山东省新泰二中2018_2019学年高一化学下学期第一次月考试题（含解析）.docx

高一下学期第一次阶段性考试化学试题注意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，第I卷50分，第卷50分，共100分，考试时间为90分钟。2.答第I卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。3.答第工卷时，每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答第卷时，用蓝色钢笔或圆珠笔直接答在试卷上。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 355 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 第I卷（选择题 共50分）一、选择题（本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）1.医学界通过用14C标记的C60发现的一种C60的羟酸衍生物，这种羟酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖下列有关14C 的正确叙述是( )A. 与12C60的碳原子化学性质不同B. 与14N含的中子数相同C. 是12C60的同素异形体D. 与12C互为同位素【答案】D【解析】【详解】A项、同一种元素的化学性质是一样的， 14C与C60中普通碳原子的化学性质相同，故A错误；B项、14C和14N中14表示质量数，而C和N的质子数分别为6和7，由中子数=质量数-质子数可知它们的中子数分别为8、7，故B错误；C项、同分异构体是分子式相同，结构不同的化合物的互称，而14C与C60都不是化合物，故C错误；D项、同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称， 14C与12C的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确。故选D。【点睛】本题考查同位素，明确质子数和中子数的关系、同位素和同分异构体的概念是解本题的关键。2.下列元素的原子在形成不同物质时，既能形成离子键，又能形成共价键的是( )A. KB. CaC. ID. Ne【答案】C【解析】AB均为非常活泼的金属元素，在反应过程中失电子形成离子键，而D为惰性元素，不发生化学反应（一般情况），只有I可和非金属元素形成共价键，例如HI，也可和金属元素形成离子键，例如KI3.化学反应的发生必然伴随有能量的转化，其最根本的原因是A. 化学反应中一定有新物质生成B. 化学反应中旧的化学键的断裂需要吸收能量，新的化学键的生成需要放出能量C. 化学反应通常需要加热等条件才能发生D. 能量变化是化学反应的基本特征之一【答案】B【解析】化学反应的发生是旧键断裂和新键生成的过程，其中旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量不同，化学反应必然伴随能量的变化。A、化学反应的特征是有新物质生成，新物质的生成不是能量变化的原因，A错误；B、化学反应的实质：旧键的断裂和新键的生成，旧化学键的断裂需要吸收能量，新化学键的生成需要放出能量，吸收的能量和释放的能量不同，导致化学反应必然伴随能量的变化，B正确；C、加热不是所有化学反应的条件，不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，C错误；D、能量变化是化学反应的基本特征之一，但不是化学反应的发生必然伴随有能量的转化的原因，D错误，答案选B。4.在元素周期表中，主族元素自A族的硼到第A族的砹连一条斜线，此即为金属元素与非金属元素的分界线，从分界线附近可以找到( )A. 耐高温材料B. 新型农药材料C. 半导体材料D. 新型催化剂材料【答案】C【解析】【分析】金属元素与非金属元素的分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，可作半导体材料。【详解】由于在周期表中位置靠近的元素性质相近，在周期表一定区域内寻找元素，发现物质的新用途被视为一种相当有效的方法，如在周期表中金属和非金属的分界处，可以找到半导体材料，在过渡元素中寻找催化剂和耐高温耐腐蚀的合金材料，在元素周期表的右上角的元素中寻找新型农药材料，故选C。【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，注意元素的性质及应用，把握元素的位置与性质的关系为解答的关键。5.