[化学][期末]浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期期末调测试题(解析版)

这是一份[化学][期末]浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期期末调测试题(解析版)，共18页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列化学用语表述正确的是等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1.答题前，请将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。
2.答题时，请在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3.可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 S—32 Cl—35.5 Fe—56 Cu—64 Ba—137 Al—27 Si—28 Ca—40
选择题部分
一、选择题(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 石灰石的化学式为（ ）
A CaCO3B. Na2CO3C. Na2O2D. CaCl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．石灰石、大理石是碳酸钙的俗称，其化学式为：CaCO3，A正确；
B．苏打是碳酸钠的俗称，其化学式为：Na2CO3，B错误；
C．Na2O2的名称称为过氧化钠，C错误；
D．CaCl2的名称为氯化钙，D错误；
故选A。
2. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”简称。古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是（ ）
A. 丝绸B. 陶瓷C. 中草药D. 茶叶
【答案】B
【解析】
【详解】A．丝绸的主要成分是蛋白质，属于有机物，A错误；
B．瓷器是硅酸盐产品，属于无机物，B正确；
C．植物的茎、叶主要成分是纤维素，则中草药属于有机物，C错误；
D．植物的茎、叶主要成分是纤维素，则茶叶属于有机物，D错误；
答案选B。
3. 某些地区的自来水含有 Fe3+，实验室可以通过蒸馏自来水的方法获得少量纯净的水，需要用到的仪器是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A． 为分液漏斗，用于萃取、分液操作，不可用于蒸馏操作，故A错误；
B． 是蒸馏烧瓶，用于蒸馏操作，故B正确；
C． 是容量瓶，用于配制一定物质的量浓度的溶液的定容容器，不可用于蒸馏操作，故C错误；
D． 是圆底烧瓶，常用于固、液反应制气体的反应容器，不可用于蒸馏操作，故D错误；
故答案为B。
4. 下列物质溶于水能导电且属于非电解质的是（ ）
A. B. NaClC. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A． 属于非电解质，但溶于水可以导电，故A选；
B． NaCl属于强电解质，故B不选；
C． 是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；
D． 是非电解质，但溶于水不导电，故D不选；
故选A。
5. 下列变化过程中，加入氧化剂可以实现的是（ ）
A. Fe2O3→FeB. NO2→NO
C. →Cl2D. →SO2
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe2O3→Fe中铁元素化合价降低，需要加入还原剂实现，A错误；
B．NO2→NO中氮元素化合价降低，需要加入还原剂实现，B错误；
C．→Cl2中氯元素化合价升高，需要加入氧化剂实现，C正确；
D．→SO2中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误；
答案选C。
6. 不能与CuBr2溶液发生反应的是（ ）
A. AgNO3溶液B. 新制氯水C. 氨水 D. FeCl3溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．CuBr2中含有Br离子，加入到硝酸银溶液中会生成溴化银沉淀，选项A不符合题意；
B．新制氯水加入到CuBr2溶液中，氯气分子将溴离子氧化为溴单质，选项B不符合题意；
C．少量氨水加入CuBr2溶液溶液生成氢氧化铜，氨水过量生成铜氨配合物，选项C不符合题意；
D．FeCl3溶液与CuBr2溶液不反应，选项D符合题意；
答案选D。
7. 下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（ ）
A. SO2B. NH3C. Cl2D. CO2
【答案】B
【解析】
【分析】能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。
