云南省景谷一中2018_2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

云南省景谷一中2018-2019学年下学期期末考试高一化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。学校：_姓名：_班级：_考号：_分卷I一、单选题（共25小题,每小题2.0分,共50分）1.下列关于碳和硅的叙述中错误的是（）A. 碳和硅的最高价氧化物都能与氢氧化钠溶液反应B. 单质碳和硅在加热时都能与氧气反应C. 碳和硅的氧化物都能溶于水生成相应的酸D. 碳和硅两种元素都有同素异形体【答案】C【解析】【详解】A、最高价氧化物CO2、SiO2为酸性氧化物能与NaOH溶液反应， 选项A正确；B、单质碳和硅在加热时都能与氧气反应，生成CO、CO2、SiO2等氧化物，选项B正确；C、CO2H2O=H2CO3，但CO不溶于水，SiO2不溶于水也不与水反应，选项C错误；D、石墨、金刚石、无定形碳为碳的同素异形体，晶体硅和无定形硅是硅的同素异形体，选项D正确；答案选C。2.关于硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物，叙述正确的是()具有臭鸡蛋气味的气体；是淡黄色的固体；它能使溴水褪色；它的水溶液具有酸性；它具有氧化性和还原性。A. 只有B. 只有C. 和D. 、和【答案】D【解析】【分析】硫化氢为臭鸡蛋气味的气体，具有还原性，可被氧化生成硫或二氧化硫，硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物为二氧化硫，二氧化硫为刺激性气体，有毒，具有还原性和氧化性，以此解答该题。【详解】硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物为二氧化硫，则二氧化硫为刺激性气味的气体，没有臭鸡蛋气味，故错误；二氧化硫为气体，故错误；二氧化硫具有还原性，它能使溴水褪色，故正确；二氧化硫溶于水生成亚硫酸，它的水溶液具有酸性，故正确。二氧化硫中硫元素是+4价，处于中间价态，它具有氧化性和还原性，故正确；答案选D。【点睛】本题考查二氧化硫的性质，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意硫化氢气体在空气中完全燃烧的产物，为易错点，答题时注意审题。3. 下列关于新制氯水及久置氯水的说法，不正确的是A. 新制的氯水呈黄绿色，久置的氯水无色B. 新制的氯水漂白作用强，而久置的氯水漂白作用很弱C. 新制的氯水所含成分的种类多，而久置的氯水所含成分的种类较少D. 新制的氯水中无氯离子，而久置的氯水中则含氯离子【答案】D【解析】【详解】A、新制的氯水含有Cl2，新制的氯水呈黄绿色，新制的氯水久置后变成盐酸，所以是无色溶液，A正确；B、新制的氯水中次氯酸较多故漂白作用强，而久置的氯水次氯酸发生了分解，所以漂白作用很弱，B正确；C、新制的氯水含有Cl2和HClO，而久置的氯水不含Cl2和HClO，因此新制的氯水所含成分的种类多，而久置的氯水所含成分的种类较少，C正确；D、新制的氯水中含有氯离子，D错误；故选D。4. 下列实验操作能达到预期目的是（ ）A. 向某无色溶液中加BaCl2溶液产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42-B. 向某无色溶液中加入盐酸，有无色无味气体产生，则说明原溶液中一定有CO32-C. 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴加氯水，变红，说明原溶液一定有Fe2+D. 向某无色溶液中加浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则说明原溶液中一定有NH4+【答案】C【解析】【详解】A、原溶液中可能含有亚硫酸根离子，错误，不选A；B、原溶液可能是碳酸氢根离子，错误，不选B；C、加入硫氰化钾，溶液不变红，说明没有铁离子，再加入氯水，变红，说明有亚铁离子变成铁离子，则说明原溶液中肯定是亚铁离子，正确，选C；D、产生能是湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说原溶液一定有铵根离子，错误，不选D。答案选C。【点睛】离子检验时要注意其他离子的干扰，常见的离子检验方法有：颜色：铜离子为蓝色、铁离子为浅黄色、亚铁离子为浅绿色，高锰酸根离子为紫色。