1、20192020学年新疆昌吉州第一学期期末质量检测高一化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 Na-23 C-12 Mg-24 O-16 S-32一、单选题（225=50分）1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，往往会在其包装上面贴上危险警告标签。下列物质贴错了包装标签的是选项ABCD物质浓硫酸汽油酒精氧化剂标签A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】详解】A. 浓硫酸具有腐蚀性，属于腐蚀品，A项正确，不符合题意；B. 汽油属于易燃液体，B项正确，不符合题意；C. 酒精属于易燃液体，C项错误，符合题意；D. 氧化剂标志正确，D项正确，不符合题意；答案选C。2.现有三组实验：除去混在植物
2、油中的水；回收碘的CCl4溶液中的CCl4；用食用酒精浸泡中草药提取其中的有效成份。分离以上各混合液的正确方法依次是（ ）A. 萃取、蒸馏、分液B. 分液、蒸馏、固-液萃取C. 分液、萃取、蒸馏D. 蒸馏、萃取、分液【答案】B【解析】【分析】植物油与水不互溶；碘与CCl4互溶且碘在CCl4中的溶解度较大；中草药中的有效成份易溶于酒精；【详解】植物油与水不互溶，可直接分液；碘与CCl4互溶且碘在CCl4中的溶解度较大，因此用蒸馏的方法分离并回收CCl4；中草药中的有效成份易溶于酒精，因此可用酒精萃取中草药中的有效成份；因此分离的操作顺序为分液、蒸馏、固-液萃取；答案选B。3.用NA 表示阿伏加德
3、罗常数，则下列说法中正确的是（ ）A. 2克H2所含的原子数目为NAB. 常温常压下，11.2L氧气含原子数为NA个C. 2.3g金属钠含有的电子数为NAD. 2molO3和3molO2所含的氧原子数都是6NA【答案】D【解析】【详解】A.2克H2的物质的量是1mol，由于H2中含有2个H原子，所以1molH2中所含的原子数目为2NA，A错误；B.常温常压下，11.2L氧气的物质的量小于0.5mol，因此其中含原子数小于NA个，B错误；C.2.3g金属钠的物质的量是0.1mol，由于1个Na原子中含有11个电子，所以0.1molNa中含有的电子数为1.1NA，C错误；D.2molO3和3mol
4、O2所含的氧原子数都是23NA=6NA，D正确；故合理选项D。4.下列物质中，其物质的量为0.2mol的是A. 2.2g CO2B. 4.8gMgC. 4.48L O2D. 49g H2SO4【答案】B【解析】【分析】摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量，根据n=来计算选项中各物质的物质的量，C选项中氧气所处状态不确定，气体摩尔体积不确定，不能计算其物质的量。【详解】ACO2的摩尔质量为44 g/mol，2.2 g CO2的物质的量= = 0.05mol，不符合题意，故A项错误；BMg的摩尔质量为24 g/mol，4.8 g Mg的物质的量= = 0.2 mol，
5、符合题意，故B项正确；C氧气所处状态不确定，气体摩尔体积不确定，不能计算其物质的量，不符合题意，故C项错误；DH2SO4的摩尔质量为98 g/mol，故49 g H2SO4的物质的量= = 0.5 mol，不符合题意，故D项错误；答案选B。【点睛】本题侧重考查质量与物质的量之间的转化关系。要特别注意C选项是学生的易错点，气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与适用条件，题设陷阱经常错将默认状态的“常温常压”当作“标准状况”、误把固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。5.铝合金、氧化铝、硫酸铝三种物质的分类正确的是（ ）A. 混合物、氧化物、盐B. 单质、混合物、
6、盐C. 盐、氧化物、纯净物D. 混合物、盐、化合物【答案】A【解析】【详解】A项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物；氧化铝属于氧化物，硫酸铝属于盐，故A正确；B项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物，不是单质，氧化铝属于氧化物，不是混合物，故B错误；C项、铝合金是金属铝与其他金属或非金属成分高温熔合而成，属于混合物，不属于盐，故C错误；D项、氧化铝属于氧化物，不属于盐，故D错误；故选A。6.“纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 能
