【解析】A、NH4Cl中的N元素化合价升高，被氧化，故A错误；B、NH4Cl中的N失3个电子，或NaNO2中N得3个电子，生成1 mol N2时转移的电子数为3 mol，故B错误；C、NaNO2中N得3个电子，NaNO2是氧化剂，故C正确；D、N2既是氧化产物又是还原产物，故D错误；故选C。
6. 有些化学仪器加热时需要放在石棉网上，但也有一些仪器可以直接在酒精灯上加热，下列各组仪器中可以用酒精灯直接加热的一组是(　　 )
A. 试管、蒸发皿 B. 试管、烧杯
C. 试管、平底烧瓶 D. 蒸发皿、圆底烧瓶
【答案】A
【解析】试题分析：B、烧杯不可以直接加热，需要用石棉网，故B错误；C、平底烧瓶在加热的时候需要石棉网，故C错误；D、圆底烧瓶在加热时需要石棉网，故D错误；此题选择A。
7.在K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液中，Fe3+的物质的量浓度为0.1 mol•L﹣1，SO42-的物质的量浓度为0.3 mol•L﹣1，则混合液中K+的物质的量浓度为（　　）
A. 0.15 mol•L﹣1 B. 0.45 mol•L﹣1
C. 0.3 mol•L﹣1 D. 0.6 mol•L﹣1
【答案】C
【解析】
【分析】根据溶液显电中性，依据电荷守恒分析解答。
【详解】K2SO4和Fe2（SO4）3的混合溶液，含Fe3+的物质的量浓度为0.1mol/L，SO42—的物质的量浓度为0.3mol/L，忽略水的电离根据电荷守恒有3c（Fe3+）+c（K+）＝2c（SO42—），即3×0.1mol/L+c（K+）＝2×0.3mol/L，解得c（K+）＝0.3mol/L，答案选C。
8.某种分散系分散质粒子既能透过半透膜，也能透过滤纸，该分散系为（　　）
A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液
【答案】A
【详解】A.溶液分散质粒子既能透过滤纸，又能透过半透膜，故A正确；
B.胶体分散质粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，故B错误；
C.悬浊液分散质粒子不能透过滤纸，不能透过半透膜，故C错误；
D.乳浊液分散质粒子不能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误。
故选A。
9.将适量金属钠投入下列溶液中，有气体放出，但无沉淀生成的是(　　 )
A. 盐酸 B. 饱和氢氧化钠溶液
C. FeCl3溶液 D. CuSO4溶液
【答案】A
【解析】A、钠与盐酸反应生成氯化钠和氢气，没有沉淀，A正确；B、钠与饱和的氢氧化钠溶液反应生成氢气和氢氧化钠，消耗溶剂水，同时溶质质量增加，溶液是过饱和溶液，有氢氧化钠沉淀析出，B错误；C、钠与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀、氯化钠和氢气，C错误；D、钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜沉淀和氢气，D错误，答案选A。
10.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
【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。
11. 二氧化硅是酸酐的原因是（　　）
A. 它溶于水得相应的酸
B. 它对应的水化物是可溶性强酸
C. 它与强碱溶液反应只生成盐和水
D. 它是非金属氧化物
【答案】C
【解析】
【分析】酸酐的定义是：某酸脱去一分子的水，所剩下的部分称为该酸的酸酐，一般无机酸是一分子的该酸，直接失去一分子的水就形成该酸的酸酐，其酸酐中决定酸性的元素的化合价不变，只有含氧酸才有酸酐，无氧酸是没有酸酐的。
【详解】A．SiO2不溶于水，不能得到相应的酸，不是二氧化硅是酸酐的原因，故A错误；
B．H2SiO3是难溶于水的酸，二氧化硅不能溶于水形成硅酸，不是二氧化硅是酸酐的原因，故B错误；
C．酸的酸酐中决定酸性的元素的化合价不变，二氧化硅是酸性氧化物和碱反应生成盐和水，硅酸分解对应生成SiO2，硅元素化合价不变，证明二氧化硅是硅酸的酸酐，所以C选项是正确的；
D．有些非金属氧化物是不成盐氧化物，如CO、NO等，它们不是酸酐，不是二氧化硅是酸酐的原因，故D错误。
所以C选项是正确的。
12. 下列物质中，只有氧化性、只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是(　　 )
A. F2、K、HCl B. Cl2、Al、H2
C. NO2、Na、Br2 D. O2、SO2、H2O
【答案】A
【解析】当元素处于最低价时，只能升高，只有还原性，反之，只能降低，只有氧化性；而当处于中间价时，既有氧化性又有还原性
