【化学】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省牡丹江市第一高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
1. 下列物质，既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的是（ ）
A. AlCl3 B. Al(OH)3 C. KOH D. HCl
【答案】B
【解析】试题分析：A．AlCl3能与氢氧化钠溶液反应，不与盐酸反应，A项不符合；B．氢氧化铝是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，B项符合；C．KOH与盐酸反应生成氯化钾与水，不能与氢氧化钠反应，C项不符合；D．HCl与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，不能与盐酸反应，D项不符合；答案选B。
2.我国已跨入“互联网+”时代，而“互联网+”的建设离不开无机非金属材料硅。下列物品中用到硅单质的是（　　）
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】A.陶瓷餐具是硅酸盐产品,主要成分为硅酸盐,故A错误; B.石英主要成分为二氧化硅,不是单质硅,故B错误; C.硅单质是半导体材料,可以制计算机芯片,所以C选项是正确的; D.光导纤维成分为二氧化硅,是硅的氧化物,不是单质硅,故D错误; 所以C选项是正确的.
3.下列有关物质的性质与用途不对应的是(　　)
A. 铝合金的密度小，硬度大，可用作建筑材料
B. 食品工业中用Na2CO3作焙制糕点的膨松剂
C. FeCl3溶液能与Cu反应，可用于腐蚀铜制印刷电路板
D. 明矾能生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
【答案】B
【详解】A．铝合金的密度小，硬度大，具有优良的性能，则可用作建筑材料，A正确；
B．Na2CO3的碱性较强，一般选NaHCO3作焙制糕点的膨松剂，B错误；
C．FeCl3溶液能与Cu反应生成氯化铜、氯化亚铁，则可用于腐蚀铜制印刷电路板，C正确；
D．明矾溶于水能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，D正确；
答案选B。
4. 下列工作原理或变化过程不涉及化学反应的为（ ）
A. 高炉炼铁 B. 火箭发射 C. 酸雨的形成 D. 丁达尔效应
【答案】D
【解析】试题分析：A、高炉炼铁涉及Fe2O3+3CO2Fe+3CO2等反应，属于化学变化，错误；B、火箭发射涉及燃料的燃烧，涉及化学变化，错误；C、酸雨分两种，硫酸型与硝酸型，硫酸型SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4，硝酸型2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，涉及化学变化，错误；D、丁达尔效应是胶粒对光线的散射作用形成的，不涉及化学变化，正确。
5.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 钠与水反应：Na+H2O＝Na＋+OH－＋H2↑
B. 氯气与水反应：Cl2+H2O＝2H＋＋Cl－+ClO－
C. 氢氧化铝中和胃酸：Al(OH)3+3H＋＝Al3＋＋3H2O
D. 用氯化铁溶液腐蚀电路板：Fe3＋+Cu＝Fe2＋+Cu2＋
【答案】C
【详解】A．钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项A错误；
B．氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，选项B错误；
C．氢氧化铝中和胃酸的离子反应为Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，选项C正确；
D．用氯化铁溶液腐蚀电路板的离子反应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，选项D错误；
故合理选项是C。
6.下列物质不能通过化合反应得到的是（ ）
A. Al(OH)3 B. Fe (OH)3 C. Fe3O4 D. FeS
【答案】A
【详解】A.Al2O3难溶于水，不能与水化合生成Al(OH)3，选项A符合题意；
B. 氢氧化亚铁和氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁，反应的方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3，选项B不符合题意；
C.Fe在氧气中燃烧，产生Fe3O4，该反应是化合反应，选项C不符合题意；
D.Fe与S单质在加热时发生化合反应，产生FeS，选项D不符合题意；
故合理选项是A。
7.设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
A. 标准状况下，4.48L水中含有水分子的数目为0.2NA
B. 1molFe与足量水蒸气反应转移的电子数目为3NA
C. 0.2mol/LCaCl2溶液中含有氯离子的数目为0.4NA
D. 32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA
【答案】D
【详解】A. 标准状况下，水不是气体，所以4.48L水的物质的量不是0.2mol，故含有水分子的数目不是0.2NA，故错误；
B. 1molFe与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，转移的电子数目为8/3NA，故错误；