7、透过滤纸 不能透过滤纸 静置后，会析出黑色沉淀A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。【详解】纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。7.下列物质在水溶液中的电离方程式，
8、正确的是A. H2SO4 = 2H+ +SO4-2B. MgCl2=Mg2+ + Cl2C. Ba(OH)2 = Ba2+2OHD. NaHCO3=Na+ + H+ + CO【答案】C【解析】【详解】A. H2SO4为强电解质，电离方程式为：H2SO4=2H+SO42-，A项错误；B. MgCl2为强电解质，电离方程式为：MgCl2= Mg2+ + 2Cl，B项错误；C. Ba(OH)2为强电解质，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+2OH-，C项正确；D. NaHCO3为强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3-，D项错误；答案选C。【点睛】强电解质的电离用“”，弱电解质的电离用“
9、”，弱酸的电离分步进行，以第一步为主，遵循电荷守恒及质量守恒定律，并注意原子团不可拆分，8.下列离子方程式书写正确的是（ ）A. 钠与水反应：Na+2H2O=Na+OH-+H2B. 氯气与水反应：Cl2+H2O=2H+Cl-+ClO-C. 将氧化钠与稀硫酸混合：Na2O+2H+=2Na+H2OD. 将锌片插入硝酸银溶液中：Zn+Ag+=Zn2+Ag【答案】C【解析】【详解】A、反应前后原子不守恒，钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故A错误；B、氯气与水反应生成HCl和HClO，HCl为强电解质，HClO为弱电解质，故氯气与水反应的离子方程式为：Cl2+H2O=
10、H+Cl-+HClO，故B错误；C、氧化钠为碱性氧化物，与酸反应生成盐和水，其离子反应方程式为：Na2O+2H+=2Na+H2O，故C正确；D、反应前后电荷不守恒，锌与硝酸银反应的离子方程式为：Zn+2Ag+=Zn2+2Ag，故D错误；答案为C。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题B选项）；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等（如本题中A、D项）；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行
11、判断。9.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（ ）A. 在强碱性溶液中：Na、Cl-、SO42-、HCO3-B. 在碳酸钠溶液中：Na、Cl-、OH-、KC. 在无色的溶液中：K、H、Cl-、MnO4-D. 在强酸性溶液中：Fe2、Na、NO3-、Cl-【答案】B【解析】【详解】A. 在强碱性溶液中，HCO3-与OH反应，不能大量共存，A项错误；B. 在碳酸钠溶液中，离子之间均不反应，B项正确；C. MnO4显紫色，不满足溶液无色的条件，C项错误；D. 强酸性溶液中，NO3-具有强氧化性，能氧化Fe2，不能大量共存，D项错误；答案选B。【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的
12、条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为110-10，小于110-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。10.下列反应属于氧化还原反应的是（）A. SO3+ H2O= H2SO4B. NH4Cl
13、 NH3+HClC. Fe+CuSO4= FeSO4+CuD. NaOH+HNO3=NaNO3+H2O【答案】C【解析】【详解】ASO3+ H2O= H2SO4反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故A不选；BNH4Cl NH3+HCl反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故B不选；CFe+CuSO4= FeSO4+Cu反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价，所以有电子转移，属于氧化还原反应，故C选；DNaOH+HNO3=NaNO3+H2O反应中各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，故D不选；故选C。11.食品脱氧剂应无毒、无味、及环境友好。下列可用作
