甘肃省武威市第一中学2023-2024学年化学高一第一学期期末调研试题含解析

甘肃省武威市第一中学2023-2024学年化学高一第一学期期末调研试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列说法中错误的是（）A．钠应保存在煤油中B．钠与氧气反应的产物与反应条件有关C．钠在反应中易失电子，表现出还原性D．电解氯化铝溶液可以得到金属铝2、下列离子方程式正确的是()A．氢氧化镁与稀盐酸反应：OH－＋H＋=H2OB．醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑C．向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑D．向碳酸钠溶液中加过量盐酸：CO32－＋2H＋=H2O＋CO2↑3、下列试剂保存不正确的是A．碘必须保存在苯中B．新制的氯水用棕色试剂瓶装并密封保存C．白磷保存在水中D．液溴用一薄层水封盖再密闭保存于低温处4、在做氨的催化氧化实验时，铂丝不能接触氨水，原因是()A．铂丝温度高，接触氨水会使氨气大量逸出B．防止铂丝温度降低而不能起催化作用C．红热铂丝会与氨水反应，使铂丝腐蚀D．防止爆炸5、取两份铝片，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量烧碱溶液反应，标准状况下均产生5.6L气体，则两份铝片的质量之比为A．一定为1∶1 B．可能为2∶3 C．一定为3∶2 D．可能为1∶66、已知阿伏伽德罗常数的数值可表示为NA，下列说法正确的是（）A．任何气体单质在标准状况下的体积为22.4L时，一定含有2NA个原子B．标准状况下，1.12LH2和O2混合气体中含0.1NA个原子C．常温常压下，11.2L甲烷（CH4）中含有的氢原子数为2NAD．标准状况下，0.3mol二氧化碳中含有的氧原子数为0.3NA7、胶体区别于溶液等其它分散系的本质特征是A．胶粒可以导电 B．胶体是混合物C．胶体粒子大小在1～100nm之间 D．胶体的分散剂为气体8、下列属于酸性氧化物的是A．Mg(OH)2 B．H2SO4 C．SiO2 D．NaClO9、下列实验操作中都正确的选项是()①用剩的药品为避免浪费应放回原瓶②蒸发氯化钠溶液时要用玻璃棒不断搅拌③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量④用试纸检验气体性质时,手拿着试纸经水润湿后靠近气体观察试纸颜色变化A．②③ B．②③④ C．②④ D．①②③④10、同温同压下，等体积的一氧化二氮(N2O)和二氧化碳两种气体相比较：①质量相等、②所含碳原子数与氮原子数相等、③所含分子数相等。上述结论中正确的是()A．①②③ B．②③ C．①② D．①③11、“嫦娥飞天、玉兔登月”，实现了中华民族“九天揽月”的伟大梦想。制造登月车太阳能电池板的半导体材料是（）A．铝合金 B．二氧化硅C．硅 D．铁合金12、下列离子方程式中，正确的是A．钠与水作用：Na+2H2O=Na++H2↑+2OH-B．NaHSO4与少量的氢氧化钡溶液作用：Ba2++=BaSO4↓C．碳酸钙与盐酸作用：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+D．铁与稀HNO3反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑13、下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是（）A．氧化铁能与酸反应，可制红色涂料B．氢氧化铝具有弱碱性，可作胃酸中和剂C．二氧化硅硬度大，可作光导纤维D．小苏打能与碱反应，可作糕点焙制的膨松剂14、在强酸或强碱溶液中都能大量共存的是①K+、Cl-、、S2-②K+、Fe2+、I-、③Na+、、Cl-、④Na+、Ca2+、Cl-、⑤K+、Ba2+、、Cl-A．①③ B．③④ C．②⑤ D．③⑤15、某同学配制一定浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏高的原因是（）A．所用NaOH已潮解 B．向容量瓶中加水未至刻度线C．有少量NaOH溶液残留在烧杯里 D．移液前容量瓶中有少量蒸馏水16、在烧杯中加入水和苯（密度：0.88g·cm-3，与水互不相溶，且不与钠反应）各50mL，将一小粒金属钠（密度为0.97g·cm-3）投入烧杯中。观察到的现象为（）A．钠在水层中反应并四处游动B．钠停留在苯层中不发生反应C．钠在苯与水的界面处反应并不断上浮、下沉D．钠在苯的液面上反应并四处游动17、下列关于氧化还原反应说法正确的是A．氧化剂得电子越多说明氧化性越强 B．氧化剂价态越高说明氧化性越强C．Cu2＋→Cu的变化过程是还原反应 D．氧化还原反应本质是元素化合价的升降18、下列有关原子结构和元素周期律表述正确的是()A．原子序数为15的元素的最高化合价为＋3B．第ⅦA族元素是同周期中非金属性最强的元素C．Li、Na、K、Rb、Cs的得电子能力逐渐增强D．原子序数为16的元素位于元素周期表的第三周期ⅣA族19、下列化学方程式中，不能用离子方程式表示的是A．B．C．D．20、下列实验操作会导致实验结果偏低的是（）①配制100g10%的CuSO4溶液，称取10gCuSO4晶体溶于90g水中②称量NaOH固体时动作太慢③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g④配制完成后装入的试剂瓶中有水A．只有① B．只有② C．只有②③④ D．①②③④21、已知某饱和溶液的以下条件：①溶液的质量、②溶剂的质量、③溶液的体积、④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度，其中不能用来计算该饱和溶液的物质的量浓度的组合是(