13.下列氧化还原反应发生在同种元素之间的是（　　）
A. Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑ B. 2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O
C. H2＋CuOCu＋H2O D. 2H2O2H2↑＋O2↑
【答案】B
【详解】A．Zn、H元素的化合价变化，故A不选；
B．只有S元素的化合价变化，则氧化还原反应发生在同种元素之间，故B选；
C．Cu、H元素的化合价变化，故C不选；
D．H、O元素的化合价变化，故D不选；
故选B。
14. 为了说明影响化学反应速率快慢的因素，甲、乙、丙、丁四位同学分别设计了如下A—D四个实验，你认为结论不正确的是（ ）
A. 将铜片放入稀硫酸中，无现象。若再向所得溶液中加入硝酸银溶液，一段时间后，由于形成原电池，可看到有氢气生成
B. 将表面积．质量都相同的镁条和铝条分别与同浓度的盐酸反应，前者速率大于后者
C. 两支试管中分别加入相同质量的氯酸钾，其中一支试管中再加入少量二氧化锰，同时加热，产生氧气的快慢不同
D. 相同条件下等质量的块状和粉末状大理石分别与相同浓度的盐酸反应时，粉末状的反应速率快
【答案】A
【解析】试题分析：A．铜．与硫酸不反应，加入硝酸银溶液后，铜与硝酸银发生置换反应而形成原电池，生成单质银，没有气体产生，错误；B．镁个金属性比铝强，在相同条件下与同浓度的盐酸反应，镁的反应速率快，这是由反应物本身的性质决定的，正确；C．使用催化剂的反应速率快，二氧化锰是氯酸钾分解的催化剂，所以加入二氧化锰的试管的反应速率快，正确；D．粉末状与块状的大理石与盐酸接触的面积大，所以反应速率快，正确，答案选A。
15.下列元素中属于主族元素的是（　　）
A. 氖 B. 铜 C. 碘 D. 铁
【答案】C
【详解】A.Ne位于第二周期的0族，不属于主族元素，故A不选；
B.Cu位于第四周期第IB族，故B不选；
C.I位于第四周期第VⅡA族元素，故C选；
D.Fe位于第四周期ⅤⅢ族，故D不选；
故选C。
16.下列实验中没有颜色变化的是（　　）
A. 木板上涂抹浓硫酸
B. 葡萄糖溶液与新制氢氧化铜悬浊液混合加热
C. 淀粉溶液中加入碘酒
D. 苯加入到酸性高锰酸钾溶液中
【答案】D
【详解】A.木板属于纤维素，木板上涂抹浓硫酸，由于浓硫酸具有脱水性而使其生成碳变黑，有颜色变化，故A不选；
B.葡萄糖溶液与新制的Cu（OH）2悬浊液混合加热，产生砖红色氧化亚铜，有颜色变化，故B不选；
C.淀粉溶液中加入碘酒变蓝色，有颜色变化，故C不选；
D.苯不与酸性高锰酸钾反应，不能使高锰酸钾褪色，没有颜色变化，故D选；
故选D。
17.下列四种X溶液，均能跟盐酸反应，其中反应最快的是(　　)
A. 10 ℃ 3 mol·L－1的X溶液
B. 20 ℃ 3 mol·L－1的X溶液
C. 10 ℃ 2 mol·L－1的X溶液
D. 20 ℃ 2 mol·L－1的X溶液
【答案】B
【详解】影响因素包括浓度和温度，一般来说，温度越高，浓度越大，则反应速率越大，选项B和选项D反应温度均为20 ℃，但选项B中X溶液的浓度比选项D高，故选项B中反应速率最快，故答案为B。
18. 下列过程中，共价键被破坏的是（ ）
A. 碘升华 B. 酒精溶于水
C. 冰融化成水 D. HCl气体溶于水
【答案】D
【解析】ABC平衡的都是分子间作用力，氯化氢溶于水电离出氢离子和氯离子，共价键被破坏，答案选D。
19.下列叙述中不正确的是（ ）
A. 常温下乙醇是无色有特殊香味的液体，沸点比水低
B. 乙醇密度比水小，将乙醇加入水中，充分振荡后分层，上层为乙醇
C. 乙醇是一种常用的有机溶剂，能溶解许多有机物
D. 洗发时在水中加入适量的啤酒，油污容易洗净
【答案】B
【解析】分析：根据乙醇的物理性质、用途结合选项分析判断。
详解：A. 常温下乙醇是无色有特殊香味的液体，沸点比水低，A正确；
B. 乙醇密度比水小，与水互溶，将乙醇加入水中，充分振荡后不分层，B错误；
C. 乙醇是一种常用的有机溶剂，能溶解许多有机物，C正确；
D. 乙醇是一种常用的有机溶剂，因此洗发时在水中加入适量的啤酒，油污容易洗净，D正确。
答案选B。
20.19世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是（　　）
A. 提出原子学说 B. 发现元素周期律
C. 提出化学元素的概念 D. 建立燃烧现象的氧化学说
【答案】B
详解】A.道尔顿提出了近代原子学说，故A错误；
B.1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；
C.玻义耳提出化学元素的概念，故C错误；
D.拉瓦锡建立燃烧现象的氧化学说，故D错误。
故选B
21.下列关于“甲烷的存在与用途”的叙述不正确的是（　　）
