甘肃省古浪县二中2023-2024学年高一化学第一学期期末统考试题含解析

甘肃省古浪县二中2023-2024学年高一化学第一学期期末统考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、镁、铝能够在空气中稳定存在的原因是()A．性质不活泼，不与空气中的成分反应B．镁、铝与氧气反应的速率极慢C．经过了特殊工艺处理D．与氧气反应在表面形成了氧化物保护膜2、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．16gCuSO4·5H2O溶于1L水所得溶液的物质的量浓度为0.1mol/LB．1mol·L－1的Fe2（SO4）3溶液中，含有的SO42－数目为3NAC．标准状况下，22.4LCO2和O2的混合气体中含氧原子数为2NAD．1molFe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4，Fe失去8NA个电子3、下列属于纯净物的是()A．液氨B．氨水C．漂白粉D．氯水4、我国古代就有湿法炼铜的记载“曾青得铁则化为铜”，反应为Fe+CuSO4=Cu+FeSO4。有关该反应的说法正确的是A．Fe是氧化剂 B．CuSO4是还原剂C．Fe被氧化 D．CuSO4发生氧化反应5、把含有氧化铁的铁片投入到足量的稀盐酸中，直到铁片完全溶解，经分析该溶液中无Fe3+，且生成的Fe2+与反应生成的H2的物质的量之比为3∶1，则原混合物中Fe2O3与Fe的物质的量之比为()A．1∶1 B．1∶2 C．3∶5 D．2∶56、某同学用下列装置完成了浓硫酸和性质实验（夹持装置已省略）下列说法错误的是A．反应后，试管①中出现白色固体，将其放入水中溶液显蓝色B．试管②中品红溶液逐渐褪色，对其加热溶液又恢复红色C．试管④中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了的漂白性D．试管⑤可以改为装有碱石灰的干燥管7、科学的实验方法为我们探索物质世界提供了一把金钥匙。下列实验能达到目的的是(