【详解】A．SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；
C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；
D．CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；
答案选B。
8. 下列物质对应的化学式不正确的是（ ）
A. 芒硝：Na2SO4·10H2OB. 冰晶石：Na3AlF6
C. 绿矾：CuSO4·5H2OD. 生石膏：CaSO4·2H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．芒硝为硫酸钠结晶水合物，其化学式为：Na2SO4·10H2O，A正确；
B．冰晶石为六氟铝酸钠，其化学式为：Na3AlF6，B正确；
C．绿矾化学式为：FeSO4·7H2O，C错误；
D．生石膏即天然二水石膏，其化学式为：CaSO4·2H2O，D正确；
答案选C。
9. 碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。下列说法不正确的是（ ）
A. 热的纯碱溶液可以去油污
B. 向碳酸钠固体中加入少量水后，伴有放热现象
C. 碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠的强
D. 向氨化的饱和食盐水中通入足量的CO2后有碳酸钠晶体析出
【答案】D
【解析】
【详解】A．热的纯碱溶液中，碳酸根离子的水解程度较大，溶液呈碱性，可以促使油污水解，从而起到去油污的效果，A正确；
B．碳酸钠固体溶于水放热，所以碳酸钠固体中加入少量水后，伴有放热现象，B正确；
C．碳酸钠很稳定，受热不易发生分解，碳酸氢钠受热易分解，说明碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠的强，C正确；
D．向氨化的饱和食盐水中通入足量CO2，此时反应生成碳酸氢钠，因为碳酸氢钠在水溶液中溶解度较小而结晶析出，没有碳酸钠结晶析出，D错误；
故选D。
10. 下列化学用语表述正确的是（ ）
A. 乙醛的官能团：-COH
B. 用电子式表示水分子的形成过程：
C. 的名称：2-甲基-4-乙基戊烷
D. 中子数为10的氧原子：
【答案】D
【解析】
【详解】A．乙醛的官能团是醛基，写作，A错误；
B．水是共价化合物，其分子的形成过程为，B错误；
C．主链上有6个碳原子，第2、4号碳原子上连有甲基，命名为：2，4-二甲基己烷，C错误；
D．O为第8号元素，质子数为8，则中子数为10的氧原子的质量数为18，可以表示为，D正确；
答案选D。
11. 在pH=1含Ba2+的溶液中，还能大量存在的离子是（ ）
A. B. C. ClD.
【答案】C
【解析】
【分析】pH=1含Ba2+的溶液呈酸性，存在、。
【详解】A．与反应生成和水，不能大量共存，A错误；
B．与反应生成和水，且与生成沉淀，因此在pH=1且含Ba2+的溶液中不能大量存在，B错误；
C．Cl与、均不反应，可以大量共存，C正确；
D．与生成沉淀，不能大量共存，D错误；
答案选C。
12. 冷敷袋俗称冰袋，在日常生活中有降温、保鲜和镇痛等多种用途，下列不能作为冷敷袋盛装的主要物质的是（ ）
A. 生石灰+水B. 冰
C. 硝酸铵+水合碳酸钠D. 硝酸铵+水
【答案】A
【解析】
【详解】A．生石灰和水反应放出热量，不能用作冷敷袋中试剂，A错误；
B．冰融化吸热，能用作冷敷袋中试剂，B正确；
C．硝酸铵和水合碳酸钠混合在一起发生反应，生成硝酸钠、氨气、二氧化碳和水，反应物的总能量低于生成物的总能量，是吸热反应，能用作冷敷袋中试剂，C正确；
D．硝酸铵溶于水吸收热量，能用作冷敷袋中试剂，D正确；
故选A。
13. 下列说法不正确的是（ ）
A. 硫酸亚铁是优良的净水剂
B. 工业上可使用液氨作制冷剂
C. 工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应可直接制得高纯度的硅
D. 胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的微粒直径在10-9～10-7m之间
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁可水解生成胶体，胶体具有吸附性，因此属于优良的净水剂，A正确；
B．液氨汽化时需要吸收大量的热，利用此性质可使用液氨作制冷剂，B正确；
C．工业上焦炭高温还原二氧化硅生成一氧化碳和硅，制备获得粗硅，C错误；
D．胶体区别于溶液、浊液的本质特征是分散质粒子的直径大小不同，胶粒直径在10-9～10-7m之间，D正确；
答案选C。
14. 氯乙烯在一定条件下可反应生成聚氯乙烯
下列说法不正确的是（ ）
A. 上述转化过程为加聚反应B. 该反应的单体为
C. 聚氯乙烯和氯乙烯不是同系物D. 聚氯乙烯化学性质比氯乙烯稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯乙烯中含有碳碳双键，可以加聚反应生成聚氯乙烯，A正确；
