1、云南省彝良县一中2018-2019学年上学期12月考试高一化学分卷I一、单选题(共28小题,共56分) 1.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是A. 过滤、蒸发、蒸馏、分液 B. 过滤、蒸馏、蒸发、分液C. 蒸发、蒸馏、过滤、分液 D. 分液、蒸馏、蒸发、过滤【答案】A【解析】试题分析：根据装置图中仪器的构造可知，四种基本实验操作是过滤、蒸发、蒸馏和分液，所以正确的答案选A。考点：考查仪器的识别和基本实验操作点评：该题是基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是熟练掌握常见仪器的构造和用途，并能灵活运用即可。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考
2、查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力2. 瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为A. 1：2 B. 1：4 C. 2：1 D. 1:1【答案】B【解析】甲烷与氧气的质量比为14，令甲烷与氧气的质量分别为1g、4g，则：lg甲烷的物质的量为=mol，4g氧气的物质的量为=mol，同温同压下，甲烷与氧气的体积之比等于物质的量之比=molmol=12，故答案为B。3.飞船以铝粉与高氯酸铵的混合物为固体燃料，其中高氯酸铵的反应为2NH4ClO4=N2Cl22O24H2O。下列有关叙述不正确的是()A. 该反应属于分解反应、氧化还原反应B. 上述反
3、应瞬间能产生大量高温气体，推动飞船飞行C. 铝粉的作用是点燃时氧化放热引发高氯酸铵反应D. 在反应中NH4ClO4只作氧化剂【答案】D【解析】A该反应由一种物质生成多种物质，且元素化合价发生变化，属于分解反应和氧化还原反应，故A正确；B反应生成大量气体，为推动飞船飞行的原因，故B正确；C铝粉在点燃条件下剧烈反应放出大量的热，可作为反应的引发剂，故C正确；D反应物只有一种，且N、Cl、O元素化合价都发生变化，则反应中NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故选D。4.小王要制备纯净的二氧化碳气体，可供选用的仪器如图所示。可供选用的药品如下：石灰石澄清石灰水稀硫酸浓硫酸盐酸溶液烧碱溶液蒸馏水
4、。下列装置连接顺序及组合最恰当的是()A. A()、B()、C()、D B. A()、B()、C()、DC. A()、B()、C()、D D. A()、B()、C()、D【答案】C【解析】【详解】实验室制取二氧化碳属于固体和液体的不加热反应，用A装置作为发生装置，所用药品是石灰石和盐酸溶液；用B瓶中装满蒸馏水，吸收氯化氢气体；用C装置盛浓硫酸吸收水蒸气，然后用D装置收集纯净的二氧化碳，所用连接顺序及组合最恰当的是A（）、B（）、C（）、D。答案选C。5.下列做法正确的是A. 用镊子取出白磷并置于水中切割B. 把氯酸钾制氧气后的残渣倒入垃圾桶C. 氢气还原氧化铜实验先加热再通氢气D. 用酒精灯直
5、接给烧杯中的液体加热【答案】A【解析】【详解】A. 白磷易自然，因此用镊子取出白磷并置于水中切割，A正确；B. 氯酸钾属于易爆物，不能把氯酸钾制氧气后的残渣倒入垃圾桶中，要倒入指定容器中回收，B错误；C. 氢气是可燃性气体，氢气还原氧化铜实验先通氢气再加热，C错误；D. 烧杯加热时需要垫石棉网，因此不能用酒精灯直接给烧杯中的液体加热，D错误。答案选A。6.关于0.1 molL1硫酸溶液的叙述错误的是()A. 1 L该溶液中含有硫酸的质量为9.8 gB. 0.5 L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.2 molL1C. 从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中硫酸的物质的量浓度为0.01 m
6、olL1D. 取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后硫酸的物质的量浓度为0.01 molL1【答案】C【解析】1 L该溶液中含有 H2SO4的物质的量为0.1mol,则其质量为9.8g，A项正确；氢离子浓度为0.2 molL1，B项正确；取出100mL，硫酸的浓度仍然为0.1 mol/L，C项错误；取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后 H2SO4的物质的量浓度降为原溶液的0.1倍，为0.01 mol/L，D项正确。7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A. 标准状况下，6.72L O2和N2的混合气体含有的原子数为0.6NAB. 通常状况下，8g O2和O3的混合气
