2022-2023学年贵州省六盘水市高一上册第二次月考化学试卷（12月份）含解析

2022-2023学年贵州省六盘水市高一上册第二次月考化学试卷（12月份）一、选择题（共15小题，每小题0分，满分0分）1．以下是一些常用的危险品消防安全标志，装运氢氧化钠的包装箱应贴的图标是（）A． B． C． D．2．某兴趣小组的同学向一定体积的Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，并测得溶液的导电能力随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（不考虑水的电离）（）A．A点溶液中的微粒只有Ba2+和OH﹣ B．B点表示Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和 C．B—C的过程中，溶液的导电能力逐渐增强的原因之一是溶液中能够自由移动的离子数目增多（单位体积内） D．A—C的过程中，仅发生一种属于基本反应类型的反应3．化学创造美好生活。下列生产或探究活动中，相关操作或事实合理且对应的离子方程式正确的是（）A．用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+NH3•H2O＝+ B．用白醋除铁锈：Fe2O3•xH2O+6H+＝（3+x）H2O+2Fe3+ C．少量Mg（OH）2溶于FeCl3溶液中：3Mg（OH）2+2Fe3+＝3Mg2++2Fe（OH）3 D．向混有少量FeBr2的FeCl2溶液中通入少量氯气除杂：Cl2+2Br﹣＝2Cl﹣+Br24．江西九江是一座有着2200多年历史的江南文化名城，古称浔阳、江州、柴桑等，其滨临长江、面向鄱阳湖、背靠庐山。下列有关说法正确的是（）A．白居易《琵琶行》“浔阳江头夜送客，••••••，举酒欲饮无管弦。”古人在酿酒过程中，葡萄糖在酒化酶的作用下发水解反应生成乙醇 B．杨万里《舟次西径》“芦荻渐多人渐少，鄱阳湖尾水如天。”中国最大淡水湖鄱阳湖与长江交汇处，不容易因胶体聚沉而形成三角洲 C．《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”（蛎房即牡蛎壳），“灰”的主要成分为CaCO3 D．陶渊明《归园田居•其三》“种豆南山下，草盛豆苗稀。”诗中庐山脚下“豆苗稀”的主要原因是土壤中缺少氮肥5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．c（Fe3+）＝0.1mol⋅L﹣1的溶液中：K+、Cl﹣、SO42﹣、SCN﹣ B．酸性高锰酸钾溶液：Fe2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣ C．Na2CO3溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、OH﹣ D．c（H+）＝1mol⋅L﹣1的溶液中：Na+、Mg2+、ClO﹣、SO42﹣6．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法合理的是（）A．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰 B．“雨过天晴云破处，这般颜色做将来。”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 C．赵孟頫诗句“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻。”灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化 D．《本草纲目》中记载：“（火药）乃焰消（KNO3）、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，其中KNO3体现氧化性7．某些离子的检验及结论一定正确的是（）A．用光洁铂丝蘸取某无色溶液，在无色灯焰灼烧观察到黄色火焰，则一定含Na+，可能含K+ B．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有CO32﹣ C．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，一定有SO42﹣ D．某溶液加入稀盐酸酸化的AgNO3产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl﹣8．某容器中发生一个化学反应，其中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种粒子。其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是（）A．反应中消耗1mol氧化剂，转移2mol电子 B．还原性：NH4+＞Cl﹣ C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D．该反应中NH4+被氧化为N29．在野外工作时，可用氢化钙来制氢气，发生的反应为CaH2+2H2O＝Ca（OH）2+2H2↑，已知氢化钙中钙元素的化合价为+2，关于该反应的下列说法中错误的是（）A．既不是置换反应，又不是复分解反应 B．CaH2是还原剂，H2O中的氢部分被还剂 C．H2既是氧化产物，又是还原产物 D．要得到44.8L氢气需要氢化钙8.4g10．某白色粉末可能含有Ba（NO3）2、CaCl2、K2CO3、Na2SO4，现进行以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；②向①的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；③取少量②的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，下列说法不正确的是（）A．原白色粉末中一定含有CaCl2、K2CO3 B．原白色粉末中可能含有Ba（NO3）2 C．原白色粉末中一定没有Na2SO4 D．②中发生的离子反应一定只有CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O11．下列物质的分类正确的是（）选项碱酸盐酸性氧化物AK2CO3H3PO4Cu2（OH）2CO3CO2BKOHHClNaClCOCFe（OH）3NaHSO4MgCl2SO2DNaOHH2CO3Na2SO4Mn2O7A．A B．B C．C D．D12．检测是否酒驾的化学反应原理是C2H5OH+K2Cr2O7（橙红色）+H2SO4→K2SO4+Cr2（SO4）3（绿色）+CH3COOH+H2O。下列说法错误的是（）A．乙醇发生氧化反应 B．氧化性：K2Cr2O7＞CH3COOH C．氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：2 D．若司机酒驾，则检测器中的物质由橙红色变为绿色13．已知有以下三个反应：①Fe+Cu2+═Fe2++Cu；②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O；③3NO2+H2O═2HNO3+NO。下列有关说法正确的是（）A．反应①、②中都有单质生成，都属于置换反应 B．