)A．④⑤⑥ B．①②③④ C．①③⑤ D．①③④⑤22、下列试剂不能鉴别Cl-、Br-、I-的是()A．HNO3、AgNO3溶液 B．氯水、CCl4 C．氯水、淀粉溶液 D．溴水二、非选择题(共84分)23、（14分）金属A能够被磁铁所吸引．A及其A的化合物之间有如下的转化关系：（1）写出A、C的化学式：A_____；C_____．（2）检验B中阳离子的试剂是_____．（3）写出下列反应的化学方程式或离子方程式：A→D的离子方程式_____E→C的化学方程式_____24、（12分）有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4＋、K＋、Na＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋、SO42―、CO32―、Cl―和I―。取该溶液进行了以下实验：（1）用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性；（2）取部分溶液，加入CCl4及数滴氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色；（3）另取部分溶液，加入稀NaOH溶液使其变为碱性，溶液中无沉淀生成；（4）取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液有白色沉淀生成；（5）将（3）得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。根据上述实验事实填空：①该溶液中肯定含有的离子是____________________________；②还不能确定是否存在的离子是_________________________；③请写出检验Cl―的方法_____________________。25、（12分）某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。(1)装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓HCl的___________(填“氧化性”或“还原性”)。(2)A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是___________。(3)B用于收集Cl2，请完善装置B并用箭头标明进出气体方向_____________。(4)C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是____________________________________________________________。(5)该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2的影响，设计实验进行如下探究。①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是___________________________________________________。②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是__________________________________。③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，设计实验Ⅳ进行探究：将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是____________________________；将ⅰ、ⅱ作对比，得出的结论是___________________________________。26、（10分）如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：（1）仪器A的名称是________，烧瓶中反应的化学方程式是_____________________。（2）装置B中盛放液体是___，气体通过装置B的目的是__________________，装置C中盛放的液体是_________。（3）D中反应的化学方程式是__________________________________________。（4）烧杯E中盛放的液体是_____，反应的离子方程式是___________。（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应．为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加__装置。27、（12分）实验室通常用图所示的装置来制取氨气。请按要求回答下列问题：（1）实验室制取氨气的化学反应方程式为__。（2）除了以上方法。下面也能用于制备氨气的是___。①固态氯化铵加热分解②浓氨水中加入固体氢氧化钠③加热浓氨水（3）NH3的催化氧化的化学反应方程式为__。（4）①用装置A收集氨气时，应选择氨气的进气口是___(选填“a”或“b”)，并说明选择的理由___。②打开装置A中的止水夹，若观察到烧瓶内产生了红色喷泉，则说明氨气具有的性质是___、___。（5）通常可以用什么方法来检验无色溶液中是否有NH4+___。28、（14分）下图是无机物A～M在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件来列出)。其中，I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，K是一种红棕色气体，C是一种强酸。请填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式：A：___________E：_____________。(2)写出反应④的离子方程式：______________________。写出反应⑦的化学方程式：______________________。写出反应⑩的化学方程式：______________________。(3)在反应②、③、⑥、⑧、⑨中，既属于化合反应又属于氧化还原反应的__________________(填写序号)。(4)写出检验M溶液中阳离子的方法：______________________。(5)将化合物D与KNO3、KOH高温共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾)，同时还生成KNO2和H2O。写出该反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移方向和数目：___________。(6)ClO2也是绿色净水剂，ClO2制备方法较多，我国科学家探索的新方法是：氯气(Cl2)和固体亚氯酸钠(NaClO2)反应，写出该反应的化学方程式：__________________。29、（10分）Ⅰ.4.1gH3PO3可与2gNaOH