下列各装置能组成原电池的是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】原电池的构成条件是：有两个活泼性不同的电极，将电极插入电解质溶液中，两电极间构成闭合回路，能自发的进行氧化还原反应。【详解】A项、没有用导线连接两电极，不能形成闭合回路，故A错误；B项、两电极都为Zn，电极的活泼性相同，故B错误；C项、Zn为负极，Cu为正极，硫酸作电解质，Zn失去电子，正极上氢离子得到电子，构成闭合回路，为原电池，故C正确；D项、乙醇为非电解质，不能构成原电池，故D错误。故选C。【点睛】本题考查原电池的构成，侧重分析与应用能力的考查，把握原电池的构成条件、原电池装置的判断为解答的关键。6.下列关于元素周期表的说法中，错误的是( )A. 元素原子最外层电子数等于其所在族的序数B. 元素原子的电子层等于其所在周期的序数C. 同一主族元素的原子最外层电子数相同，化学性质相似D. 元素周期表是元素周期律的具体表现形式【答案】A【解析】【详解】A项、主族元素原子的最外层电子数等于其所在族的序数，而过渡元素原子的最外层电子数不等于其所在族的序数，故A错误；B项、元素原子电子层数等于其所在周期的周期的序数，故B正确；C项、同一主族的元素原子，最外层电子数相同，最外层电子数决定其化学性质，但随着原子半径的增大，原子核对核外电子吸引能力逐渐减弱，所以其化学性质具有相似性也有递变性，故C正确；D项、元素周期律是核外电子周期性变化的必然结果，则元素周期表是元素周期律的具体表现形式，故D正确。故选A。【点睛】本题考查元素周期律，注重元素位置与性质的考查，熟悉元素在周期表中的位置及元素的性质是解答关键。7.下列关于化学反应的速率和限度的说法错误的是( )A. 化学反应速率通过用单位时间里反应物浓度或生成物浓度的变化量表示B. 影响化学反应速率的条件只有温度和催化剂C. 化学平衡状态指的是在一定条件下反应物和生成物浓度不再改变时的状态D. 催化剂只能加快化学反应速率，不能提高原料利用率和转化率【答案】B【解析】【详解】A项、化学反应速率通过用单位时间里反应物浓度或生成物浓度的变化量表示，为平均速率，故A正确；B项、决定化学反应速率的主要因素为反应物本身的性质影响反应速率的外界因素有浓度、压强、温度、催化剂、反应物的接触面积等，故B错误；C项、化学平衡状态指的是在一定条件下正反应速率等于逆反应速率，反应物和生成物浓度不再改变时的状态，故C正确；D项、催化剂对化学平衡移动无影响，则催化剂只能加快化学反应速率，不能提高原料利用率和转化率，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学反应速率与化学平衡，注意化学反应速率概念与影响因素、化学平衡状态的特征是解答关键。8.同质量的锌与稀硫酸反应产生氢气，欲使反应速率最大，选择下列组合中的反应条件：锌粒锌片锌粉98%的浓硫酸15%的稀硫酸20%的稀硫酸加热用冰冷却不断搅拌迅速加入锌片后静置( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：锌粒锌片锌粉，三种锌属锌粉的接触面积最大，化学反应速率最快，错误，正确；98的浓硫酸与锌粉反应不生成氢气，错误；15的稀硫酸20的稀硫酸，质量分数越大，浓度越大，反应速率越快，错误正确；加热，温度较高，反应速率加快，正确；用冰冷却，温度降低，反应速率减小，错误；不断搅拌，能加快反应速率，正确；迅速加入锌片后静置，化学反应速率较慢，错误；选D。考点：考查化学反应速率的影响因素。9.某学生用锌片、铜片、发光二极管、滤纸、导线等在玻璃片制成如图所示的原电池，当滤纸用醋酸溶液润湿时，二极管发光下列有关该电池的说法正确的是( )A. 铜片上的电极反应：Cu 2e = Cu2+B. 锌片为电池的负极C. 外电路中电子由铜片经导线流向锌片D. 电池工作时电能直接转化为化学能【答案】B【解析】【分析】该装置为原电池，锌为活泼金属，易失电子而作负极，铜为不活泼金属作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极沿外电路流向正极。【详解】A项、原电池工作时，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e-=H2，故A错误；B项、锌为活泼金属，易失电子而作负极，故B正确；C项、外电路中电子从负极锌沿导线流向正极铜，故C错误；D项、该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，故D错误。故选B。【点睛】本题考查原电池的工作原理，根据原电池概念、电子流向、正负极的判断方法、电极反应式等知识点来分析是解答关键，注意原电池的电极反应式中电极材料不一定参与反应。10.关于化学键与化合物的叙述中，错误的是( )A. 离子化合物中一定含有金属离子B. 