A. 我国的天然气主要分布在中西部地区及海底
B. 可燃冰是天然气的水合物，外形似冰，易燃烧
C. 甲烷俗称“天然气”，常用作燃料
D. 天然气和沼气都是理想的清洁能源
【答案】C
【详解】A.我国的天然气主要分布在中西部地区及海底，故A正确；
B.可燃冰是天然气的水合物，主要可燃成分是甲烷，外形似冰，易燃烧，故B正确；
C.甲烷是纯净物，是天然气的主要成分，故C错误；
D.天然气和沼气的主要成分都是甲烷，甲烷是一种清洁能源，故D正确；
故选C。
22.将等体积的甲烷与氯气混合于一集气瓶中，加盖后置于光亮处，下列有关此实验的现象和结论叙述不正确的是（　　）
A. 瓶内壁有油状液滴形成
B. 瓶中气体的黄绿色逐渐变浅
C. 反应的有机产物都为液体
D. 若日光直射可能发生爆炸
【答案】C
【详解】A.一氯甲烷是气体，内壁出现油状液体，是甲烷和氯气发生取代反应，生成的二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳，故A正确；
B.甲烷和氯气发生取代反应，生成的产物均无色，试管中气体颜色会变浅，故B正确；
C.一氯甲烷是气体，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是液体，故C错误；
D.若日光直射，甲烷与氯气迅速反应生成大量气体，气体剧烈膨胀，可能发生爆炸，故D正确；
故选C。
23. 煤本身是可燃物质，但是块状的煤用明火靠近都不燃烧，而当煤变为粉末状态时，在空气中达到一定的浓度遇明火即迅速爆炸，其原因是(　　)。
A. 粉末状态的煤比块状煤的着火点低
B. 粉末状态的煤比块状煤放出的热量多
C. 粉末状态的煤比块状煤的总表面积大
D. 粉末状态的煤呈气态，属于可燃性气体
【答案】C
【解析】煤变为粉末状态时，总表面积大，与空气中的氧气密切接触时，一旦遇见火源，便发生剧烈的氧化还原反应。
24.用纯净的CaCO3与100 mL稀盐酸反应制取CO2，实验过程记录如图所示(CO2的体积已折算为标准状况下的体积)。下列分析正确的是(　　 )

A. OE段的平均反应速率最快
B. EF段，用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4 mol/(L·min)
C. OE、EF、FG三段中，该反应用二氧化碳表示的平均反应速率之比为2∶6∶7
D. F点收集到的CO2的量最多
【答案】B
【解析】OE段、EF段、FG段中用CO2表示的平均反应速率分别为0.01 mol·L-1·min-1、0.02 mol·L-1·min-1、0.005 mol·L-1·min-1，反应速率之比为2∶4∶1。所以EF段平均反应速率最快，该段用盐酸表示的平均反应速率为0.04 mol·L-1·min-1，G点收集到的CO2的量最多。
25. 高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：
3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn（OH）2＋2Fe（OH）3＋4KOH
下列叙述不正确的是（ ）
A. 放电时负极反应为：Zn－2e－＋2OH－=Zn（OH）2
B. 放电时正极反应为：FeO42-＋4H2O＋3e－=Fe（OH）3＋5OH－
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化
D. 放电时正极附近溶液的碱性增强
【答案】B
【解析】
【分析】由反应可知，放电时Zn为负极，K2FeO4在正极上发生还原反应；充电时电池的正极与电源的正极相连为阳极，阳极发生氧化反应，据此答题。
【详解】A.放电时，负极Zn失电子被氧化，生成Zn（OH）2，电极反应式为Zn-2e-+2OH-═Zn（OH）2，故A正确；
B.K2FeO4为电池的正极，得电子发生还原反应，生成Fe（OH）3，电极反应式为FeO42-+3e-+4H2O═Fe（OH）3+5OH-，故B正确；
C.放电时，Fe化合价由+6价降低为+3价，则放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C错误；
D.放电时，正极生成OH-，溶液碱性增强，故D正确。
故选C。
分卷II
二、填空题（共6小题,共50分）
26.工业上通常利用SiO2和碳反应来制取硅，写出反应的化学方程式___________。工业上还可以利用镁制取硅，反应为2Mg+SiO2=2MgO+Si，同时会发生副反应：2Mg + Si=Mg2Si。如图是进行Mg与SiO2反应的实验装置，试回答下列问题：

（1）由于O2和H2O（g）的存在对该实验有较大影响，实验中应通入气体X作为保护气，试管中的固体药品可选用________(填序号)。
A．石灰石　　　B．锌粒　　　C．纯碱
