1、山西省吕梁市汾阳市第二高级中学2019-2020学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）温馨提示：本试卷分为卷、卷两部分，满分100分；答题时间为90分钟。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 I卷（共50分）一、选择题（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意。）1.环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的。下列环境问题与所对应的物质不相关的是A. 温室效应CO2B. 光化学污染NO2C. 酸雨SO2D. 臭氧层破坏CO【答案】D【解析】【详解】A二氧化
2、碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故A不选；B含氮氧化物为导致光化学烟雾的主要原因，环境问题与所对应的物质相关，故B不选； C造成酸雨的主要原因是二氧化硫气体的过度排放，环境问题与所对应的物质相关，故C不选；D臭氧层的破坏与CO无关，主要与卤代烃的使用有关系，环境问题与所对应的物质不相关，故D可选；故选：D。2.实验室制备下列气体时，只能用排水法收集的是（）A. H2B. SO2C. NO2D. NO【答案】D【解析】【详解】A.氢气不与水反应且难溶于水，密度比空气的密度小，则可用排水法或向下排空气法收集，故A错误；B.二氧化硫能与水反应且易溶于水，密度比空气密度大，不能
3、用排水法收集，可用向上排空气法收集，故B错误； C.二氧化氮能与水反应，密度比空气密度大，不能用排水法收集，可用向上排空气法收集，故C错误；D. 一氧化氮不与水反应且难溶于水，密度与空气密度相差不多且能与空气中的氧气发生反应，不能用排空气法收集，可用排水法收集，故D正确；综上所述，答案为D。3. 自来水用适量氯气杀菌消毒。不法商贩用自来水冒充纯净水牟取暴利，可用化学试剂辨别真伪，该试剂可以是A. 酚酞试液B. 氯化钡溶液C. 氢氧化钠溶液D. 硝酸银溶液【答案】D【解析】【详解】自来水用适量氯气杀菌消毒，自来水中存在反应Cl2+H2OH+Cl-+HClO；A.无论是自来水还是纯净水，加入酚酞试
4、液都无明显现象，不能用酚酞试液辨别真伪；B.无论是自来水还是纯净水，加入BaCl2溶液都无明显现象，不能用BaCl2溶液辨别真伪；C.虽然自来水能与NaOH溶液反应，但无明显现象，纯净水中加入NaOH溶液也无明显现象，不能用NaOH溶液鉴别真伪；D.自来水中含Cl-，加入AgNO3溶液产生白色沉淀，纯净水中加入AgNO3溶液无明显现象，能用AgNO3溶液鉴别真伪；答案选D。4.下列试剂贮存方法错误的是（）A. 浓硫酸密封保存B. 氢氟酸保存在玻璃瓶中C. 新制氯水保存在棕色试剂瓶中D. 烧碱溶液可用带橡皮塞的玻璃瓶暂时保存【答案】B【解析】【详解】A浓硫酸具有吸水性，所以浓硫酸需密封保存，故A
5、正确；B氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能用玻璃瓶盛放HF，故B错误；C氯水的次氯酸具有不稳定性，见光分解，所以新制氯水保存在棕色试剂瓶中，故C正确；D氢氧化钠能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠溶液，为防止瓶塞与玻璃瓶粘到一起，所以不能用磨口玻璃塞盛放氢氧化钠溶液，故D正确；故选：B。5.在氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列关于氯水的说法不正确的是( )A 氯水放置数天后pH将变小B. 加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有HClOC. 光照氯水有气泡冒出，该气体是氯气D. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色【答案】C【解析】【分析】A、次氯酸是弱
6、酸，次氯酸不稳定，易分解为盐酸和氧气；B、次氯酸具有漂白性；C、次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气；D、氯气溶于水时，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制氯水具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，由于次氯酸具有漂白性，因此后又使其褪色。【详解】A、次氯酸是弱酸，盐酸是强酸，次氯酸易分解为盐酸和氧气，所以氯水放置数天后pH将变小，故A正确；B、次氯酸具有漂白性，加入有色布条，布条褪色，说明溶液中有HClO，故B正确；C、次氯酸不稳定，见光易分解为盐酸和氧气，光照冒出的气泡是氧气，故C错误；D、氯气溶于水时，部分与水反应生成盐酸和次氯酸，因此新制氯水具有酸性，可使蓝色石蕊试纸先变红，由于次氯酸具有