硫酸根离子：加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀。氯离子：加入稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀。碳酸根离子：加入氯化钙，产生白色沉淀，沉淀溶于盐酸产生无色无味的能使澄清的石灰水变浑浊的气体。铝离子：加入氢氧化钠溶液，先产生沉淀后沉淀溶解Fe3+ 能与硫氰化钾溶液反应，变为红色溶液；能与氢氧化钠溶液反应，生成红褐色Fe(OH)3沉淀。5.下列离子方程式正确的是（）A. 氧化钠固体与水反应：2O22H2O=4OHB. 碳酸钙溶于稀盐酸中：CaCO32H=Ca2H2OCO2C. 氢氧化铜与稀硫酸反应：OHH=H2OD. 醋酸跟氢氧化钠溶液反应：HOH=H2O【答案】B【解析】【详解】A. 氧化钠固体与水反应生成氢氧化钠，反应的离子方程式为：Na2OH2O=2Na+2OH，选项A错误；B. 碳酸钙溶于稀盐酸生成氯化钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：CaCO32H=Ca2H2OCO2，选项B正确；C. 氢氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为：Cu(OH)22H=Cu2+2H2O，选项C错误；D. 醋酸跟氢氧化钠溶液反应生成醋酸钠和水，反应的离子方程式为：CH3COOH+OH= CH3COOH -+H2O，选项D错误。答案选B。6.下列关于水泥和普通玻璃工业生产的叙述正确的是产品都是硅酸盐反应条件都是高温都用含有硅的物质作原料反应原理都是一系列复杂的物理化学变化A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】水泥和普通玻璃产品都是硅酸盐，正确；反应条件都是高温，正确；制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱，都用含有硅的物质作原料，正确；反应原理都是一系列复杂的物理化学变化，正确；答案选D。7.已知铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水。下列说法正确的是()A. 硝酸是氧化剂，二氧化氮是氧化产物B. 还原剂与氧化剂的物质的量之比是14C. 氧化产物和还原产物的物质的量之比为21D. 若2 mol硝酸(浓)完全反应，则反应中共转移了NA个电子【答案】D【解析】【详解】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的方程式是：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。A.在这个反应中，N元素的化合价由反应前HNO3中的+5价变为反应后NO2中的+4价，化合价降低，获得电子，被还原，所以HNO3是氧化剂， NO2是还原产物，A错误；B.Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后Cu(NO3)2中的+2价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以Cu是还原剂，Cu(NO3)2是氧化产物；在方程式中4个HNO3参加反应，其中只有2个起氧化剂作用，获得电子，另外2个起酸的作用，提供酸根离子，用来结合形成盐，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比是12，B错误；C.通过A、B选项分析可知：Cu(NO3)2是氧化产物，NO2是还原产物，氧化产物和还原产物的物质的量之比为12，C错误；D.在反应中4mol HNO3反应，转移2mol电子，若2 mol硝酸(浓)完全反应，则反应中转移1mol电子，电子转移电子数目为NA，D正确。8. 下列离子反应方程式，书写正确的是A. 向碳酸钠溶液中加醋酸CO32-+2H+=H2O+CO2B. 向稀硫酸溶液中投入铁粉2Fe+6H+=2Fe3+3H2C. 向盐酸中投入碳酸钙CO32-+2H+=H2O+CO2D. 硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，用化学式表示，故A错误；B向稀硫酸溶液中投入铁粉反应生成Fe2+，故B错误；C.