反应③中每3molNO2参加反应，转移2mol电子 C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1 D．氧化性KClO3＞Cl2，KCl为氧化产物14．把5.1g镁铝合金的粉末放入500mL盐酸中，金属和酸均恰好反应，得到标准状况下H25.6L．下列说法错误的是（）A．该合金中铝的质量分数约为52.94% B．该盐酸的物质的量浓度为2mol/L C．该合金镁和铝的物质的量之比为1：1 D．该反应中一共转移的电子的物质的量为0.5mol15．合金相对于纯金属制成的金属材料来说优点是（）①合金的硬度一般比它的各成分金属的大②一般合金熔点比它的各成分金属的更低③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金④合金比纯金属的应用范围更广泛A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．②④二、解答题（共9小题，满分0分）16．物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：（1）98gH2SO4含个H2SO4分子，它能与molNaOH完全反应。（2）某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为，R的相对原子质量为。（3）标准状况下有①44.8LCH4，②9.03×1023个NH3分子，③85gH2S三种气体，对这三种气体的物质的量从大到小的顺序是（填序号）。（4）在一定的温度和压强下，1体积气体X2与3体积气体Y2化合生成2体积气体化合物，则该化合物的化学式是（用X、Y表示）。（5）某混合盐溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣，测得Na+、Mg2+和Cl﹣的物质的量浓度依次为：0.2mol⋅L﹣1、0.25mol⋅L﹣1、0.4mol⋅L﹣1，则c（SO42﹣）＝mol⋅L﹣1。17．现有下列物质：①K2CO3②复合膨松剂③NaHSO4④Fe（OH）3胶体⑤液态氯化氢⑥澄清石灰水⑦CO2⑧金属钠⑨氨气⑩酒精回答下列问题：（1）以上物质中属于电解质的是（填序号，下同），属于非电解质的是，属于盐的是。（2）写出物质③溶于水的电离方程式：。（3）将③的水溶液逐滴加入到④中的现象是。（4）⑧与水反应的离子方程式是。18．金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题：（1）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是。A．Mg2+B．Fe2+C．A13+D．Cu2+（2）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型水处理剂。某兴趣小组欲利用废金属屑（主要成分为Fe和Cu，含有少量Fe2O3）制取高铁酸钠并回收金属Cu，其工艺流程如图：①试剂a为（填化学式，下同），滤渣Ⅱ的主要成分为。②在过滤操作中要使用玻璃棒，其作用是。③检验滤液Ⅰ中是否存在Fe3+的试剂是。④制备Na2FeO4的反应原理是：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。当反应中转移电子总数约为9.03×1023时，则生成Na2FeO4的物质的量为mol。（3）纳米铁粉可用于处理废水中的。酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe3+与，其反应的离子方程式是。19．CO和CO2的混合气体18g，假设该混合气体可以点燃，完全燃烧后测得CO2体积为11.2L（标准状况）。（1）混合气体中CO的质量是g；（2）混合气体中CO2在标准状况下的体积是L；（3）混合气体在标准状况下的密度是g•L﹣1；（4）混合气体的平均摩尔质量是g•mol﹣1。20．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，其制备流程如图所示。回答下列问题：（1）“处理后的粗盐水”中的溶质主要含NaCl和少量MgCl2，“精制”过程是先向“粗盐水”中加入稍过量的（填试剂名称，下同），过滤后再加入稍过量的，后蒸发除杂，并得到饱和NaCl溶液。（2）实验室利用如图装置制备并收集少量CO2。①装置A和装置B均可用于制备CO2，其中装置A的优点是，制备CO2的离子方程式为。②利用装置C进行排空气法收集CO2，正确的连接顺序是A→→→→尾气处理（用字母表示），其中装置C的进气口为（填“a”或“b”）。③装置E中饱和NaHCO3溶液的作用为。（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为。（4）将所得NaHCO3充分加热可得到Na2CO3，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量碱石灰，碱石灰增重0.44g，则得到Na2CO3的质量为g。21．某化学兴趣小组利用如图所示装置制备饱和氯水，并探究新制饱和氯水的性质及其中氯元素的含量。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为，B中发生反应的离子方程式为。（2）装置乙盛装的试剂为，装置丁的作用为。（3）实验室除了可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气外，还有很多其他方法，如利用高锰酸钾和浓盐酸反应：2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应每消耗58.4gHCl，反应中转移电子的物质的量为mol。（4）已知：Cl2可将I2氧化为IO3﹣，I2遇淀粉变蓝。现将新制的饱和氯水逐滴滴入淀粉﹣KI溶液中至过量，可观察到现象：溶液先变蓝后褪色。出现该现象的原因是（用离子方程式解释，下同）、，由该实验可知氧化性：Cl2（填“＞”或“＜”）IO3﹣。（5）测定新制饱和氯水中氯元素的含量：量取100mL新制饱和氯水，置于光照条件下至溶液中只含1种溶质（不考虑HCl挥发），加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，最终得到ag沉淀，则该新制饱和氯水中氯元素的含量为（用含a的代数式表示）g⋅L﹣1。22．Ⅰ.如图为实验室用MnO2与浓盐酸制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气性质的装置。其中E瓶放有干燥红色布条，F中为黑色的铁粉，其右端出气管口放有脱脂棉。（1）装置中，A仪器名称为，B中发生反应的化学方程式为。（2）装置C中盛装的溶液是，D中试剂的作用是。（3）E中红色布条是否褪色？，并说明原因。（4）F中发生反应的化学方程式。（5）若H中选用NaOH溶液进行尾气处理，则发生反应的化学方程式为。Ⅱ.该实验用17.4gO2与240mL10mol/L（密度为1.10g/mL）的盐酸（足量）混合加热（不考虑盐酸挥发），使其充分反应，B中气体全部逸出后，再向B中溶液加入足量的AgNO3溶液。试求：（6）10mol/L的盐酸的质量分数（计算结果保留至小数点后两位）。（7）产生的气体在标准状况下的体积。（8）产生沉淀的质量。23．如图所示转化关系中，A、B均为单质，F为酸性氧化物，C为日常生活中最常见的无色无味液体，D、E、G、H均为含A元素的化合物，H常用作膨松剂（其他与题目无关的生成物均已略去）。回答下列问题：（1）A在空气中久置易变质，最终生成（填化学式）。（2）C+D→E的离子方程式为；将3.9gD溶于C配成500mL溶液，所得溶液中溶质的物质的量浓度为mol/L。（3）H→G的化学方程式为。（4）E与F反应可以生成H，也可以生成G，生成H的离子方程式为；除去H溶液中混有的G的试剂是（填化学式）。24．某化合物A（由三种元素构成），为了探究其组成，进行了如图实验：已知：气体D在标准状况下的密度为1.25g/L。试回答：（1）白色沉淀C的化学式为，化合物A的化学式为。（2）请写出白色沉淀J变成红褐色固体K的化学方程式。（3）请写出固体E中金属阳离子的检验方法。