14、食品包装袋中作脱氧剂的是（ ）A. 硅胶B. 铁粉C. CaOD. KMnO4【答案】B【解析】【详解】A、硅胶不具有还原性，具有吸水性用于食品袋防止食品受潮变质，不能用作脱氧剂，故A不符合题意；B、铁粉具有还原性，且无毒，可用作食品包装袋中作脱氧剂，防止食品氧化变质，故B符合题意；C、氧化钙不具有还原性，具有吸水性，不能用作食品包装袋中作脱氧剂，故C不符合题意；D、高锰酸钾具有强氧化性，不具有还原性，不能用作食品包装袋中作脱氧剂，故D不符合题意。12.关于钠的化学性质叙述：钠与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气；钠在空气中燃烧时生成白色固体过氧化钠；钠与盐酸反应时先与酸反应，过量的钠再与水反应；钠
15、是金属，不溶于水也不和水反应；钠可从硫酸铜溶液中置换出铜。正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】钠与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，正确；钠在空气中燃烧时生成淡黄色固体过氧化钠，错误；钠与盐酸反应时先与酸反应，过量的钠再与水反应，正确；钠是金属，可以和水反应，生成氢氧化钠和氢气，错误；钠和硫酸铜溶液反应时，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成蓝色沉淀，错误；正确的是；答案选D。13.为了检验某FeSO4溶液是否变质，可向溶液中加入A. 铁片B. NaOH溶液C. 新制氯水D. KSCN溶液【答案】D【解析】【详解】FeSO4溶液具有强还原性，变质变为
16、硫酸铁，因此检验某FeSO4溶液是否变质，可向溶液中加入KSCN溶液，变为红色，则证明FeSO4溶液已变质，反之未变质，D符合题意；故选D。14.下列变化中，不能够通过两种物质之间化合反应一步实现的是（ ）A. Fe(OH)2Fe(OH)3B. SiO2CaSiO3C. NaNa2O2D. FeCl3FeCl2【答案】A【解析】【详解】A.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，反应物是三种，A符合题意；B.SiO2+CaOCaSiO3，反应物是两种，B不符合题意；C.2Na+ O2Na2O2，反应物是两种，C不符合题意；D. 2FeCl3+Fe=3FeCl2，反应物是两种，D不符
17、合题意；故合理选项是A。15.下列物质中既能跟稀H2SO4反应, 又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）NaHCO3 Al2O3 Al(OH)3Al Na2CO3A. B. C. D. 全部【答案】A【解析】【详解】NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故正确；Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al(OH)3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故正确；Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故正确；Na2CO3与稀H2SO4
18、反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应不反应，故错误；故选A。【点评】本题考查既能与酸又能与碱反应的物质，明确Al、Al2O3、Al(OH)3的性质是解答本题的关键，并注意归纳常见物质的性质来解答。16.下列试剂中，能用带玻璃塞的试剂瓶贮存的是A. 氯水B. 水玻璃C. 氢氟酸D. 氢氧化钠溶液【答案】A【解析】【详解】A选项，氯水与玻璃不反应，能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，故A符合题意；B选项，水玻璃要粘着玻璃塞，不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，故B不符合题意；C选项，氢氟酸与玻璃反应，不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，故C不符合题意；D选项，氢氧化钠溶液与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性的硅酸钠