7、漂白性，因此后又使其褪色，故D正确。【点睛】本题综合考查氯气和氯水的性质，注意把握氯气和水反应的特点以及氯水的成分和性质，侧重于基础知识的综合运用，难度不大。6.在实验室中，对下列事故或药品的处理方法正确的是（）A. 金属钠失火时可用水灭火B. 少量的金属钠应保存在煤油中C. 少量浓硫酸沾在皮肤上，立即用氢氧化钠溶液冲洗D. 有大量的氯气泄漏时，应用浸有弱碱性溶液的毛巾捂住口鼻向低处跑【答案】B【解析】【详解】A.钠和水反应放出可燃性气体，且钠燃烧后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳都反应生成氧气，促进钠燃烧，所以不能用水灭火，可用沙土覆盖，故A错误；B.钠为活泼金属，能与空气中的水、氧气发
8、生反应而变质，钠的密度比煤油的密度大，与煤油不反应，则少量的金属钠应保存在煤油中，故B正确； C.浓硫酸溶于水放出大量的热，并有强烈的腐蚀性，浓硫酸沾到皮肤或衣服上，应先用布拭去，再用大量水冲洗，然后涂上3%-5%的NaHCO3溶液，故C错误；D.氯气有毒，密度比空气大，能够显碱性的物质发生化学反应，所以应该用浸湿小苏打或肥皂水的毛巾捂住口鼻跑向高处，故D错误；综上所述，答案为B。7.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )A. SiO2硬度大，可用于制造光导纤维B. ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C. Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂D. NH3易溶于水，可
9、用作制冷剂【答案】C【解析】A.光导纤维的主要成分为二氧化硅，是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故错误；B. ClO2具有氧化性而使蛋白质变性，所以可用于自来水的杀菌消毒，故错误；C. Na2O2吸收CO2产生碳酸钠和O2，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以可用作呼吸面具供氧剂，故正确；D. NH3容易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以用作制冷剂，与氨气溶于水无关，故错误；故选C。8.下列离子方程式书写正确的是（）A. 大理石与盐酸反应：CO322HH2OCO2B. 氢氧化铝固体与盐酸反应：HOHH2OC. 氯化镁溶液中滴入氢氧化钠溶液：MgC
10、l22OHMg（OH）22ClD. 氯化钡溶液中滴入硫酸钠溶液：Ba2SO42BaSO4【答案】D【解析】【详解】A.大理石为碳酸钙，碳酸钙为难溶盐，书写离子方程式时不能拆，故A错误；B.氢氧化铝为难溶性氢氧化物，书写离子方程式时不能拆，故B错误； C.氯化镁为可溶性盐，书写离子方程式时要拆成镁离子和氯离子，故C错误；D.氯化钡为可溶性盐，硫酸为可溶性强酸，二者发生反应的实质是钡离子与硫酸根能结合生成难溶性盐硫酸钡，故D正确；综上所述，答案为D。【点睛】书写离子方程式时要注意拆分，可溶性盐，可溶性强碱、强酸在水溶液中均要拆分，难溶物、单质、氧化物、部分气态氢化物（如甲烷、氨气等）不拆分。9.对
11、下列事实的解释错误的是（）A. 氨溶于水的喷泉实验，说明氨气极易溶于水B. 常温下，浓硝酸可用铝罐来贮存，说明浓硝酸具有强氧化性C. 向蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有吸水性D. 氯气可使湿润的红色布条褪色，说明次氯酸具有漂白性【答案】C【解析】【详解】A.在氨气溶于水的喷泉实验中，正是因为氨气极易溶于水，使得烧瓶内外产生较大的压力差，从而产生“喷泉”，故A正确；B.常温下，铝被浓硝酸氧化，在铝的表面生成一层致密的氧化物薄膜，保护了内部的铝不再受到氧化，这种现象称为钝化，则常温下，浓硝酸可用铝罐来贮存，故B正确； C.蔗糖分子中的氢原子和氧原子被浓硫酸按2:1个数比脱出，蔗
12、糖脱水碳化，说明浓H2SO4具有脱水性，故C错误；D.氯气与水反应能生成次氯酸，次氯酸具有强氧化性，具有漂白作用，可使有色布条褪色，故D正确；综上所述，答案为C。【点睛】叙述时要注意，氯气无漂白性，是氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。10.下列有关物质用途的说法中，正确的是（）Ca（ClO）2可用于杀菌、消毒 液氨可用作致冷剂Fe2O3常用作红色油漆和涂料 SO2可用来漂白馒头、银耳等食品A. B. C. D. 都正确【答案】A【解析】【详解】Ca（ClO）2中含ClO-，具有强氧化性，可用于杀菌、消毒，故正确； 液氨易挥发，吸收热量，可使温度降低，则可用作致冷剂，故正确；Fe2O3为红棕色
13、物质，则可用作红色油漆和涂料，故正确； SO2虽然具有漂白性，但二氧化硫有毒，不能用来漂白馒头、银耳等食品，故错误；综上所述，正确，答案为A。11.X2、Y2、Z2三种单质常温下均为气体。X2在Z2中燃烧生成XZ，火焰呈苍白色；X2Y常温下为液体。下列说法正确的是（）A. Y2是氯气B. 铁分别与Y2、Z2作用，可分别形成含3、2价铁的化合物C. Z2具有漂白性D. XZ溶液使紫色石蕊溶液变红，原因是XZ电离出X【答案】D【解析】【分析】X2、Y2、Z2三种单质常温下均为气体。X2在Z2中燃烧生成XZ，火焰呈苍白色，则X2为氢气，Z2为氯气，XZ为氯化氢；X2Y常温下为液体，为水；则X为氢元素