参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题0分，满分0分）1．以下是一些常用的危险品消防安全标志，装运氢氧化钠的包装箱应贴的图标是（）A． B． C． D．【分析】氢氧化钠有腐蚀性，是腐蚀品，然后根据各选项图标的含义解答．【解答】解：A．图标为爆炸品，故A错误；B．图标为氧化剂，故B错误；C．图标为剧毒品，故C错误；D．氢氧化钠有腐蚀性，图标为腐蚀品，故D正确。故选：D。【点评】本题考查危险品标志的识别，难度不大，平时注意知识的积累．2．某兴趣小组的同学向一定体积的Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸，并测得溶液的导电能力随时间的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（不考虑水的电离）（）A．A点溶液中的微粒只有Ba2+和OH﹣ B．B点表示Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全中和 C．B—C的过程中，溶液的导电能力逐渐增强的原因之一是溶液中能够自由移动的离子数目增多（单位体积内） D．A—C的过程中，仅发生一种属于基本反应类型的反应【分析】溶液导电性与离子浓度及离子所带电荷成正比，向一定体积的Ba（OH）2溶液中逐滴加入稀硫酸至过量，发生的离子反应方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，根据图知，A到B中溶液导电能力减小，说明溶液中离子浓度减小，a点导电能力为0，说明溶液中离子浓度接近于0，继续加入稀硫酸，溶液中离子浓度增大，导电能力增大。【解答】解：A．点溶液中的微粒有Ba2+、OH﹣和H2O，故A错误；B．B点导电性为零证明没有自由移动的离子，所以恰好完全反应生成沉淀和水，故B正确；C．B﹣C的过程加入的H2SO4的量逐渐增多，故C正确；D．A﹣C发生复分解反应，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学反应机理，为高频考点，明确图像中的交点、拐点的反应原理是解本题关键，侧重考查分析、判断能力，题目难度中等。3．化学创造美好生活。下列生产或探究活动中，相关操作或事实合理且对应的离子方程式正确的是（）A．用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+NH3•H2O＝+ B．用白醋除铁锈：Fe2O3•xH2O+6H+＝（3+x）H2O+2Fe3+ C．少量Mg（OH）2溶于FeCl3溶液中：3Mg（OH）2+2Fe3+＝3Mg2++2Fe（OH）3 D．向混有少量FeBr2的FeCl2溶液中通入少量氯气除杂：Cl2+2Br﹣＝2Cl﹣+Br2【分析】A．过量氨水与SO2反应生成（NH4）2SO3；B．醋酸是弱酸，不能拆分；C．溶解度小的物质可转化为溶解度更小的物质，Mg（OH）2溶于FeCl3溶液生成Fe（OH）3和MgCl2；D．还原性：Fe2+＞Br﹣，向混有少量FeBr2的FeCl2溶液中通入少量氯气时Fe2+先发生反应。【解答】解：A．过量氨水与SO2反应生成（NH4）2SO3，离子方程式为SO2+2NH3•H2O＝+2，故A错误；B．白醋有效成分是醋酸，是弱酸，白醋除铁锈的离子方程式为Fe2O3•xH2O+6CH3COOH＝（3+x）H2O+2Fe3++6CH3COO﹣，故B错误；C．溶解度：Mg（OH）2＞Fe（OH）3，则少量Mg（OH）2溶于FeCl3溶液的离子方程式为3Mg（OH）2+2Fe3+＝3Mg2++2Fe（OH）3，故C正确；D．还原性：Fe2+＞Br﹣，向混有少量FeBr2的FeCl2溶液中通入少量氯气时离子反应为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，达不到除杂目的，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握物质的性质、发生的反应、离子方程式书写规则是解题关键，注意掌握离子反应的先后顺序、与量有关的离子方程式书写方法，题目难度中等。4．江西九江是一座有着2200多年历史的江南文化名城，古称浔阳、江州、柴桑等，其滨临长江、面向鄱阳湖、背靠庐山。下列有关说法正确的是（）A．白居易《琵琶行》“浔阳江头夜送客，••••••，举酒欲饮无管弦。”古人在酿酒过程中，葡萄糖在酒化酶的作用下发水解反应生成乙醇 B．杨万里《舟次西径》“芦荻渐多人渐少，鄱阳湖尾水如天。”中国最大淡水湖鄱阳湖与长江交汇处，不容易因胶体聚沉而形成三角洲 C．《周礼》中“煤饼烧蛎房成灰”（蛎房即牡蛎壳），“灰”的主要成分为CaCO3 D．陶渊明《归园田居•其三》“种豆南山下，草盛豆苗稀。”诗中庐山脚下“豆苗稀”的主要原因是土壤中缺少氮肥【分析】A．葡萄糖属于单糖；B．胶体遇到电解质可以发生聚沉；C．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为CaCO3，CaCO3灼烧生成CaO；D．豆科植物含有根瘤菌，能将空气中的氮气固定，转化成氮肥。【解答】解：A．葡萄糖属于单糖，不能发生水解，故A错误；B．形成三角洲是胶体的聚沉性质，一般在入海口形成，海水含有大量的电解质，胶体遇电解质发生聚沉，鄱阳湖和长江水都为淡水，不易因胶体聚沉形成三角洲，故B正确；C．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为CaCO3，CaCO3灼烧生成CaO，所以“灰”的主要成分为CaO，故C错误；D．豆科植物含有根瘤菌，能将空气中的氮气固定，转化成氮肥，不可能是缺水氮肥，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质的结构组成及性质，明确诗句中所含物质的成分及性质是解题关键，题目难度不大。5．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．c（Fe3+）＝0.1mol⋅L﹣1的溶液中：K+、Cl﹣、SO42﹣、SCN﹣ B．酸性高锰酸钾溶液：Fe2+、Na+、Cl﹣、SO42﹣ C．Na2CO3溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、OH﹣ D．c（H+）＝1mol⋅L﹣1的溶液中：Na+、Mg2+、ClO﹣、SO42﹣【分析】A．铁离子与硫氰根离子发生络合反应生成硫氰化铁；B．酸性高锰酸钾溶液能够氧化亚铁离子和氯离子；C．