云南省通海县第二中学2018-2019学年高一下学期3月份考试化学试卷

云南省通海二中20182019学年下学期3月份考试高一化学说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)1.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A.64g氧气中含氧分子数为2NAB.1.7gOH－中所含的电子数为NAC.49g硫酸中所含氧原子数为2NAD.58.5g氯化钠中所含的离子数为NA【答案】D【解析】选D。氯化钠由Na+和Cl—构成，58.5g氯化钠的物质的量为1mol，其中的阴阳离子共2NA。2.1mol氢氧化亚铁在空气中变质，理论上需要标准状况下的空气(假设氧气占空气体积的1/5)（）A.5.6L B.22.4L C.28L【答案】C【解析】【详解】由反应方程式4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3可知，1mol氢氧化亚铁在空气中变质，需要氧气的物质的量为1mol÷4=0.25mol，理论上需要标准状况下的空气的体积0.25mol×22.4L/mol÷1/5=28L，所以C正确。故选C。3.某混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干：NH4+、Cl﹣、Mg2+、Ba2+、K+、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；②第二份加足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.04mol；③第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥，沉淀质量2.33g。根据上述实验，以下推测正确的是（）A.K+一定不存在 B.该溶液中含CO32的浓度为0.1mol·L1C.Cl﹣可能存在 D.Ba2+一定不存在，Mg2+可能存在【答案】C【解析】据(2)知有NH4+0.06mol；据(1)(3)知生成BaSO42.33g(即0.01mol)，即有0.01molSO42—；有BaCO33.94g(即0.02mol)，即有CO32—0.02mol；Ba2＋、Mg2＋不会存在，Cl－可能存在；由于n(NH4+)＝2n(CO32—)＋2n(SO42—)，由电荷守恒可知，可能存在K4.实验室制取氧气的试管壁上黏附有少量MnO2，除去黏附的MnO2可选用的试剂是A.蒸馏水 B.KOH溶液 C.稀盐酸 D.浓盐酸【答案】D【解析】【分析】MnO2能与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水，据此答题。【详解】MnO2与蒸馏水、氢氧化钾溶液、稀盐酸不反应，能与浓盐酸反应生成二氯化锰，氯气和水，则除去沾附的MnO2可用的试剂是浓盐酸，故D正确。故选D。5.碳化硅又称金刚砂(SiC)，它的分解温度很高(约2200℃)，硬度极大，溶解性很差，性质很稳定。由此推断，下列物质中可能与它有相似结构的是（）A.晶体硅 B.硅酸 C.干冰 D.水玻璃【答案】A【解析】【详解】结构决定性质，碳化硅和晶体硅都具有空间网状结构，性质相似，结构相似，都是原子晶体，硅酸和干冰是分子晶体，水玻璃是硅酸钠的水溶液，所以A正确。故选A。【点睛】晶体类型的判断：1．离子晶体：由阳离子和阴离子通过离子键结合而成的晶体常见离子晶体：强碱、活泼金属氧化物、大部分的盐类；2．原子晶体：晶体中所有原子都是通过共价键结合的空间网状结构常见原子晶体：金刚石、单晶硅、碳化硅（金刚砂）、二氧化硅等；3．分子晶体：分子通过分子间作用力构成的固态物质6.对于溶液的溶质质量分数的概念叙述正确的是（）A.一定质量溶液里所含溶质的质量 B.溶液中溶质质量与溶液质量之比C.1L溶液里所含溶质的质量 D.100g溶剂里所含溶质的质量【答案】B【解析】【详解】A.一定质量的溶液里所含溶质的质量与溶液质量之比，故A错误；B.溶液中溶质的质量与溶液的质量之比，故B正确；C.100g溶液中所含溶质的质量，故C错误；D.100g溶液中所含溶质的质量，故D错误。故选B。7.下列关于钠单质性质的叙述中不正确的是（）A.在空气中极易被氧化，常保存在煤油中B.是一种银白色金属，具有金属光泽C.能与氯化铜溶液反应生成氯化钠和铜D.在空气中燃烧火焰为黄色【答案】C【解析】【详解】A.钠的化学性质活泼，不易与空气接触，又密度比煤油密度大，所以用煤油保存，故A正确；B.