1、河南省中原名校（即豫南九校）2017-2018学年高一上学期期末联考化学试题1. 下列由实验或已有知识得出的结论错误的是A. SO2可用于杀菌、消毒，但不可用来加工食品B. 液氨汽化时要吸收大量热，因此氨常用作制冷剂C. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的细小可吸入颗粒物，其分散在空气中能形成气溶胶D. 铝箔在酒精灯上加热，铝熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点高于铝的熔点【答案】C【解析】A. SO2可用于杀菌、消毒，由于二氧化硫有毒，因此不可用来加工食品，A正确；B. 液氨汽化时要吸收大量热，因此氨常用作制冷剂，B正确；C. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米（2.5106
2、m）的细小可吸入颗粒物，其分散在空气中不能形成气溶胶，C错误；D. 铝箔在酒精灯上加热，铝熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点高于铝的熔点，D正确，答案选C。2. 化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B. 本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应C. 用漂粉精和洁厕灵(主要成分是盐酸)混合后的浓溶液清洗马桶效果更佳D. 中草药煎制过程体现了化学实验中的溶解、浓缩、过滤等提纯操作【答案】C【解析】A. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅与
3、氢氧化钠溶液反应，光导纤维遇强碱会“断路”，A正确；B. 本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应，因为钠和钾的焰色反应不同，B正确；C. 用漂粉精和洁厕灵(主要成分是盐酸)混合后的浓溶液会产生氯气，会降低清洗马桶的效果，且会产生有毒气体氯气，C错误；D. 中草药煎制过程体现了化学实验中的溶解、浓缩、过滤等提纯操作，D正确，答案选C。3. 某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaC1025%，密度为1.19g/cm3的消毒液，下列说法正确的是A. 配制过程只需要三种仪器即可配
4、成B. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C. 定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低D. 需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为148.8g【答案】D【解析】A、配制过程中需要用到天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不止三种，A项错误；B、容量瓶是精密仪器不能烘干，容量瓶中有水对溶液的浓度无影响，B项错误；C、定容时俯视容量瓶刻度线，使所加入水的体积偏小，浓度增大，C项错误；D、配制480 mL的溶液要选用500 mL容量瓶，需要NaClO的质量：500 mL1.19g/cm-325%=148.75148.8 g，D项正确；答案选D。4. 下列实验目的
5、可以实现或操作正确的是A. 用托盘天平称取3.23gNaCl固体B. 用10mL量筒量取7.50mL稀盐酸C. 分液以后下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体继续从分液漏斗下端管口放出D. 稀释浓硫酸时，把浓硫酸沿器壁慢慢注入水里，并不断搅拌【答案】D.5. 不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，一定能产生沉淀的组合是序号甲乙丙CO2SO2石灰水Cl2CO2CaCl2CO2SO2Ba(NO3)2NO2SO2BaCl2CO2NH3CaCl2A. B. C. D. 【答案】C【解析】由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，故正确
6、；氯气与氯化钙溶液中的水反应生成盐酸和次氯酸，不会产生沉淀，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故错误；硝酸根在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故正确；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故正确；当NH3过量时溶液中有CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2OCaCO3 +2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2OCa(HCO3)2+2NH4C1，故错误；故选C。6. 某强酸性溶液中还可