四种离子之间不反应，都不与碳酸钠溶液反应；D．次氯酸根离子与氢离子反应生成次氯酸。【解答】解：A．Fe3+、SCN﹣之间发生络合反应生成硫氰化铁，不能大量共存，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液能够氧化Fe2+、Cl﹣，不能大量共存，故B错误；C．K+、SO42﹣、Cl﹣、OH﹣、Na+、CO32﹣之间不反应，能够大量共存，故C正确；D．H+、ClO﹣之间反应生成弱电解质HClO，不能大量共存，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。6．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法合理的是（）A．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰 B．“雨过天晴云破处，这般颜色做将来。”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 C．赵孟頫诗句“纷纷灿烂如星陨，霍霍喧逐似火攻。”灿烂美丽的烟花是某些金属的焰色试验，属于化学变化 D．《本草纲目》中记载：“（火药）乃焰消（KNO3）、硫黄、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，其中KNO3体现氧化性【分析】A．生石灰吸水，可用于干燥；B．氧化铁呈红棕色；C．金属的焰色试验属于物理变化；D．火药爆炸的反应为，其中KNO3中氮元素化合价降低。【解答】解：A．生石灰用于干燥，不能防止食品氧化变质，故A错误；B．氧化铁呈红棕色，故B错误；C．金属的焰色试验属于物理变化，故C错误；D．火药爆炸的反应为，其中KNO3中氮元素化合价降低，被还原，KNO3体现氧化性，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的性质及用途，熟悉物质的性质、会用化学知识正确解释生产生活中化学应用，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学素养和提高学习的积极性，题目难度不大。7．某些离子的检验及结论一定正确的是（）A．用光洁铂丝蘸取某无色溶液，在无色灯焰灼烧观察到黄色火焰，则一定含Na+，可能含K+ B．加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中变浑浊，则一定有CO32﹣ C．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，一定有SO42﹣ D．某溶液加入稀盐酸酸化的AgNO3产生白色沉淀，则原溶液中一定含有Cl﹣【分析】A.在无色灯焰灼烧观察到黄色火焰，则一定含Na+，因没有透过蓝色钴玻璃观察，所以也可能含K+；B.也可能为HCO3﹣；C.根据氯化银为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀来分析；D.溶液用盐酸酸化后，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，则该沉淀一定是氯化银，原溶液不一定含有Cl﹣；【解答】解：A.用光洁铂丝蘸取某无色溶液，在无色灯焰灼烧观察到黄色火焰，则一定含Na+，因没有透过蓝色钴玻璃观察，所以也可能含K+，故A正确；B.某溶液中加入稀盐酸产生无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体，应为二氧化碳，该溶液中可能为HCO3﹣或CO32﹣，故B错误；C.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故C错误；D.溶液用盐酸酸化后，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，则该沉淀一定是氯化银，因加入的是盐酸，所以原溶液中不一定含有Cl﹣，故D错误；故选：A。【点评】本题考查离子的检验，明确复分解反应发生的条件及离子之间的反应，注意排除某些离子的干扰以及应该加入什么试剂才能排除这些离子的干扰是解答的关键，题目难度不大。8．某容器中发生一个化学反应，其中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种粒子。其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是（）A．反应中消耗1mol氧化剂，转移2mol电子 B．还原性：NH4+＞Cl﹣ C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D．该反应中NH4+被氧化为N2【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，以此解答该题。【解答】解：A．反应中消耗1mol氧化剂ClO﹣，Cl元素由+1价降低到﹣1价，则转移2mol电子，故A正确；B．由分析可知，是还原剂，Cl﹣是还原产物，则还原性：，故B正确；C．ClO﹣是氧化剂，是还原剂，依据得失电子守恒，可建立关系式：3ClO﹣——2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；D．该反应中作还原剂，被氧化，从而生成N2，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大。9．在野外工作时，可用氢化钙来制氢气，发生的反应为CaH2+2H2O＝Ca（OH）2+2H2↑，已知氢化钙中钙元素的化合价为+2，关于该反应的下列说法中错误的是（）A．既不是置换反应，又不是复分解反应 B．CaH2是还原剂，H2O中的氢部分被还剂 C．H2既是氧化产物，又是还原产物 D．要得到44.8L氢气需要氢化钙8.4g【分析】CaH2中H为﹣1价，具有还原性，可被氧化，H2O中H为+1价，具有氧化性，可被还原，则在该反应中，CaH2是还原剂，H2O是氧化剂，H2既是氧化产物又是还原产物，以此解答该题。【解答】解：A．单质和化合物反应生成单质和化合物是置换反应，该反应中反应物无单质参加，因此不属于置换反应；化合物和化合物反应交换成分后生成化合物和化合物，该反应中生成物有单质生成，因此反应不属于复分解反应，故A正确；B．在该反应中，H元素化合价由反应前CaH2中﹣1价变为反应后H2中的0价，化合价升高，失去电子被氧化，所以CaH2是还原剂；H元素化合价由反应前H2O中的+1价部分变为反应后H2中的0价，化合价降低，得到电子被含有，部分仍以+1价形式存在于Ca（OH）2中，所以H2O中的氢部分作氧化剂，被还剂，故B正确；C．H2中的H元素部分，来源于CaH2中的﹣1价，部分来源于H2O中的+1价，H元素化合价部分升高，部分降低，因此H2既是氧化产物，又是还原产物，故C正确；D．由于未知H2所处的外界条件，因此不能确定44.8L氢气的物质的量，也就不能计算反应消耗CaH2的质量，故D错误；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的化学科学素养，难度不大，注意从元素化合价的角度识别相关概念、判断物质的性质。10．