C. 0.2mol•L-1CaCl2溶液没有说明溶液的体积，不能计算其中含有氯离子的数目，故错误；
D. 32 g O2和O3的混合气体含有的是氧原子，所以氧原子物质的量为32/16=2mol，则所含原子数为2NA，故正确。
故选D。
8.下列物质反应后一定有＋3价铁生成的是 (　　)
①过量的Fe与Cl2反应②Fe与过量稀H2SO4反应③Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中
A. 只有① B. ①② C. ①②③ D. ①③
【答案】A
【详解】虽然铁粉过量，但铁与Cl2发生反应的产物为FeCl3，故①中有＋3价铁生成；Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4，故②中只有＋2价铁生成；Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中时，若铁粉很多，则过量的铁粉与生成的FeCl3发生反应生成FeCl2，而使溶液中无Fe3＋，故③中不一定有＋3价铁生成，A正确；
综上所述，本题选A。
9. 下列有关金属及其化合物的说法正确的是（ ）
A. 铝和氢氧化钠溶液反应生成Al(OH)3和Na
B. 钠在空气中燃烧生成淡黄色的NaO2
C. 铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2
D. 用碳酸钠和氢氧化钙反应制NaHCO3
【答案】C
【解析】试题分析：铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故A错误；钠在空气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故B错误；铁在高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，故C正确；用碳酸钠和氢氧化钙反应制NaOH，故D错误 。
10. 下列叙述中正确的是( )
①Na2O和Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
②Na2CO3和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀
③钠在常温下容易被氧化
④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行
⑤除去Na2CO3固体中混有的NaHCO3，将混合物加热至质量不再发生变化
⑥可用玻璃棒蘸取少量待测物质的浓溶液做焰色反应实验
A. ③④⑤ B. ②④⑥ C. ②③④ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】试题分析：①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物，Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；②Na2CO3能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙不反应，故错误；③钠在常温下易被氧化生成氧化钠，故正确；④过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可做供氧剂，氧化钠没有此性质，故正确；⑤碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，可以用加热方法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，故正确；⑥焰色反应可以使用铁丝、铂丝等物质，但玻璃棒中含有Na、Ca等元素，不能作焰色反应的实验，故错误；故选A。
11.下列有关碳酸钠和碳酸氢钠的说法中,不正确的是（ ）
A. Na2CO3稳定性大于NaHCO3
B. 相同条件下Na2CO3的溶解度大于NaHCO3
C. 可以用滴加BaCl2溶液的方法，鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液
D. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3溶液中,前者产生沉淀，后者无现象
【答案】D
【详解】A项，NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑，碳酸钠受热稳定，在酒精灯加热的条件下不会分解，故A正确；
B项，常温下 Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3在水中的溶解度，故B正确；
C. Na2CO3溶液与BaCl2溶液反应生成碳酸钡沉淀，而NaHCO3溶液与BaCl2溶液不反应没现象，可以鉴别，故C正确；
D项， Na2CO3与Ca(OH)2反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3中滴加Ca(OH)2溶液，HCO3-与OH-反应生成CO32-，CO32-再与Ca2+反应生成CaCO3沉淀，两者都能与澄清的石灰水反应生成沉淀，不能鉴别，故D错误；
综上所述，本题选D。
12.能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放的试剂有（ ）
A. 烧碱溶液 B. 浓硝酸 C. 氢氟酸 D. 硅酸钠溶液
【答案】B