19、，因此不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，故D不符合题意；综上所述，答案为A。17.如图是进行气体性质实验的常用装置，下列对有关实验现象的说法中不正确的是A. 若水槽中是NaOH溶液，试管中是Cl2，可看到液面上升，试管中黄绿色褪去B. 若水槽中是水，试管中是NO2，可看到试管中液面上升并充满整个试管C. 若水槽中水（并滴有一定量酚酞），试管中是NH3，可看到液面上升并呈红色D. 若水槽中和试管中都是氯水，光照后可在试管中收集到氧气【答案】B【解析】【详解】A项，NaOH溶液与Cl2反应：Cl22NaOH=NaClNaClO+H2O，黄绿色气体Cl2减少，液面上升，试管中黄绿色褪去，故A项正确；B项，
20、NO2与水反应：3NO2+ H2O =2HNO3+NO，NO难溶于水，气体减少，试管中液面上升，但不能充满整个试管，故B项错误；C项，NH3极易溶于水，且与水反应生成弱碱NH3H2O，液面上升并呈红色，故C项正确；D项，氯气中存在HClO，HClO光照下发生分解生成HCl和O2，故D项正确。综上所述，本题正确答案为B。18.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作，其中结论正确的是选项操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色原溶液中有IC用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na、无KD滴加几滴稀N
21、aOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32、SO32、Ag等，故A错误；B滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，则溶液中存在强还原性的I，氯气置换出了碘单质，故B正确；C用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na，但并不能说明溶液中无K，因为检验K需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；DNH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH4的正确操作：向原溶液
22、中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝则证明存在NH4，故D错误；故答案为B。19.下列关于金属的说法不正确的是（ ）A. 钠在空气中燃烧时，先熔化，再燃烧，生成淡黄色固体B. 铁在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，主要成分为氧化铁C. 铝是地壳中含量最多的金属元素，铝在空气中受热熔化，剧烈燃烧D. 商代后期铸造出工艺精湛的司母戊鼎，该鼎的用料属于合金【答案】C【解析】【详解】A.钠的熔点较低，所以在空气燃烧时先熔化，再燃烧，燃烧时生成淡黄色的固体Na2O2，A正确；B.铁合金易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，不能保护内层金属，易进一步氧化，应加防护措施，B正确
23、；C.铝和氧气反应生成了氧化铝，又因三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，而三氧化二铝在铝的表面，氧化铝膜阻止铝与氧气进一步反应，所以加热铝箔，铝熔化了但不会滴落，不会发生剧烈的燃烧，C错误； D.司母戊鼎的主要成分为Cu，属于铜合金制品，D正确；故合理选项是C。20.碳酸钠和碳酸氢钠的化学性质有许多相似的地方，但也存在差异，以下关于两者性质的比较正确的是A. 两者水溶液均呈碱性，碳酸钠俗名纯碱，物质分类属于碱B. 两者均和稀盐酸反应产生CO2，但碳酸氢钠和盐酸反应更剧烈C. 用酒精灯加热时两者均可发生分解反应，但碳酸氢钠更易分解D. 两者均可和澄清石灰水发生反应，但碳酸氢钠反应时无沉淀【答案】B【解
24、析】【详解】A选项，两者水溶液均呈碱性，碳酸钠俗名纯碱，物质分类属于盐，故A错误；B选项，两者均和稀盐酸反应产生CO2，但碳酸氢钠和盐酸反应更剧烈，碳酸钠和盐酸反应时先生成碳酸氢钠，碳酸氢钠再和元素反应生成二氧化碳气体，所以反应较缓慢些，故B正确；C选项，用酒精灯加热时碳酸氢钠易分解，碳酸钠稳定，故C错误；D选项，两者均可和澄清石灰水发生反应，都有沉淀产生，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】纯碱不是碱，而是盐，水溶液显碱性。21.下列现象或事实可用同一原理解释的是A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B. SO2和FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去C. 亚硫酸钠溶液和水玻璃长期暴