7、能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量溶液进行如下一系列实验(已知硝酸根离子在酸性环境中具有强氧化性，还原产物一般为气体)下列有关判断不正确的是A. 试液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+、Al3+B. 试液中一定没有Ba2+、CO32-、NO3-C. 步骤中发生反应的离子方程式为:2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-D. 沉淀B在空气中会迅速变为灰绿色，最后变为红褐色【答案】D【解析】在强酸性溶液中CO32-不存在，Fe2+和NO3-不能同时存在；试液中加入过量硝酸钡溶液，生成气体证明一定含
8、有Fe2+、则原溶液中一定不存在NO3-，气体为NO；沉淀A为BaSO4，原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在SO42-；溶液A中加入过量氢氧化钠溶液生成气体B为NH3，确定原溶液中含有NH4+，沉淀B为Fe(OH)3，由于溶液B中含有Ba2+，OH-，溶液B加入少量二氧化碳发生反应，生成的沉淀一定含有BaCO3沉淀，可能生成沉淀Al(OH)3，溶液B中不一定含有AlO2-，则原溶液中不一定含有Al3+。A、原溶液中一定有Fe2+、SO42-、H+、NH4+，铝离子不一定含有，故A错误；B、上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为：Ba2+、CO32-、NO3-，故B正确；C、步骤中反应的离子方
9、程式可能为Ba2+2OH-+CO2=BaCO3+H2O，或2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3+CO32-，故C错误；D、沉淀B为Fe(OH)3，不是Fe(OH)2，故D错误；故选B。点睛：本题考查了物质性质的分析应用。本题的易错点和难点是气体A的判断，要注意酸性溶液中亚铁离子和硝酸根离子发生氧化还原反应，生成一氧化氮气体。本题的另一个易错点为铝离子的判断，根据框图，沉淀C中一定含有BaCO3沉淀，无法判断是否存在氢氧化铝沉淀。7. 酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、KHPO4等。已知H3PO2(次磷
10、酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO3，则下列说法正确的是A. H3PO2属于二元酸 B. H3PO2属于三元酸C. NaH2PO2属于酸式盐 D. NaH2PO2属于正盐【答案】D【解析】A由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；B由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；C由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；D由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；故答案为D。点睛：在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将
11、酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷酸)为一元酸，把握概念是关键。8. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A. 1molFeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成NA个胶体粒子B. 1.8g的NH4+中含有的电子数为NAC. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体中所含原子数为1.5NAD. 1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA【答案】B9. 在溶液中加入适量Na2O2后仍能大量共存的离子组是A. MnO4-、Ba2+、Cl-
12、、NO3- B. Na+、Cl-、CO32-、SO32-C. Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3- D. K+、AlO2-、C1-、SO42-【答案】D【解析】Na2O2与H2O反应的实质为：Na2O2+2H2O=H2O2+2NaOH、2H2O2=2H2O+O2，所以加入Na2O2后，溶液中主要存在NaOH（碱性）、H2O2（氧化性、还原性）。A、MnO4具有强氧化性，能将H2O2氧化，不能大量共存，故A错误；B、SO32-能被H2O2氧化为SO42-，而不能大量共存，故B错误；C、HCO3与OH反应生成CO32和H2O，Ca2+与生成的CO32反应生成沉淀，Mg2+与OH反应生成Mg(O
