1、宁阳一中2018级高一阶段性考试二化 学 试 题可能用到的相对原子质量：Hl C12 O16 S32 N14 Cu64 Na23 Mg24 Cl35.5 Br80 I127第卷(选择题，共60分)一、选择题(每题2分，每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法中正确的是()A. 发酵粉中主要含有氢氧化钠，能使焙制出的糕点疏松多孔B. 碘盐中的碘可以直接用淀粉检验C. 硫酸氢钠属于盐类，其水溶液显中性D. 碳酸氢钠可以用于治疗胃酸过多【答案】D【解析】【详解】A.发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔。氢氧化钠是强碱有强腐蚀性，且没有发酵粉的功能，故A错误；B.碘盐中的碘是碘酸钾不是碘
2、单质，不可以直接用淀粉检验，故B错误；C.硫酸氢钠属于盐类，其水溶液中电离出氢离子显酸性，故C错误； D.碳酸氢钠溶于水后，溶液显弱碱性，可以用来治疗胃酸分泌过多，故D正确。故选D。2.在下面的反应中，氨作为氧化剂参加反应的是()A. NH3H3PO4=NH4H2PO4B. 4NH35O24NO6H2OC. 2NH33Cl2=6HClN2D. NH3NaH=NaNH2H2【答案】D【解析】【详解】A.没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故A错误；B.N元素的化合价从-3价升高到+2价，氨气为还原剂，故B错误；C.N元素的化合价从-3价升高到0价，氨气为还原剂，故C错误；D.氨气中H元素的
3、化合价由+1价降低为0，氨气为氧化剂，故D正确。故选D。3.下列现象的产生，与人为排放大气污染物无关的是()A. 酸雨 B. 光化学烟雾C. 闪电 D. 臭氧层空洞【答案】C【解析】【详解】A.酸雨与大量排放SO2及氮氧化物有关，故A不符合题意；B. 光化学烟雾是大量汽车尾气排放的碳氢化合物（CxHy）、CO和氮氧化物在强光下引起的一系列光化学反应所致，故B不符合题意；C. 闪电属于自然现象，与人为排放大气污染物氮氧化物无关，故C符合题意；D. 臭氧空洞的形成与氟氯烃或氮氧化物在大气中泄漏与臭氧（O3）发生一系列连锁反应有关，故D不符合题意。故选C。4. 下列说法中，错误的是（ ）A. Na2
4、SO3与BaCl2溶液作用，有白色沉淀生成，加稀硝酸后沉淀不会消失B. 将SO2气体通入Ba(OH)2溶液中，有白色沉淀生成C. 将SO2气体通入BaCl2溶液中，有白色沉淀生成D. 将SO2气体通入用硝酸酸化的BaCl2溶液中，有白色沉淀生成【答案】C【解析】试题分析：ANa2SO3与BaCl2溶液作用生成BaSO3白色沉淀，加稀硝酸后，BaSO3被氧化成BaSO4沉淀，沉淀不会消失A项正确；BSO2与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO3白色沉淀；方程式为SO2+Ba（OH）2=BaSO3+H2O，B项正确；CSO2与BaCl2溶液不反应，C项错误；D硝酸能将SO2氧化成硫酸，硫酸与BaCl
5、2溶液反应生成白色沉淀，D项错误；答案选C。【考点定位】考查SO2及Na2SO3的性质。【名师点睛】本题考查SO2及Na2SO3的性质。离子方程式的书写是高考不变的一个题型，每年高考必考，是热点题型。具体分析如下：Na2SO3与BaCl2溶液作用，生成BaSO3白色沉淀，加稀硝酸后，BaSO3被氧化成BaSO4沉淀，沉淀不会消失；硝酸具有很强的氧化性，能将SO2氧化成H2SO4，在氯化钡溶液中生成BaSO4沉淀；SO2与BaCl2溶液不反应。5.下列反应不属于氮的固定反应是()A. N23MgMg3N2B. N2+3H22NH3C. 2NOO2=2NO2D. N2O22NO【答案】C【解析】【
6、详解】A.此反应将氮单质转化为化合态，属于氮的固定，故A正确；B.此反应将氮单质转化为化合态，属于氮的固定，故B正确；C.此反应将化合态的氮转化为化合态，不属于氮的固定，故C错误；D.此反应将氮单质转化为化合态，属于氮的固定，故D正确。故选C。6.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，不正确的是A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B. 二者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠C. 二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，二者等质量与足量盐酸反应时生成CO2量一样多D. 二者在一定条件下可以相互转化【答案】C【解析】A. 二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，A正
7、确；B. 二者热稳定性不同，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，B正确；C. 二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体，由于碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，因此等质量时碳酸氢钠生成的CO2多，C错误；D. 碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此二者在一定条件下可以相互转化，D正确，答案选C。7.在3Cl26KOHKClO35KCl3H2O的反应中，下列说法不正确的是()A. KCl是还原产物，KClO3是氧化产物B. KOH在该反应中体现碱性和还原性C. 反应中每消耗3 mol Cl2，转移电子数为5NA