7、体含有的分子数是0.5NAC. 常温常压下, 2mol/L的100mL MgCl2溶液中，含有Cl-个数为0.4NAD. 标准状况下，11.2L H2在氧气中完全燃烧后得到的产物的分子数为0.5NA【答案】B【解析】试题分析：A标准状况下，6.72LO2和N2的混合气体的物质的量是0.3mol，其中含有的原子数为0.6NA，A正确；B通常状况下，8g O2和O3的混合气体含有的原子数是0.5NA，不能计算分子数，B错误；C常温常压下, 2mol/L的100mL MgCl2溶液中氯化镁的物质的量是0.2mol，含有Cl-个数为0.4NA，C正确；D标准状况下，11.2L H2即0.5mol氢气在
8、氧气中完全燃烧后得到的产物的分子数为0.5NA，D正确，答案选B。【考点定位】考查阿伏加德罗常数的计算与判断【名师点晴】要准确把握阿伏加德罗常数的应用，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算、电离和水解知识的融入、留心特殊的化学反应、阿伏加德罗定律和化学平衡的应用。避免粗枝大叶不求甚解，做题时才能有的放矢。二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质。必须以阿伏加德罗常数为基础点进行辐射，将相关知识总结归纳，在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下， 着重关注易错点，并通过练习加强理解掌握， 这样才能通过复习切实提高得分率。8.将质量分
9、数为a，物质的量浓度为c1molL1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数 变为2a，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2molL1，则c1和c2的数值关系是A. c22c1 B. c22c1 C. c22c1 D. 无法确定【答案】B【解析】试题分析：蒸发掉原溶液质量一半的水后，则溶液中溶质的质量分数变为2a，设质量分数为a的H2SO4的密度为1g/mL，蒸发后密度为2g/mL，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：C1=10001a/98C2=20002 a/98，得C1C2=122，H2SO4的浓度越大密度越大，12，故C22C1考点：质量分数、物质的量浓度的有关计算9.对
10、下列实验过程的评价，正确的是A. 某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性B. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐C. 验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加稀硝酸除去OH-，再加AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl-D. 某溶液中先滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明该溶液一定含有SO42-【答案】C【解析】A. 某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显酸性，A错误；B. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中可能含有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐等，B错误；C. 验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加稀硝酸除去OH-，再加Ag
11、NO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl-，C正确；D. 某溶液中先滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明该溶液可能含有SO42-、Ag+，D错误。10.下列对于NaHSO4的分类中不正确的是：A. NaHSO4是盐 B. NaHSO4是酸式盐C. NaHSO4是钠盐 D. NaHSO4是酸【答案】D【解析】A. NaHSO4是由酸根离子和金属阳离子构成的盐，A正确；B. NaHSO4属于盐类，能电离出氢离子，是酸式盐，B正确；C. NaHSO4是由钠离子和酸根离子构成的盐，属于钠盐，C正确；D. NaHSO4是由钠离子和酸根离子构成的盐，不是酸，D错误，答案选D。11.高铁酸
12、钾(K2FeO4)是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2F(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，下列说法正确的是( )A. 制高铁酸钾用KClO做还原剂B. KCl是还原产物C. 高铁酸钾中铁的化合价为+7D. 制备高铁酸钾时1molFe (OH)3得到3 mol电子【答案】B【解析】试题分析：A反应2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O中，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则KClO为氧化剂，Fe(OH)3为还原剂，故A错误；B次氯酸钾是氧化剂，则氯化钾是还原产物，故B正确；C高铁酸钾中铁元素的化合价是+6价