某白色粉末可能含有Ba（NO3）2、CaCl2、K2CO3、Na2SO4，现进行以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成；②向①的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；③取少量②的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，下列说法不正确的是（）A．原白色粉末中一定含有CaCl2、K2CO3 B．原白色粉末中可能含有Ba（NO3）2 C．原白色粉末中一定没有Na2SO4 D．②中发生的离子反应一定只有CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O【分析】①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，该沉淀可能是CaCO3、BaCO3、BaSO4、CaSO4；②向①的悬浊液中加入过量稀硝酸，白色沉淀消失，沉淀无BaSO4、CaSO4，即粉末一定没有Na2SO4，并有气泡产生，则该气体为CO2，沉淀为BaCO3、CaCO3或二者的混合物，则一定含有K2CO3，而至少含有Ba（NO3）2、CaCl2中的一种；③取少量②的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则生成的白色沉淀为AgCl，溶液中一定含有CaCl2，可能含有Ba（NO3）2。【解答】解：由分析可知，白色粉末一定含有CaCl2、K2CO3，可能含有Ba（NO3）2，一定不含有Na2SO4；A．由分析可知，原白色粉末中一定含有CaCl2、K2CO3，故A正确；B．由分析可知，原白色粉末中可能含有Ba（NO3）2，故B正确；C．由分析可知，原白色粉末中一定没有Na2SO4，故C正确；D．在实验②中白色沉淀一定含有CaCO3，可能含有BaCO3，则加入HNO3时一定发生反应：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，还可能发生反应：BaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故D错误；故选：D。【点评】本题考查无机物推断，根据实验现象进行分析判断，熟练掌握元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、运用知识解决实际问题的能力。11．下列物质的分类正确的是（）选项碱酸盐酸性氧化物AK2CO3H3PO4Cu2（OH）2CO3CO2BKOHHClNaClCOCFe（OH）3NaHSO4MgCl2SO2DNaOHH2CO3Na2SO4Mn2O7A．A B．B C．C D．D【分析】电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物为碱，电离时生成的阳离子全部是H+的化合物为酸，金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子结合的化合物为盐，能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物，能与与碱作用生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成。【解答】解：A．K2CO3由金属阳离子K+与酸根阴离子构成，属于盐，故A错误；B．CO是不成盐氧化物，B错误；C．NaHSO4由金属阳离子Na+与酸根阴离子为构成，属于盐类，故C错误；D．NaOH是碱，碳酸是酸，硫酸钠是盐，Mn2O7是酸性氧化物，分类正确，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸碱盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念，掌握基础是关键，题目难度不大。12．检测是否酒驾的化学反应原理是C2H5OH+K2Cr2O7（橙红色）+H2SO4→K2SO4+Cr2（SO4）3（绿色）+CH3COOH+H2O。下列说法错误的是（）A．乙醇发生氧化反应 B．氧化性：K2Cr2O7＞CH3COOH C．氧化剂与还原剂的物质的量之比是3：2 D．若司机酒驾，则检测器中的物质由橙红色变为绿色【分析】反应C2H5OH+K2Cr2O7（橙红色）+H2SO4→K2SO4+Cr2（SO4）3（绿色）+CH3COOH+H2O中，Cr元素的化合价由+6价降低到+3价，C元素化合价由﹣2价升高到0价，据此进行解答。【解答】解：A．反应C2H5OH+K2Cr2O7（橙红色）+H2SO4→K2SO4+Cr2（SO4）3（绿色）+CH3COOH+H2O中，C元素化合价升高，在反应过程中乙醇被氧化产生乙酸，故A正确；B．在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。在该反应中氧化剂是K2Cr2O7，氧化产物是CH3COOH，所以氧化性：K2Cr2O7＞CH3COOH，故B正确；C．在该反应中C2H5OH是还原剂、K2Cr2O7是氧化剂，C2H5OH被氧化产生CH3COOH，1mol失去4mol电子，K2Cr2O7得到电子被还原产生Cr2（SO4）3，1mol得到6mol电子根据氧化还原反应中电子得失数目相等可知：氧化剂与还原剂的物质的量之比是2mol：3mol＝2：3，故C错误；D．若司机酒驾，K2Cr2O7氧化乙醇时，K2Cr2O7被还原为Cr2（SO4）3，检测器中物质的颜色会由橙红色变为绿色，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念的考查，注意计算时存在的物质的量关系，题目难度不大。13．已知有以下三个反应：①Fe+Cu2+═Fe2++Cu；②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O；③3NO2+H2O═2HNO3+NO。下列有关说法正确的是（）A．反应①、②中都有单质生成，都属于置换反应 B．反应③中每3molNO2参加反应，转移2mol电子 C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6：1 D．氧化性KClO3＞Cl2，KCl为氧化产物【分析】A．置换反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物；B．反应③中每3molNO2参加反应有2molNO2为还原剂，1molNO2为氧化剂，转移2mol电子；C．反应②中6molHCl中有5mol作为还原剂；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。【解答】解：A．置换反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，②不是置换反应，故A错误；B．反应③中每3molNO2参加反应有2molNO2为还原剂，1molNO2为氧化剂，N的化合价由+4价分别降低到+2价和升高到+5价，共转移2mol电子，故每3molNO2参加反应，转移2mol电子，故B正确；C．反应②中6molHCl中有5mol作为还原剂，故还原剂与氧化剂的物质的量之比为5：1，故C错误；D．