8、D. 被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍【答案】B【解析】【详解】A. Cl2中的氯元素的化合价有升高、有降低，所以Cl2既做氧化剂，又做还原剂，其中Cl2失去电子被氧化，得到电子被还原，则KCl是还原产物，KClO3是氧化产物，故A正确；B. KOH在反应前后各元素的化合价不变，所以KOH不是还原剂，不具有还原性，故B错误；C. 该反应中只有Cl元素的化合价变化，则氯气既是氧化剂又是还原剂，由Cl元素的化合价升高可知每消耗3molCl2，转移电子数为5NA，故C正确；D. Cl元素的化合价升高被氧化，化合价降低被还原，则由电子守恒可知，被氧化的氯原子与被还原的氯原子数之比为
9、1：5，即被还原的氯气的物质的量是被氧化的氯气的物质的量的5倍，故D正确。故选B。【点睛】本题的解题关键在于确定Cl2既做氧化剂又做还原剂，特别注意氧化还原分反应的基本概念及转移电子的计算。8.某混合气体G可能含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用a.无水CuSO4，b.澄清石灰水，c.灼热CuO，d.碱石灰，e.酸性品红溶液，f.酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检出的正确顺序是()A. Gaebfdc B. GcdbefaC. Gaefbdc D. Gbefadc【答案】C【解析】试题分析：根据混合气体的组成，应先检验水的存在，因为后面的气体检验会给水的检验带来干扰，检验水的试剂是
10、a；二氧化碳与二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，所以检验二氧化碳前先检验二氧化硫并除去，检验二氧化硫用品红溶液e，除去二氧化硫用高锰酸钾溶液f，然后将气体通入澄清石灰水b中检验二氧化碳，二氧化碳用d碱石灰除去，最后气体通过灼热的CuO，黑色固体变红色，证明CO的存在，所以正确顺序选C。考点：考查气体的检验，顺序的判断9.下列物质反应后一定有3价铁生成的是 ()过量的Fe与Cl2反应Fe与过量稀H2SO4反应Fe和Fe2O3的混合物溶于盐酸中A. 只有 B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】虽然铁粉过量，但铁与Cl2发生反应的产物为FeCl3，故中有3价铁生成；Fe与稀H2SO4反应生成Fe
11、SO4，故中只有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，故中不一定有3价铁生成，A正确；综上所述，本题选A。【点睛】铁与氯气加热反应只能生成+3价铁的化合物，而铁与稀盐酸或稀硫酸反应只能生成+2价铁的化合物，氯化铁溶液中加入铁粉可以生成氯化亚铁，氯化亚铁通入氯气可以生成氯化铁。10.要证明某溶液中不含Fe3而可能含Fe2，进行如下实验操作时，最佳的顺序是（ ）加足量氯水 加足量KMnO4溶液 加入少量KSCN溶液A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：因为KSCN与Fe3作用使溶液显红色
12、，与Fe2+作用无此现象，可以先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3，再滴加氯水后显红色，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，答案选C。考点：Fe3和Fe2+的检验。11.把一定量铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2+和Fe3+的溶度恰好相等，则未反应的Fe3+和已反应的Fe3+的物质的量的比为( )A. 1:1 B. 1:2 C. 2:3 D. 3:2【答案】A【解析】设已反应的Fe3 和 未反应的Fe3 物质的量分别为X,Y因为铁与Fe3反应的离子方程式为：2Fe3 + Fe = 3Fe2 2 1 3X X/2 3
13、X/2因为反应后溶液中Fe2和Fe3的浓度相等所以3X/2=Y得X/Y = 2/3故正确答案为C。12.下列各组物质中的两种物质反应时，反应物用量或反应条件的改变对生成物没有影响的是()A. C和O2 B. NaHCO3和NaOH C. Na和O2 D. Na2CO3和盐酸【答案】B【解析】【详解】A. 碳与O2反应，氧气不足是生成CO，过量时生成CO2，反应物用量不同，产物不同，故A错误；B. NaHCO3和NaOH反应，即是HCO3-和OH-反应，故用量对反应产物没有影响，故B错误；C. Na与O2在不加热时生成Na2O，加热时生成Na2O2，则反应条件不同，生成物不同，故C错误；D.HC