（2）实验开始时，必须先通一段时间X气体，再加热反应物，其理由是 _______________；当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，其原因是______________________。
（3）反应结束后，待冷却至常温时，往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星，产生此现象的原因是副产物Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷）气体，然后SiH4自燃。用化学方程式表示这两个反应①________________，②_________________。
【答案】(1). SiO2 + 2C Si + 2CO↑ (2). b (3). 防止加热条件下H2与空气混合爆炸 (4). Mg与SiO2的反应是放热反应 (5). Mg2Si＋4HCl= 2MgCl2＋SiH4↑ (6). SiH4＋2O2 = SiO2↓＋2H2O
【解析】试题分析：碳和二氧化硅反应生成硅和CO，据此书写方程式；
Mg为活泼金属，在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，在工业中利用镁制取硅：需排尽装置中的空气，实验中应通入气体X作为保护气，X由稀硫酸制得，根据题干（1）信息可知，用锌和稀硫酸制得的氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气，X为氢气，通过浓硫酸进行干燥，据此分析解答。
解析：碳和二氧化硅在高温下反应生成硅和CO，反应的化学方程式为SiO2 + 2C Si + 2CO↑。
（1）Mg可以与CO2、N2发生化学反应，Mg与氢气不能发生反应，因此可用氢气作为保护气；选用的药品为稀硫酸和锌粒，再用浓硫酸干燥，答案选b；
（2）装置中有空气，若不用氢气排空装置中的空气，氢气和空气的混合气体燃烧会发生爆炸，所以反应开始前应该先通氢气排尽装置中的空气；Mg与SiO2反应的条件是加热，当反应引发后，移走酒精灯，反应能继续进行，这说明Mg与SiO2的反应是放热反应；
（3）Mg2Si遇盐酸迅速反应生成SiH4（硅烷），其反应的方程式为：Mg2Si＋4HCl＝2MgCl2＋SiH4↑，SiH4常温下是一种不稳定、易自燃的气体，反应的方程式为SiH4＋2O2 ＝SiO2↓＋2H2O，所以往反应后的混合物中加入稀盐酸，可观察到闪亮的火星。
27. 分某研究小组为了探究一种无机矿物质X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：

另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1.请回答如下问题：
（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图_______，写出气体甲的电子式_______。
（2）X的化学式是______，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为_______。
（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是_______(用化学反应方程式表示)。
（4）一定条件下，气体甲鱼固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式_______，并设计实验方案验证该反应的产物_______。
【答案】（1）
（2）CaFeC2O6(或CaCO3·FeCO3)；CaCO3·FeCO3△CaO+FeO+2CO2↑。
（3）4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3
（4）3FeO+CO2===Fe3O4+CO检验方法：Fe2O3：将固体加入盐酸溶解，再滴入KSCN溶液，溶液呈血红色；CuO：将固体加入盐酸溶解，再滴入氨水溶液，溶液出现蓝色沉淀，继续加入氨水，沉淀溶解，生成深蓝色溶液
【解析】试题分析：白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀说明白色沉淀2是Fe(OH)2。溶液1中通入甲气体，有白色沉淀1，再通入甲气体(注意：水存在时)又溶解，甲气体是弱酸性气体，根据X与固体1的质量确定是CO2。
28.亚铁盐、铁盐在工农业生产、生活、污水处理等方面有着极其广泛的应用，现用铁屑与硫酸反应制备硫酸亚铁。
已知：①4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O
②硫酸亚铁在水中的溶解度如下图：