共价化合物不可能含离子键C. 离子化合物可能含共价键D. CaCl2含有离子键，不含共价键【答案】A【解析】【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键。【详解】A项、离子化合物中不一定含有金属离子，如氯化铵为离子化合物不含有金属离子，故A错误；B项、只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物只含共价键，不含离子键，故B正确；C项、含有离子键的化合物是离子化合物，可能含有共价键，如氢氧化钠和过氧化钠为离子化合物，含有共价键，故C正确；D项、CaCl2是钙离子与氯离子形成的离子化合物，只含有离子键，不含共价键，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了化学键和化合物的关系，注意不能根据所含元素判断化合物类型，只含非金属元素的可能是离子化合物，含有金属元素的可能是共价化合物，根据化合物中存在的化学键来分析是解答关键。二、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）11.两种微粒的质子数和电子数均分别相等，它们不可能是( )A. 一种阳离子和一种阴离子B. 一种单质和一种化合物分子C. 两种分子D. 一种原子和一种分子【答案】A【解析】【分析】两种微粒的质子数和电子数均分别相等，因中性微粒中质子数等于电子数，则两种微粒可能均为分子、原子，也可能为分子、原子，但离子中质子数一定不等于电子数。【详解】对于中性微粒，质子数等于核外电子数，所以如果两种微粒的质子数和电子数均分别相等，它们不可能是一种阳离子和一种阴离子，故选A。【点睛】本题考查微粒中质子数、电子数的关系，明确中性微粒不显电性，离子带电，离子中的质子数一定不等于电子数是解答关键。12.A、B、C均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图已知B、C两元素的族序数之和是A元素族序数的2倍，B和C原子序数之和是A的四倍；则A、B、C分别为( )A. Be、Na、AlB. B、Mg、SiC. C、Al、PD. O、P、Cl【答案】D【解析】【分析】由图可知应为第二、第三周期元素，令A的原子序数为x，用x表示出B、C的原子序数，根据B、C元素的原子序数之和是A元素原子序数的4倍列方程求x，判断A、B、C元素。【详解】令A的原子序数为x，由周期表的相对位置可得B的原子序数为x+8-1，C的原子序数为x+8+1，由B和C原子序数之和是A的四倍可得（x+8-1）+（x+8+1）=4x，解得x=8，则A为O元素，B为P元素，C为Cl元素，故选D。【点睛】本题考查元素周期表的结构，注意短周期元素在周期表的位置的相对关系是解答关键。13. 如图是元素周期表的一部分，关于图中阴影部分元素的说法中，正确的是A. N元素为第一周期元素B. PH3的稳定性比H2S强C. 该纵行元素的最高价氧化物对应的水化物化学式均为H3RO4D. H3AsO4的酸性比H3PO4弱【答案】D【解析】试题分析：AN元素在元素周期表中第二周期，错误；BP的非金属性小于S的非金属性，则PH3的稳定性比H2S弱，错误；C该纵行元素的最高价氧化物对应的水化物化学式多为H3RO4，但N元素的最高价氧化物对应的水化物化学式多为HNO3，错误；D因非金属性AsP，则H3AsO4的酸性比H3PO4弱，正确。考点：考查元素在元素周期表中性质及应用的知识。14.下列物质的电子式书写正确的是( )A. HCl H+:-B. HClO H:C. H2O2 H:2D. Na2O2 Na+: :2- Na+【答案】D【解析】AHCl是共价化合物，其电子式为，故A错误；BHClO的电子式为，故B错误；CH2O2的电子式为，故C错误；DNa2O2 是离子化合物，其电子式为，故D正确；答案为D。点睛：解决这类问题过程中需要重点关注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。15. 关于下图所示装置，下列叙述中正确的是A. 铜是负极，锌片上有气泡产生B. 锌片逐渐减轻，铜片逐渐增重C. 电流从锌片经导线流向铜片D. 氢离子在铜片表面得电子被还原【答案】D【解析】A 错误，铜是正极，铜片上有气泡产生B 错误，铜片质量不变C 错误，电子从锌片经导线流向铜片D 正确。16.有可逆反应：，下列各条件的叙述中，能表明反应已达，平衡状态的是( )A. 各物质的物质的量浓度比为2：1：1B. 压强保持不变的状态C. 断裂2 mol H-I键的同时生成1 mol I-I键D. 混合物中各组成成分的含量不再改变【答案】D【解析】【分析】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。