1、2016-2017学年山西省晋中市太谷中学高一（上）期末化学试卷一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1学习和研究化学，经常要进行实验，下列关于实验安全的说法正确的是（）A用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯B做水的蒸馏实验时，要在烧瓶内加几粒沸石以防止暴沸C不慎把浓硫酸洒在皮肤上要立即用NaOH溶液冲洗D盛放盐酸的试剂瓶上要贴上如图的标志2下列关于物质用途的叙述中，不正确的是（）A高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维B液氨可用作制冷剂C常温下可用铝制容器盛装浓硫酸D明矾常用于水的净化3通过化学实验现象得出相应的结论是探究物质性质的一种重要方法，下列化学实验现象与结论对应完全正确的是（）
2、化学实验现象解释与结论A钠与水反应时浮在水面上钠与水生成的气体托举钠浮在水面上B铁与氯气反应剧烈燃烧产生红棕色的烟产物为红棕色小颗粒，燃烧不一定需要氧气 C氯水呈黄绿色氯气与水反应生成了黄绿色物质D氢气在氯气中燃烧时瓶口有白雾氯气逸出结合空气中的水蒸气而呈白雾状AABBCCDD4下列操作引起所配溶液浓度偏高的是（）A容量瓶未干燥B定容时俯视液面C转移时有液体溅出D颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线5下列有关化学用于正确的是（）AKCl的摩尔质量是：74.5gB一水合氨的化学式为：NH4OHCNa2O2中的阴离子为：O2D镁的原子结构示意图如图所示6下列反应的离子方程式正确的是（）AN
3、aHCO3溶液与盐酸：CO32+2H+=H2O+CO2B硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+=Cu2+AgC向硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸：Fe2+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OD用醋酸除水垢：2CH3COOH+CaCO3=Ca2+2CH3COO+H2O+CO27下列叙述中，正确的是（）A含金属元素的离子不一定都是阳离子B在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂C化合物变为单质时，化合价变化的元素一定被还原D金属离子被还原一定得到金属单质8下列物质不能由单质直接反应制得的是（）AHClBFe3O4CCuCl2DFeCl29下列反应进行分类时，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是（）AZn+H2SO4
4、=ZnSO4+H2B2KClO32KCl+3O2CS+O2SO2DCH4+2O2CO2+2H2O10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FeCl2溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2ABCD11下列表格中各项都正确的一组是（）类别选项碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC明矾食盐石墨醋酸DKOHCuSO4Na2SO4KClO3AABBCCDD12下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是（）ANaHS
5、O4和Ba（OH）2BAlCl3和NaOHCNaAlO2和H2SO4DNa2CO3和H2SO413下列实验中，实验设计及所选装置合理的是（）A回收碘的四氯化碳溶液中的四氯化碳，选B用酒精提取碘水中的碘，选C将HCl气体从长导管通入并用水吸收，选D粗盐提纯，选和14下列关于某些物质（离子）的检验方法或结论正确的是（）A用丁达尔效应鉴别NaCl溶液和KCl溶液B向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，则该溶液中肯定有SO42C用KSCN溶液鉴别FeCl2溶液和Fe2（SO4）3溶液D用焰色反应可鉴别出NaCl、KCl和Na2SO4三种物质15120将CO和H2（平均相对分子质量为7.2）组成的混
6、合气体2.1g与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2中，固体增加的质量是（）A2.1gB3.6gC7.2gD无法确定二、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）16常温下，在溶液中可以发生反应：X+2Y3+=2Y2+X2+，对下列叙述的判断正确的是（）X被氧化 X是氧化剂 X具有还原性 Y2+是氧化产物 Y2+具有还原性 Y3+的氧化性比X2+的氧化性强ABCD17实验室保存下列物质的方法中，正确的是（）A碳酸钠溶液盛装在用玻璃塞的试剂瓶中B氢氟酸盛装在玻璃瓶中C金属钠保存在煤油中D硝酸银固体存放在细口瓶中18菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含
7、有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的三价砷下列说法不正确的是（）A五价砷在维生素C作用下发生了还原反应B“两者同食”发生的反应中维生素C作还原剂C河虾中含有的五价砷，没有毒性D毒药砒霜是含砷的氧化物，可以推测砒霜中所含的砷元素化合价为+519已知2MOyx+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，则MOyx中的M的化合价为（）A+3B+4C+6D+720用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中（必要时可加热），下列叙述错误的是（）A若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，则C中产生白色沉淀，白色沉淀不会消失B实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用C若A为浓盐酸，B为MnO
8、2，C中盛石蕊溶液，则C中溶液先变红后褪色D若A为浓盐酸，B为贝壳，C中盛有硅酸钠溶液，则C中出现白色沉淀可证明酸性的强弱为：碳酸硅酸21设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2L CCl4所含的分子数为0.5NAB将含有0.1mol FeCl3的饱和溶液，滴入沸水中加热形成Fe（OH）3胶体，所含的胶体粒子数目少于0.1NAC1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数为NAD常温下，CO和N2混合物共2.8g，所含有的原子数为0.1NA22实验室用98%的浓硫酸（密度为1.84g/mL）配置100mL 1mol/L的稀硫酸，已选用的主要仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒，