【详解】A．氢氧化钠和二氧化硅反应生成粘性的物质硅酸钠，反应方程式为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，硅酸钠能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，所以氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，选项A错误；
B．浓硝酸虽然具有强氧化性，但浓硝酸和二氧化硅不反应，所以可以用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，选项B正确；
C．氢氟酸能和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，所以HF不能用玻璃瓶存放，选项C错误；
D．硅酸钠具有粘性，能将玻璃瓶塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，因此硅酸钠溶液不能用磨口玻璃塞玻璃瓶存放，选项D错误。
故合理选项是B。
13.下列有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（ ）
A. 该溶液中，H+、NH4+、Ag+可以大量共存
B. 向该溶液中通入CO2，不发生化学反应
C. 该溶液可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaCl
D. 常温下，将氯气通入NaOH溶液中可以得到该溶液
【答案】A
【详解】A．H+、Cl-、ClO-会发生氧化还原反应，Cl-、Ag+结合生成沉淀，不能共存，选项A错误；
B．向该溶液中通入CO2，由于酸性H2CO3>HClO，所以CO2、H2O与NaClO溶液发生强酸制取弱酸的反应生成HClO，选项B错误；
C．NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，可作游泳池及环境的消毒剂，有效成分是NaClO，选项C错误；
D．氯气通入NaOH溶液中，发生氧化还原反应，生成NaClO和NaCl，选项D正确；
故本题合理选项是A。
14. 某学生想利用下图装置（烧瓶位置不能移动）收集下列气体：

① H2②Cl2③CH4④HCl ⑤NH3⑥NO ⑦NO2⑧SO2，
下列操作正确的是（ ）
A. 烧瓶是干燥的，由A进气收集①③⑤
B. 烧瓶是干燥的，由B进气收集②④⑥⑦⑧
C. 在烧瓶中充满水，由A进气收集①③⑤⑦
D. 在烧瓶中充满水，由B进气收集⑥
【答案】A
【解析】A项，由A进气应是密度比空气小的气体，可收集①③⑤，故A项正确；B项，由B进气应是密度比空气大的气体，可收集②④⑦⑧，NO容易与空气中的O2反应，不能用排空气法收集，故B项错误；C项，在烧瓶中充满水，由A进气收集不溶于水的气体，为①③⑥，而其它气体与水反应或溶于水，故C项错误；D项，在烧瓶中充满水，由B进气只能用来洗气，不能用来收集气体，故D项错误。综上所述，符合题意的选项为A。
点睛：本题考查气体的收集、净化、干燥 等知识，题目较简单，注意收集气体时，常根据气体的密度、溶解性等性质，有时还要考虑与氧气的反应等问题，如NO与氧气反应，则只能用排水法收集。
15.实验室制取氧气的试管壁上沾附有少量二氧化锰，除去沾附的二氧化锰可选用的试剂是(　　)
A. 蒸馏水 B. 氢氧化钾溶液 C. 稀盐酸 D. 浓盐酸
【答案】D
【详解】MnO2与蒸馏水、氢氧化钾溶液、稀盐酸不反应，能与浓盐酸反应生成二氯化锰，氯气和水，则除去沾附的MnO2可用的试剂是浓盐酸，故D正确。
故选D。
16. 下列有关硫酸的说法中不正确的是（ ）
A. 常温下浓硫酸与铜反应，浓硫酸体现氧化性和酸性
B. 浓硫酸与木炭粉加热发生反应时，浓硫酸只作氧化剂
C. 浓硫酸具有吸水性，可用来干燥二氧化硫
D. 蔗糖与浓硫酸的作用中，浓硫酸体现脱水性和氧化性
【答案】A
【解析】试题分析：常温下浓硫酸与铜很难反应的，
17.要证明某溶液中不含Fe3＋而可能含有Fe2＋,进行如下实验的最佳顺序为（ ）
①加入氯水 ②加入KMnO4溶液 ③加入KSCN溶液
A. ①③ B. ③② C. ③① D. ①②③
【答案】C
【详解】因为NH4SCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加NH4SCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+；再向该溶液中滴加新制氯水后溶液显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，即进行如下实验的最佳顺序为③①，所以合理选项是C。
18.检验某溶液中是否含有SO42-时，为防止Ag+、CO32-、SO32-等离子的干扰，下列实验方案比较严密的是（ ）
A. 先加稀HCl将溶液酸化，再滴加BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀；
B. 先加稀HNO3将溶液酸化，再滴加BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀；
C. 向溶液中滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀；
D. 向溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，看是否生成白色沉淀；
【答案】A
【详解】A．先加稀HCl将溶液酸化，排出Ag+、CO32-、SO32-干扰，然后加入氯化钡溶液，如果生成白色沉淀，可证明溶液中含有硫酸根离子，故选项A正确；
B．加稀HNO3将溶液酸化，不能排除银离子的干扰，如果溶液中含有亚硫酸根离子，HNO3能将亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，因此也无法检验原溶液中是否含有硫酸根离子，故选项B错误；
