2024届上海市宝山区高境一中化学高一上期末达标测试试题含解析

2024届上海市宝山区高境一中化学高一上期末达标测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、用聚光手电筒照射下列分散系，能观察到丁达尔效应的是（）A．溶液 B．胶体 C．乳浊液 D．悬浊液2、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．化学反应中1molMg变成Mg2+时失去电子的数目为2NAB．28N2所含有的原子数目为NAC．标准状况下，22.4L水中含有NA个水分子D．1mol/L的NaCl溶液中所含Na+的数目为NA3、用下列方法均可制得氧气：①2KClO32KCl＋3O2↑②2HgO2Hg＋O2↑③2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑若要制得相同质量的氧气，反应中电子转移数目之比为()A．3∶1∶1 B．3∶1∶4 C．1∶1∶1 D．2∶1∶14、下列溶液中的离子—定能大量共存的是A．含大量MnO4-的溶液中：Na+、K+、Cu2+、Fe3+B．在加入铝粉能产生氢气的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、NO3-C．酸性溶液中：Ba2+、NO3-、K+、AlO2-D．含大量Fe3+的溶液中：NH4+、Na+、I-、SCN-5、下列说法正确的是()A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均极易溶于水C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化6、关于酸、碱、盐的下列说法中错误的是()A．酸在水溶液中电离产生的阳离子全部是氢离子B．碱在水溶液中电离产生的阴离子全部是氢氧根离子C．盐在水溶液中电离一定有金属阳离子产生D．酸和盐在水溶液中电离都可能有含氧酸根离子产生7、下列离子在指定溶液中可以大量共存的是()A．c(H＋)＝1mol·L－1溶液中：K＋、Fe3＋、I-、SO32-B．某无色透明溶液中：Fe3＋、NH4+、NO3-、SCN－C．能使酚酞变红的溶液中：Na＋、Cl－、SiO32-、NO3-D．c(OH－)＝1mol·L－1溶液中：HCO3-、K＋、Na＋、AlO2-8、如图是某反应的微观示意图，下列有关说法不正确的是A．生成的物质都是氧化物B．反应前后原子的种类不变C．该反应的基本类型属于置换反应D．反应方程式为2H2S+3O22SO2+2H2O9、下列各组中的两种物质作用，反应条件(温度、反应物浓度、用量或滴加顺序等)改变，不会引起产物改变的是（）A．Na和O2 B．Fe与HCl C．Zn和FeCl3 D．Na2CO3和HCl10、化学是研究物质的组成，结构，性质以及变化规律的一门以实验为基础的学科，在给定条件下，下列物质间转化均能实现的一组是（）（1）（2）（3）（4）A．（1）（2） B．（2）（3） C．（2）（4） D．（3）（4）11、下列化合物中不能由单质直接化合而得到的是（）A．NO B．Al2S3 C．CuCl2 D．FeCl212、下列物质既能跟盐酸反应，又能跟NaOH溶液反应的是（）A．Al B．Fe C．Cu D．Mg13、下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应的本质并不改变的是A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．Na2O2和CO2 D．木炭（C）和O214、盛装浓硫酸的容器上所贴的危险化学品标志是A． B． C． D．15、在高空中有一层臭氧层，它吸收太阳了太阳光中绝大部分紫外线，使地球上的生物免受紫外线伤害，臭氧的化学式是O3，它是一种A．混合物 B．氧化物 C．单质 D．化合物16、下列物质的分类正确的是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4Cu2（OH）2CO3Fe2O3SO3BNaOHHClNaClNa2O2COCNaOHNaHSO4CaF2MgOSO2DKOHHNO3NaHCO3CaOCO2A．A B．B C．C D．D17、在下列反应中，HNO3既表现出氧化性，又表现出酸性的是A．H2S+2HNO3===S↓+2NO2↑+2H2OB．CuO+2HNO3===Cu(NO3)2+H2OC．4HNO34NO2↑+O2↑+2H2OD．3Cu+8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O18、某温度下，向如图所示装置中分别通入等质量的四种气体（已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不计），下列说法中正确的是（）A．中装的是 B．和中气体物质的量之比为C．和中气体分子数相等 D．和中气体密度之比为19、下列表格中各项分类都正确的一组是纯净物混合物电解质非电解质A冰水混合物明矾液态蔗糖BCaO海水铜乙醇C胆矾镁合金AgClD氢氧化钠空气溶液食醋A．A B．B C．C D．D20、在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，当有10mol电子发生转移后，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是A．1∶5 B．5∶1 C．6∶1 D．1∶621、等体积的Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3三种溶液分别与等体积、等浓度的BaCl2溶液完全反应，则三溶液的物质的量浓度之比为A．1：2：3 B．3：2：1 C．6：3：2 D．2：3：622、已知X和Y能发生如下反应：X＋Y=H2O＋盐，下列有关物质X和Y所属种类的判断中一定不正确的是()A．X为酸、Y为碱 B．X为碱性氧化物、Y为酸C．X为盐、Y为碱 D．X为碱性氧化物、Y为酸性氧化物二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D是四种常见气体单质。E的相对分子质量比F小16，且F为红棕色。有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。