)选项实验目的实验步骤及现象A探究铁与水在高温下发生反应将水蒸气通过灼热的铁粉，观察粉末变为红褐色B证明溶液中含有Fe3+向溶液中加入KSCN溶液，观察到溶液变红C证明钠与氧气反应会生成过氧化钠切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去D证明二氧化硫具有漂白性将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色A．A B．B C．C D．D8、下列关于胶体的说法正确的是()A．是纯净物 B．能产生丁达尔效应C．分散质粒子不能透过滤纸 D．Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的化学性质完全不同9、下列说法正确的是A．水导电性很差，所以水是非电解质B．电解质与非电解质的本质区别是在一定条件下能否电离C．酸、碱和盐类都属于电解质，其他化合物都是非电解质D．NaCl和HCl都是电解质，所以它们熔融状态下都能导电10、现有甲、乙、丙、丁四个装置，下列说法不正确的是A．装置甲可作为制取NO2的发生装置B．装置乙可作为制取NO的收集装置C．装置丙可作为制取Cl2的尾气吸收装置D．装置丁可用于除去NH3中H2O11、下列反应的离子方程式书写正确的是()A．钠与冷水反应：B．金属铝溶于苛性钠溶液：C．铁跟稀硫酸反应：D．金属铝溶于盐酸中：2Al+6H+=2Al3++3H₂↑12、向和的混合溶液中不断加入溶液，得到沉淀的物质的量与加入溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．B．溶液的物质的量浓度为C．与的物质的量浓度之比为D．段反应的离子方程式为13、在标准状况下，若VL甲烷中含有的氢原子个数为n，则阿伏加德罗常数可表示为A．Vn/22.4 B．22.4n/V C．Vn/5.6 D．5.6n/V14、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是（）A．5.6gFe在氧气中燃烧，完全反应时转移电子数为0.3NAB．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气所含原子数均为2NAC．标准状况下，18g水所含电子数目为10NAD．1molO2与足量Na反应，生成Na2O和Na2O2的混合物转移的电子数为2NA15、下列各组溶液，当后一种溶液逐滴加入到一定量的前一种溶液中并稍过量，其溶液的导电性(I表示导电能力)与后一种溶液的质量(m)的函数关系符合下图的是A．澄清石灰水、碳酸钠溶液B．硝酸银溶液、氯化钠溶液C．盐酸、氢氧化钠溶液D．稀硫酸、氢氧化钡溶液16、工业上火法炼铜的过程中会发生以下反应：，下列关于该反应的说法正确的是()A．既是氧化产物又是还原产物 B．每生成，转移C．既是氧化剂又是还原剂 D．每硫原子被还原，则生成17、半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是硅，下列有关硅及其化合物叙述正确的是（）A．水玻璃可做防火材料 B．光导纤维的主要成分是高纯硅C．可用石英坩埚加热熔融氢氧化钠固体 D．二氧化硅不和任何酸反应18、下列制取Cl2、净化、收集并验证某些性质的装置和原理能达到实验目的的是（）A．制取Cl2B．除去Cl2中的HClC．干燥Cl2D．检验Cl2已集满19、为刻蚀在玻璃上的精美的花纹图案，则刻蚀过程中发生的主要化学反应为（）A．CaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑B．NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑C．Si＋4HF=SiF4↑＋2H2↑D．SiO2＋4HF=SiF4↑＋2H2O20、下列溶液可以盛放在玻璃瓶中，且能用玻璃塞的是()A．氯化钠溶液B．氢氟酸C．氢氧化钠溶液D．硅酸钠溶液21、下列实验操作中错误的是A．蒸馏操作时，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸B．蒸发操作时，当混合物中出现大量晶体时停止加热，用余热烘干C．分液操作时，先将分液漏斗中下层液体从下口放出，再将上层液体从上口倒出D．萃取操作时，选用酒精作为萃取剂从溴水中萃取溴22、下列气体排入大气，能形成酸雨的是A．CO2 B．N2 C．NO2 D．O3二、非选择题(共84分)23、（14分）物质有以下转化关系：根据上图和实验现象，回答下列问题：(用化学式表示)（1）A是_____，X粉末是_______；（2）写出反应①的化学方程式___________________；（3）写出反应②的离子方程式___________________；（4）写出除去固体C中混有的NaHCO3的化学方程式____________。24、（12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__。25、（12分）无水三氯化铁呈棕红色，易潮解，100℃左右时升华，冷却后易凝华。下图是两名学生设计的用氯气与铁反应制备无水三氯化铁的实验装置。左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置则不同，分别如（I）和（II）所示。试回答：（1）A仪器的名称是_____________________；（2）B中反应离子方程式为______________________；其中浓盐酸表现出的性质为________；若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制取Cl2，制得的Cl2体积总是小于1.12L(标准状况)的原因是______________；（3）气体通过装置C目的是________________；（4）D中的反应开始前，需进行的操作是___________，应采取的方法是__________________；（5）写出最佳方法鉴别D中产物的离子方程式：__________________________________________；（6）装置（I）的主要缺点是_______________________________________________；（7）如果选用（II）装置来完成实验，则必须采取的改进措施是__________________________。26、（10分）某研究小组同学欲探究某袋敞口放置一段时间的名为“硫酸亚铁家庭园艺精品肥料”的花肥的主要成分(其它可能含有的杂质不干扰实验)。首先对该花肥的成分进行了如下假设：a．只含有FeSO4b．c．只含有Fe2(SO4)3将花肥固体配成澄清溶液(记为X)，进行如下实验：实验序号操作现象ⅰ取2mL溶液X，加入1mL1mol·L－1NaOH溶液产生红褐色沉淀ⅱ取2mL溶液X，加入1滴KSCN溶液显红色回答以下问题：(1)假设b为_____________。(2)若假设a是成立的，对实验ⅰ的预期现象是___________。(3)由实验ⅱ得出的结论是______。结合实验ⅰ、ⅱ，初步做出判断假设_____有可能成立(填“a”“b”“c”)。为进一步验证，小组同学又进行了以下实验：实验序号操作现象ⅲ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水溶液显红色ⅳ取①mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水溶液显红色，颜色比ⅲ深(4)①应填_______mL,通过以上实验，可得出假设________成立(填“a”“b”“c”)。27、（12分）某化学实验小组为了探究在实验室制备Cl2的过程中有水蒸气和HCl挥发出来，同时证明氯气的某些性质，某同学设计了如图所示的实验装置（氯气易溶于CCl4，HCl不溶于CCl4)。请回答下列问题：（1）装置A中连接橡皮管的目的是___。（2）装置A中发生反应的离子方程式为___。装置B中盛放的试剂是__。（3）有同学基于实验的严谨性考虑，认为可在F、G两个装置之间再加一个装有湿润的淀粉­KI试纸的装置，其目的是___。28、（14分）下图是某儿童微量元素体检报告单的部分数据：医疗机构临床检验结果报告单分析项目检测结果单位参考范围1锌（Zn）110.92μmol/L66-1202.铁（Fe）5.95↓mmol/L7.52-11.823钙（Ca）1.90mmol/L1.55-2.10……根据上表的数据，回答下列问题：（1）该儿童_____________元素含量偏低。（2）报告单中“μmol/L”是____________(填“物质的量”、“体积”或“物质的量浓度”）的单位。（3）服用维生素C