碳酸钙难溶于水，用化学式表示，故C错误；D硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性的离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故D正确；故选D。9.向某溶液中加入含Fe2+的溶液后，溶液颜色无明显变化。当再滴入几滴新制氯水后，混合液变成血红色，则下列结论中错误的是A. 原溶液中一定含有SCN-B. 氧化性：Fe3+ Cl2C. Fe2+与SCN-不能形成红色物质D. Fe2+被氧化为Fe3+【答案】B【解析】【详解】根据现象可知，加入氯水后，将亚铁离子氧化生成了铁离子，铁离子和SCN反应使溶液显红色，这说明氯气的氧化性大于铁离子的，B项错误，其余都是正确的，答案选B。10.将质量均为m g的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如图所示，则X、Y气体可能分别是()A. C2H4、CH4B. CO2、Cl2C. SO2、CO2D. CH4、Cl2【答案】B【解析】【分析】根据PV=nRT可知温度和体积相等时，压强与气体的物质的量成正比。根据mnM可知在质量相等时气体的物质的量与摩尔质量成反比，根据图像可知三种气体的相对分子质量大小关系是O2XY，由此答题。【详解】经分析，种气体的相对分子质量大小关系是O2XY；A. C2H4、CH4的相对分子质量分别是28和16，A不符合题意；B. CO2、Cl2相对分子质量分别是44和71，B符合题意；C. SO2、CO2的相对分子质量分别是64和44，C不符合题意；D. CH4、Cl2的相对分子质量分别是16和71，D不符合题意；故合理选项为B。11.下列各种混合物，能用分液漏斗分离的是（）A. 水和苯B. 水和乙醇C. 碘和酒精D. 乙醇和汽油【答案】A【解析】【分析】两种液体不能相互溶解，混合后分层，则能用分液漏斗进行分离，以此来解答。【详解】A水和苯不互溶，混合后分层，则能用分液漏斗进行分离，选项A选；B水与酒精混溶，应利用蒸馏法分离，选项B不选；C碘易溶于酒精，不分层，应利用蒸馏分离，选项C不选；D乙醇和汽油互溶，不分层，不能利用分液漏斗分离，选项D不选；答案选A。【点睛】本题考查混合物的分离，为高频考点，把握物质的溶解性及分液原理为解答的关键，明确混合后分层能用分液漏斗进行分离，题目难度不大。12.关于化学反应的下列说法中正确的是（）A. 分子的种类和数目一定发生改变B. 原子的种类和数目一定发生改变C. 能量变化主要是由化学键变化引起的D. 能量变化的大小与反应物的质量多少无关【答案】C【解析】【详解】A、化学反应前后分子种类发生变化，但数目不一定变化，选项A错误；B、化学变化过程是分子分解为原子，原子重新组合成新分子的过程，化学变化前后原子种类和原子数目保持不变，选项B错误；C、化学反应中的能量变化就是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，选项C正确；D化学反应中的能量变化的大小与反应物的质量成正比，选项D错误；答案选C。13.下列化合物中阴离子半径和阳离子半径之比最大的是（）A. LiIB. NaBrC. KClD. CsF【答案】A【解析】【分析】若要想阴离子半径与阳离子半径之比最大，则需要阳离子半径较小，阴离子半径较大，因此根据离子半径分析。【详解】阴离子半径与阳离子半径之比最小的应该是阳离子半径较小的和阴离子半径较大的离子构成的化合物，电子层数相同的离子电荷数大的半径小，同一族的原子序数大的半径大，在选项的四个阳离子中，Li、Na、K、Cs属于同主族元素，电子层数越多半径越大，所以Li+是阳离子半径最小的，在阴离子中，I是阴离子中电子层数最多的，所以半径最大，则LiI的阴离子半径与阳离子半径之比最大，故选A。14.下列各微粒：H3O+、NH4+、Na+； OH-、NH2-、F-； O22-，Na+，Mg2+；CH4，NH3，H2O。具有相同质子数和电子数的正确组合是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】H3O中质子数为11，电子数为10，NH4中质子数为11，电子数为10，Na中质子数11，电子数为10，故正确；OH中质子数为9，电子数为10，NH2中质子数为9，电子数为10，F中质子数为9，电子数为10，故正确；O22中质子数为16，电子数为18，Na质子数11，电子数为10，Mg2中质子数为12，电子数为10，故错误；CH4中质子数为10，电子数为10，NH3中质子数为10，电子数为10，H2O中质子数为10，电子数为10，故正确；综上所述，选项B正确。