13、，故C错误；D因反应中铁元素的化合价由+3价升高到+6价，则1molFe(OH)3失去3mol电子，故D错误；故选B。【考点定位】考查本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答的关键，然后即可来分析氧化剂、还原剂，分析电子的转移数目、氧化性的比较氧化还原反应。根据化合价的变化，氧化剂得电子被还原，化合价降低，发生还原反应，得到的产物为还原产物；还原剂失电子被氧化，化合价升高，发生氧化反应，得到的产物为氧化产物。可以用口诀：失高氧，低得还：失电子，化合价升高，被氧化(氧化反应)，还原剂；得电子，化合价降低，被还原(还原反应)，氧化剂。【名师点晴】12.下列离子在溶液中能大量共存，加入OH能
14、产生白色沉淀的是()A. NaCa2SO42-Cl B. HMg2CO32-S2C. KMg2SO42- NO3 D. KNaNO3SO42-【答案】C【解析】【分析】根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，则离子大量共存，并结合加入OH-能产生白色沉淀来解答。【详解】ACa2+、SO42-结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；BMg2+、CO32-结合生成沉淀，H+、CO32-结合生成水和气体，H+、S2-结合生成弱电解质，不能大量共存，故B不选；C该组离子之间不反应，可大量共存，且加入OH-能与Mg2+产生白色沉淀氢氧化镁，故C选；D该组离子之间不反应，可大量共存，但加入OH-
15、不反应，故D不选；答案选C。【点睛】本题考查离子的共存，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查。13.符合如图中阴影部分的物质是()A. 碳酸氢钠 B. 碱式碳酸铜C. 氯化钠 D. 碳酸钠【答案】D【解析】【详解】碳酸氢钠属于碳酸的酸式盐和钠盐；碱式碳酸铜属于碳酸的碱式盐和铜盐；氯化钠属于盐酸的正盐和钠盐；碳酸钠属于碳酸的正盐和钠盐。故选D。14.氯气、液氯、氯水、盐酸中均含有()A. 氯分子 B. 氯原子 C. 氯离子 D. 氯元素【答案】D【解析】【详解】氯气、液氯都是氯气单质，含有氯气分子；氯水中含有氯气、次氯酸、氯离子，不存在Cl原子；盐酸中存在氯离子，不存
16、在Cl原子；所以氯气、液氯、氯水、盐酸中均含有的是氯元素，答案选D。【点睛】本题考查了常见物质组成及判断，明确分子、原子、离子和元素的概念为解答关键，注意掌握常见物质的组成情况。15. 下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )A. Al(OH)3 Al2O3 B. Al2O3 Al(OH)3C. Al AlO2- D. Al3+ Al(OH)3【答案】B【解析】Al(OH)3Al2O3 +H2O2Al +2H2O +2NaOH=2NaAlO2+3H2Al3+ +3OH= Al(OH)316. 用等质量的金属钠进行下列实验，产生氢气最多的是( )A. 将钠放入足量的稀盐酸中B. 将钠放入足量
17、的稀硫酸中C. 将钠放入足量的氯化钠溶液中D. 将钠用铝箔包好，并刺一些小孔，放入足量的水中【答案】D【解析】试题分析：将等质量的钠投入到稀盐酸、稀硫酸、硫酸铝钾溶液中，发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，由于Na的质量相同，所以三者放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，铝与NaOH溶液反应生成氢气，故生成氢气要比上述三种情况多，故D项中生成氢气最多；故选D。【考点定位】考查钠的化学性质【名师点晴】本题考查钠的化学性质。钠在水溶液中发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，若仅是钠参加反应，无论何种溶液，相同质量的钠生成的氢气的量相
18、等，需要注意的是，铝既能与酸反应又能与碱反应生成氢气。17.将0.3 mol钠、0.1 mol铁分别加入到各盛有500 mL 0.2 molL1稀硫酸的两个烧杯中，下列说法正确的是()A. 两个烧杯中金属沉在液面下B. 两个烧杯中都没有金属剩余C. 两个烧杯中都有金属剩余D. 两个烧杯中产生氢气的质量相同【答案】B【解析】【详解】A. 钠的密度小于水，因此两个烧杯中铁沉在液面下，钠浮在水面上，A错误；B. 由于钠极易和水反应，则钠投入到硫酸中钠一定全部反应。硫酸的物质的量是0.5L0.2mol/L0.1mol，铁也是0.1mol，则铁和稀硫酸恰好反应，所以两个烧杯中都没有金属剩余，B正确；C.
