2018-2019学年高一上学期期末考试化学试卷(答案+解析)

1、2021-2021学年高一上学期期末测试试卷相对质量：H1O16Na23S32C12Cu64Fe56Zn65第I卷选择题共50分一、单项选择题25个小题,每题2分,共50分1.为到达以下实验目的,所采用的方法正确的选项是A,别离饱和食盐水和沙子的混合物一一过滤B.别离水和汽油的混合物一一蒸储C.从硝酸钾和氯化钾混合液中获取硝酸钾一一蒸发D.从滨水中提取澳分液【答案】A【解析】试题分析：A.沙子不溶于水,食盐溶于水；B.水和汽油的混合物分层；C.硝酸钾、KCl的溶解度受温度影响不同；D.滨水不分层,澳易溶于有机溶剂,不易溶于水.解：A.沙子不溶于水,食盐溶于水,那么利用过滤法可别离,故A正确；B

2、.水和汽油的混合物分层,那么利用分液法可别离,故B错误；C.硝酸钾、KCl的溶解度受温度影响不同,假设蒸发均从溶液中析出,应利用结晶法别离,故C错误；D.滨水不分层,不能利用分液别离,澳易溶于有机溶剂,不易溶于水,应利用萃取别离,故D错误；应选A.2.仪器名称为分液漏斗的是【答案】D【解析】A仪器的名称为量筒,B仪器的名称为容量瓶,C仪器的名称为烧瓶,D仪器的名称为分液漏斗.应选Do3 .赏心悦目的雕花玻璃是用以下物质中的一种对玻璃进行刻蚀而制成的,这种物质是A.硫酸B.烧碱C.盐酸D.氢氟酸【答案】D【解析】A、硫酸和二氧化硅不反响,不能用于在玻璃上进行刻蚀,故不选A项；B、烧碱与二氧化硅反

3、响缓慢,且生成的硅酸钠具有一定的粘性,与二氧化硅难以别离,不方便刻蚀,故不选B项；C、盐酸和二氧化硅不反响,不能用于在玻璃上进行刻蚀,故不选C项；D、氢氟酸与二氧化硅易反响,生产四氟化硅气体,能在玻璃上进行刻蚀,应选D项.综上所述,此题正确答案为Do4 .以下物质按纯洁物、混合物、电解质、非电解质顺序组合正确的一组为A.浓硫酸、空气、小苏打、乙醇B.生石灰、漂白粉、铁、二氧化硫C.明矶、盐酸、碳酸钙、氯气D.冰水混合物、氨水、纯碱、干冰【答案】D【解析】A.浓硫酸是混合物,空气是混合物,小苏打是电解质,乙醇是非电解质,故A错误；B.生石灰是纯洁物,漂白粉是混合物,铁是单质,既不是电解质也不是非

4、电解质,二氧化硫是非电解质,故B错误；C.明矶是纯洁物,盐酸是混合物,碳酸钙是电解质,氯气既不是电解质也不是非电解质,故C错误；D.冰水混合物是纯洁物,氨水是混合物,纯碱是电解质,干冰是非电解质,故D正确；5.Na表示阿伏伽德罗常数,以下说法正确的选项是A. 1molCl2与足量Fe反响,转移的电子数为3NaB. Na2O2与CO2反响生成11.2LO2标准状况,反响中转移的电子数为2NaC.在标准状况下,22.4LSO3所含的氧原子数目为3NaD.ImolNa与足量O2反响,生成Na?O和Na2O2的混合物,钠失去Na个电子【答案】D【解析】A、氯气和铁反响后变为-1价,故1mol氯气反响后

5、转移2mol电子即2Na个,故A错误;B、过氧化钠与二氧化碳反响时,氧元素的价态由-1价变为0价,故当生成11.2L氧气即0.5mol氧气时,转移1mol电子即Na个,故B错误；C、标况下三氧化硫为固体,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的氧原子的个数,故C错误；D、由于钠和氧气反响后变为+1价,故1mol钠失去1mol电子即NA个,故D正确.6.以下离子方程式书写正确的选项是()少量Cl2通入Fe%溶液中：Cl2+2I=2Cl二份Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O向次氯酸钙溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO与H2O+SO2=CaSO32HClOF