15.下列物质与水混合静置，不出现分层的是（ ）A. 四氯化碳B. 苯C. 乙醇D. 硝基苯【答案】C【解析】【详解】A四氯化碳水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，选项A不选；B苯和水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，选项B不选；C乙醇与水混溶，不分层，选项C选；D硝基苯和水互不相溶，与水混合后静置，出现分层，选项D不选；答案选C。16.元素的原子结构决定其性质和周期表中的位置。下列说法正确的是（）A. 周期表中金属与非金属分界线附近的元素都属于过渡元素B. 周期表中金属与非金属分界线附近元素具有一定的金属性和非金属性C. 多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高D. 元素原子的最外层电子数等于元素的最高化合价【答案】B【解析】【详解】A位于金属与非金属分界线附近的元素具有一定的金属性与非金属性，过渡元素为副族元素与第族，选项A错误；B位于元素周期表中金属和非金属元素的分界线的附近的元素既有金属性又有非金属性，选项B正确；C离核较近的区域能量较低，多电子原子中，能量高的电子在离核较远的区域内运动，选项C错误；DO元素、F元素一般没有正化合价，选项D错误；答案选B。17.A、B、C三种元素在周期表中的位置如下图所示，已知A、B、C原子序数之和为37。下列关于A、B、C三种元素的说法正确的是A. 元素B和C位于第四周期B. 元素A的原子序数为7C. 元素B最外层有5个电子D. 元素C位于第三周期A族【答案】B【解析】【分析】若位于短周期或元素周期表的左侧时，设A的原子序数为x，结合位置可知，B的原子序数为x+7，C的原子序数为x+9，A、B、C原子序数之和为37，则x+x+7+x+9=37，解得x=7，则A为N，B为Si，C为S；若位于长周期时，设A的原子序数为x，结合位置可知，B的原子序数为x+17，C的原子序数为x+19，A、B、C原子序数之和为37，则x+x+17+x+19=37，解得x=1/3不符合题意。故A为N，B为Si，C为S。【详解】A、元素B为Si，C为S，位于第三周期，故A错误；B、元素A为N，原子序数为7，故B正确；C、元素B为Si，最外层有4个电子，故C错误；D、元素C为S，位于第三周期A族，故D错误；故选B。18.已知反应Na2SO410H2ONa2SO4nH2O+(10-n)H2O。有人将装有芒硝（Na2SO410H2O）的密闭聚乙烯管安装在房屋的外墙内就能达到白天蓄热使室内保持低温度，晚上把白天所蓄热量放出，使室内保持温暖。以下说法不正确的是（）A. 白天将太阳能转化为化学能B. 白天将化学能转化为太阳能C. 晚上将化学能转化为热能D. 晚上发生是放热反应【答案】B【解析】【详解】白天吸收太阳能使Na2SO410H2O分解，即太阳能转化为化学能，晚上Na2SO4nH2O与（10-n）H2O作用形成Na2SO410H2O放出热量，即化学能转化为热能。选项A、C、D均是正确的，答案选B。19.下列有关石油和煤的利用叙述不正确的是（）A. 煤的干馏就是将煤隔绝空气在高温条件下使之分解，得到焦炭、煤焦油等物质的过程B. 煤的液化就是将煤转化成甲醇等液态物质的过程C. 煤的气化就是将煤在高温条件下由固态转化为气态的物理变化过程D. 石油通过催化裂化或裂解，可以获得碳原子数较少的轻质油【答案】C【解析】【分析】A煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解的过程；B煤的液化是使煤与氢气作用生成液体燃料；C煤的气化就是将煤由固态转化成气态的过程；D裂解得到石油气。【详解】A煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，选项A正确； B煤的液化是使煤与氢气作用生成甲醇、乙醇等其液态物质的过程，选项B正确；C煤的气化是化学变化，选项C不正确；D石油通过催化裂化或裂解目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等，可以获得碳原子数较少的轻质油，选项D正确；答案选C。【点睛】本题注意石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯、丁烯、乙炔等。20.在国庆60周年阅兵式上，展示了我国研制的各种导弹。