14、l少时，Na2CO3和盐酸反应生成NaHCO3，盐酸足量时，Na2CO3和盐酸反应生成Na2CO3、CO2、H2O，故D错误。故选B。13.下列离子组在溶液中能大量共存的是()A. H、Fe2、Cl、NO3-B. K、H、CO32-、HCO3-C. Ca2、Ba2、Cl、HCO3-D. Na、Ba2、HCO3-、OH【答案】C【解析】【详解】A. H使溶液呈酸性，在酸性条件下NO3-具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故H、Fe2、NO3-不能大量共存，故A错误；B. H和CO32-、HCO3-反应生成CO2，所以H和CO32-、HCO3-不能大量共存，故B错误；C.本组离子间不发生反应
15、，可以大量共存，故C正确；D. HCO3-和OH反应生成CO32-和H2O，所以HCO3-、OH不能大量共存，故D错误。故选C。【点睛】离子不能共存的条件是：离子间反应生成难溶性物质、难电离的物质、易挥发性物质；离子间发生氧化还原反应也不能共存。14.下列关于浓HNO3和浓H2SO4的叙述中正确的是()A. 常温下都不能用铝制容器贮存B. 露置在空气中，容器内酸液的浓度都降低C. 常温下都能与铜较快反应D. 滴在紫色石蕊试纸上，试纸都只变红【答案】B【解析】【详解】A.常温下，Al遇浓HNO3和浓H2SO4都可发生钝化，则常温下都能用铝制容器贮存，故A正确；B.浓硝酸易挥发，溶质减少，浓度降低
16、，浓硫酸难挥发，但是浓硫酸具有吸水性，吸收空气中的水，溶液的浓度降低，故B正确；C.浓硫酸与Cu反应需要加热，常温下浓硝酸能与铜较快反应，故C错误；D.浓硫酸具有脱水性，能使紫色石蕊试纸变黑，故D错误；故选B。【点睛】掌握浓硫酸和浓硝酸的特性，是解决本题的关键。浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性。15. 如下图所示，集气瓶内充满某混合气体（括号内为体积比），若将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，则集气瓶中的混合气体可能是（ ）CO、O2（2:1） NH3、O2（8:1）NO2、O2（4:1） N2、H2（1:3）A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：一氧化氮与氧气在
17、闪电或高温条件下反应，在常温、常压下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入集气瓶，错误；氨气极易溶于水，压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，正确；根据化学反应4NO2+2H2O+O2=4HNO3, 将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，正确；氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在常温常压下不反应，压强不变化，烧杯中的水不会进入集气瓶，错误；正确；答案选B。【考点定位】考查常见气体的物理、化学性质【名师点睛】本题主要考查了教材中常见气体的物理、化学性质，比较简单。集气瓶内充满某混合气体，将滴管内的水挤入集气瓶后，烧杯中的水会进入集气瓶，证明集气瓶中的气体与水发生反应或者是
18、其中的气体易溶于水，导致集气瓶内部气压降低而出现此现象。16.将硝酸分解产生的气体收集于试管内然后倒立于水槽中，一段时间后试管内(假设没有空气混入)()A. 剩余NOB. 剩余O2C. 剩余NO2D. 不剩余气体【答案】D【解析】【详解】浓硝酸受热分解产生二氧化氮、氧气和水，而反应的方程式为：4HNO3（浓）4NO2+O2+2H2O，倒立于水槽中，发生反应为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，恰好反应液体充满试管试底部，故D正确。故选D。17.将铜粉放入稀硫酸中，加热无明显现象发生，当加入下列一种物质后，铜粉的质量减小，溶液呈蓝色， 同时有气体逸出，该物质是()A. Fe2(SO4)3 B
19、. KNO3 C. Na2SO4 D. FeSO4【答案】B【解析】【详解】A.Cu、稀硫酸、硫酸铁混合时，铜和硫酸铁发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁和硫酸铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体，故A错误；B.Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，则铜粉质量减轻，同时溶液逐渐变为蓝色，且有气体逸出，故B正确；C.Cu、稀硫酸、Na2SO4混合时不反应，故C错误；D.Cu与稀硫酸不反应，加入FeSO4混合时不反应，Cu不溶解，故D错误。故选B。【点睛】硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，则可使Cu溶解。18.下列叙述不正确的是（ ）A. NH3易液化，液
20、氨常用作制冷剂B. 与金属反应时，稀HNO3可能被还原为更低价态，则稀HNO3氧化性强于浓HNO3C. 铵盐受热易分解，因此贮存铵态氮肥时要密封保存，并放在阴凉通风处D. 稀HNO3和活泼金属反应时得不到氢气【答案】BD【解析】氧化性强弱与得电子得难易程度有关，而与得到得电子多少无关。硝酸是氧化性酸，和金属反应不会生成氢气，所以答案是BD。19.1.92 g铜投入一定量的浓硝酸中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672 mL气体(标准状况)，将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为()A. 336 mL B. 504 mLC. 22