13、H)2沉淀，不能大量共存，故C错误；D、几种离子之间均不发生反应，能大量共存，故D正确。故选D。10. 下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A. Ca(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应: Ca2+2HCO3-+20H-=CaCO3+CO32-+2H2OB. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI:5I-+IO3-+3H2O=3I2+6OH-C. 向莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶液中加入过量氢氧化钠溶液: NH4+Fe2+3OH-=NH3H2O+Fe(OH)2D. 0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02 mol/LBa(OH)2溶液等体积混合: NH4+A13+
14、2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+A1(OH)3+NH3H2O【答案】D【解析】A. Ca(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸氢钠和水：Ca2+HCO3-+0H-=CaCO3+2H2O，A错误；B. 用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B错误；C. 向莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶液中加入过量氢氧化钠溶液：2NH4+Fe2+4OH-=2NH3H2O+Fe(OH)2，C错误；D. 0.01molL-1NH4Al(SO4)2溶液与0.02 molL-1Ba(OH)2溶液等体积混合恰好反应生成硫酸钡、氢氧化铝和
15、一水合氨：NH4+A13+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+A1(OH)3+NH3H2O，D正确，答案选D。点睛：本题侧重于考查与量有关的离子反应方程式的正误判断，选项C是解答的易错点，从表面分析符合质量守恒定律和电荷守恒，但是不符合物质的配比。因此答题的关键一是要审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，同时注意物质之间是否会发生氧化还原反应，注意离子配比，注意试剂的加入顺序等。11. 下列实验方案正确且能达到预期目的的是选项实验方案实验目的或结论A将H2SO4酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色氧化性: H2O2比Fe3+强B将SO2通入酸性高锰酸钾溶
16、液中SO2具有漂白性C取ag铅箔与足量氢氧化钠溶液充分反应，逸出的气体通过浓硫酸后，测其体积为VL(标况)测定铅箔中氧化铝的含量D浓盐酸与碳酸钙反应产生的气体直接通入硅酸钠溶液判断酸性的强弱A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A硝酸根离子在酸性条件下也能氧化Fe2+，应该在硫酸亚铁溶液中加入硫酸酸化的过氧化氢，A错误；B将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，说明SO2有还原性，B错误；C铝和氢氧化钠发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，根据氢气的体积可确定铝的量，可用来测定氧化铝的含量，C正确；D浓盐酸与碳酸钙反应产生的气体中含有挥发出的氯化氢，氯化氢也
17、能与硅酸钠溶液反应产生硅酸沉淀，不能判断判断酸性的强弱，D错误；答案选C。12. 下列各组物质反应产生的气体分别通入Na2SO3溶液中，与Na2SO3不发生反应的是Na2O2和CO2 Al和NaOH溶液 MnO2和浓盐酸共热 浓硝酸和铜片 铜片和浓硫酸共热A. 只有 B. 只有 C. 只有 D. 只有【答案】A【解析】Na2O2和CO2生成氧气，氧气通入Na2SO3溶液中，生成硫酸钠，故不选；Al和NaOH溶液产生氢气，氢气通入Na2SO3溶液中，不发生反应，故选；MnO2和浓盐酸共热生成氯气，氯气通入Na2SO3溶液中，生成硫酸钠，故不选；浓硝酸和铜片生成二氧化氮，二氧化氮气通入Na2SO3
18、溶液中，生成硫酸钠，故不选；铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫，二氧化硫通入Na2SO3溶液中，生成亚硫酸氢钠，故不选；故选A。13. 下列是某兴趣小组根据教材实验设计的一个能说明碳酸钠与碳酸氢钠热稳定性的套管实验。请观察如图所示实验装置，分析实验原理，并判断下列说法和做法，其中不科学的A. 甲为小苏打，乙为纯碱B. 要证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球C. 加热不久就能看到A烧杯的澄清石灰水变浑浊D. 整个实验过程中都没有发现A烧杯的澄清石灰水变浑浊【答案】C【解析】A碳酸氢钠在小试管，碳酸钠在大使管，大试管直接加热，稳定较高，如温度较高的不分解，而加热温度较低的