导弹之所以有神奇的命中率，是制导弹合金材料中的稀土元素钕（60Nd）的贡献。下列说法正确的是（）A. 、 和互为同素异形体B. 、和的化学性质不同C. 原子中含有60个质子和142个中子D. 、和都是钕元素的不同核素【答案】D【解析】【分析】A、根据同素异形体的定义判断；B、根据元素的化学性质与最外层电子的关系判断；C、根据核素中元素符号左下角、左上角数字的含义判断；D、根据同位素的定义判断。【详解】A、同素异形体是化合物，、和表示核素，选项A错误；B、元素的化学性质与原子的最外层电子有关，、和三种原子中电子数相同，最外层电子数相同，所以化学性质相同，选项B错误；C、原子中含有60个质子和82个中子，选项C错误；D、和都是钕元素的不同核素，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查了几种常见的化学用语，解答时注意从其概念的内涵和外延出发，滇密思考，正确解答。21.将铜片在空气中灼烧变黑，趁热伸入下列物质中，铜片的质量发生变化的是（ ）A. 氢气B. 一氧化碳C. 二氧化碳D. 乙醇蒸汽【答案】C【解析】【分析】铜片加热后生成的氧化铜与其他物质能否反应，若反应是否又生成铜。【详解】A、氢气能与铜片加热后表面生成的氧化铜发生反应，将氧化铜还原为铜，铜片的质量不变，选项A不选；B、一氧化碳能与铜片加热后表面生成的氧化铜发生反应，将氧化铜还原为铜，铜片的质量不变，选项B不选；C、氧化铜与二氧化碳不反应，铜片因生成的氧化铜而质量增加，选项C选；D、乙醇蒸汽能与铜片加热后表面生成的氧化铜发生反应，将氧化铜还原为铜，铜片的质量不变，选项D不选；答案选C。22.下列说法正确的是检测乙醇中是否含有水可加入少量的无水硫酸铜，若变蓝则含水除去乙醇中微量的水可加入金属钠，使其完全反应获得无水乙醇的方法是直接加热蒸馏获得无水乙醇的方法通常是先用生石灰吸水，然后再加热蒸馏A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】用无水CuSO4可检验乙醇中是否有水存在，因为无水CuSO4遇水变蓝，故正确；乙醇和水均与金属钠反应生成H2，故错误；将含水的乙醇直接加热蒸馏，水也会挥发，所得乙醇不纯，故错误；获得无水乙醇，通常先用生石灰吸水，然后再蒸馏，故正确；故选项C正确。23.区别羊毛和棉花最简便的方法是（）A. 加入碘水B. 浸入水中C. 加稀硫酸水解D. 火上灼烧闻气味【答案】D【解析】【分析】棉花属于纤维素，羊毛的主要成分为蛋白质，结合蛋白质的性质解答该题。【详解】棉花的成分是纤维素，羊毛的成分是蛋白质，将它们分别在火中灼烧，蛋白质被灼烧时，产生烧焦羽毛的气味，而纤维素没有，而其它方法不能鉴别，答案选D。【点睛】本题考查有机物的鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意有机物的官能团的性质，难度不大。24.将1 mol乙醇（其中的氧用18O标记）在浓硫酸存在条件下与足量乙酸充分反应。下列叙述不正确的是（）A. 生成的乙酸乙酯中含有18OB. 生成的水分子中含有18OC. 可能生成44 g乙酸乙酯D. 不可能生成90 g乙酸乙酯【答案】B【解析】【分析】酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应依据有机酯化反应的本质“酸脱羟基醇脱氢”即可解答。【详解】将1mol乙醇（其中的氧用18O标记）在浓硫酸存在条件下与足量乙酸充分反应，乙酸脱羟基，乙醇脱氢，化学方程式为：CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O；A从反应原理和化学方程式知：生成的乙酸乙酯中含有18O，选项A正确；B从反应原理和化学方程式知：生成的水分子中不含有18O，选项B不正确；C从反应原理和化学方程式知：产物乙酸乙酯中存在用18O标记的氧，所以乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，反应为可逆反应，不能完全转化，若转化率为50%，则生成44 g乙酸乙酯，选项C正确；D从反应原理和化学方程式知：产物乙酸乙酯中存在用18O标记的氧，所以乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，反应为可逆反应，不能完全转化，不可能生成90 g乙酸乙酯，选项D正确；答案选B。【点睛】本题考查了酯化反应的反应本质，难度不大，注意“酸脱羟基醇脱氢”是解题的关键。