由②可得氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，故氧化性KClO3＞Cl2，Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了氧化还原反应，明确元素化合价是解本题的关键，易错选项是C，注意该选项中不是所有氯化氢都参加氧化还原反应，为易错点，题目难度不大。14．把5.1g镁铝合金的粉末放入500mL盐酸中，金属和酸均恰好反应，得到标准状况下H25.6L．下列说法错误的是（）A．该合金中铝的质量分数约为52.94% B．该盐酸的物质的量浓度为2mol/L C．该合金镁和铝的物质的量之比为1：1 D．该反应中一共转移的电子的物质的量为0.5mol【分析】A、镁铝合金与盐酸发生反应的化学方程式为：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，n（H2）＝＝0.25mol，根据质量、转移电子守恒列方程式计算；B、根据HCl和氢气之间的关系式计算盐酸的浓度；C、由A可知合金镁和铝的物质的量都为0.1mol；D、反应中转移电子的物质的量为氢气的物质的量的2倍。【解答】解：A、镁铝合金与盐酸发生反应的化学方程式为：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，n（H2）＝＝0.25mol，设Mg的物质的量为x，Al的物质的量为y，根据金属质量、转移电子守恒列方程式，，解得，则Al的质量分数＝×100%＝52.94%，故A正确；B、设盐酸的物质的量浓度为cmol/L，2HCl﹣﹣﹣﹣﹣﹣H2↑2mol1mol0.5cmol0.25molc＝1mol/L，故B错误；C、由A可知合金镁和铝的物质的量都为0.1mol，则合金镁和铝的物质的量之比为1：1，故C正确；D、反应中转移电子的物质的量为氢气的物质的量的2倍，则转移电子的物质的量为0.5mol，故D正确；故选：B。【点评】本题以镁铝合金为载体考查了根据方程式进行计算，根据各物质之间的关系式结合守恒思想分析解答，题目难度不大。15．合金相对于纯金属制成的金属材料来说优点是（）①合金的硬度一般比它的各成分金属的大②一般合金熔点比它的各成分金属的更低③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金④合金比纯金属的应用范围更广泛A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．②④【分析】合金具有许多优良的物理、化学或机械性能，在许多方面优于各成分金属，合金相对于组成它的金属来说，一般具有密度较小、熔点较低、耐腐蚀性强、硬度大、机械强度大等方面的特点．但合金的导电性比纯金属弱。【解答】解：①与组成合金的纯金属相比，合金的一般硬度更大，故①正确；②合金为混合物，熔点比它的各成分金属的熔点低，故②正确；③不同的合金具有不同的性能，改变原料的配比、改变生成合金的条件，得到有不同性能的合金，故③正确；④合金一般比成分金属熔点低，硬度大，具有更好的机械加工性能，故应用范围更广泛，故④正确；故选：A。【点评】本题考查合金的性质，题目难度不大，注意物质的组成和结构决定物质的性质，物质的性质决定物质的用途。二、解答题（共9小题，满分0分）16．物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：（1）98gH2SO4含NA个H2SO4分子，它能与2molNaOH完全反应。（2）某气体氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为64g/mol，R的相对原子质量为32。（3）标准状况下有①44.8LCH4，②9.03×1023个NH3分子，③85gH2S三种气体，对这三种气体的物质的量从大到小的顺序是③①②（填序号）。（4）在一定的温度和压强下，1体积气体X2与3体积气体Y2化合生成2体积气体化合物，则该化合物的化学式是XY3（用X、Y表示）。（5）某混合盐溶液中含有离子：Na+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣，测得Na+、Mg2+和Cl﹣的物质的量浓度依次为：0.2mol⋅L﹣1、0.25mol⋅L﹣1、0.4mol⋅L﹣1，则c（SO42﹣）＝0.15mol⋅L﹣1。【分析】（1）依据公式N＝nNA作答，1mol硫酸能消耗2molNaOH；（2）结合公式M＝分析；（3）依据物质的量计算公式计算各气体的物质的量；（4）依据原子守恒作答；（5）依据电荷守恒分析。【解答】解：（1）98gH2SO4含硫物质的量为＝1mol，含有分子数为NA，与2molNaOH完全反应，故答案为：NA；2；（2）该氧化物的体积为448mL，物质的量为0.02mol，摩尔质量为＝64g/mol，R的相对原子质量为64﹣2×16＝32，故答案为：64g/mol；32；（3）①44.8LCH4气体的物质的量为2mol，②9.03×1023个NH3分子的物质的量为1.5mol，③85gH2S气体的物质的量为2.5mol，这三种气体的物质的量从大到小的顺序是③①②，故答案为：③①②；（4）温度和压强相同时，气体体积比等于物质的量之比，故1体积气体X2与3体积气体Y2化合生成2体积气体化合物，反应方程式为X2+3Y2＝2Z，Z为XY3，故答案为：XY3；（5）测得Na+、Mg2+和Cl﹣的物质的量浓度依次为：0.2mol⋅L﹣1、0.25mol⋅L﹣1、0.4mol⋅L﹣1，由电荷守恒可知，0.2mol/L×1+0.25mol/L×2＝0.4mol/L×1+2c（SO42﹣），解得c（SO42﹣）＝0.15mol/L，故答案为：0.15。【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。17．现有下列物质：①K2CO3②复合膨松剂③NaHSO4④Fe（OH）3胶体⑤液态氯化氢⑥澄清石灰水⑦CO2⑧金属钠⑨氨气⑩酒精回答下列问题：（1）以上物质中属于电解质的是①③⑤（填序号，下同），属于非电解质的是⑦⑨⑩，属于盐的是①③。（2）写出物质③溶于水的电离方程式：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣。（3）将③的水溶液逐滴加入到④中的现象是先产生红褐色沉淀，然后红褐色沉淀又消失，得到黄色溶液。（4）⑧与水反应的离子方程式是2Na++2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑。【分析】（1）电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；由金属阳离子或者铵根离子与酸根离子结合而成的化合物为盐；（2）硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；（3）依据胶体聚沉的性质、酸碱中和反应解答；（4）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气。