9、还缺少的仪器是（）A容量瓶、10mL量筒B容量瓶、100mL量筒C100mL容量瓶、50mL量筒D100mL容量瓶、10mL量筒23下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘酒中的碘和酒精B实验室制氨气C除去Cl2中的HClD排水集气法收集NO24常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B能与铝反应放出氢气的溶液中：K+、Ca2+、Cl、HCO3CpH=2的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClDc（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN25取一定量的铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品
10、，放入盛有200mL H2SO4溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示则原H2SO4物质的量浓度是（）A1mol/LB2mol/LC3mol/LD4mol/L三、解答题（共4小题，满分40分）26已知某待测液由Ag+、Mg2+、K+、Ba2+、NH4+、NO3中的若干种离子组成，进行如下实验：第一步：加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成第二步：过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成第三步：再过滤，取少量滤液，滴入NaOH溶液至溶液呈碱性，在此过程中溶液无明显现象，加热该溶液，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝
11、色的气体根据实验现象回答：（1）分别写出第二步和第三步中所涉及的反应的离子方程式：第二步： ，第三步： ；（2）待测液中一定含有 、NO3离子，一定不含有 离子，还有一种离子不能确定其是否存在，要检验这种离子的实验方法是（填写实验名称和观察到的现象及结论，不要求写实验操作过程） ， 27晋中市气象台2017年1月7日11时35分发布了雾霾黄色预警，随后晋中市发布了机动车限行通告通过调查发现，形成雾霾的污染来源如图1所示主要是机动车排放物和燃煤废气，其中会有大量的NOx和SO2（1）下列反应不属于氮的固定过程的是 AN2和H2在一定条件下反应生成NH3B豆科植物根瘤中的作用CNH3经过催化氧化生
12、成NODNH3和HNO3反应生成NH4NO3E雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO（2）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的离子方程式： （3）汽车尾气中的NO和CO，其治理的一种方法是：在汽车的排气管上装一个催化转化装置，使这两种气体转化成无毒气体，反应的化学方程式为 （4）如图2所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准），研究SO2的化学性质，下列说法中正确的是 A蓝色石蕊试纸先变红后褪色B品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性C蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的还原性D蘸有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性（5）某同学
13、将搜集到的一定量的酸雨保存在密闭容器中，每隔一定时间测酸雨的pH，发现在起始一段时间内，酸雨的pH呈减小趋势，原因是 （6）如何综合防治雾霾，请你写出两条建议： 28已知AK均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如图所示，其中A是铝，且A+BC+D是置换反应，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去，请回答以下问题：（1）B的主要用途是 （填一项）（2）写出下列化学方程式：A+BC+D： HI： （3）写出下列离子方程式D+JG： （4）检验J中阳离子的方法是 29某校化学实验兴趣小组为了验证在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时探究氯气的漂白性，甲同学设计了如图所示的实验
14、装置（支撑用的铁架台省略），按要求回答问题（1）若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于1.12L的原因是 （2）装置B中盛放的试剂为 ，作用是 装置D和E中出现的不同现象说明的问题是 装置F的作用是 写出装置G中发生主要反应的离子方程式为 （3）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种，为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置你认为该装置应加在 与 之间（填装置字母序号），装置中应放入 （填写试剂或用品名称）2016-2017学年
15、山西省晋中市太谷中学高一（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题2分，满分30分）1学习和研究化学，经常要进行实验，下列关于实验安全的说法正确的是（）A用燃着的酒精灯去点燃另一只酒精灯B做水的蒸馏实验时，要在烧瓶内加几粒沸石以防止暴沸C不慎把浓硫酸洒在皮肤上要立即用NaOH溶液冲洗D盛放盐酸的试剂瓶上要贴上如图的标志【考点】OE：化学实验安全及事故处理【分析】A、倾斜到一定程度话酒精就从燃烧的瓶口流出而且被点燃；B、做水的蒸馏实验时，沸石可以防止暴沸；C、不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应先用布擦去，再用大量水冲洗，再涂上碳酸氢钠溶液；D、盛放盐酸的试剂瓶上要贴上腐蚀品的标志
16、【解答】解：A、倾斜到一定程度话酒精就从燃烧的瓶口流出而且被点燃，故A错误；B、做水的蒸馏实验时，沸石可以防止暴沸，所以要在烧瓶内加几粒沸石以防止暴沸，故B正确；C、不慎将浓硫酸沾到皮肤上，应先用布擦去，再用大量水冲洗氢氧化钠同时具有腐蚀性，不能用氢氧化钠洗涤，故C错误；D、盛放盐酸的试剂瓶上要贴上腐蚀品的标志，故D错误故选：B2下列关于物质用途的叙述中，不正确的是（）A高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维B液氨可用作制冷剂C常温下可用铝制容器盛装浓硫酸D明矾常用于水的净化【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系【分析】A光导纤维主要原料为二氧化硅；B液氨汽化吸收大量的热；C依据浓硫酸的强氧化