请回答下列问题：（1）D的化学式为__，Y的化学式为__，E的化学式为__。（2）Y与氧化铜反应，每生成1molB消耗3mol氧化铜，该反应的化学方程式为__。（3）Y与E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为__。（4）气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示)，洗气瓶中是否有沉淀生成？__，理由是__。24、（12分）A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如下(部分反应中的水已略去)。根据题意回答下列问题：（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，C为厨房中的用品，D的过度排放会造成温室效应。①A的化学式______________、B的俗名____________；②反应II的离子方程式是__________________________________。（2）若A、D均为单质，且A为气体，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料。①反应II的离子方程式是_____________________________；②反应Ⅲ的离子方程式是_____________________________；③检验B中阳离子最好的方法是_____________________________________。25、（12分）I．有下列四组混合物，如何进行分离？请将分离的方法填在横线上。（1）水和酒精。_____（2）碘和四氯化碳。_____（3）水和四氯化碳。_____（4）硝酸钠溶液中的氯化银。_____II．如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的浓硫酸试剂标签上的部分内容。现欲用该浓硫酸配制成1mol/L的稀硫酸，现实验室仅需要这种稀硫酸220mL。试回答下列问题：（1）用量筒量取该浓硫酸____________mL。（2）配制时，必须使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的仪器是____。（3）配制溶液的过程中，其他操作都正确，下列操作会使所配溶液浓度偏高的是__________。A．用量筒量取浓硫酸时俯视B．稀释浓硫酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中C．量取浓H2SO4后的量筒进行洗涤，并将洗涤液转移到容量瓶中D．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切E．容量瓶不干燥F．定容时，仰视容量瓶刻度线26、（10分）某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。（1）写出Cu与浓硫酸制备SO2的化学方程式__________。（2）实验室用装置E制备Cl2的离子方程式_________。指出该反应中HCl（浓）所表现出的化学性质__________、___________。（3）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现__________的现象。A品红都褪色B品红都不褪色C试管B中品红褪色D中不褪色D试管D中品红褪色B中不褪色②停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象又分别为_____。A无色红色B无色无色C红色红色D红色无色（4）C烧杯氢氧化钠溶液的作用是___________。（5）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1∶1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）________。27、（12分）某学生用12mol·L－1的浓盐酸配制0.10mol·L－1的稀盐酸500mL。回答下列问题。（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是___(填序号)。a.使用前要检验容量瓶是否漏液b.用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干c.为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行d.为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀e.用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液f.当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放配制的试剂（2）量取浓盐酸的体积为___mL，应选用的量筒规格为___(填“10mL”“25mL”或“50mL”)。（3）配制时应选用的容量瓶规格为___。28、（14分）（1）相同物质的量的O2和O3的质量比为__，分子个数比为__，所含氧原子的个数比为__，同条件下密度比__．（2）下列物质中：①Cl2②NH3③BaSO4④NaOH⑤稀硝酸属于电解质的是__，属于非电解质的是__．①和④反应的离子方程式__．29、（10分）用湿法制磷酸的副产品氟硅酸(H2SiF6)生成无水氟化氢的工艺如图所示:已知氟硅酸钾(K2SiF6)微酸性,有吸湿性，微溶于水,不溶于酒精。（1）写出反应器中的化学方程式:________________。（2）在实验室过滤操作中所用的玻璃仪器有_____________，在洗涤氟硅酸钾(K2SiF6)时常用酒精洗涤,其目的是:____________。（3）该流程中哪些物质可以循环使用:_____________。(用化学式表达)（4）氟化氢可以腐蚀刻画玻璃，在刻蚀玻璃过程中也会生成H2SiF6,试写出该反应的化学方程式:__________________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解题分析】