完全反应生成正盐，则H3PO3为__________元酸。该正盐的电离方程式为_________________。Ⅱ、小苏打、胃舒平、达喜都是常用的中和胃酸的药物。(1)小苏打片每片含0.504gNaHCO3，2

片小苏打片能中和胃酸中的H+是___________mol。(2)胃舒平每片含0.234gAl(OH)3，中和胃酸时，6片小苏打片相当于胃舒平__________。(3)达喜的化学成分是铝和镁的碱式碳酸盐。取该碱式盐粉末3.01g，逐滴加入2.0mol/L盐酸使其溶解(其他成分不与盐酸反应)，当加入盐酸42.5mL

时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时怡好反应完全，则该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为____________。

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】

A.钠应保存在煤油中，煤油可以隔绝空气，A项正确；B.钠在常温下和氧气反应得到的是氧化钠，在加热或点燃的条件下得到的是过氧化钠，B项正确；C.钠易失电子，表现出还原性，C项正确；D.氯化铝是共价化合物，不导电，因此不能通过电解氯化铝来得到金属铝，D项错误；答案选D。2、D【解析】

A.氢氧化镁难溶，用化学式表示，与稀盐酸反应：Mg(OH)2＋2H＋＝Mg2++2H2O，A错误；B.醋酸难电离，用化学式表示，醋酸溶液与水垢中的碳酸钙反应：CaCO3＋2CH3COOH＝2CH3COO－+Ca2＋＋H2O＋CO2↑，B错误；C.碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，向碳酸氢钠溶液中滴加盐酸：HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，C错误；D.向碳酸钠溶液中加过量盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳：CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑，D正确。答案选D。3、A【解析】

A项、碘微溶于水、易溶于苯等有机溶剂，碘不能保存在苯中，密封保存即可，故A错误；B项、氯水中的次氯酸见光容易分解，所以氯水需要保存在在棕色试剂瓶中，故B正确；C项、白磷易自燃，应隔绝空气，所以储存在水中，以防自燃，故C正确；D项、液溴是液体，微溶于水，而且密度大于水，用水封液溴可以降低挥发，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了化学试剂的保存方法，注意掌握常见化学试剂的性质及正确保存方法是解答关键。4、B【解析】

氨的催化氧化是在一定温度（红热的铂丝）条件下进行的、铂催化的是氨水挥发出来的氨气，铂丝与氨水接触会降低铂丝温度，铂丝起不到催化作用，故答案为B。5、A【解析】

铝与盐酸反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，与烧碱溶液反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可以看出，反应关系式都为2Al～3H2，同温同压下放出相同体积的气体，需要铝的物质的量相等，质量相等，故选A。6、B【解析】