17、性解答；D依据盐类水解的应用解答【解答】解：A二氧化硅为制造光导纤维主要原料，故A错误；B液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，故B正确；C浓硫酸具有强氧化性，能使铝钝化生成致密氧化膜，阻止反应进行，所以可以用铝制容器盛装浓硫酸，故C正确；D明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，能够吸附水中固体杂质颗粒而净水，故D正确；故选：A3通过化学实验现象得出相应的结论是探究物质性质的一种重要方法，下列化学实验现象与结论对应完全正确的是（） 化学实验现象解释与结论A钠与水反应时浮在水面上钠与水生成的气体托举钠浮在水面上B铁与氯气反应剧烈燃烧产生红棕色的烟产物为红棕色小颗粒，燃烧不一定
18、需要氧气 C氯水呈黄绿色氯气与水反应生成了黄绿色物质D氢气在氯气中燃烧时瓶口有白雾氯气逸出结合空气中的水蒸气而呈白雾状AABBCCDD【考点】E2：氯气的化学性质；GE：钠的化学性质【分析】A依据钠的密度小于水解答；B铁与氯气反应生成氯化铁；C氯气为黄绿色气体；D氯气与氢气反应生成氯化氢，氯化氢易溶于水，形成盐酸液滴【解答】解：A钠的密度小于水，钠放在水中会浮在水面上，故A错误；B铁与氯气反应生成氯化铁，现象产生红棕色烟，产物为红棕色小颗粒，燃烧不一定需要氧气，故B正确；C氯气为黄绿色气体，溶于水生成氯水，氯水中因为溶解氯气而显黄绿色，故C错误；D氯气与氢气反应生成氯化氢，氯化氢易溶于水，形成
19、盐酸液滴，所以会产生白雾，故D错误；故选：B4下列操作引起所配溶液浓度偏高的是（）A容量瓶未干燥B定容时俯视液面C转移时有液体溅出D颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【考点】R1：配制一定物质的量浓度的溶液【分析】分析操作对溶质的物质的量n和溶液体积V的影响，依据c=分析，凡是使n偏小或者使V偏大的操作都会使溶液浓度偏低，凡是使n偏大或者使V偏小的操作都会使溶液浓度偏高，以此解答该题【解答】解：A容量瓶未干燥，对实验没有影响，故A错误；B定容时俯视液面，导致体积偏小，则浓度偏大，故B正确；C转移时有液体溅出，溶质的物质的量偏小，则浓度偏低，故C错误；D颠倒摇匀后发现液面低于刻度线，为
20、正常情况，如再加水至刻度线，则浓度偏低，故D错误故选B5下列有关化学用于正确的是（）AKCl的摩尔质量是：74.5gB一水合氨的化学式为：NH4OHCNa2O2中的阴离子为：O2D镁的原子结构示意图如图所示【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，摩尔质量的单位为g/mol；B一水合氨的化学式书写错误；C过氧化钠由2个钠离子与1个过氧根离子构成，阴离子过氧根离子书写错误；D原子结构示意图书写：圆内数字为原子的质子数，符号表示电性，圆外的弧线为电子层，弧线上的数字为该层上的电子数，离圆最近的弧线表示第一层，依次向外为第二层、第三层等【
21、解答】解：A摩尔质量在数值上等于该物质的相对原子质量或相对分子质量，KCl的摩尔质量是：74.5g/mol，故A错误；B一水合氨的化学式为：NH3H2O，故B错误；CNa2O2的电子式为，阴离子为O22，故C错误；D镁原子的质子数为12，有3个电子层，第一电子层容纳2个电子，第二电子层容纳8个电子，最外层容纳2个电子，原子结构示意图为，故D正确；故选D6下列反应的离子方程式正确的是（）ANaHCO3溶液与盐酸：CO32+2H+=H2O+CO2B硝酸银溶液与铜：Cu+Ag+=Cu2+AgC向硝酸亚铁溶液中加入稀硫酸：Fe2+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OD用醋酸除水垢：2CH3COOH+C
22、aCO3=Ca2+2CH3COO+H2O+CO2【考点】49：离子方程式的书写【分析】A、HCO3是多元弱酸根离子，不能拆；B、得失电子不守恒；C、得失电子不守恒；D、醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式【解答】解：A、HCO3是多元弱酸根离子，不能拆，正确的离子方程式为HCO3+H+=CO2+H2O，故A错误；B、得失电子不守恒，正确的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2+2Ag，故B错误；C、得失电子不守恒，正确的离子方程式为3Fe2+4H+NO3=3Fe3+NO+2H2O，故C错误；D、醋酸为弱酸，应写成化学式，碳酸钙不溶于水，离子方程式中应写成化学式，离子方
23、程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO+CO2+H2O，故D正确；故选D7下列叙述中，正确的是（）A含金属元素的离子不一定都是阳离子B在氧化还原反应中，非金属单质一定是氧化剂C化合物变为单质时，化合价变化的元素一定被还原D金属离子被还原一定得到金属单质【考点】B1：氧化还原反应【分析】A含金属元素的离子也可能为阴离子，如AlO2等；B非金属性单质可作还原剂，如C、H2等；C化合物变为单质时，化合价变化的元素可被氧化，也可被还原；D金属离子被还原不一定得到单质【解答】解：A含金属元素的离子可为简单阳离子或酸根离子，如为酸根离子，则为阴离子，如AlO2等，故A正确；B当非金属单
24、质的元素的化合价为最低价态时，可为还原剂，故B错误；C化合物变为单质时，化合价变化的元素可被氧化，也可被还原，如Cu2+Cu，S2S，故C错误；D金属离子被还原不一定得到单质，如Fe3+Fe2+，故D错误故选A8下列物质不能由单质直接反应制得的是（）AHClBFe3O4CCuCl2DFeCl2【考点】E2：氯气的化学性质【分析】变价金属与强氧化剂反应生成高价金属化合物，氯气、氧气均为氧化性强的物质，以此来解答【解答】解：A氢气与氯气直接化合生成HCl，故A不选；BFe与氧气反应生成直接生成Fe3O4，故B不选；CCu与氯气反应直接生成CuCl2，故C不选；DFe与氯气化合直接生成FeCl3，故
25、D选；故选D9下列反应进行分类时，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是（）AZn+H2SO4=ZnSO4+H2B2KClO32KCl+3O2CS+O2SO2DCH4+2O2CO2+2H2O【考点】B1：氧化还原反应；BS：化学基本反应类型【分析】含元素化合价变化的反应为氧化还原反应，两种或两种以上物质化合生成一种物质的反应为化合反应，以此来解答【解答】解：A为置换反应，含元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；B为分解反应，含元素化合价变化，属于氧化还原反应，故B不选；C为化合反应，含元素化合价变化，属于氧化还原反应，故C选；D不属于四种基本反应类型，含元素化合价变化，属于氧化还原反应，故