(1)首先，将铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。此步骤中，分离出液体的方法通常不用过滤，使用的操作是____________(填写操作名称)。
(2)向处理过的铁屑中加入适量的硫酸，在一定温度下使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得硫酸亚铁溶液。
①硫酸浓度应选择(填字母序号)__________；　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．浓硫酸 B．10 moL·L－1硫酸
C．3 moL·L－1硫酸 D．任意浓度硫酸
②温度宜控制在________，加热的同时需适当补充水，原因是___________________；
③反应中应保持_________ (填“＜”“＞”或“＝”) 1。
(3)亚铁盐在空气中易被氧化，但形成复盐可稳定存在，如“摩尔盐”，即(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O(硫酸亚铁铵)，就是在硫酸亚铁溶液中加入少量稀硫酸溶液，再加入饱和硫酸铵溶液，经过_______、_______、_______、_______等一系列操作后所得。
【答案】(1). 倾析 (2). C (3). 60 ℃左右 (4). 防止硫酸亚铁晶体析出 (5). ＞ (6). 蒸发浓缩 (7). 冷却结晶 (8). 滤洗涤 (9). 过自然干燥
【解析】分析：（1）由于Fe屑沉在容器的底部，溶液在上部，所以分离出液体的方法通常不用过滤，使用的操作是倾析法；（2）在室温下，Fe在浓硫酸中会发生钝化现象，在10moL/L硫酸中容易发生氧化还原反应产生硫酸铁和SO2和水；由于FeSO4在60℃左右溶解度最大，所以温度宜控制在60℃左右；为防止硫酸亚铁晶体析出，加热的同时需适当补充水，为了防止在加热的过程中Fe2+被氧化为Fe3+，Fe粉应该稍微过量一些；（3）稀硫酸的作用是为了抑制Fe2+、NH4+的水解，防止产物不纯。
详解：（1）首先，将铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑．此步骤中，由于Fe屑沉在容器的底部，溶液在上部，所以分离出液体的方法通常不用过滤，使用的操作是倾析法；（2）在室温下，Fe在浓硫酸中会发生钝化现象．在10moL/L硫酸中容易发生氧化还原反应产生硫酸铁和SO2和水，不能得到硫酸亚铁，所以要用3moL/L硫酸．由于FeSO4在60℃左右溶解度最大，所以温度宜控制在60℃左右．为防止硫酸亚铁晶体析出，加热的同时需适当补充水．为了防止在加热的过程中Fe2+被氧化为Fe3+，Fe粉应该稍微过量一些，所以反应中应保持＞1；（3）在制取摩尔盐如硫酸亚铁铵[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]的过程，就是在FeSO4溶液中加入少量稀H2SO4溶液，再加入饱和（NH4）2SO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作后所得．过程中稀硫酸的作用是为了抑制Fe2+、NH4+的水解，防止产物不纯。
29.探究苯与溴反应生成溴苯的实验可用如图所示装置，分析装置并完成下列题目：

（1）关闭止水夹F，打开止水夹C，由A口向装有少量苯的三口烧瓶中加入过量液溴，再加入少量铁屑，塞住A口，则三口烧瓶中发生反应的有机化学方程式为______________________。
（2）D、E试管内出现的现象分别为：D.______， E．__________。
（3）待三口烧瓶中的反应进行到仍有气泡冒出时，松开止水夹F，关闭止水夹C，可以看到的现象是___________。
【答案】(1). +Br2+HBr (2). 石蕊溶液变红 (3). 有淡黄色沉淀生成 (4). 洗气瓶内水面上出现大量白雾
【解析】
【分析】在FeBr3作催化剂的条件下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，溴化氢使石蕊试液呈红色，遇硝酸银溶液产生溴化银淡黄色沉淀。溴化氢遇水蒸气产生白雾。NaOH用于吸收尾气，防止污染空气。
【详解】（1）三颈烧瓶内，在FeBr3作催化剂的条件下，苯和液溴反应生成溴苯和溴化氢，反应方程式为：+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr。
（2）HBr溶于水呈酸性，D中使石蕊溶液变红，HBr与硝酸银溶液反应生成AgBr，E中产生淡黄色沉淀，故答案为：石蕊溶液变红；出现淡黄色沉淀。
（3）HBr与水蒸气结合形成小液滴，洗气瓶内水面上出现大量白雾，故答案为：洗气瓶内水面上出现大量白雾。
30.A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。