A．任何气体单质在标准状况下体积约为22.4L，都含有NA个分子，但是单质分子构成不同，不一定都是双原子分子，因此所含原子数不一定为2NA，故A错误；B．标准状况下，1.12LH2和O2混合气体的物质的量为0.05mol，H2和O2均为双原子分子，则气体中共含0.1NA个原子，故B正确；C．常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，则11.2L甲烷的物质的量不是0.5mol，含有的氢原子数也不为2NA，故C错误；D．0.3mol二氧化碳中含有的氧原子数为0.6NA，故D错误；故答案为B。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算；关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。7、C【解析】

胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm，故选C。8、C【解析】

酸性氧化物是能与碱反应只生成一种盐和水的氧化物。【详解】A.氢氧化镁是碱，不属于酸性氧化物，故A错误；B.硫酸是酸，不属于酸性氧化物，故B错误；C.二氧化硅可以与碱反应生成硅酸盐和水，为酸性氧化物，故C正确；D.次氯酸钠是盐，不属于酸性氧化物，故D错误；故答案选C。9、A【解析】

①用剩的药品一般不能再放回原试剂瓶，以避免污染，①不正确；②蒸发氯化钠溶液时，为了防止局部过热，造成液体飞溅，要用玻璃棒不断搅拌，②正确；③称取易潮解的药品必须放在玻璃器皿中称量，防止腐蚀托盘，③正确；④用试纸检验气体性质时，将湿润的试纸粘在玻璃棒上，再靠近气体，不能用手，④不正确，其余是正确的，答案选A。10、D【解析】

根据阿伏加德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同的分子数，据此分析判断。【详解】同温、同压下，气体的Vm相等，则体积相同时，n=可知，两种气体的物质的量相同，设物质的量都为n，则：①m(N2O)=nM=44n，m(CO2)=nM=44n，故①正确；②N(C)=nNA，N(N)=2n(N2O)×NA=2NA，所含碳原子数与氮原子数不相等，故②错误；③N(N2O)=nNA，N(CO2)=nNA，所含分子数相等，故③正确；故选D。11、C【解析】

制造登月车太阳能电池板的半导体材料是硅，答案选C。12、C【解析】

A．不符合电荷守恒，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++H2↑+2OH-，故A错误；B．NaHSO4与少量的氢氧化钡溶液作用，除了生成硫酸钡沉淀外，还生成了水，：2H++2OH-+Ba2++=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．碳酸钙与盐酸作用生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸钙是沉淀不能拆成离子形式，离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故C正确；D．稀硝酸具有强氧化性，铁与稀HNO3反应不会生成氢气，会生成一氧化氮，故D错误；答案选C。13、B【解析】

A.氧化铁能与酸反应与可制红色涂料无关，故不选A；B.氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应，所以可作胃酸中和剂，故B正确；C.二氧化硅能做光导纤维，与其熔点无关，故不选C；

D.NaHCO3不稳定，受热易分解2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生CO2气体，使糕点蓬松，所以食品工业用小苏打做焙制糕点的膨松剂，与小苏打能与碱反应无关，故不选D。14、D【解析】

①S2-能够与H+、NO3-发生反应，在溶液中不能大量共存，故①错误；②Fe2+与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，在溶液中不能大量共存，故②错误；③Na+、SO42-、Cl-、NO3-之间不反应，也不与氢离子和氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故③正确；④HCO3-既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，Ca2+能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故④错误；⑤K+、Ba2+、NO3-、Cl-之间不反应，也不与氢离子、氢氧根离子反应反应，在溶液中能够大量共存，故⑤正确；答案选D。15、B【解析】

利用公式c=进行误差分析。A.所用NaOH已潮解，则m偏小，c偏低，A不合题意；B.向容量瓶中加水未至刻度线，V偏小，c偏高，B符合题意；C.有少量NaOH溶液残留在烧杯里，m偏小，c偏低，C不合题意；D.移液前容量瓶中有少量蒸馏水，对m、V都不产生影响，c不变，D不合题意。故选B。16、C【解析】