19、 根据选项B中的分析可知两个烧杯中都没有金属剩余，C错误；D. 0.3mol钠产生0.15mol氢气，0.1mol铁产生0.1mol氢气，则两个烧杯中产生氢气的质量不相同，D错误。答案选B。【点睛】关于金属钠与酸溶液反应需要注意：Na与H2O反应的实质是Na置换H2O电离出的H。酸溶液中H主要由酸电离得到，所以Na投入酸溶液中时，首先与酸反应，且比在纯水中反应剧烈，只有当酸反应完后，才与水反应。例如少量Na投入盐酸中先发生反应：2Na2HCl2NaClH2。18.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是金属钠投入到FeCl3溶液中 过量NaOH溶液和明矾溶液混合 少量Ca(OH)2投
20、入到过量NaHCO3溶液中 向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸 向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A. B. 只有 C. 只有 D. 只有【答案】D【解析】金属钠投入FeCl3溶液中, Na先与水反应生成NaOH和H2，OH与Fe3反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；过量NaOH溶液和明矾溶液混合，OH与Al3反应生成Al(OH)3，但Al(OH)3溶于强碱，所以最终没有沉淀生成；少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生反应为：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，碳酸钙是白色沉淀；向Al3溶液中加入氨水生成白色的Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3只溶于强碱，所以氨水过量，
21、依然有白色沉淀；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，该反应为化合反应，且NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以会析出NaHCO3晶体，产生白色沉淀。故正确，选D。19. 化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是A. CO2属于大气污染物B. 酸雨是pH小于7的雨水C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D. 大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧【答案】D【解析】试题分析：二氧化碳不是大气污染物，但是却可以引起环境问题，例如大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧；正常雨水的PH值为56，PH值小于56的雨水是酸雨，
22、NO2或SO2都会导致酸雨的形成，选D。考点：考查常见的生活环境的污染及治理。【此处有视频，请去附件查看】20.将含有等体积NH3、CO2、NO的混合气体依次通过盛有浓H2SO4、Na2O2和NaHCO3溶液的装置，充分作用后，最后得到的气体是( )A. CO2和NO B. CO2 C. NO D. NO2【答案】A【解析】试题分析：设三种气体的体积均为1L，则通过浓硫酸氨气不完全吸收，剩余二氧化碳和一氧化氮，通过过氧化钠反应二氧化碳被吸收生成05L氧气，05L氧气恰好与1L一氧化氮反应生成1L二氧化氮，二氧化氮通入碳酸钠溶液生成硝酸和一氧化氮，硝酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，所以剩余的气体
23、为二氧化碳和一氧化氮的混合气体，故选A。【考点定位】考查化学方程式的有关计算【名师点晴】本题考查了元素及化合物的性质，熟悉物质的性质及发生的反应是解题关键。氨气能够与浓硫酸反应被浓硫酸吸收；二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气；氧气能够与一氧化氮反应生成二氧化氮；二氧化氮通入碳酸钠溶液生成硝酸和一氧化氮，硝酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳。21.把下列金属投入0.1 molL1盐酸中，能发生反应且反应最剧烈的是()A. Cu B. Fe C. Mg D. Al【答案】C【解析】【详解】金属与酸的反应是金属的化学通性，金属与同浓度稀盐酸反应速率取决于金属的活泼性，氢前金属越活泼的反应越快，氢后的金属不与
24、稀盐酸反应，题给金属的活泼性顺序是MgAlFeCu，故Mg与盐酸反应速率最快，反应最剧烈，合理选项是C。22.已知A是一种金属单质，B显淡黄色，相关物质的转化关系如图所示。则下列关于C的性质的叙述错误的是( ) A. 易溶于水B. 与澄清石灰水反应产生白色沉淀C. 与足量盐酸反应放出气体D. 属于碱【答案】D【解析】【详解】B为A与氧气反应的产物，为氧化物，颜色为淡黄色，应为Na2O2，则A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH，则：A碳酸钠易溶于水，A正确；BNa2CO3与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀，B正确；CNa2CO3与足量盐酸反应生成CO2气体，C正确；DNa2CO3为强碱弱