A．溶液不属于胶体，不能观察到丁达尔效应，错误；B．胶体可以使光线发生全反射，产生一条光亮的通路，故能观察到丁达尔效应，正确；C．乳浊液不可以使光线发生全反射，因此不能观察到丁达尔效应，错误；D．悬浊液属于浊液，不能观察到丁达尔效应，错误。2、A【解题分析】

A.一个Mg原子变成一个Mg2+时失去的电子数是2个，所以1molMg变成Mg2+时失去的电子数目为2NA，故A正确；B.28g氮气的物质的量为1mol，含有的原子数目为2NA，故B错误；C.标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.不知溶液的体积，所以计算不出Na+的数目，故D错误。故选A。3、C【解题分析】

三个反应中反应物中的氧元素都是－2价，生成的O2中氧元素是0价。当三个反应都制得1molO2时，转移的电子都是4mol。C项正确。4、A【解题分析】

A、Na+、K+、Cu2+、Fe3+之间不反应，都不与MnO4﹣反应，在溶液中不能大量共存，正确；B、加入铝粉能产生氢气的溶液为酸性或强碱性溶液，NH4+、Fe2+能够与碱性溶液中的离子反应，在酸性条件下发生氧化还原反应，Fe2+、NO3﹣在溶液中不能大量共存，错误；C、酸性溶液中存在大量氢离子，AlO2﹣与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，错误；D、Fe3+和SCN﹣之间发生络合反应，在溶液中不能大量共存，错误；答案选A。【题目点拨】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。5、B【解题分析】

A．二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；B．液面均迅速上升，说明烧瓶内压强减小，可说明两种气体均易溶于水，故B正确；C．铁与稀硝酸反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故C错误；D．常温下铜与浓硫酸不反应，故D错误；综上所述，本题选B。【题目点拨】Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，但是Cl2的水溶液中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能够漂白有机色质，属于氧化性漂白；而SO2能够与有机色质结合形成不稳定无色物质，属于非氧化性漂白，加热后，褪色后的溶液又恢复到原来的颜色。6、C【解题分析】

A．电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，故A正确；B．电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物为碱，故B正确；C．阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子全部是酸根离子的化合物为盐，故盐电离出的阳离子不一定是金属离子，也可能是铵根离子，故C错误；D．酸和盐在水溶液中电离都可能有含氧酸根离子产生，如H2SO4和Na2CO3在水溶液中均电离出含氧酸根离子，故D正确；故答案为C。7、C【解题分析】

A.c(H＋)＝1mol·L－1，该溶液为酸性溶液，H＋与SO32-不能共存，Fe3＋与I-发生氧化还原反应，不能共存，A错误；B.Fe3＋显黄色，无色透明溶液中不能有Fe3＋，Fe3＋与SCN－不能共存，B错误；C.能使酚酞变红的溶液为碱性溶液，Na＋、Cl－、SiO32-、NO3-，能共存，C正确；D.c(OH－)＝1mol·L－1溶液，显碱性，OH－与HCO3-不能共存，AlO2-与HCO3-不能共存，D错误；故选C。8、C【解题分析】

根据反应过程图中的分子结构，判断反应物与生成物，确定该反应中各分子个数比和反应的化学方程式，进而由反应特征确定反应类型，据此分析解答。【题目详解】由图示可知反应前后存在相同的分子，故该图示可转化为如图的反应图示：，依据反应前后物质的分子结构可知反应物是氧气和硫化氢，生成物是水和二氧化硫，则反应方程式为2H2S+3O22SO2+2H2O；A．根据化学方程式可知生成物是水和二氧化硫，因此都属于氧化物，选项A正确；B．由图示或化学方程式可知，化学反应前后原子的种类不变，选项B正确；C．置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应，选项C不正确；D．依据反应前后物质的分子结构可知反应物是氧气和硫化氢，生成物是水和二氧化硫，则反应方程式为2H2S+3O22SO2+2H2O，选项D正确；答案选C。9、B【解题分析】