钠密度小于水而大于苯，钠熔点较低，钠和水剧烈反应生成NaOH和氢气，同时放出大量热，钠和苯不反应，钠密度大于苯而小于水，所以在与水反应生成气体后被气体带离水层，进入苯层后停止反应又下沉，如此往复，直至钠反应完，故选C。17、C【解析】

A．氧化剂得电子越容易说明氧化性越强，氧化性的强弱和得电子多少无关，故A错误；B．氧化剂的氧化性和价态高低无关，如HClO的氧化性强于HClO4，故B错误；C．Cu2＋→Cu的变化过程中铜的化合价降低，发生还原反应，故C正确；D．氧化还原反应本质是电子的转移，氧化还原反应的特征是化合价的升降，故D错误；故选C。18、B【解析】

A．原子序数为15的元素为P，其最高化合价为+5，所以选项A错误。B．第ⅦA族元素是同周期中最靠右的元素（不考虑稀有气体），同周期从左向右非金属性逐渐增强，所以选项B正确。C．Li、Na、K、Rb、Cs的原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，所以失电子能力逐渐增强，选项C错误。D．原子序数为16的元素为S，处于周期表的第三周期的ⅥA族，选项D错误。答案选B。19、D【解析】

ABC的反应物和生成物除去硫酸钡之外均可拆解，故ABC不符合题意；D、反应生成水，属于弱电解质，不能拆分，故D符合；故选D。20、D【解析】

①CuSO4晶体的化学式为CuSO4·5H2O，配制100g10%的CuSO4溶液，应称取CuSO4晶体15.6g（CuSO4粉末10g）溶于水中，若称取10gCuSO4晶体溶于90g水中，使得溶液质量分数偏低，①符合题意；②NaOH固体易潮解，易吸收空气中的水蒸气，若称量动作太慢，导致称量结果偏低，②符合题意；③称量时，药品与砝码放反，游码读数为0.2g，则称量结果偏小，导致溶液浓度偏低，③符合题意；④配制完成后装入的试剂瓶中的水，会稀释配制好的溶液，导致溶液浓度偏低，④符合题意；综上所述，①②③④均符合题意，故选D。21、C【解析】

A、设定该饱和溶液是由100g水配制而成的饱和溶液，由⑤溶质的溶解度、⑥溶液的密度可计算出该溶液体积，根据④溶质的摩尔质量、⑤溶质的溶解度可计算出该饱和溶液中溶质的物质的量，由此计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故A不符合题意；B、由①溶液的质量、②溶剂的质量可计算出溶质的质量，然后依据溶质的质量和④溶质的摩尔质量计算出溶质的物质的量，再同③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故B不符合题意；C、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，但并不能计算出溶质的物质的量，无法计算该饱和溶液的物质的量浓度，故C符合题意；D、由①溶液的质量和⑤溶质的溶解度可计算出溶质的质量，再结合④溶质的摩尔质量可计算溶质的物质的量，根据所得溶质的物质的量与③溶液的体积计算出该饱和溶液的物质的量浓度，故D不符合题意。22、D【解析】

A．HNO3、AgNO3溶液与氯离子反应生成不溶于酸的白色沉淀；与溴离子反应生成不溶于酸的淡黄色沉淀；与碘离子反应生成不溶于酸的黄色沉淀；现象不同，A可以鉴别；B．氯水、CCl4与氯离子不反应；与溴离子反应，四氯化碳层为橙红色；与碘离子反应后，四氯化碳层为紫红色；现象不同，B可以鉴别；C．氯水、淀粉溶液与氯离子不反应，无明显现象；与溴离子反应，氯水溶液褪色；与碘离子反应，氯水褪色，淀粉溶液变蓝；现象不同，C可以鉴别；D．溴水与氯离子、溴离子不反应，现象相同，D无法鉴别；答案为D。二、非选择题(共84分)23、FeFe(OH)3KSCN溶液或NaOH溶液Fe+2H+═Fe2++H2↑4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3【解析】