6、eBr2溶液与等物质的量Cl2反响：2Fe2+2Br不2cl2=2Fe3+4Cl不Br2向小苏打溶液中参加过量的澄清石灰水：HCO+Ca2+OH=CaCO3bH2O硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钢溶液混合：H+SOf+Ba2+OH=BaSO%UH2OW2O2与H2O反响制备O2：Na2O2+HzO=2Na+2OH三02TA.B.C.D.【答案】D【解析】少量Cl2通入Fe%溶液中离子反响为：Cl2+2I=2Cl工心故正确；Fe(OH)3溶于氢碘酸的离子反响为2Fe(OH)3+6H+2一2F(2+6H2O+I2,故错误；向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反响为Ca2+2ClO与H2O+SO2=CaS

7、O,H+Cl-+HClO,故错误；FeBr2溶液与等物质的量Cl2反响的离子反响为2Fe2+2Br不2Cl2=2Fe3+4Cl不B2,故正确；向小苏打溶液中参加过量的澄清石灰水的离子反响为HCO+Ca2+OH=CaCO3bH2O,故正确；硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钢溶液混合的离子反响为H+SO+Ba2+OH=BaSO4H2O,故正确；Na2O2与H2O反响制备O2的离子反响为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH二O2T,故错误.应选Do7.某同学对一无色透明溶液进行分析得出该溶液中含有以下某组离子,你认为该组离子应该是A.Al3+、NO3、K+、SO42-B.Ca2+、H+、CO32；AlO2

8、C.OH；SO42；NH4+、Al3+D,Fe3+、Mg2+、NO3；Cl一【答案】A【解析】8,用0.1mol/L的Na2SO3溶液30mL,恰好将2*10-3molXO4复原,那么元素X在复原产物中的化合价是A.+4B.+3C.+2D.+1【答案】A【解析】试题分析：根据得失电子数目守恒,30X103X0,16-4)=20一3X(7X),解得X=4,应选项A正确.9,以下化合物中,不能通过单质间化合直接制取的是()A.FeCl2B.CuCl2C,W2O2D.Na2O【答案】A【解析】A.氯气与铁发生化合反响生成FeCl3,得不到氯化亚铁,A,A符合；B,铜与氯气化合生成CuCl2,B不符合

9、；C,钠与氧气化合生成Na2O2,C不符合；D,钠在常温下与氧气化合生成Na2O,D不符合,答案选Ao10.由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液,其C(H+)=0.1mol/L,c(Al3+)=0.4mol/L,c(S.；)=0.8mol/L,那么c(K+)为()A.0.15mol/LB.0.2mol/LC.0.3mol/LD.0.4mol/L【答案】C【解析】氢氧根离子浓度很低,可以忽略不计,由电荷守恒可得：c(H+)+c(Al3+)3+c(K+)=c(SOi)*2,其中c(H+)=0.1mol/L,c(Al3+)=0.4mol/L,c(sO)=0.8mol/L,所以c(K+)=0.3mol

10、/L,故C项正确.综上所述,此题正确答案为Co11.CO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀,在以下图右侧的丫形管中放置适宜的药品,进行合理操作,在BaCl2溶液中可以看到白色沉淀.右侧Y形管中放的药品是()c.co,林起酸bci3MMA. Cu和浓硝酸B.CaO和浓氮水C.Na2SO3和较浓硫酸D.KMnO4溶液和浓盐酸【答案】B【解析】A.Cu和浓硝酸反响生成NO2,通入水中生成硝酸,硝酸和氯化钢以及二氧化碳均不反响,故A错误；B. CaO和浓氮水反响会生成氨气,氨气通入溶液和二氧化碳反响生成碳酸俊,碳酸俊和氯化钢反响生成碳酸钢沉淀,故B正确；C. Na2SO3和较浓硫酸反响生成二氧化硫,二