25、露在空气中变质D. 二氧化硫和氯水使品红溶液褪色【答案】B【解析】【详解】A选项，浓硫酸吸收空气中水蒸气，浓度降低，浓盐酸易挥发，长期暴露在空气中浓度降低，故A不符合题意；B选项，SO2使酸性高锰酸钾的紫色褪去，发生氧化还原反应，FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去，发生氧化还原反应，故B符合题意；C选项，亚硫酸钠溶液长期暴露在空气中变质，与空气中氧气反应，水玻璃长期暴露在空气中变质，与空气中二氧化碳和水反应生成硅酸和碳酸钠，故C不符合题意；D选项，二氧化硫使品红溶液褪色是因为生成不稳定的无色物质，氯水使品红溶液褪色是因为发生氧化还原反应，故D不符合题意。综上所述，答案为B。22.向MgSO
26、4和A12(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中，能正确表 示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH的体积，纵坐标表示生成沉淀的质量）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2+2OH-Mg(OH)2、Al3+3OH-Al(OH)3，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故答案为D。23.下列关于氯
27、水的叙述，正确的是（ ）A. 氯水中只含Cl2和H2O分子B. 新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色C. 光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2D. 氯水放置数天后其酸性减弱【答案】B【解析】【详解】A.氯气与水发生：Cl2+H2OHCl+HClO，HClO为弱酸，氯水中含有Cl2、HClO和H2O等分子，A错误；B.HCl可使蓝色石蕊试纸先变红，而HClO具有强的氧化性，可使变为红色的蓝色石蕊试纸又氧化而褪色，B正确；C.HClO不稳定，见光分解，发生：2HClO2HCl+O2，反应放出的气体为O2，C错误；D.HClO不稳定，分解生成HCl，所以放置数天后其溶液的酸性增强，D错误；故合理选项是
28、B。24. 下列对于硝酸的认识,不正确的是( )A. 浓硝酸在见光或受热时会发生分解B. 金属与硝酸反应不产生氢气C. 可用铁和铝制品盛装浓硝酸D. 铜与硝酸的反应属于置换反应【答案】D【解析】【详解】A浓硝酸不稳定，在见光或受热时分解生成二氧化氮、氧气和水，反应方程式为4HNO32H2O4NO2O2，A正确；B硝酸具有强氧化性，能被金属还原生成氮的化合物，没有H2生成，B正确；C常温下，浓硝酸和Fe、Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以可用铁和铝制品盛装浓硝酸，C正确；D铜和硝酸反应生成硝酸铜、氮氧化物和水，没有单质生成，不属于置换反应，D错
29、误。答案选D。25.向50mL18mol/L的浓硫酸中加入足量的铜片并加热，产生SO2(标准状况)6.72L，被还原的硫酸的物质的量为（ ）A. 0.9molB. 0.3molC. 0.6molD. 0.45mol【答案】B【解析】【详解】标准状况下6.72LSO2的物质的量为：=0.3mol，铜与浓硫酸的反应中，浓硫酸被还原生成SO2，则被还原的硫酸的物质的量等于SO2的物质的量，故被还原的硫酸的物质的量为0.3mol，故选：B。二、填空题26.某小组同学利用如图所示装置探究二氧化硫气体的性质。请回答：(1)实验室用铜和浓硫酸共热制取二氧化硫，反应的化学方程式是_。(2)当观察到中溶液颜色变
30、浅时，中的现象是_。(3)装置的作用是_。(4)、中的现象说明二氧化硫具有的性质是_。(5)中涉及的化学反应方程式是_。【答案】 (1). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O (2). 品红溶液褪色（或变浅） (3). 吸收未反应的SO2，防止污染环境 (4). 漂白性、还原性 (5). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O【解析】【分析】Cu与浓硫酸混合加热反应产生SO2，SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；SO2具有还原性，能够被酸性KMnO4溶液氧化使溶液的紫色褪色；SO2为酸性氧化物，也是大气污染物，可以与NaOH溶液反应产生Na2SO3，因此用NaOH溶液吸收