14、、Y为氧元素、Z为氯元素。【详解】A. 由分析可知，Y是氧元素，Y2是氧气，故A错误；B.氧气、氯气均具有强氧化性，可将铁氧化成+3价，但铁在氧气中燃烧可生成四氧化三铁，其中铁既呈现+2价，也呈现+3价，故B错误； C. Z为氯元素，氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，但氯气不具有漂白性，故C错误；D.氯化氢溶于水形成盐酸，能电离出氢离子，显酸性，则可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；综上所述，答案为D。12.在实验室里按如图所示的装置来干燥、收集气体R，多余的气体R可用水吸收，则R是（）A. H2B. Cl2C. NH3D. CO2【答案】C【解析】【分析】由实验装置可知，气体R先用碱石灰干燥，
15、后用向下排空气法收集，最后用水进行尾气吸收，且用防倒吸装置，则R为碱性或中性气体，密度比空气密度小，易溶于水，是污染空气气体之一。【详解】A.碱石灰能干燥氢气，氢气难溶于水，与水也不反应，不能用水进行尾气吸收，故A错误；B.氯气为酸性气体，不能用碱石灰干燥，故B错误； C.氨气为碱性气体，密度比空气密度小，且极易溶于水，符合条件，故C正确；D.二氧化碳为酸性气体，不能用碱石灰进行干燥，且密度比空气密度大，不能用向下排空气法收集，故D错误；综上所述，答案为C。13.关于某溶液中所含离子的检验，下列判断正确的是（）A. 加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加稀硝酸沉淀不消失，则原溶液中一定含有SO4
16、2B. 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中滴几滴新制的氯水，溶液变为红色，该溶液中一定含有Fe2C. 用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，产生黄色的火焰，则原溶液中一定不含有KD. 加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中一定含有CO32【答案】B【解析】【详解】A.若溶液中有亚硫酸根，加入BaCl2溶液，能生成白色沉淀亚硫酸钡，加稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，沉淀不消失，故A错误；B.能使硫氰化钾溶液变红的离子一定是铁离子，而加入硫氰化钾先不变红，后经氯气氧化才生成铁离子，使硫氰化钾溶液变红，则说明溶液中一定存在亚铁离子，故B正确； C.用洁净的铂丝蘸取溶液在火
17、焰上灼烧，产生黄色的火焰，则说明原溶液中一定含有钠元素，不能确定是否含有钾元素，故C错误；D.加盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则溶液中可能含有CO32-、SO32-、HCO3-等，故D错误；综上所述，答案为B。14.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】【详解】A.陶瓷餐具是硅酸盐产品，主要成分为硅酸盐，A错误；B.石英主要成分为二氧化硅，不是硅单质，B错误；C.硅单质是半导体材料，可以制计算机芯片，C正确；D.光导纤维主要成分为二氧化硅，是硅的氧
18、化物，不是单质硅，D错误；故合理选项是C。15.下列各组离子，在溶液中能大量共存的是( )A. Ca2+、Na+、CO32、NO3B. Na+、HCO3、Cl、OHC. Na+、Al3+、Cl、SO42D. H+、Fe2+、NO3、SO42【答案】C【解析】【详解】ACa2+、CO32-结合生成沉淀，不能大量共存，故A错误；BHCO3-、OH-结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故B错误；C该组离子之间不反应，能大量共存，故C正确；D酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，则H+、Fe2+、NO3三者之间不能大量共存，故D错误；故选C。16.下列用洗净的废铜屑制备硝酸铜的方案中，
19、能节约原料和防止环境污染的是（）A. Cu+HNO3（浓）Cu（NO3）2B. CuHNO3（稀）Cu（NO3）2C. Cu CuOCu（NO3）2D. CuCuSO4Cu（NO3）2【答案】C【解析】【详解】A.铜和浓硝酸反应生成会污染环境的二氧化氮气体，故A错误；B.铜和稀硝酸反应生成会污染环境一氧化氮气体，故B错误； C.铜与氧气反应生成氧化铜，再与硝酸反应生成硝酸铜，消耗的硝酸最少，且没有生成污染性气体，故C正确；D.铜与浓硫酸反应生成会污染环境的二氧化硫气体，故D错误；综上所述，答案为C。17.下列物质中，属于电解质的是（）A. HClB. CO2C. 蔗糖D. Fe【答案】A【解析