【详解】A项、各物质的物质的量浓度比为1：1：2时，该反应可能达到平衡状态，也可能不达到平衡状态，这与物质的初始浓度及转化率有关，故A错误；B项、该反应是气体体积不变的反应，无论是否达到平衡，容器内压强一直保持不变，故B错误；C项、无论反应是否达到平衡状态，断裂2molH-I键的同时生成1molI-I键，故C错误；D项、平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了化学平衡状态的判断，注意反应前后气体体积不变的化学反应平衡状态的判断方法是解答关键。17.一定温度下，在一容器内进行某一反应，M、N的物质的量随反应时间变化的曲线如下图所示，则下列叙述中，正确的是( )A. 反应的化学方程式一定为2MNB. 时，逆反应速率一定大于正反应速率C. 时，反应达到了化学平衡状态D. 时，正反应速率等于逆反应速率【答案】D【解析】【分析】由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，t1、t2时，反应没有达到化学平衡状态，t3时，反应达到化学平衡状态。【详解】A项、由图象可知，反应中M的物质的量逐渐增多，N的物质的量逐渐减少，则在反应中N为反应物，M为生成物，故A错误；B项、t1时，反应没有达到化学平衡状态，正反应速率大于逆反应速率，故B错误；C项、t2时，反应没有达到化学平衡状态，故C错误；D项、t3时，反应达到化学平衡状态，正反应速率等于逆反应速率，故D正确故选D。【点睛】本题考查化学平衡，注意图像分析，明确从曲线变化判断反应物和生成物以及反应是否达到平衡是解答关键。18.对于反应4NH3+5O24NO+6H2O，若反应速率分别用、(NO)、 (单位皆为)表示，则下列式子中，正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，对于反应4NH3+5O24NO+6H2O则有v（NH3）：v（O2）：v（NO）：v（O2）v（H2O）=4：5：4:6.【详解】A项、v（NH3）：v（O2）=4：5，则5 v（NH3）=4 v（O2），故A错误；B项、v（O2）：v（H2O）=5：6，则6 v（O2）=5 v（H2O），故B错误；C项、v（H2O）：v（NH3）=6：4=3：2，则2 v（H2O）=3 v（NH3），故C错误；D项、v（NO）：v（O2）=4：5，则5 v（NO）=4 v（O2），故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学反应速率的有关计算，注意同一反应不同的物质来表示化学反应速率，数值不同但意义相同，且化学反应速率之比等于化学计量数之比是解答关键。19.以下叙述中，错误的是( )A. 钠单质与氯气反应后，体系的能量降低，稳定性增强B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C. 反应物的总能量高于生成物的总能量时，则反应释放能量D. 化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成【答案】B【解析】【详解】A项、该反应为放热反应，金属钠与氯气的总能量高于氯化钠总能量，物质的能量越低越稳定，钠单质与氯气反应后，体系的能量降低，氯化钠的稳定性增强，故A正确；B项、需要加热才能发生的反应不一定是吸热发应，如铝热反应需在高温下发生，属于放热反应，故B错误；C项、反应物的总能量高于生成物的总能量时，该反应为放热反应，反应释放能量，故C正确；D项、化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，且伴随能量变化，故D正确。故选B。【点睛】本题主要考查了化学反应中的能量变化，注意化学反应中的能量变化的原因，明确反应物的总能量高于生成物的总能量的反应为放热反应，物质的能量越低越稳定是解答关键。20.下列各组中化合物的性质比较，不正确的是（ ）A. 酸性：HClO4HBrO4HIO4B. 碱性：NaOHMg(OH)2Al(OH)3C. 稳定性：PH3H2S HClD. 非金属性：FOS【答案】C【解析】考查元素周期律的应用。同主族元素自上而下非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。同周期元素自左向右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性就越强。非金属性越强最高价氧化物的水化物的酸性就越强，相应氢化物的稳定性也越强。所以选项C是错误的，答案是C。第卷（选择题 共50分）三、填空题（本题包括6小题，共50分。）21.