C．向溶液中滴加稀盐酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子的干扰，故选项C错误；
D．向溶液中滴加稀硝酸酸化的BaCl2溶液，不能排除银离子、亚硫酸根离子的干扰，故选项D错误；
所以合理选项是A。
19.下列溶液中，各组离子一定能大量共存的是（ ）
A. 使酚酞试液变红的溶液： Na+、Cl-、SO42-、Fe3+
B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-
C. 碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+
D. 碱性溶液中：K+、Ba2+、Cl-、NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】A．使酚酞试液变红的溶液，显碱性；B．使紫色石蕊试液变红的溶液，可显酸性；C．离子结合生成水和气体；D．碱溶液中离子不能发生反应。
【详解】A．使酚酞试液变红的溶液，显碱性，不能大量存在Fe3+，故选项A错误；
B．使紫色石蕊试液变红的溶液，显酸性，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故选项B错误；
C．HCO3-、H+会发生反应结合生成水和气体，不能大量共存，选项C错误；
D．在碱性溶液中：OH-与K+、Ba2+、Cl-、NO3-离子之间不反应，可大量共存，选项D正确；
故本题合理选项是D。
20.下列实验事实与硝酸性质不相对应的一组是（ ）
A. 稀硝酸使紫色石蕊溶液变红——酸性
B. 铁与稀硝酸反应不能放出氢气——强氧化性
C. 要用棕色瓶盛装浓硝酸——不稳定性
D. 氢氧化亚铁固体与稀硝酸混合——仅强酸性
【答案】D
【详解】A. 稀硝酸具有酸性，使紫色石蕊溶液变红，但它具有强的氧化性，会把红色物质氧化为无色，选项A正确；
B. 稀硝酸具有氧化性，与Fe反应，产生硝酸盐、NO和水，不能产生氢气，这恰是它强氧化性，选项B正确；
C.硝酸不稳定，光照容易分解产生NO2、O2和水，所以硝酸要放在棕色试剂瓶中避光保存，选项C正确；
D.从稀硝酸具有酸性，能与氢氧化亚铁发生中和反应，但硝酸同时具有强氧化性，会把反应产生的Fe2+氧化为Fe3+，不仅仅表现酸性，选项D错误。
故合理选项是D。
21.下列除杂方法不正确的是(括号内为杂质) （ ）
A. NO(NO2)通过H2O溶液 B. CO2(HCl)通过饱和NaHCO3溶液
C. Fe(Al)盐酸溶液 D. Cl2(HCl) 饱和食盐水
【答案】C
【详解】A. 红棕色气体NO2能与水发生反应产生NO，NO2+H2O=HNO3+NO，没有其他杂质气体产生，可以达到除杂的目的，选项A正确；
B. 碳酸氢钠与HCl反应，产生CO2气体，可以达到除杂净化的目的，选项B正确；C.Fe、Al都是比较活泼的金属，二者都可以与盐酸发生反应，变为可溶性盐和氢气，不能达到除杂的目的，选项C错误；
D. HCl极容易溶于水，氯气溶于水，与水发生的反应为可逆反应：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，当把混有HCl杂质的氯气通入饱和NaCl溶液时，溶液中c(Cl-)可以抑制Cl2的溶解及反应消耗，可以达到除杂的目的，选项D正确；
故合理选项是C。
22.下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是（　 　）
A. Fe→Fe2O3→Fe（OH）3→FeCl3 B. Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2
C. Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
【答案】C
【解析】A，Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，Fe（OH）3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；B，Al不能一步转化为Al（OH）3，Al（OH）3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意；答案选C。
23.对于1L H2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)+c(HNO3)=1.2mol/L，则理论上最多能溶解铜的物质的量为（ ）
A. 0.40mol B. 0.45mol C. 0.72mol D. 0.80mol
【答案】C
【解析】
【分析】铜与稀硫酸不反应，但和稀硝酸反应。离子方程式3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硫酸电离出的氢离子可参与反应，由此进行计算。
【详解】铜不与硫酸反应，但能提供氢离子。硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多。
设硫酸的物质的量为x mol，硝酸的物质的量为y mol，则x+y=1.2，y:(2x+y)=1:4，解得x=0.72mol，y=0.48mol。故参加反应的铜的最大量n(Cu)=n(NO3-)×=0.48mol×=0.72mol。
本题选C。
24.下列实验装置不能达到实验目的的是（ ）
A. 用SO2做喷泉实验
B. 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化
C. 验证氨气易溶于水
D. 比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性