可使食物中的Fe3+转化为Fe2+。在这个过程中体现维生素C的____________（填“氧化性”或“还原性”）。（4）缺铁性贫血患者应补充Fe2+。一些补铁剂以硫酸亚铁为主要成分，用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣，推测糖衣的作用是________________________。29、（10分）硫酸是一种重要的化学试剂。某实验小组的同学利用浓硫酸进行如下实验。请按要求回答下列问题。I．制取二氧化硫并探究其性质(1)装置A中发生反应的化学方程式为___________。上述装置中适于收集二氧化硫的气体是（填字母）____。(2)将一收集满二氧化硫气体的小试管倒置于滴有紫色石蕊溶液的水中，可观察到的现象是____。(3)上述实验所产生的二氧化硫尾气可选用E装置来吸收，该反应的化学方程式为_________。II.处理含正六价铬的废水样液(+6价Cr的含量为78mg/L)。实验步骤如下：①取1L废水加入一定量1.8mol/LH2SO4溶液使样液酸化②加入一定量的绿矾(FeSO4·7H2O)，将正六价铬转化为正三价铬离子③加入过量的石灰水，使正三价的铬离子转化为Cr(OH)3沉淀④过滤，除去沉淀物(1)配制步骤①中所需的H2SO4溶液l00mL，需用18mol/LH2SO4溶液的体积是______mL。(2)步骤②中反应的离子方程式为14H++Cr2O72-+6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O，此反应中氧化剂和还原剂物质的量之比为__________。(3)处理1L该废水样液至少需用绿矾________g。

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、D【解析】

二者与氧气反应生成了一层致密的氧化膜而阻止内部金属与氧气反应，因此镁、铝能够在空气中稳定存在；答案选D。2、C【解析】

A．溶液的体积不是1L，不能计算硫酸铜的浓度，A项错误；B．根据公式，可知，若要计算的量，则需要知道溶液的体积，B项错误；C．CO2和O2分子中均含有两个氧原子，无论何种比例混合，只要物质的量固定，那么氧原子的总量就是定值；根据公式，标况下22.4L的气体即1mol，所以混合气体中氧原子个数为2NA，C项正确；D．Fe3O4中的Fe的价态为，所以1molFe生成Fe3O4失去mol电子，D项错误；答案选C。3、A【解析】

A.液氨是液态的氨气，由一种物质组成的，属于纯净物，故A正确；B.氨水是氨气的水溶液，属于混合物，故B错误；C.漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，故C错误；D.氯水是氯水的水溶液，属于混合物，故D错误；【点睛】本题考查纯净物和混合物的判断，解答本题要分析物质是由几种物质组成的，如果只有一种物质组成就属于纯净物。4、C【解析】

A．Fe元素的化合价升高，则Fe为还原剂，故A错误；B．Cu元素的化合价降低，则CuSO4是氧化剂，故B错误；C．Fe元素的化合价升高，失去电子被氧化，故C正确；D．CuSO4是氧化剂，被还原，CuSO4发生还原反应，故D错误；故选C。【点睛】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。在Fe+CuSO4═Cu+FeSO4中，Fe元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低。5、D【解析】

设原混合物中含有xmolFe2O3，ymolFe，，得=2：5。答案选D。6、C【解析】

浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2，试管②中品红褪色，证明二氧化硫具有漂白性；SO2与氯化钡溶液不反应，则试管③中无现象；酸性高锰酸钾具有强氧化性，能够氧化二氧化硫，则试管④中高锰酸钾褪色；试管⑤为NaOH溶液，用于吸收二氧化硫，防止污染环境，以此解答该题。【详解】A．反应后试管①中的白色固体为硫酸铜，将硫酸铜放入水中，溶液呈蓝色，故A正确；B．二氧化硫能够漂白品红溶液，二氧化硫的漂白不稳定，加热后又恢复红色，故B正确；C．试管④中KMnO4溶液褪色，二者发生氧化还原反应，证明SO2具有还原性，故C错误；D．试管⑤用于吸收二氧化硫，防止污染环境，可以改为装有碱石灰的干燥管，故D正确；故答案选C。7、B【解析】