21、4 mL D. 168 mL【答案】A【解析】【分析】根据铜与硝酸的反应原理分析解答；根据氧化还原反应的本质和特征分析解答。【详解】根据题意可知，收集到的672mL气体应该是NO 2 和NO的混合物，物质的量是0.672L22.4L/mol0.03mol，1.92g铜的物质的量为：=0.03mol，反应时失去电子数目为20.03mol=0.06mol电子，反应过程中氮元素的主要转化是HNO3NO和NO2HNO3，故从化合价变化或电子转移角度分析，整个反应过程前后HNO3中氮元素的化合价不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，O24e-，所以消耗氧气的物质的量
22、为n(O2)=0.015mol，V(O2)=0.015mol22.4L/mol=0.336L，故A正确。故选A。【点睛】本题的解题关键是在明确反应原理的基础上灵活运用电子得失守恒，铜失去的电子，最终全部转化给氧气。20.在通常条件下，NO2和SO2可以很容易发生反应生成NO和SO3。现将碳跟浓硫酸共热产生的气体X和碳跟浓硝酸共热产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是A. 洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B. 洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡C. 在Z导管出来的气体中无二氧化碳D. 反应一段时间后洗气瓶中溶液的酸性减弱【答案】B【解析】试题分析：碳跟浓硫酸共热产生
23、CO2、SO2和水，碳跟浓硝酸共热产生CO2、NO2和水，混合气体通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中，发生的反应有NO2+SO2=NO+SO3，SO3+H2O =H2SO4,H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，而在酸性溶液中，CO2与BaCl2不反应，所以洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，不是碳酸钡，A项错误；B项正确；因为CO2在酸性溶液不与BaCl2溶液反应，所以在Z导管出来的气体中有二氧化碳，C项错误；D.根据上述反应可知，反应一段时间后洗气瓶中溶液的酸性增强，D项错误；答案选B。考点：考查常见物质的化学性质。21. 下列事实可以用同一原理解释的是A. SO2、Cl2均能使品红溶液褪色
24、B. NH4HCO3晶体、固体碘受热均能变成气体C. S与铁、铜反应均生成低价硫化物D. ClO-与S2-、H+均不能在溶液中大量共存【答案】C【解析】22.已知KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生Cl2。若用如下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并试验它与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是(不考虑单元装置) ()A. 只有和处 B. 只有处C. 只有和处 D. 只有、处【答案】D【解析】试题分析：在中制取Cl2，由于盐酸有挥发性，因此氯气中含有杂质HCl、H2O，先用饱和NaCl溶液除去HCl，然后用浓硫酸干燥气体，导气管都是长进短出，然后把干燥、纯净的氯气通入到
25、盛有的试管中，但是试管不能堵住试管口，故处都有错误，选项是D。考点：考查气体的制取、除杂、干燥、性质的验证的正误判断的知识。23.在酸性溶液中能大量共存的无色离子组是A. K+、Mg2+、Cl、MnO4 B. Na+、H+、CO32、NO3C. Fe3+、Na、SO42-、SCN D. Na+、Mg2+、Cl、SO42【答案】D【解析】酸性溶液中存在大量H+。A. MnO4呈紫色，故A不能大量共存；B. H+、CO32与发生反应，故B不能大量共存；C. Fe3+与SCN发生反应，故C不能大量共存；D. H+、Na+、Mg2+、Cl、SO42不发生反应，故D能大量共存。故选D。24. 用下列实验
26、装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. 用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB. 用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C. 用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D. 用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D【解析】A氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去Cl2中含有的少量HCl，故A错误；B蒸干NH4Cl饱和溶液，氯化铵分解，应蒸发浓缩、冷却结晶法制备NH4Cl晶体，故B错误；C纯碱为粉末固体，关闭止水夹不能使固体与液体分离，且碳酸钠易溶于水，则不能制取少量纯净的CO2气体，故C错误；D碘易溶于四氯化碳，与水分层后有