25、酸盐，水解其溶液呈碱性，但碳酸钠是盐，D错误；答案选D。23.关于氨的喷泉实验形成的原理解释正确的是A. 氨水呈碱性 B. 氨气极易溶于水，烧瓶内外形成压强差C. 氨气易液化 D. 氨气溶于水后形成的溶液易挥发【答案】B【解析】【分析】氨的喷泉实验说明氨气极易溶于水，使烧瓶内外产生极大的压强差导致水进入烧瓶。【详解】A氨水呈碱性与能否形成喷泉无关系，故A错误；B极易溶于水的气体能形成压强差而产生喷泉实验，由于氨气极易溶于水，因此氨气能形成喷泉实验，故B正确；C氨气易液化说明氨气的沸点低，氨气易液化与能否形成喷泉无关系，故C错误；D氨气溶于水后形成的溶液易挥发是氨水的性质，与能否形成喷泉无关系，
26、故D错误；答案选B。【点睛】本题以喷泉实验的原理为载体考查了氨气极易溶于水的性质以及喷泉实验的原理，注意并不是只有氨气才能形成喷泉实验，只要气体极易溶于某液体就能形成喷泉实验。24.下列反应不能一步完成的是()A. SiO2Na2SiO3 B. SiO2H2SiO3C. SiO2CaSiO3 D. H2SiO3SiO2【答案】B【解析】【详解】A. 二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，则SiO2Na2SiO3能一步完成，A不符合；B. 二氧化硅不溶于水，则SiO2H2SiO3不能一步完成，B符合；C. 二氧化硅和碳酸钙在高温下反应生成硅酸钙，则SiO2CaSiO3能一步完成，C不符合；D.
27、硅酸受热分解生成二氧化硅和水，则H2SiO3SiO2能一步完成，D不符合；答案选B。25.将硫磺在氧气中燃烧生成气体A，把气体A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色而B变为C；在C中加入Na2S产生气体D，若将D通入B溶液，可得沉淀E；A、B、C、D、E中均含有硫元素。在下列各组中按A、B、C、D、E排列的是( )A. SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S B. SO2、H2SO3、H2SO4、SO2、SO3C. SO2、H2SO4、H2SO3、SO2、S D. SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S【答案】D【解析】硫磺在氧气中燃烧生成气体二氧化硫，所以A为SO2，把气体二氧化
28、硫溶于水得溶液H2SO3，B为H2SO3，向H2SO3中滴加溴水，亚硫酸会生成硫酸，C为硫酸，在硫酸中加入Na2S产生气体硫化氢，D 为硫化氢，将硫化氢通入到亚硫酸中，会得到硫沉淀，所以E为硫。故选D 。26.下列说法中不正确的是A. 碳酸钠比碳酸氢钠易溶于水B. 碳酸钠比碳酸氢钠稳定C. 碳酸钠和碳酸氢钠能跟石灰水反应得到白色沉淀D. 等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，得到相同质量的二氧化碳【答案】D【解析】【详解】A. 碳酸钠比碳酸氢钠的溶解度大，即碳酸钠比碳酸氢钠易溶于水，A正确；B. 碳酸钠比碳酸氢钠稳定，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，B正确；C. 碳酸钠和碳酸
29、氢钠都能跟石灰水反应得到白色沉淀碳酸钙，C正确；D. 碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，则等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，得到的二氧化碳质量前者小于后者，D错误。答案选D。27.下列关于氨水的叙述中，不正确的是()A. 氨水具有弱碱性 B. 氨水和液氨成分相同C. 氨水中共有6种粒子 D. 氨水中一水合氨的物质的量浓度最大(除水外)【答案】B【解析】【分析】氨气溶于水即可得到氨水，根据氨水中的微粒及其性质解答。【详解】A. 氨水中一水合氨电离出氢氧根离子，因此具有弱碱性，A正确；B. 氨水是氨气的水溶液，是混合物，液氨是氨气的液态，属于纯净物，二者的成分不相同，B错误；C. 氨水中
30、共有6种粒子，即NH3H2O、NH3、H2O、NH4、OH、H，C正确；D. 氨气溶于水后大部分与水反应生成一水合氨，则氨水中一水合氨的物质的量浓度最大(除水外)，D正确。答案选B。28. 如图所示，试管中盛装的是红棕色气体（可能是混合物），当倒扣在盛有水的 水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的不可能是 ( )A. N2与NO2的混和气体 B. O2与NO2的混和气体C. NO与NO2的混和气体 D. NO2一种气体【答案】A【解析】试题分析：A若试管中是N2与NO2的混和气体，由于N