A选项，水蒸气和铁粉反应是生成黑色的四氧化三铁，不是红褐色，故A错误，不符合题意；B选项，溶液中加入KSCN溶液，溶液变红，证明含有铁离子，故B正确，符合题意；C选项，切开金属钠，钠表面的银白色会逐渐褪去，生成了氧化钠，钠在氧气中加热才生成过氧化钠，故C错误，不符合题意；D选项，二氧化硫通入到酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫的还原性，不是证明漂白性，故D错误，不符合题意；综上所述，答案为B。8、B【解析】

A．胶体是分散质粒子直径在1~100nm之间的分散系，是混合物，故A错误；B．胶体能产生丁达尔效应，是胶体的特征性质，故B正确；C．分散质粒子小于滤纸的空隙，能透过滤纸，故C错误；D．Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀分散质颗粒大小不同，但化学性质相同，故D错误；故选B。9、B【解析】

A．水能够微弱的电离产生H+和OH-，由于离子浓度很小，所以水导电性很差，所以水是极弱的电解质，A错误；B．电解质与非电解质的本质区别是在一定条件下能否电离产生自由移动的离子，B正确；C．酸、碱和大多数盐属于电解质，金属氧化物也是电解质，而不是非电解质，C错误；D．NaCl和HCl都是电解质，NaCl是离子化合物，熔融状态下能导电，而HCl是共价化合物，在熔融状态不存在自由移动的离子，所以不能导电，D错误；故选B。10、B【解析】

A.实验室利用浓硝酸与铜反应制取NO2，为固液不加热制气体，装置甲可作为制取NO2的发生装置，选项A正确；B.NO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集，装置乙不可作为制取NO的收集装置，选项B错误；C.氢氧化钠能与氯气反应，能用于吸收氯气，装置丙可作为制取Cl2的尾气吸收装置且能防倒吸，选项C正确；D.氨气为碱性气体，能用碱石灰进行干燥，装置丁可用于除去NH3中H2O，选项D正确；答案选B。11、D【解析】

A.钠与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是：，故A错误；B.金属铝溶于苛性钠溶液生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是：，故B错误；C.铁跟稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式是：，故C错误；D.金属铝溶于盐酸中生成氯化铝和氢气，反应的离子方程式是：2Al+6H+=2Al3++3H₂↑，故D正确；答案选D。12、C【解析】

向和的混合溶液中不断加入溶液，和反应生成氢氧化镁沉淀，和反应生成氢氧化铝沉淀，段表示沉淀的质量减小，为氢氧化铝溶于氢氧化钠，b点之后沉淀的量不再发生变化，沉淀的量为氢氧化镁的物质的量，根据分析回答；【详解】从图像可以看出，ab段表示氢氧化铝的溶解，溶解的氢氧化铝的物质的量为0.1mol，根据离子反应，可知，消耗的氢氧化钠的物质的量为0.1mol，oa段表示沉淀达到最大量，A．从a到b，消耗了0.1mol氢氧化铝，，根据B中分析可知c(NaOH)=，则V(NaOH)===0.05L=50mL，V=350+50=400mL，故A正确；B．由图像可知，Mg(OH)2的物质的量为0.2mol，和MgCl2反应消耗的氢氧化钠的物质的量为0.4mol，Al(OH)3的物质的量为0.1mol，与AlCl3反应的氢氧化钠的物质的量为0.3mol，共消耗氢氧化钠0.7mol，用去的氢氧化钠的体积为0.35L，c(NaOH)===2mol/L，故B正确；C．根据图像可知沉淀最大量时的反应为：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，氢氧化镁和氢氧化铝的物质的量分别为0.2mol和0.1mol，则与的物质的量之比为0.2mol：0.1mol=2:1，由于与的体积相等，则它们的浓度之比为2:1，故C错误；D．根据分析可知，沉淀达到最大量后，溶解的是氢氧化铝，故离子反应为，故D正确；答案选C。13、B【解析】

1molCH4中含氢原子4NA个，即氢原子个数n个的CH4物质的量n(CH4)=n/(4NA)mol,n（CH4）=V/22.4，解得NA=5.6n/V，D正确。14、C【解析】

A.5.6g铁的物质的量为0.1mol，在氧气中燃烧，生成Fe3O4，完全反应时转移的电子数为NA，故A错误；B.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氯气均为1mol，氦气为单原子分子，氯气为双原子分子，故所含原子数不等，故B错误；C.18g水的物质的量为1mol，含有10mol电子，含有的电子数为10NA，故C正确；D.由于不确定生成Na2O和Na2O2的物质的量，所以无法确定转移电子数，故D错误。故答案选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，选项A为易错点，注意Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4。15、D【解析】