A.钠和氧气在常温的条件下反应生成氧化钠，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故A错误；B.无论改变条件还是用量，都发生铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，故B正确；C.少量的锌与FeCl3反应生成ZnCl2+2FeCl2，发生反应2FeCl3+Zn=2FeCl2+ZnCl2，如果是过量的锌，FeCl3和Zn反应生成Fe+ZnCl2，反生反应3Zn+2FeCl3=3ZnCl2+3Fe，反应物用量比改变，会引起产物的种类改变，故C错误；D.少量盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，过量盐酸和Na2CO3溶液反应生成CO2，故D错误；答案选B。【题目点拨】本题易错点在于C选项，锌比铁活泼，在锌少量是生成氯化亚铁，足量是置换出金属铁单质。10、B【解题分析】

（1）氧化铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能得到氯化铁，故不选；（2）MgCl2和石灰乳反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2受热分解生成MgO，则转化均能实现，故选；（3）CaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氧化硅高温反应生成CaSiO3，则转化均能实现，故选；（4）铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2和过量盐酸反应生成氯化铝，则转化不能实现，故不选；故选B。11、D【解题分析】

A.氮气和氧气在放电条件下生成NO，故A不选；B.金属铝和硫单质加热生成Al2S3，故B不选；C.铜和氯气点燃生成CuCl2，故C不选；D.铁和氯气点燃生成FeCl3，故D选，答案选D。12、A【解题分析】

A.Al与盐酸反应生成氯化铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，A符合题意；B.Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，但与NaOH溶液不反应，B不合题意；C.Cu与盐酸和NaOH溶液都不反应，C不合题意；D.Mg与盐酸反应生成氯化镁和氢气，与NaOH溶液不反应，D不合题意。故选A。13、C【解题分析】

A、如果加热则生成过氧化钠，不加热生成氧化钠，A不符合。B、如果CO2过量，则生成碳酸氢钠，不过量生成碳酸钠和水，B不符合。C、过氧化钠和二氧化碳反应只能生成碳酸钠和氧气，C符合。D、氧气过量则生成CO2，氧气不足则生成CO，D不符合；所以答案选C。14、A【解题分析】

A．浓硫酸有强腐蚀性，盛装浓硫酸的试剂瓶上应贴腐蚀品标志，故选A；B．浓硫酸有强腐蚀性，盛装浓硫酸的试剂瓶上应贴腐蚀品标志，浓硫酸与爆炸品无关，故不选B；C．浓硫酸有强腐蚀性，盛装浓硫酸的试剂瓶上应贴腐蚀品标志，浓硫酸与剧毒品无关，故不选C；D．浓硫酸有强腐蚀性，盛装浓硫酸的试剂瓶上应贴腐蚀品标志，浓硫酸与易燃液体无关，故不选D；选A。15、C【解题分析】

根据臭氧的分子式可判断臭氧是由氧元素形成的单质，属于纯净物，答案选C。16、D【解题分析】

A、Na2CO3是盐，不是碱，故A错误；B、Na2O2与盐酸反应生成氯化钠、氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物；CO既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，故B错误；C、NaHSO4是盐，不是酸，故C错误；D、KOH是强碱、HNO3是强酸、NaHCO3是盐、CaO是碱性氧化物、CO2是酸性氧化物，故D正确；故答案选D。17、D【解题分析】

A.HNO3中氮元素化合价由+5价降为+4价，只表现氧化性，故A错误；B.HNO3中没有元素化合价变化，只表现酸性，故B错误；C.HNO3中氮元素化合价由+5价降为+4价，氧元素化合价由-2价升高到0价，既表现氧化性，又表现还原性；故C错误；D.HNO3中部分氮元素化合价由+5价降为+2价生成NO，部分氮元素化合价没变生成硝酸铜，既表现氧化性，又表现酸性，故D正确。故选D。18、D【解题分析】

四种气体的质量设为1g，则它们的物质的量分别为mol，mol，mol，mol，相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，分子数之比，密度之比等于相对分子质量之比。A．相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，a，b，c，d分别盛装的是SO2，CO2，O2，CH4，故A错误；B．和中气体分别为SO2和CH4，物质的量分别为mol和mol，物质的量之比为1:4，故B错误；C．和中气体分别为SO2和O2，相同情况下的物质的量之比等于分子数之比，和中气体的分子数之比为mol：mol=1:2，不相等，故C错误；D．和中气体O2和CH4，密度之比等于相对分子质量之比32g/mol：16g/mol=，故D正确；答案选D。19、C【解题分析】