20、】【详解】A.氯化氢溶于水能电离出氢离子、氯离子，所以溶液能导电，则氯化氢属于电解质，故A正确；B.二氧化碳自身不能电离出离子，不能导电，其与水反应生成的碳酸溶液可导电，则二氧化碳属于非电解质，故B错误； C.蔗糖在水溶液中和熔融状态下均不导电，则蔗糖属于非电解质，故C错误；D.铁为单质不是化合物，所以铁既不是电解质也不是非电解质，故D错误；综上所述，答案A。【点睛】在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质。18.为了使Al2(SO4)3中的Al3+完全沉淀，适宜用到的试剂是A. NaOH溶液B. Ba(OH)2溶液C. 氨水D. BaC
21、l2溶液【答案】C【解析】【详解】Al3+转化为不溶于水的物质是Al（OH）3，Al（OH）3具有两性，既能和酸反应又能和强碱反应，要使Al2（SO4）3溶液中的Al3+完全沉淀，选取试剂时就不能选强碱，只能是弱碱，A、B选项是强碱，所以不可选用；D选项是酸，与Al3+不反应，所以不可选用；C选项是弱碱，可以选用；故选：C。19.下列分离和提纯的实验，所选用的方法和仪器不正确的是 （） 序号ABCD实验目的食盐水与泥沙分离制取蒸馏水分离水和植物油从浓食盐水中得到氯化钠晶体分离方法萃取蒸馏分液蒸发选用仪器A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A.泥沙不溶于水，可用过滤的方法分
22、离，所用仪器主要为漏斗，故A错误；B.制取蒸馏水时用到蒸馏烧瓶进行蒸馏操作可以实现，故B正确； C.水和植物油不互溶，可用分液漏斗进行分液可实现分离，故C正确；D.从氯化钠溶液中得到食盐晶体可用蒸发皿进行蒸发结晶实现，故D正确；综上所述，答案为A。20.用固体NaOH配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，下列操作正确的是A. 称量时，将固体NaOH直接放在天平左盘上B. 将称量好的固体NaOH放入容量瓶中，加蒸馏水溶解C. 定容时如果加水超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余部分D. 将烧杯中溶解固体NaOH所得溶液，冷却到室温后转移至容量瓶中【答案】D【解析】【详解】A.氢氧化钠容易潮解，应放在
23、玻璃器皿中称量，错误；B.容量瓶不能溶解固体，错误；C. 定容时如果加水超过了刻度线，即使用胶头滴管直接吸出多余部分，溶液浓度也会偏低，应重新配制，错误；D.氢氧化钠溶于水放热，所以在烧杯中溶解固体NaOH所得的溶液，需冷却到室温后才能转移至容量瓶中，正确。故选D。21.“84”消毒液在日常生活中使用广泛，该消毒液无色、有漂白作用，它的有效成分是（ ）A. NaOHB. Na2O2C. NaClOD. KClO3【答案】C【解析】【详解】“84”消毒液是由氯气与氢氧化钠反应得到的消毒液，主要成分为氯化钠和次氯酸钠，其中具有漂白性的是原因是次氯酸钠与酸反应生成具有漂白性的次氯酸，所以有效成分为N
24、aClO；综上所述，答案为C。22.某同学在实验室中用Ca（ClO）2代替MnO2制备Cl2，反应原理为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）CaCl2+2Cl2+2H2O下列叙述不正确的是( )A. 氧化剂为Ca（ClO）2，其中Cl元素被还原B. 若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移C. 浓HCl在反应中起酸性和还原性的作用D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】【分析】A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，盐酸中氯原子失电子作还原剂；B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂，生成2mol H2O
25、。C、根据氯元素的化合价变化来确定浓HCl的性质；D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，盐酸失去2mol电子需要2mol盐酸作还原剂。【详解】A、该反应中，次氯酸钙中氯原子得电子作氧化剂，发生还原反应，其中Cl元素被还原，故A正确；B、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，需要2mol盐酸作还原剂，生成2mol H2O，所以若有2molH2O生成，则反应中有2mol电子转移，故B正确；C、该反应中，浓盐酸中的氯元素部分失去电子作还原剂，部分化合价不变，显示酸性，所以浓盐酸表现的性质是还原性和酸性，故C正确；D、该反应中，1mol次氯酸钙反应得到2mol电子，需要2mol
26、盐酸作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故D错误 。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确元素的化合价变化是解答本题的关键，注意该反应中盐酸既表现还原剂又表现酸性，题目难度不大。23.下列说法中，正确的是A. CO2的摩尔质量为44 gB. 1 mol N2的质量是14 gC. 标准状况下, 1 mol CO2所占的体积约是22.4 LD. 将40 g NaOH溶于1 L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol/L【答案】C【解析】【详解】A.二氧化碳的摩尔质量为44 g/mol，1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B. 1molN2的质量是=1mol28g/mol