25.下列对碱金属单质的物理性质的叙述中，不正确的是（）A. 都是银白色的金属（铯除外）B. 密度都比水小C. 硬度都很小D. 都能导电传热【答案】B【解析】【详解】A、铯是金黄色金属，其他碱金属都是银白色的柔软金属，选项A正确；B、碱金属单质中Rb、Cs密度都大于水，Li、Na、K的密度都小于水，选项B不正确；C. 碱金属单质的硬度都很小，选项C正确；D. 碱金属单质都能导电传热，是良好的导电导热材料，选项D正确。答案选B。分卷II二、填空题（共6小题,共50分）26.（1）将红热的固体单质甲放入显黄色的浓乙溶液中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气作用，发生如下图所示的变化。则：写出下列物质的化学式：丙_，B_，C_， D_。写出甲跟乙反应的化学方程式：_。单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式：_。（2）如图是各物质的反应关系图：已知A和E都是黄色粉末，F有刺激性气味且有漂白性。请据此回答下列问题：写出图中编号的化学方程式：_；_；_。【答案】 (1). Cu (2). NO (3). CaCO3 (4). Cu（NO3）2 (5). C4HNO3CO24NO22H2O (6). 3Cu8H2NO3-=2NO3Cu24H2O (7). 2Na2O22CO2=2Na2CO3O2 (8). Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O (9). 2SO2O22SO3【解析】【分析】（1）可从蓝色溶液(含Cu2+ )和白色沉淀(CaCO3 )逆推，单质丙为Cu，与之反应的溶液为HNO3 ；图中的气体中含CO2 ，因该气体是气体A通过水后产生的，故气体B只能是NO，气体A则应为CO2 和NO2 的混合物，进一步推出红热固体单质甲为碳，显黄色的溶液乙为浓硝酸；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，然后结合元素化合物性质及化学用语来解答。【详解】（1）单质丙和A与水反应后的溶液发生反应生成蓝色溶液，则该蓝色溶液中含有铜离子，气体A和水反应生成的溶液应该是酸，则丙是Cu，铜和稀硝酸在常温下反应，则A与水反应后的溶液中含有HNO3，气体B是NO，根据元素守恒知，A中含有NO2，通入水后的A中气体能和澄清石灰水反应生成白色沉淀，且还剩余NO，根据元素守恒及物质颜色知，甲是C，乙是浓硝酸，则A中含有CO2、NO2，根据以上分析知，甲、乙、丙分别是：C、HNO3（浓）、Cu，A为CO2、NO2，B为NO，C为CaCO3，D为Cu(NO3)2，故丙为Cu，B为NO，C为CaCO3， D为Cu(NO3)2；甲跟乙反应的化学方程式为C4HNO3CO24NO22H2O；单质丙与溶液乙反应生成气体B的离子方程式为3Cu8H2NO3-=2NO3Cu24H2O；（2）A和E都是黄色粉末，A与二氧化碳反应，则A为Na2O2，F有刺激性气味且有漂白性常被不法商人用来漂白腐竹，F为SO2；由元素守恒可知，E为S，再由转化关系图可知，B为Na2CO3，C为O2，G为SO3，H为H2SO4，反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；反应2SO2O22SO3。27. 镁及其合金是一种用途很广的金属材料，目前世界上60%的镁是从海水中提取的。主要步骤如下：(1)为了使MgSO4转化为Mg(OH)2，试剂可以选用_，要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂的量应为_。(2)加入试剂后，能够分离得到Mg(OH)2沉淀的方法是_。(3)试剂选用_；写出其反应的离子方程式_。(4)无水MgCl2在熔融状态下，通电后产生镁和氯气，该反应的化学方程式为_。【答案】(1)石灰乳过量(2)过滤(3)盐酸Mg(OH)22H=Mg22H2O(4)MgCl2(熔融)MgCl2【解析】【详解】(1)工业上常加入廉价的石灰乳使海水中的MgSO4转化为Mg(OH)2；为使MgSO4完全转化为Mg(OH)2，应加入过量石灰乳。(2)加入石灰乳产生Mg(OH)2，氢氧化镁难溶于水，通过过滤将Mg(OH)2分离出来。(3)用盐酸溶解Mg(OH)2，反应的离子方程式为Mg(OH)22H=Mg22H2O。(4)镁是活泼的金属，工业上电解熔融MgCl2制取Mg，反应的化学方程式为MgCl2(熔融)MgCl228.