【解答】解：（1）①K2CO3③NaHSO4⑤液态氯化氢都是化合物，水溶液中或者熔融状态下能导电，属于电解质；⑦CO2⑨氨气⑩酒精本身不能电离产生自由移动电离子而导电，属于非电解质；②复合膨松剂④Fe（OH）3胶体⑥澄清石灰水都是混合物，⑧金属钠单质，既不是电解质也不是非电解质；①K2CO3和③NaHSO4都是盐，故答案为：①③⑤；⑦⑨⑩；①③；（2）硫酸氢钠为强电解质，水溶液中完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣，故答案为：NaHSO4＝Na++H++SO42﹣；（3）向氢氧化铁胶体中加入硫酸到过量，先产生红褐色沉淀，然后红褐色沉淀又消失，得到黄色溶液，故答案为：先产生红褐色沉淀，然后红褐色沉淀又消失，得到黄色溶液；（4）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na++2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑，故答案为：2Na++2H2O＝2Na++2OH﹣+H2↑。【点评】本题为综合题，考查了物质的分类、离子方程式的书写，明确电解质、非电解质的概念，把握物质反应的实质是解题关键，题目难度不大。18．金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题：（1）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是BC。A．Mg2+B．Fe2+C．A13+D．Cu2+（2）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型水处理剂。某兴趣小组欲利用废金属屑（主要成分为Fe和Cu，含有少量Fe2O3）制取高铁酸钠并回收金属Cu，其工艺流程如图：①试剂a为H2SO4（填化学式，下同），滤渣Ⅱ的主要成分为Cu。②在过滤操作中要使用玻璃棒，其作用是引流。③检验滤液Ⅰ中是否存在Fe3+的试剂是KSCN溶液。④制备Na2FeO4的反应原理是：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。当反应中转移电子总数约为9.03×1023时，则生成Na2FeO4的物质的量为0.3mol。（3）纳米铁粉可用于处理废水中的。酸性条件下，纳米铁粉与废水中反应生成Fe3+与，其反应的离子方程式是8Fe+30H++3＝8Fe3++3+9H2O。【分析】某溶液中加入Na2O2时，因Na2O2具有强氧化性，且与水反应生成强碱，因此对Fe2+、Al3+影响很大。工艺流程中，一系列操作后得到了FeSO4固体，则试剂a为稀硫酸，试剂a少量时，主要与少量Fe2O3反应，生成的Fe3+再与Fe反应，滤液Ⅰ为FeSO4溶液；试剂a足量时主要与Fe反应，滤液Ⅱ为FeSO4溶液，滤渣Ⅱ为Cu。【解答】解：（1）Na2O2具有强氧化性，能把Fe2+氧化成Fe3+，足量Na2O2与水反应生成NaOH，NaOH能使Mg2+、Fe3+、Cu2+生成沉淀，使Al3+生成，过滤后，滤渣成分为Mg（OH）2、Fe（OH）3、Cu（OH）2，滤渣溶于足量盐酸中，生成MgCl2、FeCl3、CuCl2。与原溶液相比，大量减小的离子是Fe2+、Al3+，故答案为：BC；（2）①分析中已知试剂a为H2SO4，滤渣的主要成分为Cu，故答案为：H2SO4；Cu；②溶液从烧杯倒出时容易与烧杯外壁产生“附壁效应”，使部分溶液沿烧杯外壁流到杯底而不能流到漏斗里，所以在过滤时要用玻璃棒引流，故答案为：引流；③Fe3+与SCN﹣发生反应生成血红色络合物，因此用KSCN溶液检验Fe3+，故答案为：KSCN溶液；④Fe由+2价升高到+6价，Na2O2中一部分O由﹣1价升高到0价，另一部分O由﹣1价降低到﹣2价，以O化合价降低方面计算更简便。根据化学方程式知每生成2molNa2FeO4，就有10molO从﹣1价降低到﹣2价，转移的电子数约为10mol×1×6.02×1023mol﹣1＝6.02×1024，当转移电子总数约为9.03×1023时，设生成Na2FeO4物质的量为n，列比例式得，n＝0.3mol，故答案为：0.3；（3）根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒可以得出酸性条件下，纳米铁与反应生成Fe3+与的离子方程式为：8Fe+30H++3＝8Fe3++3+9H2O，故答案为：8Fe+30H++3＝8Fe3++3+9H2O。【点评】本题考查分离提纯和晶体结构，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯的掌握情况，试题难度中等。19．CO和CO2的混合气体18g，假设该混合气体可以点燃，完全燃烧后测得CO2体积为11.2L（标准状况）。（1）混合气体中CO的质量是7g；（2）混合气体中CO2在标准状况下的体积是5.6L；（3）混合气体在标准状况下的密度是1.607g•L﹣1；（4）混合气体的平均摩尔质量是36g•mol﹣1。【分析】根据CO和CO2的混合气体18g，以及CO2体积为11.2L（标准状况），结合碳原子守恒，可求得CO和CO2的物质的量，然后分别解答。【解答】解：由燃烧后CO2体积为11.2L（标准状况）可知其物质的量为＝0.5mol，设CO和CO2的物质的量分别为x、y，由质量关系得：28x+44y＝18，有碳原子守恒得x+y＝0.5，解之得x＝0.25mol，y＝0.25mol，即CO和CO2的物质的量均为0.25mol，（1）混合气体中CO的质量为0.25mol×28g/mol＝7g，故答案为：7；（2）混合气体中CO2在标准状况下的体积是0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，故答案为：5.6；（3）CO和CO2的混合气体18g，其在标准状况下的体积为0.25mol×2×22.4L/mol＝11.2L，其密度为＝1.607g/L，故答案为：1.607；（4）混合气体的平均摩尔质量是＝36g/mol，故答案为：36。【点评】本题考查物质的量的的有关计算，难度不大，掌握基本公式是解题的关键。20．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，其制备流程如图所示。回答下列问题：（1）“处理后的粗盐水”中的溶质主要含NaCl和少量MgCl2，“精制”过程是先向“粗盐水”中加入稍过量的氢氧化钠溶液（填试剂名称，下同），过滤后再加入稍过量的盐酸，后蒸发除杂，并得到饱和NaCl溶液。（2）实验室利用如图装置制备并收集少量CO2。①装置A和装置B均可用于制备CO2，其中装置A的优点是可随开随用，随关随停，制备CO2的离子方程式为。②利用装置C进行排空气法收集CO2，正确的连接顺序是A→E→D→C→尾气处理（用字母表示），其中装置C的进气口为a（填“a”或“b”）。③装置E中饱和NaHCO3溶液的作用为除去CO2中的HCl。（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O。（4）将所得NaHCO3充分加热可得到Na2CO3，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量碱石灰，碱石灰增重0.44g，则得到Na2CO3的质量为1.06g。【分析】（1）“处理后的粗盐水”中的溶质主要含NaCl和少量MgCl2，“精制”过程是先向“粗盐水”中加入稍过量的氢氧化钠溶液，除去MgCl2，过滤后再加入稍过量的盐酸，除去过量的NaOH；（2）①装置A和装置B均可用于制备CO2，其中装置A的优点是可随开随用，随关随停；②利用装置C进行排空气法收集CO2，正确的连接顺序是A→E→D→C→尾气处理；CO2的密度大于空气，应用向上排空气法收集；③装置E中饱和NaHCO3溶液的作用为除去CO2中的HCl气体；（3）向饱和NaCl溶液中先后通入足量的NH3和CO2生成NaHCO3；（4）根据方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O进行计算。