下列物质中：N2、H2O、Na2O2、Na2O、KOH、CaF2，只含有共价键的物质是_；只含有离子键的物质是_；既含有离子键，又含有共价键的物质是_【答案】 (1). N2、H2O (2). Na2O、CaF2 (3). Na2O2、KOH【解析】【分析】含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物是共价化合物，共价化合物中一定不含离子键。【详解】N2、H2O中只含有共价键；Na2O、NaF中只含离子键，Na2O中阴阳离子个数比为1：2，CaF2中阴阳离子个数比为2：1；Na2O2、KOH中既含离子键、又含共价键，在Na2O2中，阴、阳离子个数之比分别为1：2；KOH中阴阳离子个数比为1：1，故答案为：N2、H2O；Na2O、NaF； Na2O2、KOH。【点睛】本题考查了化学键和化合物的关系，注意不能根据所含元素判断化合物类型，只含非金属元素的可能是离子化合物，含有金属元素的可能是共价化合物，根据化合物中存在的化学键来分析是解答关键。22.在容积固定的2L密闭容器中，一定条件下发生如下反应：X（g）+2Y（g）nZ（g），反应过程中各物质的量与时间的关系如图所示完成下列填空：（1）n=_；（2）Y的平衡浓度为_；（3）反应开始至平衡，X 的反应速率v（X）=_【答案】 (1). 2 (2). 0.5molL-1 (3). 0.125molL-1min-1【解析】【分析】根据图像可知，反应起始时反应物X、Y的起始量均为2mol，平衡时，X、Y、Z的平衡量分别为1.5mol、1mol、1mol，则变化量分别是0.5mol、1mol、1mol。【详解】（1）由图可知，平衡时n（Y）=2mol-1mol=1mol，n（Z）=1mol，则1：1=2：n，故n=2，故答案为：2；（2）平衡时Y为1mol，Y的平衡浓度为0.5mol/L，故答案为：0.5mol/L；（3）由方程式可知n（X）=n（Y）=0.5mol，则v（X）=0.125 molL-1min-1，故答案为：0.125molL-1min-1。【点睛】本题考查了化学反应平衡图象，注意图像分析，运用反应速率之比等于化学计量数之比计算是解答关键。23.现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构TM层的电子数是原子核外电子层数的2倍X原子最外层电子数是次外层的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正化合价是+7价（1）元素T在周期表中的位置是_；（2）元素X的一种同位素可用于测定文物年代，这种同位素的符号是_；（3）元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_（填字母）；a常温下Z的单质和T的单质状态不同bZ的氢化物比T的氢化物稳定c一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应（4）探寻物质的性质差异性是学习的重要方法之一T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应的水化物中，其中一种在水中电离程度明显不同于其他三种的是_（填化学式）【答案】 (1). 第三周期VIA族 (2). 146C (3). Cl (4). b (5). H2CO3【解析】【分析】由题给信息可知，T元素M层的电子数是原子核外电子层数的2倍说明T元素原子M层上有6个电子，则T为S元素；X元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为C元素；常温下Y元素单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，则Y为N元素；Z元素最高正价是+7价，则Z为Cl元素。【详解】（1）T为硫元素，位于周期表第三周期VIA族，故答案为：第三周期VIA族；（2）X为C元素，核素146C可测定文物年代，故答案为：硫；146C；（3）T为S元素，Z为Cl元素，两元素均位于第三周期，同周期随原子序数增大非金属性减弱，故非金属性较强的是Cl，非金属性越强，氢化物稳定越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，故答案为：Cl；b；（4）T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物的水化物分别为H2SO4、H2CO3、HNO3、HClO4，碳酸是弱酸，其它酸为强酸，碳酸明显不同于其他三种，故答案为：H2CO3。【点睛】本题考查结构性质位置关系应用，注意利用结构、性质的关系来推断元素是解答关键。24.