31、尾气中的SO2。【详解】(1)在实验室用铜和浓硫酸共热制取二氧化硫，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4SO2+2H2O；(2)当观察到中溶液颜色变浅时，说明有SO2气体通过品红溶液，由于SO2气体有漂白性，因此可以使品红溶液褪色，因此中的现象是品红溶液褪色(或溶液颜色变浅)；(3)NaOH是碱，可以与酸性氧化物SO2反应，所以装置的作用是吸收未反应的SO2，防止污染环境；(4)褪色说明SO2具有漂白性；中溶液颜色变浅说明二氧化硫具有还原性，因此、中的现象说明二氧化硫具有的性质是漂白性、还原性；(5)中SO2与NaOH反应产生Na2SO3和H2O，涉及的化学反应方程式是SO2+
32、2NaOH=Na2SO3+H2O。【点睛】本题考查了二氧化硫的制取、性质及尾气处理的知识。二氧化硫是酸性氧化物，有毒性，可以用碱作尾气吸收剂，同时二氧化硫具有漂白性、还原性和氧化性，其漂白是化合漂白，产生的无色物质不稳定，受热易分解，导致物质恢复原颜色，但不一定能够使所有有色物质均褪色；物质褪色也不一定是漂白性，也可能是物质的还原性，一定要了解褪色原因，正确分析、判断。27.下列装置是实验室制取氨气的装置图，请回答下列问题：写出实验室制取氨气的化学方程式_；如果实验室采用图B来收集，则氨气应从_端进。(填“a”或“b”)下列干燥剂能用来干燥氨气的是_；A碱石灰 B浓硫酸 C氯化钙固体图A收集氨
33、气的装置中棉花的作用是_；由图A收集时，确定氨气是否收满的检验方法是_。【答案】 (1). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+2H2O+CaCl2 (2). b (3). A (4). 减少与空气对流，使收集的氨气纯度增大 (5). 用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，如变蓝则收满【解析】【详解】实验室用消石灰与NH4Cl混合加热制氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+2H2O+CaCl2；因NH3的密度比空气小，如果实验室采用图B来收集，则氨气应从b端进；氨气的水溶液显碱性，不能选择浓硫酸干燥，能与氯化钙形成配合物，也不能用氯化钙固体干燥，只能选择碱石灰干燥，故答案为A；图
34、A收集氨气时试管口放一团棉花的作用是减少与空气对流，使收集的氨气纯度增大；氨气的水溶液显碱性，则由图A收集时，确定氨气是否收满的检验方法是用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，如变蓝则收满。28.生产生活中常用84消毒液杀菌消毒。化学课外小组用Cl2和NaOH固体、水制取84消毒液。请回答下列问题：(1)实验室制取Cl2的化学方程式为_，收集Cl2应使用_法，要得到干燥的Cl2可选用_作干燥剂，标准状况下，4.48LCl2的物质的量为_mol。(2)制取84消毒液需要4.0molL-1的NaOH溶液100mL，配制时称量NaOH固体的质量为_g，配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、_。
35、(3)制取84消毒液的离子方程式为_。【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O (2). 向上排空气法（或排饱和食盐水法） (3). 浓硫酸(或P2O5、无水CaCl2) (4). 0.2 (5). 16.0 (6). 100mL容量瓶 (7). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】(1)在实验室中用浓盐酸与二氧化锰混合加热制取氯气，可根据其溶解性或密度大小收集气体；干燥气体时干燥剂只吸收水分，不与被干燥的气体反应；利用n=计算气体的物质的量；(2)根据n=cV，m=nM计算质量；利用配制物质的量浓度的步骤确定仪器；(3)氯气与NaOH溶液
36、反应产生NaCl、NaClO、H2O。【详解】(1)在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；Cl2密度比空气大，可以用向上排空气方法收集；由于氯气与水的反应存在化学平衡，所以可根据化学平衡移动原理，用排饱和食盐水的方法收集氯气；Cl2是酸性气体，可以使用酸性干燥剂浓硫酸或P2O5干燥氯气；也可以使用无水CaCl2干燥氯气；根据n=可知在标准状况下，4.48LCl2的物质的量n(Cl2)=4.48L22.4L/mol=0.2mol；(2)4.0molL-1的NaOH溶液100mL中含有NaOH的物质的量n(NaOH)=4.