金属钠是具有银白色金属光泽的金属单质，故B正确；C.金属钠和氯化铜中的水先发生反应生成氢氧化钠和氢气，然后生成的氢氧化钠和氯化铜发生反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠，不会置换出金属铜，故C错误；D.金属钠在空气中燃烧发出黄色火焰，生成产物是淡黄色固体过氧化钠，故D正确。故选C。8.下列有关化学药品的使用正确的是（）A.固体药品应盛放在细口瓶中B.将鼻孔凑到集气瓶口闻气体的气味C.给试管内液体加热，液体量不超过试管容积的三分之二D.一般用药匙或镊子取用固体药品【答案】D【解析】【详解】为了便于取用，固体药品应盛放在广口瓶中；有些气体的气味有强烈的刺激性或毒性，所以应该用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量气体飘进鼻孔；给试管内液体加热，液体量不超过试管容积的三分之一；一般用药匙或镊子取用固体药品。综上所述，D正确，本题选D。9.下列有关胶体的说法不正确的是（）A.分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液B.FeCl3溶液和Fe（OH）3胶体都能透过滤纸C.当一束强可见光通过Fe（OH）3胶体时会出现光亮的“通路”D.将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中可制得Fe（OH）3胶体【答案】D【解析】【分析】A.溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1~100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm；B.溶液和胶体都能透过滤纸；C.胶体具有丁达尔效应，溶液无此现象；D.NaOH溶液与饱和的FeCl3溶液发生复分解反应生成沉淀；【详解】A.溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1~100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，所以分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液，故A正确；B.胶体粒子直径较大，可通过滤纸，溶液中溶质粒子小也能通过滤纸，所以FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体都能透过滤纸，故B正确；C.因胶体具有丁达尔效应，产生光亮的通路，而溶液没有此性质，故C正确；D.NaOH溶液与饱和的FeCl3溶液发生复分解反应生成沉淀，应向沸水中滴饱和氯化铁溶液制备胶体，故D错误；故选D。【点睛】胶体，溶液，浊液三种分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，溶液分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1~100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm。10.由钠、镁、铝、锌四种金属单质中的两种组成的合金共12g，跟足量的盐酸反应产生5.6L氢气(标准状况)，那么此合金中一定含有的金属是（）A.Na B.Mg C.Al D.Zn【答案】D【解析】【详解】标况下5.6L氢气的物质的量=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，故12g金属提供的电子为0.25mol×2=0.5mol，则提供1mol电子需要金属的质量为12g×1mol÷0.5mol=24g，A.Na在反应中表现+1价，提供1mol电子需要Na的质量为23g/mol×1mol=23g；B.Mg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol×1mol÷2=12g；C.Al在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol×1mol÷3=9g；D.Zn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol×1mol÷2=32.5g；提供1mol电子，只有Zn的质量大于24g，其它金属的质量都小于24g，故金属混合物中一定有Zn。故选D。11.在使用分液漏斗进行分液时，正确的操作是（）A.上层液体经漏斗下口放出B.