11、氧化硫和氯化钢以及二氧化碳均不反响,故C错误；D. KMnO4溶液和浓盐酸反响生成氯气,氯气和氯化钢以及二氧化碳均不反响,故D错误.应选B.E. .向100mL1mol/L的NaOH溶液中通入一定量的SO2后,将所得的溶液蒸干得到5.8g固体物质,那么该固体的成分是()A.Na2SO3B.NaHSO3C.Na2SO3、NaHSO3D.Na2SO3、NaOH【答案】D【解析】n(NaOH)=cXV=1mol?L-1X0.1L=0.1mol,向NaOH溶液中通入SO2,开始时发生的化学反响是2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O,当通入过量SO2时,发生的反响为：NaOH+SO2=NaHSO3,

12、当100mL1mol-L-1NaOH溶液完全反响,由钠原子守恒可知,如按反响发生时,生成Na2SO3为0.05mol,依据公式m=MTn计算得出其质量为6.3g,如按反响进行,生成NaHSO3为0.1mol,依据公式m=MCn计算得出其质量为10.4g；而所得的溶液蒸干得到5.8g固体物质,两个数值均大于5.8g,说明NaOH剩余,那么只发生反响,产物为Na2SO3和NaOH,故D正确.应选D.13 .关于以下各实验或装置的表达中,正确的选项是A.可用于制取氨气B.HClH2CO3H2SiO3D.可用于从酒精水溶液中制取无水乙醇C.卜水可用于吸收尾气中少量NH3或HCl,并预防倒吸【解析】A、

13、氯化俊加热分解生成氨气和氯化氢,冷却后又转化为氯化钱,得不到氨气,A错误；B、要证实HCl、H2CO3、H2SQ3的酸性强弱,装置中分液漏斗盛放稀盐酸,锥形瓶中盛放碳酸钠,发生反响为Na2CO3+2HClCO4+2NaCl+H2O,可证实酸性HOH2CO3；由于盐酸具有挥发性,制取的二氧化碳气体中含有HCl,HCl会干扰二氧化碳与硅酸钠溶液的反响,故B错误；C、氨气或氯化氢不溶于四氯化碳中,因此能预防倒吸,C正确；D、蒸储时温度计的水银球应该放在蒸储烧瓶的支管出口处,D错误.应选C.14 .为验证铜与稀硝酸反响的复原产物是NO而不是NO2,设计了如以下图的装置,以下表达错误的选项是Cu丝2A.

14、应先翻开活塞再从右侧加稀硝酸B,左侧稀硝酸须注满C.关闭活塞后铜丝会全部溶解D.反响停止后翻开活塞气体变成红棕色【答案】C【解析】试题分析：A、U形管中含有空气,能氧化NO为NO2,从而干扰实验,因此应先翻开活塞再从右侧加稀硝酸,排尽装置内的空气,A正确；B、左侧Cu与稀硝酸反响生成NO,为预防NO与氧气反响生成NO2气体,左侧须注满稀硝酸,B正确；C、稀硝酸与Cu反响生成NO气体,NO不溶于水,导致左侧压强增大,Cu与稀硝酸别离,Cu不能完全反应,C错误；D、反响停止后翻开活塞,分液漏斗中NO与空气接触,被氧化生成红棕色NO2气体,D正确,答案选C.15 .如下图：假设关闭I阀,翻开n阀,让

15、潮湿的氯气经过甲瓶后,通入乙瓶,布条不褪色;假设关闭n阀翻开I阀,再通入这种气体,布条褪色.甲瓶中所盛的试剂不可能是忆A.浓H2SO4B.NaCl溶液C.BaOH2溶液D.NaOH溶液【答案】B【解析】试题解析：假设关闭I阀,翻开n阀,让一种含有氯气的气体经过甲瓶后,通入乙瓶,布条不褪色,假设关闭n阀翻开I阀,再通入这种气体,布条褪色,那么可能有两种情况：一是氯气在甲中被枯燥,二是氯气被吸收,A.氯气经过浓硫酸被枯燥,枯燥的氯气不能使有色布条褪色,故A不选；B.而通过饱和NaCl溶液后,湿润的氯气可将红色布条漂白,故B选；C.氯气通过氢氧化钢溶液被吸收,气体经过甲瓶后,通入乙瓶,布条不褪色,故