19、物质分解，可判断稳定强弱，故甲为小苏打、乙为纯碱，故A正确；B白色的无水硫酸铜遇到水显示蓝色，则证明碳酸氢钠受热能产生水，可在小试管内塞上沾有无水硫酸铜粉末的棉花球，如果变蓝则说明有水生成，故B正确；C碳酸钠较稳定，加热过程中不会分解，则连接A烧杯的试管不会产生二氧化碳，所以A烧杯的澄清石灰水不变浑浊，故C错误；D碳酸钠比较稳定，加热过程中不会生成二氧化碳，则烧杯A中澄清石灰水不会变浑浊，故D正确；故选C【点评】本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质探究，题目难度中等，注意把握碳酸钠、碳酸氢钠性质的差异性，根据二者的不同性质选择正确的实验方案14. 将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的
20、水中，充分反应后得到200mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法不正确的是A. 最终得到7.8g沉淀B. 最终得到的溶液中:c(NaAlO2):c(NaCl)=2:3C. 标准状况下，反应过程中共生成8.96L气体D. 最终得到的溶液中:c(Na+)=2.0mol/L【答案】B【解析】试题分析： 15.6 g Na2O2的物质的量为0.2mol，5.4 g Al的物质的量为0.2mol。将两者同时放入一定量的水中，Na2O2与水反应生成0.4molNaOH，0.2molAl要消耗0.2molNaOH，所以还剩余0.2 mol
21、NaOH，反应生成0.2mol NaAlO2。充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，即0.3mol HCl，由原来剩余的0.2 mol NaOH先与之反应，消耗0.2mol HCl，剩余的0.1mol HCl与0.1mol NaAlO2反应生成0.1mol Al(OH)3，溶液中还有0.3mol NaCl和0.1 mol NaAlO2。 A. 最终得到0.1mol Al(OH)3沉淀，其质量为7.8g，A正确；B. 最终得到的溶液中：c(NaAlO2)：c(NaCl) =1：3，B不正确；C.反应过程中共生成0.1mol氧气和0.3mol氢气，
22、在标准状况下，气体的总体积为8.96 L ，C正确；D. 由钠离子守恒可知，最终得到的溶液中c(Na+)=0.4mol/0.2L=2.0 molL-1，D正确。本题选B。15. 工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下，下列叙述正确的是A. 试剂X为氢氧化钠溶液B. 反应、过滤后所得沉淀为红褐色Fe2O3C. 图中所示转化反应都不是氧化还原反应D. 反应的化学方程式为2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al(OH)3+Na2CO3【答案】A【解析】试题分析：由题中流程可知，铝土矿先与强碱反应生成偏铝酸盐，过滤后分离出不溶物Fe2O3等，再向滤液中通入二
23、氧化碳生成氢氧化铝沉淀，再过滤得到氢氧化铝，加热使氢氧化铝分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。A. 由反应生成碳酸氢钠可知，试剂X氢氧化钠溶液，A正确；B. 反应、过滤后所得沉淀为红棕色的Fe2O3，B不正确；C. 图中所示转化中，最后的电解是氧化还原反应，C不正确；D. 反应中通入了过量的二氧化碳，生成氢氧化铝和碳酸氢钠，D不正确。本题选A。点睛：氧化铁是一种红棕色的固体，氢氧化铁才是红褐色的。氧化铁不溶于水，也不与水反应。向偏铝酸钠溶液中通入少量的二氧化碳生成碳酸钠，若通入二氧化碳过量，则碳酸钠溶液继续与二氧化碳反应生成碳酸氢钠溶液。16. 今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，
24、现提供4mo/L的FeCl3溶液(其他用品略),某合作学习小组同学的实验结果如下(假定反应前后溶液体积不变)组别VFeCl3(aq)/mL100100100100混合粉末质量/g613.22436反应后剩余固体质量/g01.2812.824.8A. 第组充分反应后溶液中c(Fe3+)=2.0mol/LB. 第组剩余固体是铜铁混合物C. 第组反应后的滤液中c(Fe2+)=5mol/LD. 原混合粉末中n(Fe):n(Cu)=2:3【答案】A【解析】根据氧化还原反应的规律，铁离子与Fe、Cu都能反应，按照还原性强弱，铁的还原性强于铜，所以三价铁先和铁反应再与铜反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，C