26、D不选；故选C10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FeCl2溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2ABCD【考点】GE：钠的化学性质；GF：钠的重要化合物【分析】钠和水反应生成的氢氧化钠和FeCl2溶液发生复分解反应生成Fe（OH）2，最终生成红褐色的Fe（OH）3；过量NaOH溶液和明矾溶液混合，反应生成偏铝酸钠，无沉淀产生；少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生复分解反应有碳酸钙是白色沉淀生成；向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出白色的碳酸氢钠晶体【解答】解：
27、金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2 ，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2 +2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故错误；过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH+Al3+=Al（OH）3，AlOH3+OH=AlO2+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故错误；少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+2NaHCO3=CaCO3 +2H2O+Na2CO3，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故正确；向饱和Na2CO3溶液中通入足量
28、CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确；故选：C11下列表格中各项都正确的一组是（）类别选项碱盐电解质非电解质A烧碱小苏打BaSO4干冰B纯碱CaCO3NH3H2OFeC明矾食盐石墨醋酸DKOHCuSO4Na2SO4KClO3AABBCCDD【考点】3A：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；D1：电解质与非电解质【分析】溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱；金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为
29、电解质；水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物为非电解质【解答】解：A、烧碱为氢氧化钠为碱，小苏打为碳酸氢钠为盐，硫酸钡熔融导电属于电解质，干冰是固体二氧化碳属于非电解质，各物质符合物质类别概念，故A正确；B、纯碱是碳酸钠属于盐类，铁是单质不是非电解质，故B错误；C、明矾是硫酸铝钾属于盐，石墨是单质不是电解质，醋酸是弱电解质，故C错误；D、KClO3是盐，溶于水全部电离，属于强电解质，故D错误；故选A12下列各组物质的稀溶液相互反应，无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是（）ANaHSO4和Ba（OH）2BAlCl3和NaOHCNaAlO2和H2SO4DNa2CO3和H2SO
30、4【考点】GK：镁、铝的重要化合物【分析】A与量有关，但均生成硫酸钡沉淀；B前者逐滴滴入后者，发生AlCl3+4NaOH3NaCl+NaAlO2+H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O4Al（OH）3+3NaCl，后者逐滴滴入前者发生Al3+3OHAl（OH）3、Al（OH）3+OHAlO2+2H2O；C偏铝酸钠滴入硫酸发生反应：2NaAlO2+H2SO4+2H2O=Na2SO4+2Al（OH）3，2Al（OH）3+3H2SO4=Al2（SO4）3+6H2O；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，3H2SO4+2Al（OH）3Al2（SO4）3+6H2
31、O；D前者逐滴滴入后者，发生Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2+H2O，后者逐滴滴入前者发生CO32+H+HCO3、HCO3+H+CO2+H2O【解答】解：A无论是前者滴入后者，还是后者滴入前者，均生成硫酸钡白色沉淀，反应现象相同，故A选；BNaOH少量生成白色沉淀，NaOH过量沉淀溶解，则氯化铝滴入氢氧化钠发生反应：Al3+4OH=AlO2+2H2O、Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，现象开始无沉淀，一段时间后有沉淀；氢氧化钠滴入氯化铝发生反应：Al3+3OH=Al（OH）3，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，现象是开始有沉淀，一段时间后无现象，所以二者现象不
32、同，故B不选；C偏铝酸钠滴入硫酸发生反应：2NaAlO2+4H2SO4+2H2O=Na2SO4+Al2（SO4）3+4H2O，现象为开始无沉淀，后产生白色沉淀；硫酸滴入偏铝酸钠发生反应：Al3+3AlO2+6H2O=4Al（OH）3，3H2SO4+2Al（OH）3Al2（SO4）3+6H2O，现象开始产生沉淀，后沉淀溶解，二者现象不同，故C不选；D碳酸钠滴入硫酸发生Na2CO3+H2SO4Na2SO4+CO2+H2O，现象立刻产生气泡；硫酸滴入碳酸钠发生反应：CO32+H+HCO3、HCO3+H+CO2+H2O，现象开始无气泡，一段时间后有气泡，所以二者现象不同，故D不选；故选A13下列实验中
33、，实验设计及所选装置合理的是（）A回收碘的四氯化碳溶液中的四氯化碳，选B用酒精提取碘水中的碘，选C将HCl气体从长导管通入并用水吸收，选D粗盐提纯，选和【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A碘与四氯化碳互溶，但沸点不同；B酒精与水互溶，不能萃取；CHCl极易溶于水，可发生倒吸；D粗盐溶于水，过滤、蒸发除去不溶性杂质【解答】解：A碘与四氯化碳互溶，但沸点不同，则选分离，故A错误；B酒精与水互溶，不能萃取，应选苯或四氯化碳作萃取剂，选择装置，故B错误；CHCl极易溶于水，从长导管通入并用水吸收可发生倒吸，应从短导管进入，故C错误；D粗盐溶于水，过滤、蒸发除去不溶性杂质，则选和，故D正确；故选D