氧化还原反应是一类重要的反应，在工农业生产、日常生活中都有广泛的用途。(1)火药是中国的“四大发明”之一，永远值得炎黄子孙骄傲。黑火药在发生爆炸时，发生如下反应：2KNO33CS=K2SN23CO2。其中被氧化的元素是_，还原产物是_。(2)实验室为监测空气中汞蒸气的含量，往往悬挂涂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化所用去的时间来判断空气中的含汞量，其反应为4CuIHg=Cu2HgI42Cu。上述反应产物Cu2HgI4中，Cu元素显_价。以上反应中的氧化剂为_，当有1 mol CuI参与反应时，转移电子_mol。标明上述反应电子转移的方向和数目。_。(3)工业上常用酸性高锰酸钾溶液处理含有CuS和Cu2S的矿物，其反应原理如下：8MnO45Cu2S44H=10Cu25SO28Mn222H2O6MnO45CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O根据上述反应原理，某学习小组用400 mL 0.075 molL1的酸性高锰酸钾溶液处理2 g含有CuS和Cu2S的混合物。反应后煮沸溶液，赶尽SO2，剩余的KMnO4恰好与350 mL 0.1 molL1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。配平KMnO4与(NH4)2Fe(SO4)2反应的离子方程式：_，MnO4Fe2H=Mn2Fe3H2OKMnO4溶液与固体混合物反应后，剩余KMnO4的物质的量为_ mol。【答案】 (1). C (2). K2S和N2 (3). 1 (4). CuI (5). 0.5 (6). (7). 158154 (8). 0.007【解析】【分析】（1）氧化还原反应反应中，氧化剂中元素的化合价降低，发生还原反应，对应产物为还原产物；还原剂中元素化合价升高，发生氧化反应，对应产物为氧化产物；据以上分析解答。（2）反应4CuIHg=Cu2HgI42Cu中，铜元素的化合价由+1价降到0价，所以CuI做氧化剂；汞元素的化合价由0价升高到+2价，汞做还原剂；该反应共转移2e-电子，据此标出电子转移的方向和数目，并根据2e-4CuI关系进行计算；（3）根据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行配平；设与(NH4)2Fe(SO4)2反应消耗高锰酸钾xmol，根据反应MnO4-5Fe28H=Mn25Fe34H2O列方程进行计算。【详解】(1)本反应中，氮元素化合价由5价变为0价，硫元素的化合价由0价变为2价，碳元素的化合价由0价变为4价，被氧化的元素是C。氧化剂是KNO3和S，氧化产物是CO2，还原产物是K2S和N2。综上所述，本题答案是：C，K2S和N2。 (2)I元素的负价只有1价，Cu在化合物中只有1、2价，再由化学式中各元素正负化合价代数和等于零确定各元素的化合价，由此可确定Cu2HgI4中Cu为1价，Hg为2价。综上所述，本题答案是：1。反应4CuIHg=Cu2HgI42Cu中，铜元素由+1价降到0价，发生还原反应，所以氧化剂为CuI；每4mol CuI参加反应转移电子2 mol，即当有1molCuI参加反应时，转移电子0.5 mol。综上所述，本题答案是：CuI，0.5。反应4CuIHg=Cu2HgI42Cu中，1molHg参加反应转移电子2mol，所以该反应电子转移方向和数目如下：；综上所述，本题答案是：。(3)反应中Mn元素的化合价由7降低到2，Fe元素的化合价由2升高到3，由电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为MnO4-5Fe28H=Mn25Fe34H2O。综上所述，本题答案是：158154。设与(NH4)2Fe(SO4)2反应消耗高锰酸钾xmol，则MnO4-5Fe28H=Mn25Fe34H2O1mol 5molxmol 0.350L0.1molL1所以x0.007，即与固体混合物反应后剩余KMnO4的物质的量为0.007 mol。综上所述，本题答案是：0.007。29.某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取。实验（一）碘含量的测定实验（二）碘的制取另制海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如下：已知：3I26NaOH=5NaINaIO33H2O。