25、u+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；能剩余的固体可以是铜，也可以是铁和铜，从组数据中可以得出，0.4molFeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为0.2mol56g/mol11.2g，13.2g-1.28g=11.92g11.2g，所以同时也有一部分Cu溶解，剩余的固体全部为Cu；利用的数据，设Cu、Fe合金中金属的物质的量分别为xmol、ymol，则根据方程式可知Fe+2Fe3+=3Fe2+x 2xCu + 2Fe3+=2Fe2+Cu2+0.2-0.1x 0.4-2x依据铜元素守恒可得：（0.2-0.1x）+1.2864=y，根据质量守恒可得：56x+64y=1
26、3.2，联立解得：x=y=0.11，即铜与铁物质的量比是1：1。则A、组，6g固体中含有Cu、Fe的物质的量均为6g120g/mol0.05mol，根据方程式可知Fe + 2Fe3+=3Fe2+0.05 0.1 0.15Cu + 2Fe3+=Cu2+ + 2Fe2+0.05 0.1 0.05 0.1所以c（Fe3+）=(0.4mol0.2mol)0.1L=2.0mol/L，A正确；B、根据以上分析可知第组剩余固体是全部是铜，B错误；C、组中铁和铜物质的量按照1：1混合，可以计算得到铁和铜的物质的量都为：36g(56+64)g/mol=0.3mol，36g金属中铁的质量为：0.3mol56g/m
27、ol16.8g，铜的质量为19.2g；根据以上分析可知此时反应的金属为11.2g铁，所以剩余固体为铁和铜，三价铁全部反应，根据铁元素守恒可知，0.4molFe3+全部反应生成Fe2+，溶解的铁为11.2g，物质的量为0.2mol，所以反应后溶液中Fe2+的浓度为：c（Fe2+）(0.2mol+0.4mol)0.1L6mol/L，C错误；D、原混合粉末中n（Fe）：n（Cu）=1：1，D错误；答案选C。点睛：本题考查了铁及其化合物的性质应用，主要是实验数据的分析判断和计算，题目难度较大，关键是通过判断剩余固体为铜，通过计算得到铁和铜的物质的量之比，剩余固体便顺利判断成分，进而依据化学方程式或元素
28、守恒计算，题目综合性较大，数据处理较复杂。17. 有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子K+、Fe2+、Cu2+、Ba2+、Al3+和五种阴离子Cl-、OH-、NO3-、CO32-、X中的一种。（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是_和_。（2）物质C中含有离子X。为了确定X，现将(1)中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时，产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为_(填序号)。A.Br- B.SO42- C.CH3COO- D.HCO3-（3）将19.2gCu投入装有足量D溶液的
29、试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，写出Cu溶解的离子方程式_。若要将Cu完全溶解，至少加入H2SO4的物质的量是_。（4）E溶液能使KI淀粉试纸变蓝，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). K2CO3 (2). Ba(OH)2 (3). B (4). 3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O (5). 0.4mol (6). 2Fe3+2I=2Fe2+I2【解析】（1）Fe2+、Cu2+、Ba2+、Al3+与CO32均不能大量共存，Fe2+、Cu2+、Al3+与OH均不能大量共存，所以无需检验就可判断其中必有的两种物质是K2CO3和Ba
30、(OH)2；（2）物质C中含有离子X。为了确定X，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时，产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则蓝色沉淀中有氢氧化铜、白色固体为硫酸钡，所以C为硫酸铜、A为氢氧化钡、B为碳酸钾、X为SO42，答案选B。（3）将19.2gCu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，红棕色气体为二氧化氮，一氧化氮在常温下可与氧气反应生成二氧化氮，所以D中含有NO3，Cu溶解的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O。19.2gCu的物质的量为0.3mol，
31、根据上述离子方程式可知，若要将Cu完全溶解，至少需要0.8molH+，所以至少需要加入0.4molH2SO4。（4）E溶液能使KI-淀粉试纸变蓝，则E中含有能把I氧化为I2的Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe3+2I2Fe2+I2。18. 已知A是生产生活中用量最大的金属，B为淡黄色粉末。在常温下C为无色液体，E、G、H、I、J为气体，其中H为黄绿色，其它为无色。J能使湿润的红色石蕊试纸变蓝(图中部分产物略去)请填写下列空白:（1）写出化学式:D_，K_。（2）写出的离子方程式_。（3）反应不属于下列何种反应类型_(填字母序号)。A.化合反应 B.氧化还原反应 C.离子反应 D.置换反应（4