27、=28g，故B错误；C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4 L/mol，1molCO2所占的体积约是22.4L，所以C选项是正确的；D.40 g NaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。答案选C。24.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A. 4.6g Na与足量氧气反应时转移电子的数目一定为0.2NAB. 1mol Cl2参加反应时转移的电子数目一定为2NAC. 1mol KClO3中含有的氯离子数目为NAD. 22.4L O2中含有2NA个氧原子【答案】A【解析】【详解
28、】ANa与氧气反应时，钠元素化合价由0变为+1，4.6g Na的物质的量是0.2mol，所以4.6g Na与足量氧气反应时转移电子的数目一定为0.2NA，故A正确；B氯气与水的反应中，1mol Cl2参加反应时转移的电子数目为NA，故B错误；CKClO3中含ClO3-，不含氯离子，故C错误；D非标准状况下，22.4L O2物质的量不一定是1mol，故D错误。 故选A。25.现有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的量与加入NaOH溶液的体积如图所示，求原溶液中Mg2+与Al3+的物质的量之比为（）A. 2：1B. 6：1C. 1：2D. 1：3【答案】C【解析】
29、【分析】向AlCl3和MgSO4混合溶液中不断加入NaOH溶液，则加入氢氧化钠的体积在00.4时，镁离子、铝离子分别与氢氧根结合生成氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，加入氢氧化钠的体积在0.40.5时，氢氧化铝与氢氧根反应生成偏铝酸根。【详解】加入氢氧化钠的体积在0.40.5时，有对应关系；又根据铝原子守恒，则溶液中的Al3+相当于0.1体积的氢氧化钠，加入氢氧化钠的体积在00.4时，有对应关系，则Al3+消耗0.3体积的氢氧化钠，根据，则溶液中的Mg2+相当于0.05体积的氢氧化钠，所以原溶液中Mg2+与Al3+的物质的量之比为0.05：0.1=1:2；综上所述，答案为C。【点睛】因为题中未给氢氧化钠
30、的浓度，而镁离子与铝离子均可以与氢氧根发生反应，所以可以用对应关系，将镁离子、铝离子的量都转换成氢氧根的量来进行求比值。II卷（共50分）26.现用该浓硫酸配制100 mL 1 mol/L的稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。请回答下列问题：(1)配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有_（填序号），还缺少的仪器有_（写仪器名称）；(2)经计算，配制100mL1mol/L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为_mL（保留一位小数），量取浓硫酸时应选用_（选填10mL、50mL 、100mL）规格的量筒；【答案】 (1). (2). 100mL容量瓶、玻璃棒 (
31、3). 5.4 (4). 10mL【解析】【详解】（1）配制100 mL1 mol/L的稀硫酸的配制步骤有：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，一般用量筒量取（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到100 mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线12cm时，改用胶头滴管滴加，滴加至溶液凹液面与刻度线水平相切，盖好瓶塞，摇匀，需要使用的仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，所以不需要用到的仪器为，缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒，故答案为：；100mL容量瓶、玻璃棒；（2）图中浓硫酸的物质的量浓度为，配制100mL 1mol/
32、L的稀硫酸需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为，应该用10mL的量筒，故答案为：5.4；10mL。27.某小组同学在实验室以下图所示的仪器和药品，进行氯气和铜粉反应的实验（部分夹持装置已省略）请按要求回答下列问题：（1）装置A烧瓶中发生反应的化学方程式为_。（2）按气流方向连接各仪器接口的顺序是（填接口字母）：a_、_、_fg_（3）装置C中饱和食盐水的作用是_。（4）装置B中发生反应的离子方程式为_。（5）加热装置D时，铜粉发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O (2). d (3). e (4). i (5). h (6). b (7