【解答】解：（1）“处理后的粗盐水”中的溶质主要含NaCl和少量MgCl2，“精制”过程是先向“粗盐水”中加入稍过量的氢氧化钠溶液，除去MgCl2，过滤后再加入稍过量的盐酸，除去过量的NaOH，后蒸发除去过量的HCl，并得到饱和NaCl溶液，故答案为：氢氧化钠溶液；盐酸；（2）①装置A和装置B均可用于制备CO2，其中装置A的优点是可随开随用，随关随停，制备CO2的离子方程式为，故答案为：可随开随用，随关随停；；②利用装置C进行排空气法收集CO2，正确的连接顺序是A→E→D→C→尾气处理；CO2的密度大于空气，应用向上排空气法收集，所以装置C的进气口为a，故答案为：E；D；C；a；③装置E中饱和NaHCO3溶液的作用为除去CO2中的HCl气体，故答案为：除去CO2中的HCl；（3）向饱和NaCl溶液中先后通入足量的NH3和CO2生成NaHCO3，总反应的化学方程式为NH3+NaCl+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓，故答案为：NH3+NaCl+CO2+H2O＝NH4Cl+NaHCO3↓；（4）根据方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，可知每生成0.44gCO2，可得到Na2CO3的质量为1.06g，故答案为：1.06。【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、实验装置的作用、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重学生的分析能力、实验技能和化学计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。21．某化学兴趣小组利用如图所示装置制备饱和氯水，并探究新制饱和氯水的性质及其中氯元素的含量。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为分液漏斗，B中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O。（2）装置乙盛装的试剂为饱和食盐水，装置丁的作用为吸收氯气，防止污染空气。（3）实验室除了可用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气外，还有很多其他方法，如利用高锰酸钾和浓盐酸反应：2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应每消耗58.4gHCl，反应中转移电子的物质的量为1mol。（4）已知：Cl2可将I2氧化为IO3﹣，I2遇淀粉变蓝。现将新制的饱和氯水逐滴滴入淀粉﹣KI溶液中至过量，可观察到现象：溶液先变蓝后褪色。出现该现象的原因是溶液先变蓝后褪色（用离子方程式解释，下同）、2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣、5Cl2+I2+6H2O＝2IO3﹣+10Cl﹣+12H+，由该实验可知氧化性：Cl2＞（填“＞”或“＜”）IO3﹣。（5）测定新制饱和氯水中氯元素的含量：量取100mL新制饱和氯水，置于光照条件下至溶液中只含1种溶质（不考虑HCl挥发），加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥、称重，最终得到ag沉淀，则该新制饱和氯水中氯元素的含量为（用含a的代数式表示）g⋅L﹣1。【分析】装置A用二氧化锰和浓盐酸反应制备氯气，B中用饱和食盐水除氯气中的氯化氢，C中用水吸收氯气制备氯水，D中用氢氧化钠吸收剩余氯气，防止污染，据此分析作答。【解答】解：（1）根据仪器构造可知，仪器A的名称为分液漏斗；B中二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气、水，发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）根据分析可知，装置乙的作用是除氯气中的氯化氢，盛装的试剂为饱和食盐水，氯气有毒，丁盛装氢氧化钠溶液，装置丁的作用为吸收氯气，防止污染空气，故答案为：饱和食盐水；吸收氯气，防止污染空气；（3）对于2KMnO4+16HCl（浓）＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应，盐酸表现还原性和酸性，生成5mol氯气转移10mol电子，消耗16mol盐酸，则反应每消耗58.4gHCl转移电子的物质的量为，故答案为：1；（4）将新制的饱和氯水逐滴滴入淀粉—KI溶液中至过量，氯气先把I﹣氧化为I2，过量的氯气再把I2氧化为IO3﹣，所以溶液先变蓝后褪色，反应的离子方程式为2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣、5Cl2+I2+6H2O＝2IO3﹣+10Cl﹣+12H+，在反应中：5Cl2+I2+6H2O＝2IO3﹣+10Cl﹣+12H+，Cl2是氧化剂、IO3﹣，是氧化产物，所以氧化性：Cl2＞IO3﹣，2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣、5Cl2+I2+6H2O＝2IO3﹣+10Cl﹣+12H+；故答案为：溶液先变蓝后褪色；2I﹣+Cl2＝I2+2Cl﹣、5Cl2+I2+6H2O＝2IO3﹣+10Cl﹣+12H+；＞；（5）根据题意可知，氯化银沉淀中的氯元素质量即为氯水中氯元素的质量，则该新制饱和氯水中氯元素的含量为＝g⋅L﹣1，故答案为：。【点评】本题主要考查氯气的实验室制法以及氯气的性质实验，同时考查氯气的另外一种制法、氯气的强氧化性，可以氧化碘单质等，对学生的能力要求较高，难度中等。22．Ⅰ.如图为实验室用MnO2与浓盐酸制取纯净、干燥的氯气，并验证氯气性质的装置。其中E瓶放有干燥红色布条，F中为黑色的铁粉，其右端出气管口放有脱脂棉。（1）装置中，A仪器名称为分液漏斗，B中发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。（2）装置C中盛装的溶液是饱和食盐水，D中试剂的作用是干燥氯气。（3）E中红色布条是否褪色？不会褪色，并说明原因干燥的氯气不具有漂白性。（4）F中发生反应的化学方程式2Fe+3Cl22FeCl3。（5）若H中选用NaOH溶液进行尾气处理，则发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。Ⅱ.该实验用17.4gO2与240mL10mol/L（密度为1.10g/mL）的盐酸（足量）混合加热（不考虑盐酸挥发），使其充分反应，B中气体全部逸出后，再向B中溶液加入足量的AgNO3溶液。试求：（6）10mol/L的盐酸的质量分数（计算结果保留至小数点后两位）33.2%。（7）产生的气体在标准状况下的体积4.48L。（8）产生沉淀的质量287g。【分析】分液漏斗A中的浓盐酸滴入烧瓶B中的二氧化锰固体中，加热发生反应生成氯气，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成的氯气中含水蒸气和氯化