31、2不能与氧气参加反应，所以试管内不能完全被水充满，其余的则会发生反应：4NO2+O2+ 2H2O = 4HNO3或4NO+ 3O2+ 2H2O = 4HNO3；最后试管内完全被水充满。因此选项是A。考点：考查氮氧化合物与水的反应情况的知识。分卷II二、填空题(共5小题, 共44分)29.按要求填空。(1)在S2、Fe2、Fe3、Mg2、S、I、H中，只有氧化性的是_，只有还原性的是_，既有氧化性又有还原性的是_。(2)某同学写出以下三个化学方程式：(未配平)NOHNO3N2O3H2ONH3NOHNO2H2ON2O4H2OHNO3HNO2其中你认为不可能实现的是_(填序号)。(3)下列三个氧化还
32、原反应中，氧化性最强的物质是_。若溶质中Cl与I共存，为了氧化I而Cl不被氧化，除单质外，还应用反应中的_作氧化剂。2FeCl32KI=2FeCl22KClI22FeCl2Cl2=2FeCl32KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O【答案】(1)Fe3、Mg2、HI、S2Fe2、S(2)(3)KMnO4FeCl3【解析】(1)根据元素化合价升降分析判断。元素处于最高价的只有氧化性，故只有氧化性的为Fe3+、Mg2+、H+；元素处于最低价的只有还原性，故只有还原性的是S2、I；中间价态的既有氧化性又有还原性，故既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S。(2)若含有同种元素不
33、同价态的两种物质发生氧化还原反应时，生成物中该元素的价态应介于两种反应物元素价态之间。N元素3价与+2价之间应为0价或+1价，不可能出现+3价的氮，所以式不能实现。(3)由知氧化性：FeCl3I2，还原性：IFe2+；由知氧化性：Cl2FeCl3，还原性：Fe2+Cl；由知氧化性：KMnO4Cl2，还原性：ClMn2+，由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4Cl2FeCl3I2，还原性强弱顺序为IFe2+ClMn2+。所以KMnO4可氧化Cl、Fe2+及I，FeCl3只氧化I。所以必须选择比Cl2氧化能力差而比I2氧化能力强的氧化剂FeCl3。30.以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如
34、下：请回答下列问题：(1)在炉气制造中，黄铁矿粉碎的目的是_，生成二氧化硫的化学方程式是_。(2)炉气精制的目的是_。(3)二氧化硫催化氧化的化学方程式是_。(4)浓硫酸是不是可以用水代替：_，原因是_。(5)尾气的主要成分是_，若将尾气通入氢氧化钙浊液中，最后能得到的副产品是_。【答案】 (1). 增大反应接触的表面积，加快反应速率 (2). 4FeS211O22Fe2O38SO2 (3). 防止催化剂中毒 (4). 2SO2+O22SO3 (5). 不可以 (6). 避免用水吸收三氧化硫形成酸雾 (7). 二氧化硫、三氧化硫和空气 (8). 石膏【解析】【分析】（1）根据外界条件对反应速率
35、的影响分析；黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应生成二氧化硫和氧化铁；（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒；（3）二氧化硫催化氧化生成三氧化硫；（4）根据用水吸收会酸雾分析解答；（5）根据二氧化硫的催化氧化是可逆反应以及二氧化硫能和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙能转化为硫酸钙判断。【详解】（1）在炉气制造中，黄铁矿粉碎的目的是增大反应接触的表面积，加快反应速率；黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应生成二氧化硫和氧化铁，则生成二氧化硫的化学方程式是4FeS211O22Fe2O38SO2。（2）在催化氧化
36、时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，因此炉气精制的目的是防止催化剂中毒；（3）二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，反应的化学方程式是2SO2+O22SO3。（4）由于用水吸收三氧化硫会形成酸雾，所以浓硫酸是不是可以用水代替的。（5）由于二氧化硫的催化氧化是可逆反应，所以尾气的主要成分是二氧化硫、三氧化硫和空气。若将尾气通入氢氧化钙浊液中，二氧化硫被吸收转化为亚硫酸钙，三氧化硫被吸收转化为硫酸钙。亚硫酸钙易被氧化为硫酸钙，因此最后能得到的副产品是石膏。31.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3的氧化性强弱，设计了如下实验：(1)装置A中发生反应的离
37、子方程式是_。整套实验装置存在一处明显的不足，请指出_。(2)用改正后的装置进行实验，实验过程如下：_。(3)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：i.Fe3+3SCN-Fe(SCN)3是一个可逆反应。ii.(SCN)2性质与卤素单质类似、氧化性：Cl2(SCN)2。iii.Cl2和Br2反应生辰BrCl，BrCl呈红色(略带黄色)，沸点约5，它与水能发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应。iv.AgClO、AgBrO均可溶于水。用