溶液的导电性与单位体积内离子的数目、离子所带电荷多少有关，单位体积内离子数目越多，导电性越强；离子所带电荷越多，导电性越强（如两个氯离子和一个硫酸根离子导电性相当）进行分析作答。【详解】A.澄清石灰水和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故A项错误；B.硝酸银溶液和氯化钠溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故B项错误；C.盐酸和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，溶液中的离子数目没有明显减少，所以导电性不会明显减弱至接近零，故C项错误；D.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应硫酸钡沉淀和水，水难电离，硫酸钡难溶于水，所以溶液的导电性不断减弱，当氢氧化钡溶液和硫酸恰好反应，导电性最弱接近零，当氢氧化钡溶液过量时，溶液中的离子数目又增多，导电性增强，符合题意，故D项正确；答案选D。16、C【解析】

反应中，Cu的化合价均从+1价降低为0价，则Cu2S和Cu2O均为氧化剂，被还原，Cu单质为还原产物，S元素的化合价从-2价升高为+4价，则Cu2S为还原剂，被氧化，SO2为氧化产物，据此解答。【详解】A.由以上分析知，是氧化产物，故A错误；B.没有指明是标准状况，无法计算物质的量，因此不能计算转移电子数，故B错误；C.由以上分析知，既是氧化剂又是还原剂，故C正确：D.S元素的化合价升高，则S元素应被氧化，故D错误：故选C。【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。17、A【解析】A.水玻璃可做防火材料，故A正确；B.光导纤维的主要成分是二氧化硅，故B错误；C.加热时石英与熔融氢氧化钠发生反应，故C错误；D.二氧化硅与氢氟酸反应，故D错误。故选A。18、D【解析】

A.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下才能反应生成氯气，A缺少加热装置，故A错误；B.氯气能与氢氧化钠溶液反应，所以不能用氢氧化钠除氯气中的氯化氢，应该用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，故B错误；C.氯气与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，故C错误；D.氯气能置换出碘化钾中的碘，氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D正确；19、D【解析】刻蚀过程中所发生的主要化学反应为SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，故选D。20、A【解析】溶液可以盛放在玻璃试剂瓶中，但不能用磨口玻璃塞，说明该物质和玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的物质，则A．氯化钠和二氧化硅不反应，所以可以用磨口玻璃塞的试剂瓶盛放，A正确；B．HF易和二氧化硅反应生成四氟化硅，所以不能用玻璃瓶盛放，B错误；C．氢氧化钠和玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠，易将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，C正确；D．硅酸钠是粘性物质，易将玻璃塞和试剂瓶粘结在一起而打不开，D错误；答案选A。点睛：本题考查了物质的盛放，明确物质的性质是解本题关键，根据物质之间的反应、物质的特殊性分析解答，注意掌握常见化学试剂的保存方法。21、D【解析】

A.蒸馏操作时，为防止液体沸腾时的剧烈跳动，向蒸馏液体中加入几块沸石，以防止暴沸，故A正确；B.蒸发时不能蒸干，当混合物中出现大量晶体时停止加热，再利用余热烘干，故B正确；C.分液时为避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故C正确；D.酒精和水互溶，不能用酒精作萃取剂从溴水中萃取溴，故D错误；故选D。22、C【解析】

二氧化硫和一氧化氮、二氧化氮等是引起酸雨的主要气体，故答案为C。二、非选择题(共84分)23、Na2O2Cu2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2Cu2++2OH-

＝Cu(OH)2↓【解析】

淡黄色的粉末可以是单质硫或是过氧化钠，但是能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，则气体B为氧气，固体C为碳酸钠；X粉末与氧气加热反应生成黑色固体，黑色固体与硫酸反应得蓝色溶液，则X为Cu；蓝色溶液为硫酸铜溶液；碳酸钠与澄清石灰水反应得到NaOH溶液，NaOH与硫酸铜溶液反应得到氢氧化铜蓝色沉淀。【详解】（1）能和二氧化碳反应的淡黄色粉末只有过氧化钠，即A为，蓝色溶液是含有铜离子的溶液，结合上述分析，X粉末是金属铜，故答案为：；；（2）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（3）X粉末是金属铜，黑色固体是氧化铜，所以蓝色溶液是硫酸铜，固体C是碳酸钠，和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，反应②的离子方程式是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，故答案为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。（4）固体C是碳酸钠，除去碳酸碳中的碳酸氢钠可以采用加热的方法，方程式为：，故答案为：。24、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。【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。25、(球形)分液漏斗MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O酸性和还原性随着反应的进行，浓盐酸的浓度逐渐减小变为稀盐酸，反应停止吸收水蒸气，干燥氯气排除装置中的空气B中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满整个装置，再开始加热DFe3++3SCN-=Fe(SCN)3氯化铁升华后遇冷凝华，导管易被堵塞，尾气排入空气，会造成环境污染在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置【解析】