同种物质组成的为纯净物，不同物质组成的为混合物，在水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质。【题目详解】A．冰水混合物是水，属于纯净物，明矾是硫酸铝钾晶体为纯净物，液态KNO3完全电离属于电解质，蔗糖为非电解质，故A错误；B．CaO是一种物质组成为纯净物，海水为多种物质组成为混合物，铜为单质不是电解质，乙醇为非电解质，故B错误；C．胆矾是硫酸铜晶体属于纯净物，铝合金为混合物，氯化银在熔融状态导电属于电解质，二氧化碳不能电离为非电解质，故C正确；D．氢氧化钠是一种物质组成为纯净物，空气为混合物，硫酸钠溶液是电解质溶液，食醋是醋酸水溶液，故D错误；故答案选C。20、B【解题分析】

在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O的反应中，KClO3中氯元素降低到0价，6HCl中有5mol被氧化，升高到0价，转移电子5mol，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比是5：1；故答案选B。21、C【解题分析】

消耗BaCl2的量相等，说明硫酸根的物质的量相等。设Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3的浓度分别为a、b、c；有aV×1=bV×2=cV×3，解得a：b：c=6:3:2。答案选C。22、D【解题分析】

X和Y可能为酸和碱、碱性氧化物和酸、酸式盐和碱(如NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O)，不可能是碱性氧化物和酸性氧化物(二者反应只生成盐，无水生成)。故选D。二、非选择题(共84分)23、H2NH3NO2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O6NO＋4NH35N2＋6H2O有二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀【解题分析】

A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D、A反应得到X，气体单质D与B反应得到Y，X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，可推知D为氢气、A为氯气、X为HCl、Y为氨气，D与C反应生成Z为水，F与Z反应生成G为HNO3，据此解答。【题目详解】A、B、C、D是四种常见气体单质．E的相对分子量比F的小16，且F为红棕色，可推知F为NO2，E为NO，C为O2，B为N2，结合转化关系，气体单质D、A反应得到X，气体单质D与B反应得到Y，X与Y反应冒白烟，应是氨气与HCl反应，可推知D为氢气、A为氯气、X为HCl、Y为氨气，D与C反应生成Z为水，F与Z反应生成G为HNO3；(1)由上述分析可知，D的化学式为H2，Y的化学式为NH3，E的化学式为NO；(2)NH3与氧化铜反应，每生成1mol

N2消耗3mol氧化铜，还原产物中Cu应是化合价为a，则：3(2-a)=2×3，解得a=0，故生成Cu，该反应的化学方程式为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O；(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z，这是一个具有实际意义的反应，可消除E对环境的污染，该反应的化学方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O；(4)二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀，故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中，洗瓶中有沉淀生成。24、NaOH纯碱（或苏打）CO32－＋CO2＋H2O＝2HCO3－Fe+2Fe3+=3Fe2+Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+取少量B的溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现红色，说明B中的阳离子是Fe3+【解题分析】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，C为厨房中的用品，则C为NaCl，D的过度排放会造成温室效应，D为CO2，据此解答；（2）若A、D均为单质，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，为Fe2O3，则D为Fe，且A为气体，由转化关系可知A具有强氧化性，将Fe氧化为高价态，可推知A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2，据此解答。【题目详解】A、B、C、D都是中学化学中常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，则（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，C为厨房中的用品，则C为NaCl，D的过度排放会造成温室效应，D为CO2，A能与二氧化碳反应生成B，B能与二氧化碳反应生成C，B为碳酸钠，且A与C反应得到B，则A为NaOH、C为NaHCO3。①由上述分析可知，A的化学式为NaOH，B为碳酸钠，俗名纯碱或苏打；②反应II的离子方程式是CO32－＋CO2＋H2O＝2HCO3－；（2）若A、D均为单质，D元素的一种红棕色氧化物常用作颜料，为Fe2O3，则D为Fe，且A为气体，由转化关系可知A具有强氧化性，将Fe氧化为高价态，可推知A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2。①反应Ⅱ的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+；②反应Ⅲ的离子方程式是Cl2＋2Fe2+＝2Cl－＋2Fe3+；③B中含有阳离子为Fe3+，检验方法是：取少量B的溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液，若出现红色，说明B中的阳离子是Fe3+。【题目点拨】本题考查无机物推断，涉及Na、Fe等元素单质化合物的性质与转化，物质的颜色是推断突破口，再结合转化关系推断即可。25、蒸馏蒸馏分液过滤13.6250mL容量瓶、胶头滴管BC【解题分析】