34、14下列关于某些物质（离子）的检验方法或结论正确的是（）A用丁达尔效应鉴别NaCl溶液和KCl溶液B向某溶液中加入BaCl2溶液出现白色沉淀，则该溶液中肯定有SO42C用KSCN溶液鉴别FeCl2溶液和Fe2（SO4）3溶液D用焰色反应可鉴别出NaCl、KCl和Na2SO4三种物质【考点】DG：常见离子的检验方法【分析】A丁达尔效应是胶体的独有性质；B加入BaCl2溶液出现白色沉淀，可能生成AgCl沉淀；C三价铁离子遇到KSCN溶液会生成血红色溶液；D钠盐的焰色反应都呈黄色，用焰色反应检验K元素，应通过蓝色钴玻璃【解答】解：A丁达尔效应是胶体的独有性质，而溶液无此性质，利用丁达尔效应不能鉴别N
35、aCl溶液和KCl溶液，故A错误；B加入BaCl2溶液出现白色沉淀，可能生成AgCl沉淀，检验溶液中是否含有SO42，应加入硝酸钡溶液，故B错误；C亚铁离子和KSCN溶液不发生反应，铁离子遇到KSCN溶液生成血红色溶液，用KSCN溶液鉴别FeCl2溶液和Fe2（SO4）3溶液，故C正确；D用焰色反应检验K元素，应通过蓝色钴玻璃，并且用焰色反应无法鉴别NaCl和Na2SO4，故D错误故选C15120将CO和H2（平均相对分子质量为7.2）组成的混合气体2.1g与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2中，固体增加的质量是（）A2.1gB3.6gC7.2gD无法确定【考点】BQ：氧化还原反应
36、的计算；5A：化学方程式的有关计算【分析】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O22CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧，生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O22H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，以此解答该题【解答】解：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应2CO+O22CO2，一氧
37、化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重m=2Na2CO32Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，质量增重m=2H2OO2=2H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量所以2.1gCO和H2的混合气体在足量氧气中充分燃烧后，将产物立即通入盛有足量Na2O2的反应管，固体质量增重为2.1gCO和H2的混合气体的质量故选A二、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）16常温下，在溶液中可以发生反应：
38、X+2Y3+=2Y2+X2+，对下列叙述的判断正确的是（）X被氧化 X是氧化剂 X具有还原性 Y2+是氧化产物 Y2+具有还原性 Y3+的氧化性比X2+的氧化性强ABCD【考点】B1：氧化还原反应【分析】由X+2Y3+=2Y2+X2+可知，X的化合价升高，Y的化合价降低，则X作还原剂，具有还原性，被氧化，发生氧化反应；Y3+具有氧化性，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答【解答】解：由X+2Y3+=2Y2+X2+可知，X的化合价升高，Y的化合价降低，X作还原剂，被氧化，故正确； X的化合价升高，X是还原剂，故错误； X是还原剂，具有还原性，故正确； Y的化合价降低，Y2+是还原产物，故
39、错误； Y2+的化合价能升高，则具有还原性，故正确；由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则Y3+的氧化性比X2+的氧化性强，故正确；故选A17实验室保存下列物质的方法中，正确的是（）A碳酸钠溶液盛装在用玻璃塞的试剂瓶中B氢氟酸盛装在玻璃瓶中C金属钠保存在煤油中D硝酸银固体存放在细口瓶中【考点】O2：化学试剂的存放【分析】A强碱性溶液能和二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠； B氢氟酸与玻璃中SiO2反应而腐蚀玻璃瓶；C钠的密度大于煤油，金属钠保存在煤油中以隔绝空气；D硝酸银见光易分解，固体药品应广口瓶保存【解答】解：A碳酸钠为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，二氧化硅能和碳酸钠溶液反应生成黏性的硅酸钠而使瓶塞
40、打不开，故A错误； B氢氟酸与玻璃中SiO2反应而腐蚀玻璃瓶，应保存在塑料瓶中，故B错误；C金属钠非常活泼，且密度比较小，与水、氧气等反应，故少量的钠保存在煤油中，故C正确；D硝酸银见光易分解，故用棕色试剂广口瓶保存，故D错误；故选C18菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食主要原因是河虾中含有五价砷，西红柿中含有比较多的维生素C，两者同食时会生成有毒的三价砷下列说法不正确的是（）A五价砷在维生素C作用下发生了还原反应B“两者同食”发生的反应中维生素C作还原剂C河虾中含有的五价砷，没有毒性D毒药砒霜是含砷的氧化物，可以推测砒霜中所含的砷元素化合价为+5【考点】B1：氧化还原反应【分析】由信息可知，维
41、生素C可将五价砷转化为三价砷，则发生氧化还原反应时，维生素C作还原剂，五价砷具有氧化性，结合氧化还原反应基本概念来解答【解答】解：A根据维生素C的作用是将五价砷转化为三价砷，所以五价砷做氧化剂，维生素C做还原剂，五价砷发生了还原反应，故A正确；B由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，故B正确；C河虾中含有砷元素为五价砷，是无毒的，能食用，三价砷有毒，故C正确；D五价砷是无毒的，三价砷有毒，砒霜的毒性即为砷元素的毒性，砒霜中所含的砷元素化合价为+3，故D错误故选D19已知2MOyx+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，则MOyx中
42、的M的化合价为（）A+3B+4C+6D+7【考点】BQ：氧化还原反应的计算【分析】根据O原子守恒计算y的值，再根据电荷守恒计算x的值，令MOyx中M的化合价为a，根据各元素化合价代数和等于离子所带的电荷计算a的值【解答】解：对于反应2MOyx+5S2+16H+=2M2+5S+8H2O，由O原子守恒可知2y=8，所以y=4；由电荷守恒可知2（x）+5（2）+16=22，解得x=1MOyx中为MO4，令MO4中M的化合价为a，则：a+4（2）=1解得a=+7，故选D20用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中（必要时可加热），下列叙述错误的是（）A若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3