A和B即实验室制氯气的装置，C中浓硫酸起到干燥作用，D中即装有铁粉，和氯气反应得到三氯化铁，再来看右边的装置I和装置II，两者都是为了收集凝华下来的氯化铁，装置I比较容易造成导管堵塞，因此不是最理想的，装置II的E、F之间缺少一个干燥剂装置，烧碱溶液中的水蒸气会进入E装置，导致氯化铁水解，据此来分析即可。【详解】（1）A的名称是分液漏斗；（2）B中即制取氯气的反应：，浓盐酸表现出了酸性（形成了盐）和还原性（被氧化为氯气）；反应中浓盐酸会挥发，且只有浓盐酸会发生反应，反应一段时间后盐酸浓度下降，反应就停止了，因此得到的氯气总是会小于理论值；（3）产生的氯气中会有少量水蒸气，因此装置C的作用是干燥氯气；（4）因为铁受热后极易被氧气氧化，因此反应开始前应排去装置内的空气，可以先制氯气，让氯气将装置内的空气“赶”走后，再点燃D中的酒精灯，开始反应；（5）检验的最好的办法就是用溶液：；（6）装置I中氯化铁升华后遇冷凝华，导管易被堵塞，尾气排入空气，会造成环境污染；（7）装置II的E、F之间缺少一个干燥剂装置，烧碱溶液中的水蒸气会进入E装置，导致氯化铁水解，因此在E、F之间加一个装有干燥剂的装置即可。【点睛】二氧化锰与浓盐酸加热反应制备氯气；随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应；该反应过程中浓盐酸起到了酸性和还原性作用。26、既有FeSO4又有Fe2(SO4)3产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色溶液中含有Fe3+bc2b【解析】

（1）硫酸亚铁被氧化可以得到硫酸铁，只有部分被氧化得到的是硫酸铁和硫酸亚铁的混合物；（2）亚铁离子可以和强碱反应得到氢氧化亚铁白色沉淀，继续被氧气氧化变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀；（3）KSCN溶液遇到铁离子变红色；（4）取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，溶液显红色，颜色比ⅲ深证明铁离子结合SCN−生成的Fe(SCN)3浓度大，说明亚铁离子被氧化生成了铁离子，通过以上实验，可得到的结论是：含有FeSO4和Fe2(SO4)3。【详解】（1）硫酸亚铁被氧化可以得到硫酸铁，部分被氧化得到的是硫酸铁和硫酸亚铁的混合物，所以假设b为：既有FeSO4又有Fe2(SO4)3，故答案为：既有FeSO4又有Fe2(SO4)3；（2）亚铁离子可以和强碱反应得到氢氧化亚铁白色沉淀，即Fe2++2OH−＝Fe(OH)2↓，继续被氧气氧化变为灰绿色、最后出现红褐色沉淀，发生反应：Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，所以预期现象为产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：产生白色沉淀，很快沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色；（3）取2mL溶液X，加入1滴KSCN，溶液变红色证明含铁离子，得出的结论是：溶液中含有Fe3+，结合实验ⅰ、ⅱ，初步做出判断假设为含有Fe3+，所以bc，故答案为：溶液中含有Fe3+；bc；（4）实验ⅲ与实验ⅳ为对比实验，其变量为一个加水，另一个加氯水，所以都取2mL溶液X，实验ⅳ中加入1滴KSCN，再加入1mL氯水，溶液显红色，颜色比ⅲ深证明铁离子结合SCN−生成的Fe(SCN)3浓度大，说明亚铁离子被氧化生成了铁离子，通过以上实验，可得到的结论是：化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3（假设b成立），完整表达该结论是：实验ⅲ证明了溶液中有Fe3+；实验ⅳ中加入氯水后溶液颜色变深，说明Fe3+增加，也就是溶液中的Fe2+被氯水氧化为Fe3+，因此证明原溶液中有Fe2+，即证明溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假设b成立，故答案为：2；b。27、使内外压强等，有利