32、）若要确定反应后所得溶液中含有M物质，所选试剂为_(填序号)。A.KSCN溶液和氯水 B.铁粉和KSCN C.浓氨水 D.酸性高锰酸钾溶液（5）将F加入到M的溶液里并落置在空气中，可以观察到整个过程的现象是:_。（6）常温下，H与过量的J反应产生浓厚的白烟，另一生成物是空气的主要成分之一，请写出该反应的化学方程式_。【答案】 (1). Fe3O4 (2). NH4Cl (3). 2Na2O22H2O4Na+4OHO2 (4). D (5). D (6). 产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 (7). 8NH33Cl2 N26NH4Cl【解析】试题分析：（1）本题的突破口为题目所给物质
33、的颜色和状态，根据这些信息可推出部分物质，然后根据框图推出其它物质。A是生产生活中用量最大的金属，为Fe，在常温下C为无色液体，则C为H2O，B为淡黄色粉末，能与H2O反应，则B为Na2O2，H为黄绿色，H为Cl2，J能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则J为NH3，带入框图可得其他物质，D为Fe3O4、E为H2、F为NaOH、G为O2、I为HCl、K为NH4Cl、M为FeCl2、N为FeCl3。（2）为Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，进而得出离子方程式。（3）反应为：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，该反应属于化合反应、氧化还原反应、离子反应，但不属于置换反应。（4）反应为Fe3O4与H
34、Cl反应生成FeCl2和FeCl3，要检验FeCl2，利用FeCl2的还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色进行检验。（5）把NaOH加入到FeCl2溶液中，首先生成Fe(OH)2，然后Fe(OH)2与O2、H2O反应生成Fe(OH)3，故反应现象为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。（6）Cl2与过量的NH3反应，产生的浓厚的白烟为NH4Cl，另一生成物是空气的主要成分，为N2，配平可得化学方程式：8NH33Cl2N26NH4Cl。考点：本题考查物质的推断、化学方程式和离子方程式的书写、化学反应类型、实验现象、物质的检验。19. 某兴趣小组利用下列实验装置探究SO2的性质。根据要求同
35、答下列问题:（1）装置A中反应的化学方程式为_。（2）利用装置C可以证明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是_；若要证明其漂白作用是可逆的，还需要的操作是_。（3）通过观察D中现象，即可证明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是_。a.NaCl溶液 b.酸性KMnO4 c.FeCl3 d.Na2S溶液（4）研究小组发现B中有白色沉淀生成，若往B中加入过量稀盐酸，沉淀不溶解。沉淀物的化学式是_。（5）为进一步验证B中产生沉淀的原因，研究小组进行如下两次实验:实验i:另取BaCl2溶液，加热煮沸，冷却后加入少量苯(起液封作用)，然后再按照上述装置进行实验，结果发现B中沉淀量减少，但仍有轻微浑浊。实验
36、ii:用如上图2的F装置代替上述实验中的A装置(其他装置不变)，连接后往装置F中通入气体X一段时间，再加入70%H2SO4溶液，结果B中没有出现浑浊。“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是_。气体X可以是_(填序号)。a.CO2 b.Cl2 c.N2 d.NO2B中形成沉淀的原因是(用化学方程式表示):_。【答案】 (1). H2SO4 +Na2SO3= Na2SO4+SO2+H2O (2). 品红溶液 (3). 取少量褪色后的溶液于试管中加热 (4). d (5). BaSO4 (6). 除去BaCl2溶液中的O2 (7). ac (8). 2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO
37、4+4HCl （或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl）【解析】试题分析：（1）装置A中反应的化学方程式为H2SO4+Na2SO3= Na2SO4+SO2+H2O。（2）二氧化硫能使品红褪色，品红可以证明SO2具有漂白性，C中盛放的溶液是品红；若要证明其漂白 作用是可逆的，还需要的操作是取少量褪色后的溶液于试管中加热，加热后褪色说明二氧化硫的漂白作用是可逆的。（3）Na2S溶液与二氧化硫反应生成淡黄色硫沉淀，反应中二氧化硫表现氧化性，通过观察D中现象， 即可证明SO2具有氧化性，D中盛放的溶液可以是Na2S溶液。（4）硫酸钡不溶于盐酸，沉淀物的化