(1)写出A～F各物质的化学式：
A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。
(2)写出A、B跟水反应离子方程式：______________________。
【答案】(1). Cl2 (2). SO2 (3). H2SO4 (4). HCl (5). BaSO3 (6). BaSO4 (7). Cl2＋SO2＋2H2O===4H＋＋SO42-＋2Cl－
【详解】(1) 由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀, B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；
A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=== H2SO4＋2HCl；
B与Ba(OH)2反应的化学方程式为：Ba(OH)2+ SO2=== BaSO3↓＋H2O；
含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+ Ba(OH)2=== BaSO4↓＋2H2O；
溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3===AgCl↓＋HNO3；
故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。
31.烃A的产量能衡量一个国家石油化工发展水平，F的碳原子数为D的两倍，以A为原料合成F，其合成路线如图所示：

（1）写出决定B、D性质的重要原子团的名称：
B________、D________。
（2）A的结构式为____________。
（3）写出下列反应的化学方程式并注明反应类型：
①______________________，反应类型：_______；
②_________________，反应类型：________。
（4）实验室怎样区分B和D？___________。
（5）除去F中少量B和D的最好试剂是________（填字母）。
A 饱和碳酸钠溶液 B 氢氧化钠溶液 C 苯 D 水
【答案】(1). 羟基 (2). 羧基 (3). (4). 2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O (5). 氧化反应 (6). CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (7). 酯化反应（或取代反应） (8). 分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇（答案合理均可） (9). A
【解析】
【分析】根据A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，判断A应为乙烯，结构式为，乙烯和水在催化剂条件下发生加成反应生成乙醇，所以B为乙醇，乙醇被催化氧化生成乙醛，所以C为乙醛；F的碳原子数为D的两倍，根据反应条件可知D为乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，所以F为乙酸乙酯，据此进行解答。
【详解】（1）根据上述分析可知：B为乙醇，D为乙酸，决定B、D性质的重要原子团的名称：B羟基、D羧基。答案：羟基； 羧基。
（2）由分析知A为乙烯，其结构式为。答案：。
（3）由图可知①发生的是CH3CH2OH 催化氧化为CH3CHO 的反应，反应方程式为2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O 答案：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O ； 氧化反应。
②发生的是乙醇和乙酸在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O ，反应类型为酯化反应（或取代反应）；答案：CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O ；酯化反应（或取代反应）。
（4）由B为乙醇，D为乙酸，实验室可以通过：分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇的方法区分；答案：分别取少量待测液于试管中，滴加少量石蕊溶液，若溶液变红，则所取待测液为乙酸，另一种为乙醇，其他答案符合题意也可。
（5）F为乙酸乙酯，B为乙醇，D为乙酸，除去F中少量B和D的最好试剂是饱和碳酸钠溶液，可以吸收乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解性。答案：A。