43、溶液，则C中产生白色沉淀，白色沉淀不会消失B实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用C若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛石蕊溶液，则C中溶液先变红后褪色D若A为浓盐酸，B为贝壳，C中盛有硅酸钠溶液，则C中出现白色沉淀可证明酸性的强弱为：碳酸硅酸【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A若A为浓氨水，B为生石灰，二者混合得到氨气，氨气与氯化铝反应生成白色沉淀；BD中具有球形结构；C若A为浓盐酸，B为MnO2，加热反应生成氯气，氯气与水反应生成HCl、HClO，HClO具有漂白性；D若A为浓盐酸，B为贝壳，二者反应生成二氧化碳，但盐酸易挥发，盐酸与C中硅酸钠反应【解答】解：A若A为浓氨水，B为生石灰，
44、二者混合得到氨气，氢氧化铝可溶于强碱，氨气与氯化铝反应生成白色沉淀，则C中产生白色沉淀，白色沉淀不会消失，故A正确；BD中具有球形结构，则仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用，故B正确；C若A为浓盐酸，B为MnO2，加热反应生成氯气，氯气与水反应生成HCl、HClO，HClO具有漂白性，则C中溶液先变红后褪色，故C正确；D若A为浓盐酸，B为贝壳，二者反应生成二氧化碳，但盐酸易挥发，盐酸与C中硅酸钠反应，则不能比较碳酸、硅酸的酸性，故D错误；故选D21设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2L CCl4所含的分子数为0.5NAB将含有0.1mol FeCl3的饱和溶液，
45、滴入沸水中加热形成Fe（OH）3胶体，所含的胶体粒子数目少于0.1NAC1mol/L的氯化钠溶液中，所含离子数为NAD常温下，CO和N2混合物共2.8g，所含有的原子数为0.1NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积使用对象为气体；B胶体为多个离子的集合体；C溶液体积未知；DCO和N2都是双原子分子，摩尔质量相等为28g/mol【解答】解：A标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B将含有0.1mol FeCl3的饱和溶液，滴入沸水中加热形成Fe（OH）3胶体，所含的胶体粒子数目少于0.1NA，故B正确；C溶液体积未知，无法计算离子个数，故C错误；D常温下，CO和N
46、2混合物共2.8g，物质的量为： =0.1mol，所含有的原子数为0.2NA，故D错误；故选：B22实验室用98%的浓硫酸（密度为1.84g/mL）配置100mL 1mol/L的稀硫酸，已选用的主要仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒，还缺少的仪器是（）A容量瓶、10mL量筒B容量瓶、100mL量筒C100mL容量瓶、50mL量筒D100mL容量瓶、10mL量筒【考点】R1：配制一定物质的量浓度的溶液【分析】操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，根据配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤选择仪器，以此解答该题【解答】解：该浓硫酸的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4mol/L
47、，配制100mL 1mol/L的稀硫酸，需要浓硫酸的体积为：0.0136L=0.0054mL，应该选用10mL量筒；配制100mL 1mol/L的稀硫酸，应该选用100mL容量瓶，故选D23下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘酒中的碘和酒精B实验室制氨气C除去Cl2中的HClD排水集气法收集NO【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A碘和酒精不分层；B氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在温度稍低时又生成氯化铵；C二者都与氢氧化钠反应；DNO不溶于水，可用排水法收集【解答】解：A碘易溶于酒精，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B氯化铵分解生成氨气和氯化氢，在温度稍低时又生成氯化铵，实验室应
48、用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，故B错误；C二者都与氢氧化钠反应，应用饱和食盐水除杂，故C错误；DNO不溶于水，可用排水法收集，故D正确故选D24常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A强碱性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B能与铝反应放出氢气的溶液中：K+、Ca2+、Cl、HCO3CpH=2的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClDc（Fe3+）=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN【考点】DP：离子共存问题【分析】A强碱溶液中含大量的氢氧根离子；B能与铝反应放出氢气的溶液，为非氧化酸或强碱溶液；CpH=2的溶液，显酸性；D离子之间结合生成络离
49、子【解答】解：A强碱溶液中含大量的氢氧根离子，不能大量存在Al3+，故A不选；B能与铝反应放出氢气的溶液，为非氧化酸或强碱溶液，酸碱溶液中不能大量存在HCO3，故B不选；CpH=2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C选；DFe3+、SCN结合生成络离子，不能共存，故D不选；故选C25取一定量的铝土矿（含Al2O3、Fe2O3、SiO2）样品，放入盛有200mL H2SO4溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的量与所加NaOH溶液的体积的关系如图所示则原H2SO4物质的量浓度是（）A1mol/LB2mol/LC3mol/LD4mol/L
50、【考点】5A：化学方程式的有关计算【分析】由图象可知，向滤液中加入2.5mL10mol/L的NaOH溶液，没有沉淀生成，说明硫酸有剩余，继续加入NaOH溶液，当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（H2SO4）=2n（Na2SO4）=n（NaOH），再根据c=计算原H2SO4物质的量浓度【解答】解：当加入氢氧化钠共40mL时，沉淀量最大，此时溶液溶质为硫酸钠，根据钠元素、硫酸根守恒有2n（H2SO4）=2n（Na2SO4）=n（NaOH）=0.04L10mol/L=0.4mol，所以n（H2SO4）=0.2mol，故原H2SO4物质的量浓度为