16、C不选；D.氯气通过NaOH溶液被吸收,气体经过甲瓶后,通入乙瓶,布条不褪色,故D不选.16 .碳酸氢钠受热容易分解为碳酸钠.现加热5.00g的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,使碳酸氢钠完全分解,混合物质量减少了0.31g,那么原混合物中碳酸钠的质量为()A.3.38gB.4.58gC.4.16gD.4.41g【答案】C【解析】试题分析：碳酸钠较稳定,加热不分解,只有碳酸氢钠分解,设混合物中含有NaHCO3的质量为x,那么2NaHCO3Na2CO3+CO2T+HOAm28462x0.31g284：62=x：0.31g,解得：x=0.84g,所以：m(Na2CO3)=5g-m(NaHCO3)=5g-0

17、.84g=4.16g,选项C正确.应选C.17 .以下表述kII正确并且有因果关系的是()选项表述I表述IIA浓硝酸在光照下颜色变黄浓硝酸具后不稳定性BCl2和SO2有漂白性Cl2和SO2均可使含有酚酬:的NaOH溶液褪色C常温下铁与浓硫酸不反响可用铁槽车密封运送浓硫酸DSiO2有导电性SiO2可用于制光导纤维【答案】A【解析】A、浓硝酸不稳定受热分解生成二氧化氮,二氧化氮溶于硝酸显黄色,陈述I、II正确并且有因果关系,故A正确；B、氯气无漂白性,与水反响生成次氯酸,次氯酸具有强氧化性,具有漂白性,可使含有酚酬:的NaOH溶液褪色；二氧化硫能与氢氧化钠反响,消耗氢氧根离子,从而使溶液褪色,不能

18、表达SO2的漂白性,故B错误；C、常温下铁与浓硫酸发生钝化,生成致密的氧化膜阻止反响的进一步发生,那么可用铁槽车密封运送浓硫酸,陈述I不合理,故C错误；D、单质硅有导电性,但是二氧化硅不具备该性质,SiO2可用于制备光导纤维,所以表述错误,故D错误.应选A.18 .在一定条件下,将m体积NO和n体积02同时通入倒立于水中且盛满水的容器中,充分反响后,容器内残留？体积的气体,该气体与空气接触变为红棕色,那么巾刀为2A.3:2B.2:3C.8:3D.3:8【答案】C【解析】在一定条件下,将m体积NO和n体积.2同时通入倒立于水中且盛满水的容器中内,充分反响,一氧化氮和氧气全部溶于水时根据以下反响进

19、行,化学方程式为：4N0+3O2+2H2O=4HNO3；容器内残留气体为一氧化氮,所以和氧气全部溶于水的一氧化氮气体为in所以一：n=4:3,得到m:n=8:3;2minm-=-,一氧化氮和氧气根据4:3混合溶于水恰好全部溶解,2222.4L标准?犬况,反响中所以C选项是正确的.19.38.4gCu跟适量的浓HNO3反响,Cu全部反响后共收集到气体作氧化剂的硝酸与总消耗的HNO3的物质的量比A.5：11B.6：11C.5：6D.6：5【解析】铜的物质的量为:n(Cu)=384g64=8:3稀盐酸,锥形瓶中盛放碳酸钙谷nwl=0.6mol,生成气22.4L一,体的物质的量为：n气体尸芨嬴71mo

20、l,那么被复原的硝酸的物质的量为1mol；那么生成nCuNO32的物质的量为0.6mol,可以知道表现酸性的硝酸的物质的量为0.6molK2=1.2mol,所以参加反响的硝酸的物质的量为：1mol+1.2mol=2.2mol,那么反响中作氧化剂的硝酸与总消耗的HNO3的物质的量比为1mol：2.2mol=5：11,所以A选项是正确的.20.如图中横坐标为参加反响物的物质的量,纵坐标为产生沉淀的物质的量.以下选项编号对应的曲线编号错误的选项是A.向NaAlO2溶液中逐渐滴入HCl至过量B.向澄清石灰水中通入SO2至过量J=TC,向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量D,向含有等物质的