B．聚氯乙烯的单体是，B错误；
C．聚氯乙烯中不含碳碳双键，因此和氯乙烯结构不同，不是同系物，C正确；
D．聚氯乙烯属于有机高分子材料，化学性质比氯乙烯稳定，D正确；
答案选B。
15. 化学与人类健康关系密切，下列说法正确的是（ ）
A. 在葡萄酒中添加适量的主要目的是调节葡萄酒的酸度
B. 制作豆腐时可以用石膏或胆矾“点卤”
C. 氯化镁、亚硝酸钠、山梨酸钾、三聚氰胺等均可以用作食品添加剂
D. 膳食纤维是人体七大营养素之一，难以在人体内水解为葡萄糖加以吸收利用
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硫具有还原性，在葡萄酒中添加适量的主要目的是作抗氧化剂，A错误；
B．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质变性，制作豆腐时不能用胆矾“点卤”，B错误；
C．氯化镁、亚硝酸钠、山梨酸钾等均可以用作食品添加剂，三聚氰胺不能，C错误；
D．人体没有能水解纤维素的酶，因此膳食纤维难以在人体内水解为葡萄糖加以吸收利用，D正确；
答案选D。
二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
16. 为确定下列置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（ ）
A. Na2SO3溶液（BaCl2）B. FeCl2溶液（KSCN）
C. KI（淀粉溶液）D. HCHO溶液（石蕊试液）
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na2SO3具有还原性，易被氧化生成硫酸钠，但二者均与氯化钡反应生成白色沉淀，因此加氯化钡不能检验是否变质，A错误；
B．FeCl2具有还原性，易被氧化生成氯化铁，因此加KSCN溶液可检验铁离子，能检验是否变质，B正确；
C．KI易被氧化生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，利用淀粉溶液可检验碘化钾是否变质，C正确；
D．HCHO具有还原性易被生成HCOOH，溶液显酸性，加石蕊试液变红色，可检验是甲醛否变质，D正确；
答案选A。
17. 黄铁矿高温煅烧发生以下反应：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，下列说法不正确的是（ ）
A. FeS2作还原剂
B. 在工业制硫酸中，上述反应在沸腾炉中进行
C. Fe2O3和SO2既是氧化产物又是还原产物
D. 生成4ml SO2转移电子的数目为20NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．FeS2→Fe2O3，Fe的化合价由+2→+3，化合价升高，FeS2作还原剂，铁元素被氧化，A正确；
B．在工业制硫酸中，黄铁矿需要高温煅烧，故上述反应在沸腾炉(常见的加热设备)中进行，B正确；
C．铁元素和S元素的化合价升高，氧气中氧元素化合价降低，因此Fe2O3和SO2都既是氧化产物又是还原产物，C正确；
D．O的化合价0→-2，生成4ml SO2消耗氧气5.5ml，转移电子的数目为5.5ml×2e-×2×NA=22NA，D错误；
答案选D。
18. 在溶液中能大量共存的离子组是（ ）
A. 、、、B. 、、、
C. 、、、D. 、、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜离子和碳酸根离子会反应，不能大量共存，A错误；
B．选项所给离子间不相互反应，可以大量共存，B正确；
C．银离子和氢氧根离子会生成氢氧化银沉淀并转化为氧化银，不能大量共存，C错误；
D．酸性条件下硝酸根有强氧化性，会氧化有还原性的二价铁离子，不能大量共存，D错误；
答案选B。
19. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 2.4g金属镁与足量的盐酸反应，转移电子数为0.2NA
B. 1ml碳正离子中含有电子数为8NA
C. 在常温常压下，2.24L NH3含有的原子数为0.4NA
D. 100mL 0.1ml·L-1稀硫酸中含有硫酸根个数为001NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．2.4g金属镁的物质的量为0.1ml，与足量的盐酸反应，转移电子数为0.2NA，A正确；
B．一个中含有8个电子，则1ml中含有电子数为8NA，B正确；
C．标准状况下，2.24L NH3为0.1ml，升高温度体积变大，所以常温常压下，2.24L NH3的物质的量小于0.1ml，则原子数小于0.4NA，C错误；
D．100mL 0.1ml·L-1稀硫酸中硫酸的物质的量为0.01ml，且硫酸属于强电解质，则含有硫酸根个数为001NA，D正确；
答案选C。
20. 下列离子方程式正确是（ ）
A. 向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+