37、0mol/L0.1L=0.4mol，所以NaOH的质量m(NaOH)=0.4mol40g/mol=16.0g；配制100mL4.0mol/L的NaOH溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，在配制过程中使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶；(3)84消毒液主要成分为NaClO，是氯气与NaOH溶液反应制成，则制取84消毒液的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。【点睛】本题考查了物质的量有关计算、氯气的制取及有关性质和应用。掌握物质的量的有关计算公式、物质的量浓度的溶液的配制、氯气的制取方法和性质是本题解答的关键。掌握物质的性质是判断物
38、质用途的依据。29.某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。请回答下列问题：(1)写出混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，溶液中发生反应的离子方程式：_。(2)氢氧化钠溶液能否用氨水代替，为什么？_。(3)在溶液a中加入盐酸时需控制盐酸的量，为什么？_。为此，改进方法是_。【答案】 (1). Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO2H2O (2). 不能，因为在Al3与氨水反应生成Al(OH)3后，Al(OH)3不能与氨水继续反应，从而不能将Al(OH)3与Mg(OH)2分开 (3). 因为
39、氢氧化铝能与强酸反应，所以在加入盐酸时，需要控制盐酸的量，以防止部分Al(OH)3转化成Al3 (4). 通入过量二氧化碳气体【解析】【分析】Mg2、K、Al3+、Cl-的溶液中加入过量的NaOH时，生成氢氧化镁沉淀和偏铝酸根离子；则溶液a中含有K、Al3+、Cl-、Na+、OH-、AlO2-；加入适量的盐酸，生成氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤后，加入盐酸生成氯化铝。【详解】(1)混合物中加入足量氢氧化钠溶液时，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，铝离子与氢氧根离子生成偏铝酸根离子和水，反应的离子方程式为Mg22OH=Mg(OH)2、Al33OH=Al(OH)3、Al(OH)3OH=AlO2H2
40、O；(2)氢氧化钠溶液不能用氨水代替，因为氢氧化铝与氨水不反应，则生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀的混合物，无法分离镁离子、铝离子；(3) 溶液a中加入盐酸需控制用量，因为过量的盐酸可与氢氧化铝反应生成氯化铝，导致得到的铝的含量降低；可以通用二氧化碳代替盐酸，因为过量二氧化碳的溶液与氢氧化铝不反应。30.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间相互转化关系如图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。请根据以上信息完成下列各题：(1)写出下列物质的化学式：B_、丙_。(2)写出黄绿色气体乙的一种用途_，反应过程可能观察到的实验现象是_。(3)写出反应
41、中涉及的化学反应方程式：_、_。(4)写出反应的离子方程式_。【答案】 (1). Al (2). HCl (3). 自来水消毒或制取盐酸 (4). 白色沉淀灰绿色沉淀红褐色沉淀 (5). FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-【解析】【分析】金属单质A焰色反应呈黄色，则A是Na，Na与H2O反应产生气体甲是H2，D溶液为NaOH，金属B和氢氧化钠溶液反应，说明B为Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲和氯气反应生成丙为HCl，物质E为盐酸溶液，物质D是氢氧化钠，D和物质G反应
42、生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，盐酸与金属C反应产生金属氯化物，该氯化物与NaOH溶液反应产生Fe(OH)3，则C是Fe，F为FeCl2、G为FeCl3，以此来解答。【详解】根据上述分析可知A是Na，B为Al，C是Fe，D是NaOH，E为盐酸，F为FeCl2、G为FeCl3，H为Fe(OH)3，气体甲为H2，乙是Cl2，气体丙为HCl。(1)物质B的化学式Al，物质丙化学式为HCl。(2)黄绿色气体乙是Cl2，Cl2可以用来作自来水消毒或制取盐酸等，反应过程是FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，Fe(OH)2具有还原性，会被溶解在溶液中的氧气氧化变为Fe(OH)3，因此可能观察到的实验现象是反应产生白色沉淀，白色沉淀会迅速变为灰绿色沉淀，最后变为红褐色沉淀。(3)反应中涉及的化学反应方程式：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3。(4)反应是FeCl2与Cl2反应产生FeCl3，根据电子守恒、电荷守恒，可知反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl-。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、转化反应为解答的关键，突破口是金属单质A焰色反应为黄色和沉淀H为红褐色沉淀，注意元素化合物知识的应用。