21、量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至过量【答案】D【解析】A、向NaAlO2溶液中滴入HCl至过量,发生的反响分别为AlO2+H+H2OAl(OH)3J,Al(OH)3+3H+A3+3H2O,两个反响消耗的盐酸的物质的量之比为1：3,图象符合,故A正确；B、向澄清石灰水中通入SO2至过量,发生的反响分别为Ca(OH)2+SO2CaSOJ+HO,CaSO3+SO2+H2O-Ca(HSO3)2,两个反响消耗的二氧化硫的物质的量之比为1;1,图象符合,故B正确；C、向含有盐酸的AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量,发生的反响分别为OH-+H+H20,Al3+3OHAl(OH)3,、A

22、l(OH)3+OHAQ+2H2O,后两个反响消耗的NaOH的物质的量之比为3:1,图象符合,故C正确；D、向含有等物质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失,发生的反应分别为2OH+CO2CO2+H2O,Ca2+CO32CaCQj,CO32+CO2+H2O-2HCO3,CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2,设Ca(OH)2的物质的量为xmol,那么KOH也为xmol,所以各段反响消耗的二氧化碳的物质的量分别为X,x,x比值为1：1：1,故D错误；应选D.21 .在某100mL混合液中,HNO3和dSO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L.向该混

23、合液中参加1.92g铜粉,加热,待充分反响后,所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是()mol/LA.0.15B.0.225C.0.35D.0.45【答案】B【解析】反响实质为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NOT+3H2O,1.92g铜粉物质的量=0.03mol,100mL混合溶液中,HNO3和H2SO4的物质的量侬度分别是0.4mol/L和64g/mol0.1mol/L,所含氢离子物质的量=0.1L)0.4mol/L+0.1L0乂mol/L2=0.06mol,根据反响离子方程式可以知道铜剩余,根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H+3Cu2+,得到铜离子物质的量为0.06mo

24、lx：=0.0225mol,所得溶液中Cu2+物质的量浓度为O0.0225mq1=0.225mol/L,U.,1所以B选项是正确的.22 .在硝酸俊分解反响中,生成的含氮产物中仅有氮气和硝酸两种,其中被氧化的氮元素和被复原的氮元素物质的量之比为A.5:3B.1:1C.5:4D.3:5【答案】A【解析】硝酸俊中氮元素的化合价分别是+5价和-3价,最后都变为0价,被氧化的氮原子化合价升高了3,被复原的氮原子化合价降低了5,由于得失电子相等,因此被氧化与被复原的氮原子之比为5:3.应选A.23 .如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案.以下有关操作不可能引发喷泉现象的是A.挤压装置的胶头滴管

25、使CC14全部进入烧瓶,片刻后翻开止水夹B.挤压装置的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶,片刻后翻开止水夹C.用鼓气装置从装置的a处不断鼓入空气并翻开止水夹D.向装置的水槽中慢慢参加足量浓硫酸并翻开止水夹【解析】A、氯气易溶于有机溶剂四氯化碳中,烧瓶中的气体压强就会减小,故能形成喷泉,故A不选；B、氢气不易溶于水,也不会和氢氧化钠反响,所以烧瓶中的气体压强不会有明显的变化,故不能形成喷泉,故B选；C、用鼓气装置从装置的a处不断鼓入空气,导致锥形瓶中液体进入烧瓶中,氨气极易溶于水,烧瓶中的气体压强就会减小,故能形成喷泉,故C不选；D、浓硫酸溶于水时放热的,这样使得浓氨水受热易分解出氨气,锥形瓶中

26、的气体压强增大,将氨水压入烧瓶中,氨水和氯化氢气体反响,烧瓶中的气体压强就会减小,故能形成喷泉,故D不选；应选Bo24 .现有CuO和Fe2O3组成的?!合物ag,向其中参加2mol1的硫酸溶液50mL,恰好完全反响.假设将ag该混合物在足量H2中加热,使其充分反响,冷却后剩余固体质量为A.1.6agB.(a-1.6)gC.(a-3.2)gD.1.6g【答案】B【解析】略25 .将Cu片放入0.1molL71FeCl3溶液中,反响一定时间后取出Cu片,溶液中c(Fe3+):c(Fe2+)=2：1,那么Cu2+与原溶液中的Fe3+的物质的量之比为()A.4：1B.1:4C.1：6D.6：1【答案