38、学式是BaSO4。（5）为进一步验证B中产生沉淀的原因，研究小组进行如下两次实验： 实验i：另取BaCl2溶液，加热煮沸，冷却后加入少量苯（起液封作用），然后再按照上述装置进行实验，结果发现B中沉淀量减少，但仍有轻微浑浊实验ii：用如上图2的F装置代替上述实验中的A装置（其他装置不变），连接后往装置F中通入气体X一段时间，再加入70%H2SO4溶液，结果B中没有出现浑浊氧气能把亚硫酸氧化为硫酸，“实验i”中煮沸BaCl2溶液的目的是除去BaCl2溶液中的O2；C12、NO2都具有氧化性，气体X可以是CO2、N2。B中形成沉淀的原因是2SO2+2H2O+O2+2BaCl2=2BaSO4+4HCl
39、。考点：本题考查SO2的性质探究。20. 含氮的化合物在化学反应中变化复杂。I.现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。已知: NO+NO2+20H-=2NO2-+H2O气体液化的温度:NO2:21、NO:-152 （1）为了检验装置A中生成的气体产物，上述仪器的连接顺序(按左右连接)为_。（2）反应前应打开弹簧夹，先通入-段时间氮气，排除装置中的空气，目的是: _。（3）在关闭弹簧夹，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。盛装70%浓硫酸的仪器名称是_。实验确认有NO的现象是_。（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_。II.N
40、H3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示。【资料卡片】a.NH4NO3是一种白色晶体，易溶于水，微溶于乙醇。b.在230以上时，同时有弱光:2 NH4NO3=2N2+O2+4H2Oc.在400以上时，剧烈分解发生爆炸:4NH4NO3=3N2+2NO2+8H2O（5）如图2将水滴入盛有硝酸铵的试管中，观察到的A处液面上升，B处液面下降，产生该现象的原因_。（6）实验室可以用氯化铵和熟石灰反应来制备氨气，该反应的化学方程式是_；_(填“能”或“不能”)用硝酸铵代替氯化铵。（7）在汽车发生碰撞时，NaN3会产生_(填化学式)气体充满安全气囊来减轻碰撞事故中乘员伤害程度。（8）完成离
41、子反应IV:_NO+_H2O=_+_+_H+，_【答案】 (1). ACEDB (2). 防止装置中的空气将NO氧化成NO2，影响产物的检验 (3). 分液漏斗 (4). D中刚开始为无色，通入O2后变为红棕色 (5). 2NaNO2+ H2SO4(浓)=Na2SO4NO+NO2+H2O (6). NH4NO3溶于水时吸收热量 (7). 2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O (8). 不能 (9). N2 (10). 8NO+ 7H2O=3NH4+5NO3-+2H+【解析】试题分析：（1）A中产生的气体中含有NO、NO2、水蒸气，所以先通过C吸收水蒸气，然后在E中冷却二
42、氧化氮得到NO2，在D装置中检验NO的存在，NO、NO2都是大气污染物，所以最后在装置B中进行尾气处理，防止污染空气，故装置的连接为ACEDB；（2） NO很容易被氧气氧化，装置中有空气，无法检验有NO生成，所以通氮气的目的是排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2；（3） 盛装70%浓硫酸的仪器名称是分液漏斗；实验确认有NO的现象是D中刚开始为无色，通入O2后变为红棕色；（4）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应产生 NO、NO2、水和硫酸钠，该装置中的化学方程式是2NaNO2+ H2SO4(浓)= Na2SO4NO + NO2 + H2O；（5）将水滴入盛有硝酸铵的试管中，
43、观察到的A处液面上升，B处液面下降，产生该现象的原因是NH4NO3溶于水时吸收热量，使广口瓶中的气体压强减小，在大气压强的作用下U形管中的液体左侧A液面上升，右侧B液面下降；（6）实验室可以用氯化铵和熟石灰反应来制备氨气，该反应的化学方程式是2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 2NH3 + 2H2O ；由于硝酸铵具有强的氧化性，而且分解分解产生大量气体而发生爆炸，所以不能代替NH4Cl来实验。（7）在汽车发生碰撞时，NaN3会产生N2气体充满安全气囊来减轻碰撞事故中乘员伤害程度；（8）根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可知离子反应IV NO发生歧化反应产生NH4+和NO3-，同时产生水，反应的方程式是：8NO + 7H2O = 3NH4+ + 5NO3- + 2H+ 。考点：考查化学实验基本操作、反应现象的描述、气体的制取方法、离子方程式的书写及配平等知识。