I．（1）根据水和酒精沸点不同回答；（2）根据四氯化碳易挥发回答；（3）水和四氯化碳互不相溶；（4）氯化银是难溶于水的沉淀；II．（1）根据c=计算浓H2SO4的物质的量浓度，再根据溶液稀释前后物质的量不变计算所需浓硫酸的体积；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器；（3）根据c=判断各选项对配制的溶液浓度的影响；【题目详解】I．（1）水和酒精沸点不同，用蒸馏法分离；（2）四氯化碳易挥发，用蒸馏法分离碘和四氯化碳；（3）水和四氯化碳互不相溶，用分液法分离水和四氯化碳；（4）氯化银是难溶于水的沉淀，用过滤法分离硝酸钠溶液中的氯化银；II．（1）浓H2SO4的物质的量浓度c=mol/L=18.4mol/L；需要稀硫酸220mL，实验室没有220mL容量瓶，需要用250mL容量瓶；根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设需浓硫酸的体积为xmL，则有：xmL×18.4mol/L=250mL×1mol/L，解得：x≈13.6；（2）配制溶液的操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取（用到胶头滴管）浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2﹣3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，由提供的仪器可知还需要仪器有250mL容量瓶、胶头滴管；（3）A．量取浓硫酸时，俯视读数，导致量取的浓硫酸体积偏小，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选A；B．稀释浓硫酸时，未冷却到室温即转移到容量瓶中，导致配制溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选B；C．洗涤量取浓H2SO4后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故选C；D．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切，导致配制的溶液体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故不选D；E．容量瓶不干燥，由于定容还需要加入蒸馏水，所以不影响配制结果，故不选F；F．定容时，仰视容量瓶刻度线，导致配制溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故不选F；故答案选BC。【题目点拨】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法及误差分析，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤，会根据c=判断误差，有利于培养灵活应用所学知识的能力。26、Cu+2H2SO1（浓）SO2↑+2H2O+CuSO1MnO2+1H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O酸性还原性AD吸收过量的SO2和Cl2，防止污染环境Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO1【解题分析】

装置A是制备二氧化硫气体的发生装置，生成的二氧化硫具有漂白性，通入装置B中品红溶液褪色，装置E是制备氯气的发生装置，生成的氯气和水反应所处的次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，通入品红溶液褪色，剩余二氧化硫和氯气被装置C中氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气。【题目详解】（1）Cu与浓硫酸制备SO2，同时生成硫酸铜和水，化学方程式Cu+2H2SO1（浓）SO2↑+2H2O+CuSO1，故答案为：Cu+2H2SO1（浓）SO2↑+2H2O+CuSO1；（2）实验室用装置E制备Cl2，MnO2与浓盐酸反应生成氯化锰、水，离子方程式MnO2+1H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，该反应中HCl（浓）中氯元素化合价部分升高，所表现出的化学性质酸性、还原性，故答案为：MnO2+1H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；酸性、还原性；（3）①二氧化硫和氯气均具有漂白性，反应开始一段时间后，B、D两个试管中的品红溶液都褪色，故选A，故答案为：A；②SO2的漂白具有可逆性，次氯酸的漂白不可逆，停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象又分别为红色、无色，故选D，故答案为：D；（1）装置C中氢氧化钠可以吸收剩余的二氧化硫和氯气，防止污染环境，故答案为：除去多余的二氧化硫和氯气；（5）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO1，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO1．【题目点拨】本题考查了氯气和二氧化硫的漂白性质，注意掌握氯气和二氧化硫性质，注意二氧化硫的漂白性与次氯酸的漂白性根本区别。27、ad4.210mL500mL【解题分析】

(1)根据容量瓶的构造和使用方法及其注意事项分析判断；(2)配制500mL稀盐酸，需要选用500mL容量瓶进行配制，根据配制过程中溶质HCl的物质的量不变计算出需要浓盐酸的体积，并判断选用的量筒规格。【题目详解】(1)a．容量瓶口部有塞子，使用前要先检查容量瓶是否漏液，故a正确；b．容量瓶用蒸馏水洗净后不影响溶液的体积，浓度不变，所以不需要干燥，故b错误；c．容量瓶不能用来稀释和溶解物质，故c错误；d．为了使所配溶液浓度均匀，定容结