27、机层在下层，则装置可分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，故D正确；【此处有视频，请去附件查看】25.5 mL物质的量浓度为18 molL1的硫酸中加入足量铜片并加热，充分反应。下列说法正确的是A. 有0.09 mol的硫酸被还原 B. 有0.045 mol的硫酸被还原C. 充分反应后体系无硫酸剩余 D. 消耗的铜的质量一定小于2.88 g【答案】D【解析】浓硫酸与铜可发生氧化还原反应，而稀硫酸与铜不发生反应。浓硫酸与铜反应时，随着反应进行，硫酸逐渐消耗，其浓度也逐渐下降，当硫酸由浓变稀时反应就会停止。因此，参加反应的硫酸实际量要比理论计算值小。据题n(H2SO4)=0.005 L18
28、molL1=0.09 mol，参加反应的硫酸n(H2SO4)Br由于还有未反应的I，所以氯气只和I发生反应。根据反应方程式：Cl2+2I-=2Cl-+I2反应的碘离子物质的量2mol，消耗的氯气是1mol .所以需要通入的氯分子与原溶液中I的个数比应为1：3.选项为：C。考点：考查氧化剂与还原性大小不同的还原剂反应的顺序等问题的知识。第卷(非选择题，共40分)31.根据如图所示转化关系，判断A、B、C、D各是什么物质，写出有关反应的化学方程式：(1)当A为气体单质时：A是_，B是_，C是_，D是_，E是_；EC的离子方程式是_BC的化学方程式是_。(2)当A为固体单质时：A是_，B是_，C是_
29、，D是_，E是_；EC的化学方程式是_【答案】 (1). N2 (2). NH3 (3). NO (4). NO2 (5). HNO3 (6). 3Cu8H+(稀) 2NO3- =3Cu2+2NO4H2O (7). 4NH3+5O24NO+6H2O (8). S (9). H2S (10). SO2 (11). SO3 (12). H2SO4 (13). Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O【解析】【分析】根据硫及其化合物的转化关系分析解答；根据氮及其化合物的转化关系分析解答。【详解】(1) 当A是气体单质时，A能被氧化生成C、C能继续被氧化生成D、D和水反应生成E，E能和Cu反应生
30、成C，则E应该是硝酸，A是N2，C是NO，D是NO2，E是硝酸， A能和氢气反应生成氢化物B，所以B是NH3；E生成C的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，离子反应方程式为：3Cu8H+(稀) 2NO3- =3Cu2+2NO4H2O；B到C的反应是氨气与氧气反应，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：N2；NH3；NO；NO2；HNO3；3Cu8H+(稀) 2NO3- =3Cu2+2NO4H2O；4NH3+5O24NO+6H2O；(2) 当A为固体单质时，A能连续被氧化生成D，D和水反应生成E，E和铜反应生成C，能和Cu反应的酸除了硝酸我
31、们还学过硫酸，所以E是硫酸，则A是S，B是H2S，C是SO2，D是SO3， E生成C的方程式为：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；故答案为：S；H2S；SO2；SO3；H2SO4；Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。【点睛】本题解题的关键有两点：一是连续氧化，常见能发生连续氧化的物质有：S、N2、NH3等；二是高中阶段需要掌握的能与Cu反应的酸有浓硫酸和硝酸。32.实验室中用如图所示装置制取干燥的氨气。(1)写出A处发生反应的化学方程式： _。(2)B中干燥剂为_(3)尾气处理用_吸收多余的氨气，并且注意防止倒吸【答案】 (1). 2NH4ClCa(OH)2CaCl2
32、2NH32H2O (2). 碱石灰 (3). 稀硫酸或者水【解析】【分析】根据氨气的实验室制备方法及原理分析解答。【详解】(1)A装置是反应装置，NH4Cl和Ca(OH)2混合共热，反应生成氨气，反应方程式为：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O；故答案为：2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O；(2)氨气是碱性气体，可以用碱石灰干燥，故B装置中盛装的干燥剂是碱石灰；故答案为：碱石灰；(3)由于氨气极易溶于水，且是碱性气体，我们可以用水或稀硫酸来处理尾气；故答案为：稀硫酸或者水。【点睛】氨气的实验室制备装置中有以下易错点：反应物是NH4Cl和Ca(OH)2；干燥剂
33、收集装置的试管口的棉花防止空气对流。33.根据不同价态铁元素之间的相互转化关系，回答下列问题：(1)配制含Fe2的溶液时，常常向溶液中加入少量_，使被氧气氧化形成的Fe3还原为Fe2。(2)为除去废水中的Fe2，常先将废水中的Fe2氧化为_，再根据Fe3的性质使Fe3转化为红褐色的_沉淀析出。(3)在制作印刷电路板的过程中常利用铜与氯化铁溶液的反应。反应的离子方程式为_。(4)为消除废气中的Cl2对环境的污染，将废气通过含有铁粉的FeCl2溶液，即可有效地除去Cl2，这一处理过程可用两个离子方程式表示为_，_；处理过程中需定期添加的原料是_。【答案】 (1). 铁粉 (2). Fe3 (3).