【答案】D
【解析】
【分析】A．SO2能与氢氧化钠反应；B．Cu与浓HNO3反应放热使气体体积膨胀； C．氨气易溶于水，使气体压强减小；D．碳酸氢钠不稳定，应放在套装小试管中。
【详解】A．SO2能与氢氧化钠反应，SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，反应后容器内气体压强减小，小于外界大气压强，能形成喷泉，选项A正确； 
B．Cu与浓HNO3反应放热使产生的气体体积膨胀，导致红墨水左侧液面下降，右侧液面上升，选项B正确；
C．氨气极易溶于水，使烧瓶内气体压强减小，由于小气球内与外界大气相通，小气球内压强大于气球外压强，气球鼓起胀大体积膨胀，选项C正确；
D．玻璃导热性差，内管内的温度低些，碳酸氢钠不稳定，加热易分解，而碳酸钠不分解，比较稳定性时，碳酸氢钠应放在套装内，选项D错误。
故合理选项是D。
25.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
【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。
26.某化学小组为了证明二氧化硫和氯气的漂白性，设计了如下图所示的实验装置：

他们制备二氧化硫和氯气所依据的原理分别是：
Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋SO2↑
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑
（1）用来制取氯气的装置是________(填字母)，反应中浓盐酸所表现出的化学性质是________________和________________。
（2）反应开始一段时间后，B、D试管中的品红溶液均褪色。停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，__________(填“B”或“D”)试管中无明显现象。
（3）装置C的作用是____________________。
（4）若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是__________________。
（5）该小组同学将两种气体混合后通入品红溶液，一段时间后，品红溶液几乎不褪色。查阅资料得知：两种气体按体积比1∶1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是____________________________。
【答案】(1). E (2). 还原性 (3). 酸性 (4). D (5). 吸收多余的二氧化硫和氯气 (6). 先变红，后褪色 (7). SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4
【解析】
【分析】（1）根据反应物的状态和反应条件选择反应装置，根据氯元素的化合价变化和生成物分析浓盐酸的性质；
（2）根据二氧化硫和次氯酸的漂白原理分析；
（3）根据二氧化硫和氯气均是大气污染物分析；
（4）根据氯水的性质分析；
（5）根据氯气能和二氧化硫在溶液中反应生成盐酸和硫酸解答。
【详解】（1）根据题给信息知，实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是加热，所以应选用固液加热型装置，选E；实验室制取氯气的反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，由HCl生成MnCl2，氯元素化合价不变，由HCl生成Cl2，氯元素化合价降低，所以浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性；
（2）氯气通入品红溶液中红色褪去，是利用次氯酸的强氧化性，生成的无色物质稳定，加热不复原；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成无色物质，生成的无色物质不稳定，加热复原，因此D试管中无明显现象；
（3）氯气和二氧化硫均有毒不能直接排放到空气中，需进行尾气处理，装置C的作用是吸收多余的SO2和Cl2防止污染环境；
（4）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性和强氧化性，因此若装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是先变红，后褪色；
（5）氯气有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者能按1：1发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸而使气体失去漂白性，反应方程式为Cl2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HCl。
27. 制取氨气并完成喷泉实验
（1）写出实验室制取氨气的化学方程式： 。
（2）收集氨气应使用 法，要制取干燥的氨气可选用 做干燥剂。
（3）如图进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥的氨气，引发水上喷的操作是 ，该实验的原理是

（4）反应后，烧瓶内的溶液中含有的微粒为 。
【答案】（1）Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O (2分)
（2）向下排空气法 碱石灰（各1分）
（3）打开止水夹，挤压胶头滴管将水压入烧瓶；（2分）
氨气极易溶于水，烧瓶内的氨气溶于少量水，使烧瓶内压强迅速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶（3分）