38、平衡移动原理(结合上述资料)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因_，现设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_溶液，若溶液颜色_，则上述解释是合理的。探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合上述资料用两步方程式(离子或化学方程式不限定)解释仅产生白色沉淀的原因：_。【答案】 (1). MnO24H2ClMn2Cl22H2O (2). 缺少尾气处理装置 (3). Cl2 Br2 Fe3 (4). 过量氯气和SCN反应2SCNCl2=2Cl(SCN)2，使SCN浓度减小，则F
39、e33SCNFe(SCN)3平衡逆向移动而褪色 (5). KSCN (6). 变红色 (7). BrClH2O=HBrOHCl、AgCl=AgCl【解析】【分析】（1）A中浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水；氯气有毒不能直接排空，要用碱液吸收尾气；（2）打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯加热；亚铁离子的还原性比溴离子强，氯气首先氧化亚铁离子，再氧化溴离子；（3）过量氯气和SCN-反应，SCN-浓度减小，根据铁离子和硫氰根离子反应平衡原理分析；向溶液中加入氯化铁或硫氰化钾溶液根据溶液颜色变化判断；氯化溴能发生水解反应生成酸，根据AgBrO、AgCl的溶解
40、性分析。【详解】（1）浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，因此实验装置存在一处明显的不足为实验装置缺少尾气处理装置；（2）打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯加热；亚铁离子的还原性比溴离子强，氯气首先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，所以D装置中首先变红，E装置中水层溶液变黄，振荡后，下层CCl4层无明显变化，说明以后亚铁离子，溴离子未被氧化，因此Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为Cl2Br2Fe3；（3）过量氯气和SCN-反应2
41、SCN-+Cl22Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使平衡Fe33SCNFe(SCN)3向逆反应方向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理；过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，BrClH2OHBrOHCl，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，AgClAgCl，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银。【点睛】本题考查了性质实验方案设计，明确反应原理是解本题关键，结合资料分析解答，会
42、根据离子反应方程式判断氧化性强弱，会根据实验现象确定发生的反应。32.铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：(1)提出问题这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量是多少？(2)查阅资料亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。(3)实验验证鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作
43、用是_，能否用稀硫酸代替(填“能”或“不能”)_。为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)_。A用硝酸酸化的硝酸钡溶液B用盐酸酸化的氯化钡溶液检验亚铁盐可用的试剂是_，现象为_。(4)含量测定取十粒糖衣片，称其质量为5g，溶于20 g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是_。向所配溶液中滴加氯化钡溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加_溶液，若现象为_，则溶液已过量。过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)_，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作23次。证明沉淀已洗净的方法是_。称量得，沉淀质量为4.66 g，列式计