34、 Fe(OH)3 (4). Cu2Fe3=Cu22Fe2 (5). Cl22Fe2=2Fe32Cl (6). Fe2Fe3=3Fe2 (7). 铁粉【解析】【分析】根据铁及其化合物的转化关系分析解答；根据Fe2+、Fe3+在化学实验基础以及工业生产中的应用分析解答。【详解】(1) 配制硫酸亚铁溶液时，利用还原剂防止亚铁离子被氧化，且不能引入新杂质，则加入铁粉（铁钉也可）以防止Fe2+被氧化；故答案为：铁粉（铁钉也可）；(2)为除去废水中的Fe2+，常先将废水中的Fe2+氧化为铁离子，铁离子极易转化为氢氧化铁沉淀；故答案为：Fe3+；Fe（OH）3；(3) FeCl3溶液与金属铜反应，生成氯化亚
35、铁、氯化铜，化学反应为2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2，所以离子反应方程式为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+;故答案为：Cu+2Fe3+Cu2+2Fe2+；(4) Cl2与FeCl2溶液反应生成FeCl3，其反应的化学方程式为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，离子反应方程式为：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-，铁粉与FeCl3反应生成FeCl2其反应的化学方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2，离子反应方程式为：Fe+2Fe3+3Fe2+，根据两个反应可知，处理过程中消耗的原料是铁粉；故答案为：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-；Fe+2Fe3+3Fe2+；Fe粉。
36、【点睛】注意Fe2+既有还原性，又有氧化性，Fe2+常被Cl2、O2等氧化剂氧化成Fe3+，而Fe3+的氧化性很强，能与较稳定的金属铜反应。34.向10 mL浓度均为3 molL1的HNO3与H2SO4的混合溶液中加入1.92 g铜，充分反应后，设溶液体积仍为10 mL。求：(1)产生的气体在标准状况下的体积是多少升_？(2)反应后溶液中各溶质的离子浓度是多少 _？ （反应完溶液中溶质的离子有Cu2、H、NO3-、 SO42-）（以上要求写出计算过程）【答案】 (1). 0.448 L (2). Cu2：3 molL1H：1 molL1 NO3-：1 molL1SO42-：3 molL1【解析
37、】【分析】根据铜与稀硝酸反应的离子反应过程分析解答。【详解】(1)n（Cu）= =0.03mol，n（H+）=3molL-10.01L1+3molL-10.01L2=0.09mol，n（NO3-）=3molL-10.01L=0.03mol，根据离子反应方程式：3Cu+8H+2NO3-=3 Cu2+2NO+4H2O 可知，Cu完全反应，H+和NO3-过量，由反应的离子方程式可知：n（NO）=0.03mol23=0.02mol， V（NO）=0.02mol22.4L/mol=0.448L；故答案为：0.448 L；(2) 由离子方程式可知1.92 g Cu为0.03 mol，反应中消耗H 0.08
38、 mol，消耗NO3- 0.02 mol，生成Cu2 0.03 mol，可得：c(Cu2)0.03mol0.01L3 molL1，反应后c(H)(0.09mol-0.08mol) 0.01L1 molL1，反应后n(NO3-)=0.03-0.02=0.01mol，故c(NO3-)0.01mol0.01L1 molL1，因为SO42-没有参加反应，故SO42-的离子浓度仍为3 molL1。故答案为：Cu2：3 molL1，H：1 molL1，NO3-：1 molL1，SO42-：3 molL1。【点睛】本题解题的关键在于理解加入的硫酸是提供氢离子，实际上是Cu与H+、NO3-反应的过程，从离子反应的角度考虑就屏蔽了很多障碍。