B. 二氧化锰和浓盐酸反应：MnO2+4H++2ClˉMn2++Cl2↑+2H2O
C. Al与NaOH溶液反应：2Al+2OH—+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2↑
D. 金属钠投入到硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu
【答案】B
【解析】
详解】A．Na2SiO3属于可溶性盐，因此向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：，A错误；
B．实验室选用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，制备氯气，离子方程式为MnO2+4H++2ClˉMn2++Cl2↑+2H2O，B正确；
C．Al与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为，C错误；
D．金属钠投入到硫酸铜溶液中，生成氢气和氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为，D错误；
答案选B。
21. X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的短周期元素，X的一种核素的质子数为8；Y在同周期元素中原子半径最大；Z的单质是一种常见的半导体材料；W的非金属性在同周期元素中最强。下列说法不正确的是（ ）
A. ZX2为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应
B. 简单离子半径大小：X>Y
C. 化合物YWX中既含离子键，又含共价键
D. W的氧化物对应的水化物一定是强酸
【答案】D
【解析】
【分析】X的一种核素的质子数为8，则X为O元素；X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的短周期元素，则Y的原子序数大于O，又Y在同周期元素中原子半径最大，则Y为第三周期Na元素；Z的单质是一种常见的半导体材料，Z的原子序数大于Na，则Z为第三周期Si元素；W的非金属性在同周期元素中最强，W的原子序数大于Si，则W为第三周期Cl元素。
【详解】A．为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应：2NaOH+=Na2SiO3+H2O，A正确；
B．核外电子排布相同的离子，原子序数越大，半径越小，则简单离子半径大小：>，B正确；
C．化合物属于离子化合物，含离子键，中Cl与O之间为共价键，C正确；
D．Cl的氧化物对应的水化物中属于弱酸，D错误；
答案选D。
22. 下列反应中有C-H键断裂的是（ ）
A. 光照下甲烷与氯气反应B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应
C. 乙醇与钠反应D. 乙酸与碳酸氢钠反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．光照下甲烷与氯气反应断裂的是C-H键，A正确；
B．乙烯与溴的四氯化碳溶液反应断裂的是碳碳双键中的π键，B错误；
C．乙醇与钠反应断裂的是O—H键，C错误；
D．乙酸与碳酸氢钠反应断裂的是O—H，D错误；
故选A。
23. 常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。下列说法不正确的是（ ）
A. 0~t1时，原电池的正极是Cu片
B. 0~t1时，正极的电极反应式是+2H++e−=NO2↑+H2O
C. t1后，正极上每得到0.3ml电子，则负极质量减少2.7g
D. t1前后，原电池的正、负极发生互变
【答案】C
【解析】
【分析】0~t1时，Al在浓硝酸中发生钝化，Al作负极，被氧化生成氧化铝，Cu为正极，硝酸根离子得电子生成NO2，随着反应进行，Al表面形成氧化铝阻止反应进一步进行，故t1后铜作负极，Al作正极。
【详解】A．0~t1时，Al在浓硝酸中发生钝化，Al失电子生成氧化铝，Al作负极，Cu作正极，A正确；
B．0~t1时，Cu作正极，反应过程中有红棕色气体产生，说明有NO2生成，则正极上硝酸根离子得电子生成NO2和水，电极反应为：+2H++e−=NO2↑+H2O，B正确；
C．t1后，Cu作负极，Al作正极，正极上电极反应为：+2H++e−=NO2↑+H2O，负极上电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，正极上每得到0.3ml电子，负极上Cu失去0.3ml电子，消耗0.15mlCu，则负极质量减少9.6g，C错误；
D．0~t1时，Al在浓硝酸中发生钝化，Al作负极，被氧化生成氧化铝，Cu作正极，硝酸根离子得电子生成NO2，随着反应进行，Al表面形成氧化铝阻止了反应进一步进行，故t1后铜作负极，Al作正极，则t1前后，原电池的正、负极发生互变，D正确；
故选C。
24. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C―C键
D. 该催化剂可有效提高该反应的限度
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，CO2和CH4在催化剂作用下只生成CH3COOH一种生成物，则原子利用率为100%，A正确；
B．根据催化反应历程，生成①的过程中有C-H键发生断裂，B正确；
C．根据催化反应历程，①的能量高于②，则①→②放出能量且形成了C-C键，C正确；
D．催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡移动，无法提高反应的限度，D错误；
故选D。
25. 从海水中提取氯化钠、镁、溴的流程示意图如下：
下列说法不正确的是（ ）
A. 反应①②③④都是氧化还原反应
B. 工业上获得Mg的方法是电解熔融状态的无水MgCl2
C. 苦卤中的Ca2+和Mg2+分别以Ca(OH)2和Mg(OH)2形式沉淀
D. ①②③的目的是对溴进行富集和提纯
【答案】C
【解析】
【分析】苦卤中含有、，加碱可以将转化为Mg(OH)2沉淀，过滤，加盐酸反应，获得溶液，结晶最终获得无水，最后电解还原为Mg；苦卤中可以先通入氧化，用热空气将生成的溴吹出，吸收塔中用做还原剂使溴转化为氢溴酸，与空气分离，达到富集的目的，最后再将氢溴酸用氧化为溴，蒸馏分离。
【详解】A．根据分析，反应①②③④都是氧化还原反应，A正确；
B．工业上常用电解法冶炼金属Mg，即电解熔融状态的无水MgCl2将其还原为单质Mg，B正确；
C．苦卤中的以Mg(OH)2形式沉淀，不沉淀，C错误；
D．根据分析，①②的目的是对溴进行富集，③的目的是分离提纯溴单质，D正确；
答案选C。
非选择题部分
三、非选择题(本大题共5小题，共40分)
26. 请回答：
（1）NaOH的电子式为___________；漂白粉的有效成分是___________。(用化学式表示)
（2）在AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液，可观察到的现象是___________。
（3）Fe与水蒸气在高温下发生反应的化学方程式为___________。
【答案】（1）①. ②. Ca(ClO)2
（2）先生成白色沉淀后溶解
（3）
【解析】（1）NaOH是离子化合价物，电子式为，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2；
（2）AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液先生成白色沉淀后溶解，沉淀为氢氧化铝，后转化为四羟基合铝酸钠；
（3）Fe与水蒸气在高温下发生反应生成四氧化三铁与氢气，化学方程式为。
27. 下图为部分有机物相互转化关系图。
已知：A是粮食的主要成分，D能发生银镜反应，F是组成细胞的基础物质，G是F水解的最终产物之一。请回答：
（1）有机物G中含有的官能团名称是___________。
（2）有机物B的分子式为___________。
（3）C→D的化学反应方程式为___________。
（4）下列说法正确的是___________
A．化合物A与纤维素都是天然有机高分子，互为同分异构体
B．物质F遇紫外线、甲醛、浓硫酸、乙醇等均会发生变性
C．可以用饱和碳酸钠溶液洗去C、D和E混合液中的C、E
D．化合物C与钠的反应比相同条件下水与钠反应更激烈
E．化合物C能与水互溶，主要原因是物质C和水分子间存在氢键
【答案】（1）氨基和羧基
（2）C6H12O6
（3）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
（4）BE
【解析】A是粮食的主要成分，F是组成细胞的基础物质，则A为淀粉，化学式为(C6H10O5)n，F为蛋白质，G是F水解的最终产物之一，G的分子式为C2H5O2N，则G的结构简式为H2NCH2COOH，H的结构简式为H2NCH2COOCH2CH3，则C为CH3CH2OH，可推知B为HOCH2(CHOH)4CHO，D为CH3CHO，E为CH3COOH，据此分析解题。
（1）有机物G为：H2NCH2COOH，含有的官能团名称是氨基和羧基；
（2）据分析可知，有机物B的分子式为C6H12O6；
（3）C为CH3CH2OH，D为CH3CHO，C经过催化氧化生成D，
C→D的化学反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
（4）A．化合物与纤维素都是天然有机高分子化学式为(C6H10O5) n，由于n值不确定，两者不是互为同分异构体，A错误；
B．物质F(蛋白质)遇紫外线、甲醛、浓硫酸、乙醇等均会发生变性，B正确；
C．碳酸钠也会与乙醛发生反应，故C错误；
D．化合物C与钠的反应比相同条件下水与钠反应更若，因为水中H的活泼性大于乙醇，D错误；
E．化合物C为乙醇能与水互溶，主要原因是物质C和水分子间存在氢键，符合相似相溶原理，E正确；
故选BE。