分离液体时，将漏斗拿在手上进行分离C.分离液体时，使分液漏斗口上的小孔与大气相通，打开活塞D.分液漏斗中盛装的是液体，振荡后不必扭开活塞把气体放出【答案】C【解析】【详解】A.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，避免两种液体相互污染，故A错误；B.进行分液时把分液漏斗固定在铁架台上，故B错误；C.使分液漏斗上的小孔与大气相通，才能使内外压强一致，保证液体顺利流出，故C正确；D.振荡分液漏斗时可能有气体产生，应及时扭开活塞放出，以减小漏斗内的压强，故D错误。故选C。12.下列现象不能用于检验NH3的是A.气体遇浓盐酸产生白烟B.气体使湿润的蓝色石蕊试纸变红C.气体通人酚酞溶液中，溶液变红D.气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝【答案】B【解析】试题分析：A、氨气遇浓盐酸挥发产生的氯化氢气体在空气中反应产生氯化铵固体小颗粒，产生白烟现象。正确。B石蕊试纸有红色石蕊试纸和蓝色石蕊试纸两种。错误。C氨气容易溶解于水中产生弱碱一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子和铵根离子。氢氧根离子使酚酞试液变红。正确。D、氨气和水反应产生碱。碱电离产生氢氧根离子，使湿润的红色石蕊试纸变蓝。正确。考点：考查氨气的性质及检验的知识。13.联合国世界卫生组织经过严密的科学分析，认为我国的铁锅是最理想的炊具，并向全世界大力推广，其主要原因是（）A.铁锅价格便宜 B.铸铁锅的铁熔点高C.使用铁锅烹饪的食物中留有铁元素 D.铁锅含有有机物必含的碳元素【答案】C【解析】【详解】A.铁锅价格便宜，不是向全世界大力推广的主要原因，故A错误；B.熔点高是铁的物理性质，从有益于人类健康方面来考虑，不是向全世界大力推广的主要原因，故B错误；C.使用铁锅烹调的食物中留有人体需要的铁元素，可以预防缺铁性贫血，是向全世界大力推广的主要原因，故C正确；D.铁锅含有有机物必含的碳元素，不是向全世界大力推广的主要原因，故D错误。故选C。14.下列有关电解质的说法正确的是（）A.氢氧化钠溶液能导电，所以它是电解质B.电解质在熔融状态下都能导电C.水溶液能导电的化合物不一定是电解质D.难溶物质肯定不是电解质【答案】C【解析】【详解】A.电解质都是化合物，氢氧化钠溶液是混合物，因此不属于电解质，故A错误；B.电解质溶于水后，在水溶液中自发电离生成自由移动的离子，从而能导电，故B正确；C.有些化合物与水反应生成电解质，但本身不能电离，这些化合物本身并不属于电解质，如CO2、SO2、SO3、NH3等，故C正确；D.一种物质是否为电解质与其溶解性无关，只与电离程度有关某些化合物如BaSO4、AgCl等，虽然溶解度很小，但由于其溶于水的部分可以完全电离，所以这些物质都是电解质，故D错误。故选C。【点睛】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，电解质本身不一定能导电。15.实验室配制1mol•L1盐酸250mL，下列不需用的仪器是（）A.250mL容量瓶 B.托盘天平 C.胶头滴管 D.烧杯【答案】B【解析】试题分析：配制250毫升的盐酸溶液，需要使用250毫升的容量瓶，量筒，烧杯，玻璃棒，胶头滴管等，所以选B。考点：一定物质的量浓度的溶液的配制16.下列说法中不正确的是（）A.普通干电池工作时将化学能转化为电能B.锌锰干电池中，锌电极是负极C.锌锰干电池属于一次电池D.锌锰干电池中，锌电极发生还原反应【答案】D【解析】【详解】A.普通干电池工作时将化学能转化为电能，故A正确；B.锌锰干电池中，锌电极是负极，故B正确；C.锌锰干电池属于一次电池，故C正确；D.锌锰干电池中，锌是负极，负极发生氧化反应，故D正确。故选D。17.下列说法正确的是（）A.34S原子核内的中子数为16 B.1H和2H的化学性质相同C.HO与HO互为同素异形体 D.Na和Na＋属于同种元素，且性质相同【答案】B【解析】试题分析：A．34S原子核内的中子数为3416=18，A项错误；B．1H和2H的最外层电子数均为1，则它们的化学性质相同，B项正确；C．同素异形体是同元素形成的性质不同的单质，H216O与H218O是化合物，C项错误；D．Na和Na+是不同的微粒，性质不同，D项错误；答案选B。考点：考查同位素、同素异形体的概念，原子结构等知识。18.镁、锂在元素周期表中具有特殊“对角线”关系，它们的性质相似。