27、】C【解析】将Cu片放入FeCl3溶液中发生反响：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+,假设溶液中n(Fe2+)=1mol,那么溶液中n(Fe3+)=2mol,由离子方程式可知,n(Cu2+)=n(Fe2+)=1Mmol=0.5mol,反响消耗的n(Fe3+)=n(Fe2+)=1mol,那么原溶液中的Fe3+的物质的量为n(Fe3+)=2mol+1mol=3mol,所以n(Cu2+)：n(Fe3+)=0.5mol:3mol=1:6,应选Co第II卷(共50分)二、填空题(4个小题,共50分)26.KClO3和浓盐酸在一定温度下反响会生成黄绿色的易爆物二氧化氯.其变化可表述为：2KClO3+4H

28、Cl(浓)=2KCl+2c.2T+Cl2U2H2O.(1)请分析该反响中电子转移的情况(用双线桥法表示).(2)浓盐酸在反响中显示出来的性质是假设产生0.1molCl2,那么被氧化的HCl的物质的量为mol.得它1【答案】(1)./aCMHG源,2cm-2HQ(2).复原性和酸性(3).关窃一0.2mol【解析】【分析】KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价,被复原,KClO3为氧化剂,HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价,被氧化,Cl2既是氧化产物也是复原产物；用双箭头表示氧化复原反响电子转移方向和数目时,首先找出得电子的元素及其对应的产物,然后从得电子元素开始画箭

29、头至产物(箭头指向同种元素),箭头上方写生得电子数目,同样方法画出失电子元素电子转移情况.【解析】(1)KC1O3中Cl元素的化合价从+5价降低到+4价,得1个电子,生成CIO2,HCl的氯元素失去1个电子,结合反响中化学计量数,那么电子转移的方向和数目为得X-1 一一31Tl才3失责得北11T故答案为：.：.一-二丁=.：-7.7JIT2英方一(2)反响2KC1O3+4HC1(浓)=2KC1+C12T+2C1OT+2HO中,HC1中氯元素化合价由-1价升高到0价可知,HC1中氯元素被氧化,HC1在反响中复原剂与酸的作用各占一半,浓盐酸体现酸性和复原性；故答案为：复原性和酸性；(3)反响中只有

30、C12是氧化产物,HC1中氯元素化合价由-1价升高为C12中0价,所以产生0.1mo1C12,那么被氧化的HC1的物质的量为0.1mo1X2=0.2mo1.故答案为：0.2mo1.27.氨可以与灼热的氧化铜反响得到氮气和金属铜,答复以下问题:用示意图中的装置可以实现该反响.(1)A中参加的物质是,发生反响的化学方程式是(2)B中参加的物质是,其作用是.(3)实验时在C中观察到得现象是,发生反响的化学方程式是.(4)实验时在D中观察到得现象是,D中收集到的物质是,检验该物质的方法和现象是.【答案】(1).固体NH4C1和Ca(OH)2(2).2NH4C1+Ca(OH)2=CaC12+2NH3T+

31、2HO(3).碱石灰(或CaO)(4).除去NH3中的水蒸气(5).黑色粉末局部逐渐变为红色(6).2NH3+3CuO=N2+3H2O+3Cu(7).出现无色液体(8).氨水(9).用红色石蕊试纸检验,试纸变蓝(或用无水CUSO4检验,无水CUSO4变蓝)【解析】【分析】根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反响得到氮气和金属铜,所以A处是产生氨气的反响,用氯化钱和氢氧化钙来制取氨气,氨气中混有水蒸气,用碱石灰枯燥,氨气易液化,极易吸收水成为氨水,氨水具有碱性,能使红色石蕊试纸变蓝,其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝.【解析】(1)根据实验目的：氨与灼热的氧化铜反响得到氮气和金属铜,可知A中参加的是氯化钱