28. 已知固体Na2SO3在空气中易被氧化，高温受热分解。有如下实验流程和结果：
已知：①气体Y是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518g·Lˉ1；②固体X含两种化合物。请回答：
（1）气体Y的分子式为___________。
（2）气体Y通入到CuSO4溶液中，有黑色沉淀生成，反应的离子方程式为___________。
（3）固体X的成分是___________(用相应的化学式表示)。
（4）另取固体X试样和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色沉淀产生。写出产生淡黄色沉淀的离子方程式___________(不考虑空气的影响)。
【答案】（1）H2S
（2）H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
（3）Na2S和Na2SO4
（4）2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O
【解析】气体Y是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518g·Lˉ1，Y的摩尔质量为1.518g/L×22.4L/ml=34g/ml，结合Na2SO3中的元素可知，Y为H2S，固体X与盐酸反应生成硫化氢和溶液，溶液中加入氯化钡反应生成白色沉淀，说明固体X中含有Na2S和硫酸钠，据此分析作答。
（1）据分析可知，气体Y的分子式为H2S；
（2）气体Y通入到CuSO4溶液中，有黑色沉淀(CuS)生成，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；
（3）据分析可知，固体X的成分是Na2S和Na2SO4；
（4）Na2S、Na2SO4与Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色沉淀(S)产生，离子反应方程式为：2S2-+SO+6H+=3S↓+3H2O。
29. 某小组设计如下装置(夹持装置已略去)进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验。
请回答：
（1）用装置A制取纯净干燥的氨气。
①仪器a的名称为___________。
②大试管中发生反应的化学方程式为___________。
（2）装置B中无水氯化钙的作用是___________；集气瓶中可观察到的现象是___________；
（3）将过量的纯净氧气与A中产生的氨气分别通入到装置C中，并在上端点燃氨气，发现氨气可在纯氧中安静燃烧，则氨气燃烧的化学方程式是___________。
【答案】（1）①. 干燥管 ②. 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑
（2）①. 吸收水蒸气和氨气 ②. 有红棕色气体产生
（3）4NH3+3O22N2+6H2O
【解析】装置A中选用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3，并用碱石灰进行干燥；将干燥且纯净的NH3通入装置B中，NH3催化氧化生成NO和水，NO遇氧气生成红棕色的气体；装置C中通入过量纯净的氧气和氨气并点燃，探究氨气在纯氧中的燃烧过程。
（1）①根据仪器a的结构可知，a为干燥管；
②大试管中选用NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制备NH3，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2H2O+2NH3↑。
（2）NH3催化氧化生成NO和水，装置B中无水氯化钙可以吸收生成的水蒸气以及过量的氨气；NO遇氧气转化为红棕色的气体，因此集气瓶中可观察到的现象是有红棕色气体产生。
（3）氨气在纯氧中安静燃烧，生成氮气和水，化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O。
30. 用11.92 g NaClO配成的100mL溶液，向其中加入0.01 ml Na2Sx恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl(假设反应后溶液体积保持不变)。
（1）NaClO溶液的物质的量浓度___________ml·Lˉ1。
（2）反应后溶液中的Na+的物质的量浓度为___________ml·Lˉ1。
（3）化学式Na2Sx中的x=___________。
【答案】（1）1.6 （2）1.8 （3）5
【解析】（1）11.92gNaClO的物质的量为，则配成的100mL溶液的物质的量浓度为；
（2）0.01mlNa2Sx中的物质的量为0.02ml，则反应后溶液中的Na+的物质的量浓度为；
（3）NaClO与Na2Sx恰好完全反应，生成Na2SO4和NaCl，则0.16mlNaClO被还原为NaCl得到电子0.32ml，0.01ml Na2Sx被氧化为Na2SO4失去电子，根据得失电子守恒可得：，解得。