（4）NH3、H2O、NH3·H2O、NH4＋、OH－、(H＋)(全对得4分，写对3个得2分，错写或不足1个不得分)
【解析】试题分析：（1）实验室制取氨气是用氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应，化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
（2）由于的氨气密度比空气的密度小、极易溶于水，所以不能用排水法收集，只能用向下排空气法收集；反应过程中会产生水，可用碱石灰做干燥剂。
（3）氨气极易溶于水，打开止水夹，氨气溶于水后烧瓶内压强迅速减小，就可形成喷泉，所以引发水上喷的操作是打开止水夹，挤压胶头滴管将水压入烧瓶；该实验的原理是氨气极易溶于水，烧瓶内的氨气溶于少量水，使烧瓶内压强迅速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶；
（4）反应后，烧瓶内的溶液是氨水，存在NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，则溶液中含有的微粒有NH3、H2O、NH3·H2O、NH4＋、OH－、H＋。
28. 已知有下图所示物质相互转换关系

试回答：
（1）写出B的化学式__________，D的化学式__________；
（2）写出由E转变成F的化学方程式__________；
（3）向G溶液中加入A的离子方程式__________；
向G溶液中加入铜片的离子方程式__________；
（4）简述B溶液中阳离子的检验方法__________。
【答案】（1）FeCl2KCl（2）4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3 （3）2Fe3++Fe═3Fe2+ 2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+
（4）取少量溶液，加入KSCN溶液，无现象，再加入新制氯水，出现红色，则证明含Fe2+
【解析】试题分析：根据框图E转化为F的明显现象，可确定E为氢氧化亚铁，F是氢氧化铁，所以G是氯化铁，I溶液的焰色反应呈紫色，说明I中含有钾离子，含有钾离子的盐D和硝酸银反应生成白色沉淀H一定是氯化银，所以D是氯化钾，进而推得A是金属铁，B是氯化亚铁，C是氢氧化钾．（1）B是氯化亚铁，D是氯化钾；（2）氢氧化亚铁在空气中会迅速被氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，现象是白色沉淀迅速变灰绿色，灰绿色变成红褐色，反应原理为：4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3；（3）金属铁和三价铁之间的反应为：2Fe3++Fe═3Fe2+，铜与Fe3+反应的离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；（4）亚铁离子易被氧化为三价铁，溶液中是否含有亚铁离子的检验方法：取少量溶液，加入KSCN溶液，无现象，再加入新制氯水，出现红色，则证明含Fe2+。
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）。
（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______（填代号）。
a．Na2S+S b．Na2SO3+S c．SO2+Na2SO4 d．Na2SO3+Na2SO4
（5）已知Na2SO3能被K2Cr2O7氧化为Na2SO4则24mL 0.05mol•L﹣1的Na2SO3溶液与 20mL 0.02mol•L﹣1的K2Cr2O7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 (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，是用二氧化硫的氧化性氧化硫化氢生成淡黄色沉淀S和水，元素化合价降低的物质做氧化剂，元素化合价降低的为还原剂；
(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；
(4)Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须是一种大于2，另一种小于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，令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，即SO2，H2SO3、Na2SO3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，这是用SO2的氧化性来氧化H2S生成淡黄色沉淀S和水，反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，反应中H2S中硫元素化合价-2价变化为0价，H2S做还原剂，SO2中硫元素+4价变化为0价，SO2做氧化剂，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元素化合价为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须一种物质中的大于2，另一种物质中的小于2，选项a中S化合价都小于2，选项c、d中S的化合价都大于2，所以只有选项b符合题意；
(5)假设Cr元素在生成物中的化合价为+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。