33、). 除去氯气中混有的氯化氢 (8). Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O (9). Cl2+CuCuCl2【解析】【分析】装置A为制备氯气装置，装置B为尾气吸收氯气防止污染空气装置，装置C为除去氯气中的氯化氢的装置，装置D为氯气与铜发生反应装置，装置E为干燥氯气装置。【详解】（1）实验室制备氯气用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取，其反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）仪器的连接顺序为氯气的发生装置，除去氯气中的氯化氢装置，干燥装置，制备氯化铜装置，尾气吸收装置，所以按气流方向连接各仪器
34、接口的顺序是adeihfgb，故答案为：d；e ；i；h；b；（3）装置C为除去氯气中的氯化氢装置，则饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的氯化氢，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；（4）装置B为尾气吸收装置，防止污染空气，氯气能与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式为Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（5）氯气与铜在加热条件下发生反应生成氯化铜，其反应的化学方程式为Cl2+CuCuCl2，故答案为：Cl2+CuCuCl2。28.某小组同学用一种铝铁合金为原料，模拟相关的工业生产，反应过程如图所示（部分产物和条件已略去），请回
35、答：（1）铁铝合金是一种高电磁性能合金，下列有关推测可能正确的是_（填序号）A铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成B铁铝合金的熔点高于铝和铁C铁铝合金硬度高于纯铝（2）反应中铝元素发生反应的离子方程式为_。（3）反应的化学方程式为_。（4）反应发生时观察到的现象是_，用化学方程式表示颜色变化的原因_。（5）反应中的CO2不宜换成HCl，原因是_。（6）请举出固体A一种用途_。【答案】 (1). AC (2). Al3+4OH=AlO2+2H2O (3). 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 (4). 先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色 (5). 4Fe(OH)2+O2
36、+2H2O=4Fe(OH)3 (6). 过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解 (7). 做红色油漆和涂料【解析】【分析】分析流程可知，中的反应有硫酸与氢氧化钠酸碱中和，硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁；中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；固体A为氧化铁，固体B为氧化铝；中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁。【详解】（1）A铁铝合金可由铁和铝熔融混合制成具有特征性质的混合物，故A正确；B合金熔点低于各成分，则铁铝合金的熔点低于铝和铁，故B错误；C合金硬度高于各成分，则铁铝合金硬度高于纯铝
37、，故C正确；综上所述，故答案为：AC；（2）中硫酸铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应的离子方程式为Al3+4OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al3+4OH=AlO2+2H2O；（3）中铝单质能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，其反应化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；（4）中硫酸亚铁在空气中与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，现象是先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红褐色，其反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：先产生白色沉淀，之后迅速变成灰绿色最后变为红