（1）实验（一） 中的仪器名称：仪器A_， 仪器 B_。（2）分液漏斗使用前须检漏，检漏方法为_。步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_。下列有关步骤Y的说法，正确的是_。A 应控制NaOH溶液的浓度和体积B 将碘转化成离子进入水层C 主要是除去海带浸取原液中的有机杂质D NaOH溶液可以由乙醇代替实验（二） 中操作Z的名称是_。（3）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是_。【答案】 (1). 坩埚 (2). 500 mL容量瓶 (3). 向分液漏斗中加入少量水，检查旋塞处是否漏水；将漏斗倒转过来，检查玻璃塞是否漏水 (4). 液体分上下两层，下层呈紫红色 (5). AB (6). 过滤 (7). 主要由于碘易升华，会导致碘的损失【解析】【分析】（1）在仪器A中灼烧海带，该仪器为坩埚；配制溶液体积为500mL，应该选用规格为500mL的容量瓶；（2）检查分液漏斗是否漏水，需要分别检查瓶塞、旋塞是否漏水；碘单质易溶于有机溶剂，且四氯化碳溶液密度大于水溶液，检查判断萃取现象；A反应3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O中，需要浓氢氧化钠溶液；B碘单质与氢氧化钠反应生成了碘化钠、碘酸钠；C该操作的主要目的是将碘单质转化成碘酸钠、碘化钠，便于后续分离出碘单质；D乙醇易溶于水和四氯化碳，仍然无法分离出碘单质碘单质不溶于水，可以通过过滤操作分离出碘单质；（3）从碘单质易升华角度分析。【详解】（1）根据仪器的构造可知，用于灼烧海带的仪器为坩埚；通过仪器B配制500mL含有碘离子的浸取液，需要使用500mL的容量瓶，故答案为：坩埚；500mL容量瓶；(2)分液漏斗的检漏应先检查漏斗颈旋塞处是否漏水，再检查漏斗口玻璃塞处是否漏水，其方法是：检查漏斗颈旋塞处是否漏水时，先关闭分液漏斗的旋塞，加入适量的水，看是否漏水，若不漏，再将活塞旋转180后观察是否漏水；检查漏斗口玻璃塞处是否漏水时，先关闭分液漏斗的旋塞，加入适量的水，把漏斗倒过来观察是否漏水，若不漏，将玻璃塞旋转180度后再倒置观察，若还是不漏水，则玻璃塞处不漏水；步骤X为萃取操作，由于CCl4密度比水大，且I2易溶于CCl4，故萃取后分液漏斗内观察到的现象液体分为上下两层，上层呈无色，下层呈紫红色；据题中所给信息：3I26NaOH5NaINaIO33H2O，步骤Y目的在于把碘元素全部由CCl4层转移入水层，NaOH溶液应过量，为了下一步便于提取碘，所加氢氧化钠溶液的体积不能过多，故其浓度不能太小，故选项A、B正确，选项C错误，由于I2在CCl4和酒精中都易溶解，且CCl4和酒精互溶，酒精不能从I2的CCl4溶液中萃取I2，选项D错误；答案选AB；实验(二)中，由于碘单质在酸性溶液的溶解度很小，碘在水溶液中以晶体析出，故操作Z是过滤；(3)由于碘易升华，加热碘的四氯化碳溶液时，碘易挥发，会导致碘的损失，故不采用蒸馏方法。【点睛】本题考查物质的分离与提纯方法的综合应用，题目难度较大，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，明确实验原理为解答关键，注意熟练掌握化学实验基本操作方法。30.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：(1)写出化学式：X_，A_，B_。(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_法、_法。(3)写出CE的化学方程式：_。(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_ (5)检验物质A的方法和现象是_【答案】 (1). NH4HCO3或(NH4)2CO3 (2). NH3 (3). H2O (4). 排水 (5). 向上排空气 (6). 2CO22Na2O2=2Na2CO3O2 (7). 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O (8). 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)【解析】【分析】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反