某同学想通过比较元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱来证明硫和碳的得电子能力强弱，设计了如图所示装置进行探究，可供选择的试剂有：稀盐酸、稀硫酸、碳酸钙、碳酸钠、澄清石灰水，请回答下列问题：（1）仪器a中应盛放的药品是_，仪器b中应盛放的药品是_，装置乙中应盛放的药品是_（2）装置甲中发生反应的离子方程式为：_；在装置乙中观察到的现象是：_（3）该实验能证明硫与碳的得电子能力的强弱的理论依据是：_【答案】 (1). 稀硫酸 (2). 碳酸钠 (3). 澄清石灰水 (4). CO32+2H+CO2+H2O (5). 澄清石灰水变浑浊 (6). 硫酸的酸性强于碳酸，所以硫元素的非金属性强于碳元素，硫得电子的能力强于碳【解析】【分析】比较非金属性的强弱，可根据最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，本题可用稀硫酸与碳酸钠反应验证，C中为澄清石灰水，如变浑浊，则说明生成二氧化碳，可证明硫与碳的得电子能力的强弱。【详解】（1）比较非金属性的强弱时用的是最高价氧化物的水化物，因此在分液漏斗中盛放的是稀硫酸，在圆底烧瓶中盛放的是碳酸盐，碳酸钙与稀硫酸反应生成的硫酸钙是一种微溶物，会附着在碳酸钙的表面，将阻止反应的进行，所以选取的碳酸钠为反应物，产生二氧化碳气体用澄清石灰水来检验，故答案为：稀硫酸；碳酸钠；澄清石灰水；（2）只要证明圆底烧瓶中有二氧化碳生成，就能说明硫酸的酸性比碳酸的酸性强，即说明硫的非金属性比碳强，因此要用澄清石灰水检验二氧化碳的生成，乙中现象是澄清石灰水变浑浊，所以c中试剂是澄清石灰水，甲中发生的反应为CO32-+2H+CO2+H2O，故答案：CO32-+2H+CO2+H2O；澄清石灰水变浑浊；（3）硫酸酸性强于碳酸，反应生成二氧化碳，二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙，所以产生的现象为：澄清石灰水变浑浊；故答案为：硫酸的酸性强于碳酸，所以硫元素的非金属性强于碳元素，硫的电子的能力强于碳。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于分析能力和实验能力的考查，注意运用元素周期律设计实验是解答关键。25.实验室用下图所示装置制备干燥纯净氯气，并进行氯气的性质实验，请回答下列问题：（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO，则烧瓶中发生反应的化学方程式为：_。（2）C中盛有饱和食盐水，其作用是_，装置D的作用_。（3）装置E中气体的颜色为_，E中Cl能使湿润的红色布条褪色的原因是_。（4）F中是FeCl溶液，现象是_，发生反应的离子方程式为_。（5）G中是AgNO溶液，现象是_，有关化学反应的离子方程式为_。（6）H中盛有NaOH溶液，其作用是_，发生反应的化学方程式为_。【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2 +Cl2+2H2O (2). 除去HCl气体杂质 (3). 干燥氯气 (4). 黄绿色 (5). Cl2与H2O反应生成HClO，HClO具有漂白性使红色布条退色 (6). 浅绿色溶液变黄色 (7). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- (8). 有白色沉淀生成 (9). Ag+Cl-=AgCl (10). 吸收多余的氯气，防止污染环境 (11). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O【解析】【分析】由图可知，分液漏斗A中浓盐酸与烧瓶中二氧化锰混合，共热反应生成氯气，C中盛有饱和食盐水的作用是除去氯气中混有的挥发出的HCl气体，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置E用于收集干燥的氯气，装置F中氯化亚铁溶液被氯气氧化生成氯化铁溶液，溶液颜色发生变化，装置G中硝酸银溶液与氯气反应生成氯化银白色沉淀，装置H中氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染环境。【详解】（1）浓盐酸具有还原性，二氧化锰具有氧化性，浓盐酸和二氧化锰共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，反应化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（2）制得的氯气中混有的挥发出的HCl气体和水蒸气，因氯气溶于水，氯化氢极易溶于水，装置C中盛有饱和食盐水降低氯气的溶解度，除去HCl气体杂质；浓硫酸有吸水性，装置D中浓硫酸可以干燥氯气，制得纯净的氯