金属A能够被磁铁所吸引，则A是Fe，Fe在氯气中燃烧生成B为FeCl3，Fe和HCl反应生成FeCl2和H2，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，则D为FeCl2，B和NaOH反应生成红褐色的C为Fe(OH)3，D和NaOH溶液反应生成的白色E为Fe(OH)2，Fe(OH)2和氧气、水反应生成Fe(OH)3。【详解】(1)通过以上分析知，A、C分别是Fe、Fe(OH)3，故答案为：Fe；Fe(OH)3；(2)B为氯化铁，铁离子用KSCN或NaOH溶液检验，铁离子和KSCN混合后溶液呈血红色，和NaOH反应生成红褐色沉淀，所以可以用KSCN或NaOH溶液检验，故答案为：KSCN溶液或NaOH溶液；(3)Fe和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2═4Fe(OH)3，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3。【点睛】本题以Fe及其化合物之间的转化为载体考查无机物推断，明确物质性质是解本题关键。本题的突破口为C的颜色。本题的易错点为氢氧化亚铁氧化的方程式的书写。24、NH4＋、Ba2＋、I―K＋、Na＋、Cl―向溶液中加稀硝酸无明显现象，再加硝酸银溶液有白色沉淀生成，则存在氯离子（或：向溶液中加硝酸银溶液有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不溶解，则存在氯离子）【解析】

用pH试纸检验，溶液呈强酸性，说明溶液中存在H+，H+与CO32-不能共存，因此溶液中不存在CO32-；取部分溶液，加入CCl4及数滴氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I-；另取部分溶液，加入稀NaOH溶液使其变为碱性，溶液中无沉淀生成，说明溶液中不存在Mg2＋和Fe3＋；取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液有白色沉淀生成，说明溶液中存在Ba2＋，Ba2＋与SO42-不能共存，因此溶液中不存在SO42-，据此分析解答。【详解】用pH试纸检验，溶液呈强酸性，说明溶液中存在H+，H+与CO32-不能共存，因此溶液中不存在CO32-；取部分溶液，加入CCl4及数滴氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色，说明溶液中存在I-；另取部分溶液，加入稀NaOH溶液使其变为碱性，溶液中无沉淀生成，说明溶液中不存在Mg2＋和Fe3＋；取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液有白色沉淀生成，说明溶液中存在Ba2＋，Ba2＋与SO42-不能共存，因此溶液中不存在SO42-；（1）由分析可知溶液中肯定含有的离子是NH4＋、Ba2＋、I-；（2）K＋和Na＋应用焰色反应进一步鉴别，因此还不能确定是否存在的离子是K＋、Na＋、Cl-；（3）检验Cl-时利用硝酸酸化的硝酸银溶液，具体步骤为：向溶液中加稀硝酸无明显现象，再加硝酸银溶液有白色沉淀生成，则存在氯离子25、还原性HCl、H2O(g)Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2OMnO2＋4HCl=MnCl4＋2H2OMnCl4=Cl2↑＋MnCl2Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H＋)、c(Cl－)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化MnO2氧化盐酸的反应中c(H＋)变化的影响大于c(Cl－)【解析】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，元素失电子化合价升高发生氧化反应，元素得电子化合价降低发生还原反应；（2）MnO2与浓盐酸反应制取Cl2中混有氯化氢和水蒸气；（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法收集氯气；（4）C中氢氧化钠溶液用于吸收多余的Cl2，生成氯化钠、次氯酸钠和水；（5）①复分解反应为两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物；②将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液，Ⅱ中发生了分解反应，结合氧化还原反应单质守恒分析锰元素被还原的价态和物质；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将ⅰ、ⅱ做对比加热MnO2和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，氯元素化合价升高，锰元素的化合价降低，氯化氢做还原剂，利用氯化氢的还原性；（2）用MnO2与浓盐酸在加入条件下反应制取Cl2，浓盐酸中的氯化氢易挥发，故Cl2含有杂质为HCl、H2O(g)；（3）氯气的密度比空气的密度大，采用向上排空气法，长导管进气，短导管出气，收集氯气的装置图为：；（4）C用于吸收多余的Cl2，防止污染环境，C中发生反应的离子方程式是：Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O；（5）①MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，酸碱中和反应生成盐和水，化学方程式是：MnO2+4HCl=MnCl4+2H2O；②Ⅱ中发生了分解反应，将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液分解生成MnCl2和Cl2，反应的化学方程式是：MnCl4=MnCl2+Cl2↑；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H＋)或c(Cl－)较低，将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是Ⅲ中无明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度，才能被MnO2氧化，将ⅰ、ⅱ作对比，加热MnO2和4moL-1稀盐酸混合物，加热硫酸和加入氯化钠当生成黄绿色气体，其中氢离子浓度小于氯离子的浓度，得出的结论是MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。【点睛】实验室制取氯气的收集、除杂、尾气处理，探究二氧化锰与浓盐酸的反应条件，认真读懂题中信息，作对比实验验证。26、分液漏斗MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O饱和NaCl溶液吸收氯气中混有的杂质HCl浓硫酸2Fe+3Cl22FeCl3氢氧化钠溶液Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O干燥【解析】