51、=1mol/L故选A三、解答题（共4小题，满分40分）26已知某待测液由Ag+、Mg2+、K+、Ba2+、NH4+、NO3中的若干种离子组成，进行如下实验：第一步：加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成第二步：过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成第三步：再过滤，取少量滤液，滴入NaOH溶液至溶液呈碱性，在此过程中溶液无明显现象，加热该溶液，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体根据实验现象回答：（1）分别写出第二步和第三步中所涉及的反应的离子方程式：第二步：Ba2+SO42=BaSO4，第三步：H+OH=H2O、NH4+OH=NH3+H2O；（2）待测液中一定含有Ag+、Ba2+、NH4
52、+、NO3离子，一定不含有Mg2+离子，还有一种离子不能确定其是否存在，要检验这种离子的实验方法是（填写实验名称和观察到的现象及结论，不要求写实验操作过程）焰色反应，透过蓝色钴玻璃看是否呈紫色，呈紫色说明有K+，不呈紫色说明无K+【考点】49：离子方程式的书写；DG：常见离子的检验方法【分析】第一步：加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成，沉淀为AgCl，则一定含有Ag+；第二步：过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成，沉淀为硫酸钡，则一定含有Ba2+；第三步：再过滤，取少量滤液，滴入NaOH溶液至溶液呈碱性，在此过程中溶液无明显现象，加热该溶液，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，气
53、体为氨气，说明一定含NH4+，一定没有Mg2+，以此来解答【解答】解：第一步：加入过量的稀盐酸，有白色沉淀生成，沉淀为AgCl，则一定含有Ag+；第二步：过滤，在滤液中加入过量的稀硫酸，又有白色沉淀生成，沉淀为硫酸钡，则一定含有Ba2+；第三步：再过滤，取少量滤液，滴入NaOH溶液至溶液呈碱性，在此过程中溶液无明显现象，加热该溶液，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，气体为氨气，说明一定含NH4+，一定没有Mg2+，（1）第二步离子反应为Ba2+SO42=BaSO4，第三步离子反应为H+OH=H2O、NH4+OH=NH3+H2O，故答案为：Ba2+SO42=BaSO4；H+OH=H2O、N
54、H4+OH=NH3+H2O；（2）由上述分析可知，一定含有的阳离子为Ag+、Ba2+、NH4+，一定不含Mg2+，钾离子不能确定，可利用焰色反应来检验，方法为透过蓝色钴玻璃看是否呈紫色，呈紫色说明有K+，不呈紫色说明无K+，故答案为：Ag+、Ba2+、NH4+；Mg2+；焰色反应；透过蓝色钴玻璃看是否呈紫色，呈紫色说明有K+，不呈紫色说明无K+27晋中市气象台2017年1月7日11时35分发布了雾霾黄色预警，随后晋中市发布了机动车限行通告通过调查发现，形成雾霾的污染来源如图1所示主要是机动车排放物和燃煤废气，其中会有大量的NOx和SO2（1）下列反应不属于氮的固定过程的是CDAN2和H2在一定
55、条件下反应生成NH3B豆科植物根瘤中的作用CNH3经过催化氧化生成NODNH3和HNO3反应生成NH4NO3E雷雨闪电时空气中的N2和O2化合生成NO（2）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的离子方程式：3NO2+H2O2H+2NO3+NO（3）汽车尾气中的NO和CO，其治理的一种方法是：在汽车的排气管上装一个催化转化装置，使这两种气体转化成无毒气体，反应的化学方程式为2NO+2CON2+2CO2（4）如图2所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准），研究SO2的化学性质，下列说法中正确的是BCA蓝色石蕊试纸先变红后褪色B品红试纸褪色，证明了SO2的
56、漂白性C蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的还原性D蘸有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性（5）某同学将搜集到的一定量的酸雨保存在密闭容器中，每隔一定时间测酸雨的pH，发现在起始一段时间内，酸雨的pH呈减小趋势，原因是SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化为强酸硫酸（6）如何综合防治雾霾，请你写出两条建议：使用清洁能源、工业废气经处理后再排放【考点】F7：常见的生活环境的污染及治理【分析】（1）氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程游离态是指氮气单质氮的固定有：人工固氮和天然固氮；（2）二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；（3）NO和CO反应生
57、成N2和CO2；（4）在注射器中加入少量Na2SO3，晶体，并吸入少量的浓硫酸，两者反应生成SO2；ASO2溶于水生成亚硫酸，溶液呈酸性，但SO2不能使指示剂褪色；BSO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；CSO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应；DSO2为酸性气体，可与NaOH溶液反应生成盐和水，溶液碱性减弱（5）每隔一定时间测酸雨的pH，发现在起始一段时间内，酸雨的pH呈减小趋势，是因为亚硫酸被空气中的氧气氧化为硫酸，酸性增强；（6）为了防治雾霾，可从能源的污染方面和粉尘处理方面进行分析回答【解答】解：（1）氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程AN2和H2在
58、一定条件下反应生成NH3，属于工业固氮，故A不选；B大豆根瘤菌将N2转化成化合态氮，属于生物固氮，故B不选；CNH3经过催化氧化生成NO，都为氮的化合物，它们间的相互转化，属于化合物间的转化，不符合单质转化为化合物的特点，所以不属于氮的固定，故C选；DNH3和HNO3反应生成NH4NO3，都为氮的化合物，它们间的相互转化，属于化合物间的转化，不符合单质转化为化合物的特点，所以不属于氮的固定，故D选；E雷雨天：N2+O22NO，将氮气单质变为化合物中的氮元素，属于大气固氮，故E不选；故答案为：CD；（2）NOx能形成酸雨，NO2转化为HNO3反应3NO2+H2O2HNO3+NO，离子方程式为：3