44、算该糖衣片中硫酸亚铁的质量分数_。(5)总结反思对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是_。【答案】 (1). 加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化 (2). 不能 (3). B (4). 氢氧化钠溶液 (5). 产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀 (6). 搅拌以促进溶解 (7). 氯化钡溶液 (8). 不再产生白色沉淀 (9). 引流 (10). 取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净 (11). 60.8% (12). 隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效【解析】【分析】将硫酸亚铁溶于水时，滴加盐酸目的是防止亚铁离子产生少量的氢氧根而出现沉淀，同时防止亚
45、铁被氧化为铁离子而影响后期的检验。在检验硫酸盐时，可用氯化钡来进行。在溶解时，用玻璃棒搅拌加速溶解。检验亚铁盐时，可利用氢氧化钠溶液，因生成的氢氧化亚铁会迅速变为红褐色；根据硫酸根离子守恒计算；根据氢氧化亚铁表面有吸附的硫酸根离子分析；依据亚铁离子易被氧化分析解答。【详解】（3）亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子；硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B；由于氢氧化亚铁易被
46、氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；（4）玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌以促进溶解；要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清液中滴加氯化钡溶液，若现象为不再产生白色沉淀，则溶液已过量；在洗涤沉淀时，玻璃棒的作用为引流。由于沉淀表面含有硫酸根离子，则要证明沉淀已洗净的方法就是判断洗涤液中不含有硫酸根离子，即可以取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净。沉淀质量为4.66g即硫酸钡是0.02mol，根据硫酸根守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0.02mo
47、l，质量是0.02mol152g/mol3.04g，因此质量分数为3.04g/5g100%=60.8%。（5）由于亚铁离子易被氧化，则对硫酸亚铁来说，药片的糖衣可以起到隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效的作用。33.某化学兴趣小组利用如图装置进行铁与水蒸气反应的实验，并检验产物的性质，请回答下列问题：（1）A装置的作用是_，烧瓶底部放碎瓷片的作用是_。（2）装置B中发生反应的化学方程式是_，该反应中氧化剂是_，氧化产物是_。（3）D的作用是_。（4）E中的实验现象是_。（5）A、B两个装置中应先点燃_处的酒精(喷)灯，点燃E处酒精灯之前应进行的操作是_。【答案】 (1). 产生水蒸气 (2).
48、 防止加热时液体暴沸 (3). 3Fe4H2O(g)Fe3O44H2 (4). H2O (5). Fe3O4 (6). 吸收未反应的水蒸气（或干燥H2) (7). 黑色固体变成红色，玻璃管内壁上有水珠生成 (8). A (9). 收集H2并检验其纯度【解析】【分析】装置A中水受热生成水蒸气，B中高温条件下铁与水蒸气反应四氧化三铁和氢气，混有水蒸气的氢气经过干燥管D干燥后进入E装置，与CuO反应生成Cu单质，加热E之前应该先通氢气把装置中的氧气排尽，防止氢气与氧气混合加热发生爆炸，以此解答该题。【详解】（1）铁与水蒸气反应的条件是高温，水的状态是气体，所以A装置的作用是产生水蒸气；反应在高温条件
49、下进行，烧瓶底部放碎瓷片的作用防止加热时液体暴沸；（2）装置B中是铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，反应的方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；氢元素化合价降低，得到电子，水是氧化剂，反应中铁元素化合价升高，铁是还原剂，四氧化三铁是氧化产物；（3）E是氢气还原氧化铜的实验，气体进入E装置前要干燥，否则会有危险，硬质玻璃管可能炸裂，因此D的作用是吸收未反应的水蒸气（或干燥H2)；（4）氢气还原氧化铜得到铜和水，即H2+CuOCu+H2O，所以E中的实验现象是硬质玻璃管中黑色固体变为红色，硬质玻璃管右端管壁有液滴生；（5）若先点燃B处，铁会与氧气先发生反应，所以须先点燃A处；氢气是可燃性气体混有空气会发生爆炸，所以点燃E处酒精灯之前应进行的操作是验证氢气的纯度，方法是：收集一试管气体，将试管口靠近酒精灯火焰，若发出噗的声音，说明气体纯净；若发生尖锐爆鸣声，说明气体不纯。【点睛】本题考查了铁与水蒸气反应的探究实验，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意利用氢气还原氧化铜这个实验对产物氢气进行检验，把握实验操作中的注意事项，掌握检验氢气纯度的方法。