实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，可以依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶进行除杂，氯气与铁在加热条件下反应生成氯化铁，氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气。【详解】（1）仪器A的名称是分液漏斗；烧瓶中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以选择盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气，所以选择盛有浓硫酸的洗气瓶C除去水蒸气，故答案为饱和NaCl溶液；吸收氯气中混有的杂质HCl；浓硫酸；（3）装置D中氯气和铁共热发生化合反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3；（4）氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，故答案为NaOH溶液；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）由题给资料可知反应生成的氯化铁①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应，则制备时需要防止水蒸气进入装置D，为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置，防止装置E中水蒸气进入，故答案为干燥。【点睛】制备氯化铁时，为防止氯化铁与水反应，应注意前防水用浓硫酸干燥氯气，后防水时，可在收集装置和尾气吸收装置之间连接一个干燥装置，为易错点。27、Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑②③4NH3+5O24NO+6H2Oa氨气的密度比空气密度小氨气极易溶于水氨气与水反应生成碱加入强碱并加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝【解析】

（1）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙和水；（2）①固态氯化铵加热分解生成氯化氢和氨气，在试管口遇冷后又生成氯化铵，则无法制取氨气；②浓氨水中加入固体氢氧化钠，NaOH溶于水放出大量热，放出的热量促进一水合氨分解而生成氨气，能制取氨气；③加热浓氨水，能使氨气从氨水中逸出，制取到氨气；（3）在催化剂加热条件下，NH3与O2反应生成NO和水；（4）①氨气的密度小于空气，冲入的氨气占据容器的上部；②氨气易溶于水，使容器内压强迅速减小，形成喷泉实验；溶液显红色，则溶液显碱性；（5）NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。【详解】（1）在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氨气、氯化钙和水，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑；（2）①固态氯化铵加热分解生成氯化氢和氨气，在试管口遇冷后又生成氯化铵，则无法制取氨气；②浓氨水中加入固体氢氧化钠，NaOH溶于水放出大量热，温度升高导致氨气的溶解度降低，能制取氨气；③加热浓氨水，能使氨气从氨水中逸出，制取到氨气；答案为②③；（3）在催化剂加热条件下，NH3与O2反应生成NO和水，4NH3+5O24NO+6H2O；（4）①氨气的密度小于空气，充入的氨气占据容器的上部，则应从a进b出；②氨气易溶于水，使容器内压强迅速减小，形成喷泉实验；溶液显红色，则溶液显碱性；（5）NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，可以向溶液中加入强碱并加热的条件下生成使湿润的红色试纸变蓝色的气体检验NH4+的存在。【点睛】浓氨水中加入固体氢氧化钠，NaOH溶于水放出大量热，温度升高导致氨气的溶解度降低；溶液中氢氧根离子的浓度增大，导致一水合氨电离平衡逆向移动，生成氨气。28、SO2Fe(OH)33Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O2Al+Fe2O32Fe+Al2O33Fe+8HNO3=3Fe(NO