38、褐色；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）中二氧化碳能与偏铝酸钠发生反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，若将二氧化碳换成氯化氢，则生成的氢氧化铝会继续与过量的盐酸发生反应而溶解，故答案为：过量的氯化氢会使生成的氢氧化铝溶解；（6）固体A为红棕色的氧化铁，可以用来做红色油漆和涂料，故答案为：做红色油漆和涂料。29.A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下（部分反应条件及产物略去）。（1）若A是一种黄色单质固体，则BC的化学方程式为_。（2）若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为_，试用化学方程式表示该物质与二氧化碳气体的反应_。将C长期露置于空气中，
39、最后将变成物质D，D的化学式为_。现有D和NaHCO3的固体混合物10g，加热至质量不再改变，剩余固体质量为9.38 g，D的质量分数为_。（3）若C是红棕色气体，A可能是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。下图是实验室制取A气体的装置，请结合所学知识，回答下列问题：收集A的方法是_，验证A是否已经收集满的方法是_（任写一种）。写出实验室制取A的化学方程式_。若有5.35g氯化铵参加反应，则产生的A气体在标准状况下的体积为_L。试写出C与水反应的化学方程式_，反应可得到酸X。如下图：足量X的浓溶液与Cu反应，写出烧瓶中发生反应的离子方程式_。实验完毕后，试管中收集到的气体的主要成分为 _（写
40、化学式）【答案】 (1). 2SO2O2 2SO3 (2). 过氧化钠 (3). 2Na2O22CO22Na2CO3O2 (4). Na2CO3 (5). 83.2% (6). 向下排空气法 (7). 将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满。（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口处，若产生大量白烟，则证明氨气已收集满） (8). Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O (9). 2.24 (10). 3NO2H2O2HNO3NO (11). Cu4H2 NO3-Cu22NO22H2O (12). NO【解析】【详解】（1）A是一种黄色单质固体，则为硫单质，与
41、氧气点燃生成二氧化硫，BC为二氧化硫与氧气催化氧化生成三氧化硫，则化学方程式为2SO2O22SO3，故答案为：2SO2O22SO3；（2）C是淡黄色固体，则C为过氧化钠；过氧化钠与二氧化碳反应的方程式为2Na2O22CO22Na2CO3O2；将过氧化钠长期露置于空气中，过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与二氧化碳反应生成碳酸钠，即最后将变成Na2CO3；将Na2CO3和NaHCO3的固体混合物加热，则碳酸氢钠发生分解，剩余固体为碳酸钠，设碳酸钠的质量为mg，则碳酸氢钠的质量为（10-m）g，碳酸氢钠分解生成的碳酸钠的质量为g，则，m=8.32g，碳酸钠的质量分数为=83.2%，故答案为
42、：过氧化钠；2Na2O22CO22Na2CO3O2；83.2%；（3）C是红棕色气体，为二氧化氮，A可能是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为氨气。氨气极易溶于水，密度比空气的小，则可用向下排空气法收集氨气，氨气为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，且能与氯化氢反应生成白色的氯化铵固体，有白烟产生，利用以上两种方法可以检验氨气是否收集满；故答案为：向下排空气法；将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，若试纸变蓝，则证明氨气已收集满（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口处，若产生大量白烟，则证明氨气已收集满）；实验室用氯化铵固体和氢氧化钙固体加热条件下制取氨气，化学方程式为Ca(OH)22NH4Cl
43、CaCl22NH32H2O，故答案为：Ca(OH)22NH4ClCaCl22NH32H2O；根据化学反应方程式， 1molNH4Cl1molNH3，若有5.35g氯化铵参加反应，则产生的氨气在标准状况下的体积为 = = ，故答案为：2.24；二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式为3NO2H2O2HNO3NO；足量浓硝酸与Cu反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu4H2 NO3-Cu22NO22H2O；因为二氧化氮能与水反应生成硝酸和一氧化氮，则试管中收集到的气体的主要成分为NO，故答案为：3NO2H2O2HNO3NO；Cu4H2 NO3-Cu22NO22H2O；NO。【点睛】二氧化氮因为能与水发生反应，所以不能用排水法收集二氧化氮，而二氧化氮密度比空气密度大，则可用向上排空气法进行收集；一氧化氮密度与空气接近，则不能用排空气法收集，而一氧化氮难溶于水，可用排水法进行收集。