59、NO2+H2O2H+2NO3+NO，故答案为：3NO2+H2O2H+2NO3+NO；（3）在汽车的排气管上装一个催化转化装置，NO和CO反应生成N2和CO2，反应的化学方程式为：2NO+2CON2+2CO2，故答案为：2NO+2CON2+2CO2；（4）ASO2只能使酸碱指示剂变色，所以湿润的蓝色石蕊试纸只变红，故A错误；B湿润品红试纸褪色，表现出SO2的漂白性，故B正确；CSO2具有还原性，与具有强氧化性的KMnO4发生氧化还原反应，KMnO4溶液的滤纸褪色，故C正确；DSO2为酸性气体，可与NaOH溶液反应生成盐和水，溶液碱性减弱，红色褪去，没有体现SO2的漂白性，故D错误；故答案为：BC
60、；（5）酸雨的pH呈减小趋势，是因为SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化为硫酸，酸性增强，反应的离子方程式为：2H2SO3+O24H+2SO42，故答案为：SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化为强酸硫酸；（6）化石燃料的燃烧产生了大量污染空气的粉尘，我们可以少使用化石燃料，该使用清洁能源；工业产生的粉尘经处理以后再排放以避免污染空气故答案为：使用清洁能源、工业废气经处理后再排放28已知AK均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如图所示，其中A是铝，且A+BC+D是置换反应，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去，请回答以下问题：（1）B的主要用途是油漆颜料（填一项）
61、（2）写出下列化学方程式：A+BC+D：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3HI：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3（3）写出下列离子方程式D+JG：2Fe3+Fe=3Fe2+（4）检验J中阳离子的方法是取少量溶液于小试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液出现红色，说明含有Fe3+【考点】GS：无机物的推断【分析】红褐色固体I为Fe（OH）3，则B为Fe2O3，A是铝，且A+BC+D是置换反应，D系列转化得到氢氧化铁，则D为Fe，C为Al2O3，可推知G为FeCl2、H为Fe（OH）2、J为FeCl3，E为AlCl3，F为NaAlO2、K为Al（OH）3，据此解答【解答】解：红褐
62、色固体I为Fe（OH）3，则B为Fe2O3，A是铝，且A+BC+D是置换反应，D系列转化得到氢氧化铁，则D为Fe，C为Al2O3，可推知G为FeCl2、H为Fe（OH）2、J为FeCl3，E为AlCl3，F为NaAlO2、K为Al（OH）3（1）B为Fe2O3，可以用作油漆颜料，故答案为：油漆颜料；（2）A+BC+D的反应方程式为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，HI的反应方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）D+JG的离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+
63、，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（4）检验FeCl3中阳离子的方法是：取少量溶液于小试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液出现红色，说明含有Fe3+，故答案为：取少量溶液于小试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液出现红色，说明含有Fe3+29某校化学实验兴趣小组为了验证在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时探究氯气的漂白性，甲同学设计了如图所示的实验装置（支撑用的铁架台省略），按要求回答问题（1）若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制Cl2，制得的Cl2体积（标准状况下）总是小于1.12L的原因是加热时浓盐酸因挥发而损失，随着反应的进行或挥发浓度变稀以后
64、，将不再反应（2）装置B中盛放的试剂为无水硫酸铜，作用是白色固体变为蓝色装置D和E中出现的不同现象说明的问题是干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气（或次氯酸）有漂白性装置F的作用是吸收氯气写出装置G中发生主要反应的离子方程式为Ag+Cl=AgCl（3）乙同学认为甲同学的实验有缺陷，不能确保最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种，为了确保实验结论的可靠性，证明最终通入AgNO3溶液的气体只有一种，乙同学提出在某两个装置之间再加一个装置你认为该装置应加在F与G之间（填装置字母序号），装置中应放入湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）（填写试剂或用品名称）【考点】U2：性质实验方案的设计【分析】加热条件下
65、浓盐酸和二氧化锰发生氧化还原反应生成氯气，生成的氯气中含有氯化氢和水，B为硫酸铜，可用于检验水，C为氯化钙，可用于吸收水，D中干燥的有色布条不褪色，E中湿润的有色布条可褪色，F用于吸收氯气，G可用于检验氯化氢，溶液变浑浊，生成氯化银沉淀，因此解答该题【解答】解：（1）浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，反应消耗氯化氢，同时反应需要加热，浓盐酸易挥发而损害，随反应的不断进行浓盐酸的浓度逐渐变稀，稀盐酸不反应不与MnO2反应，故答案为：加热时浓盐酸因挥发而损失，随着反应的进行或挥发浓度变稀以后，将不再反应；（2）无水硫酸铜与水反应生成蓝色五水硫酸铜晶体，可用来检验水，故答案为：无水硫酸铜；白色固体
66、变为蓝色；D中干燥的布条不褪色，E中湿润的布条褪色说明干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气（或次氯酸）有漂白性，故答案为：干燥的氯气无漂白性，潮湿的氯气（或次氯酸）有漂白性；氯气易溶于四氯化碳，用四氯化碳吸收氯气，防止干扰F中氯气中含有的氯化氢的检验，故答案为：吸收氯气；F装置用来检验HCl气体，反应的离子方程式为：Ag+Cl=AgCl，故答案为：Ag+Cl=AgCl；（3）氯气、氯化氢通入到硝酸银都会产生沉淀，为了确保实验结论的可靠性，应在装置E和F之间增加一个盛有湿润的淀粉碘化钾试纸或者湿润的有色布条，如果湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝或者湿润的有色布条不褪色，则氯气被完全吸收，故答案为：F；G；湿润的淀粉KI试纸（或湿润的有色布条）2017年6月25日