32、和氢氧化钙的固体混合物,加热来制取氨气,发生反响的化学方程式是：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3T+2HO,故答案为：固体NH4CI和Ca(OH)2；2NH4Cl+Ca(OH)24CaCl2+2NH3T+2HO；(2)制得的氨气中含有杂质水,可以用碱石灰来吸收,故答案为：碱石灰；除去氨气中的水蒸气；(3)氨气和氧化铜在加热的条件下发生反响生成金属铜、水以及氮气,黑色粉末逐渐变为红色,故答案为：黑色粉末逐渐变为红色；2NH3+3CUOAN2+3H2O+3CU；(4)氨气复原氧化铜之后剩余的氨气和产生的水蒸气在冷凝时会形成氨水,具有氨气分子和结晶水的成分,氨水可以使使红色石蕊试纸变

33、蓝,其中的结晶水会使无水硫酸铜变蓝,故答案为：出现无色液体；氨水；用红色石蕊试纸检验,试纸变蓝(或用无水硫酸铜检验,无水硫酸铜变蓝).28.实验室中需要22.4l(标准状况)SO2气体.化学小组同学依据化学方程式Zn+2H2SO4(浓)旦ZnSO4+SO2T+2HO计算后,取65.0g锌粒与98%的浓H2SO4(p=1.84gY/H)110mL充分反响锌全部溶解,对于制得的气体,有同学认为可能混有杂质.(1)化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是(填分子式).产生这种结果的主要原因是(用化学方程式和必要的文字加以说明)(2)为证实相关分析,化学小组的同学设计了实验,组装了如下装置,对所

34、制取的气体进行探究.装置B中参加的试剂,作用是装置D参加的试剂,装置F参加的试剂.可证实一定量的锌粒和一定量的浓硫酸反响后生成的气体中混有某杂质气体的实验现象U型管G的作用为.【答案】(1).H2(2).随着反响的进行,硫酸浓度降低,致使锌与稀硫酸反响生成H2Zn+H2SO4=ZnSO4+H2T(3).NaOH溶液(或KMnO4,其它合理答案也给分)(4).除去混合气体中的SO2(5).浓硫酸(6).无水硫酸铜(7).装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色,枯燥管F中无水硫酸铜变蓝色(8).预防空气中H2O进入枯燥管而影响杂质气体的检验【解析】(1)随着反响Zn+2H2SO4(浓)且ZnSO4+

35、SO2T+2HO的进行,硫酸消耗同时水增加会导致浓硫酸变成稀硫酸,此时就会发生副反响Zn+H2SO4=ZnSO4+H2t因此会产生杂质气体H2,故答案为H2；随着反响的进行,硫酸浓度降低,致使锌与稀硫酸反响生成H2,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2T;(2)装置B中参加的试剂主要是为了除去产生混合气体中的SO2,再验证有氢气产生,故答案为NaOH溶液(或KMnO4,其它合理答案)；除去混合气体中的SO2；装置D参加的试剂目的是除去水,以预防水蒸气对后续反响检验的干扰,故答案为浓硫酸；装置F参加的试剂的目的为检验E处反响是否产生水,所以用无水硫酸铜确定氧化铜来检验,故答案为无水硫酸铜；可证实混

36、有氢气的实验现象是氧化铜被复原,同时F中检测到水,故答案为装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色,枯燥管F中无水硫酸铜变蓝色；由于F中检测到水才能确定混合气体中有氢气,因此要预防空气中预防空气中H2O进入枯燥管而影响杂质气体的检验,故答案为预防空气中H2O进入枯燥管而影响杂质气体的检29.以下图中AJ均代表无机物或其水溶液,其中B、D、G是单质,B是地壳中含量最高的金属兀素,G是气体,J是磁性材料.根据图示答复以下问题：(1)写出以下物质的化学式：A,E；(2)反响的化学方程式是；反响的化学方程式是;(3)J与盐酸反响的化学方程式是;反响后的溶液与足量的D反响的离子方程式是,如何检验最后溶液中的阳离子：.(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料.FeCl3与KC1O在强碱性条