例如，它们的单质在过量氧气中燃烧时均只生成正常的氧化物等，下列关于锂的叙述不正确的是（）A.Li2SO4能溶于水B.LiOH是易溶于水、受热不分解的强碱C.Li遇浓硫酸不产生“钝化”现象D.Li2CO3受热分解，生成Li2O和CO2【答案】B【解析】根据题中信息，将镁的有关性质进行迁移应用，可推测锂的有关性质。由Mg、Mg（OH）2、MgCO3、MgSO4的性质推测相应的Li及其化合物的性质。MgSO4易溶于水，Mg（OH）2是难溶、易分解的中强碱，Mg与浓硫酸能发生反应，MgCO3受热易分解生成MgO和CO2，故B项不正确。19.下列叙述正确的是（）A.碱金属与氧气化合生成的产物都属于碱性氧化物B.碱金属都能与水发生置换反应生成强碱和氢气C.碱金属锂、钠、钾都可以保存在煤油中D.碱金属铷的密度比钾大，熔点比钾高【答案】B【解析】【详解】A.碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物，而碱金属单质与氧气化合可生成氧化物、过氧化物以及超氧化物等，过氧化物、超氧化物与酸反应生成盐和水之外还有氧气生成，不属于碱性氧化物，故A错误；B.碱金属都能与水发生置换反应生成强碱和氢气，故B正确；C.金属锂的密度比煤油小，不能保存在煤油中，金属钠、钾的密度比煤油大，可保存在煤油中，故C错误；D.碱金属元素从上到下对应单质的熔沸点逐渐降低，铷的熔点比钾低，故D错误。故选B。20.下列各组物质中，键的类型不同的是（）A.HCl和HNO3 B.H2O和NH3 C.Na2S和NaCl D.CCl4和Na2【答案】D【解析】【详解】A.氯化氢中只含共价键，硝酸中只含共价键，故A不选；B.水、氨气中都只含共价键，故B不选；C.硫化钠、氯化钠中都只含离子键，故C不选；D.四氯化碳中只含共价键，氧化钠中只含离子键，故D选。故选D。【点睛】多数情况下，金属和非金属间的键是离子键（氯化铝、氯化铍除外）；非金属和非金属之间的键是共价键（铵盐除外），这是区分两者的重要因素。21.如图所示能够组成原电池，并且产生明显的电流的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】A．两个电极材料相同且不能自发的进行氧化还原反应，所以不能构成原电池，没有电流产生，故A错误；B．该装置符合原电池构成条件，所以有电流产生，故B正确；C．该装置不能发生自发的氧化还原反应，不能构成原电池，没有电流产生，故C错误；D．该装置不能发生自发的氧化还原反应，不能构成原电池，没有电流产生，故D错误；故选B。点睛：本题考查了原电池原理，明确原电池构成条件是解本题关键，这几个条件必须同时具备，否则不能形成原电池：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。22.化学反应A2＋B2===2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（）A.该反应是吸收能量的反应B.1molA—A键和1molB—B键断裂能放出xkJ的能量C.2molA—B键断裂需要吸收ykJ的能量D.2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量【答案】C【解析】【详解】A.因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B.因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故B错误；C.因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molAB键需要吸收ykJ能量，故C正确；D.由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误。故选C。23.近年来，科学家新研制的一种酸性乙醇电池(用磺酸类质子作溶剂)，比甲醇电池效率高出32倍，电池反应式为C2H5OH＋3O2===2CO2＋3H2O，电池构造如下图所示：下列关于该电池的说法不正确的是（）A.通入乙醇的一极为负极B.正极反应式为4H＋＋O2＋4e－===2H2OC.负极反应式为C2H5OH－12e－＋3H2O===2CO2＋12H＋D.随着反应的进行，溶液的酸性保持不变【答案】D【解析】【详解】A.由乙醇电池的总反应方程式可知，乙醇中碳元素的化合价升高，失去电子发生氧化反应，所以通入乙醇的电极是负极，故A正确；B.通入氧气的一极为正极，正极氧气得到电子被还原，电极反应式为4H++O2+4e═2H2O，故B正确；C.1mol乙醇被氧化时，可转移12mol的电子，正极反应式两边同乘以2，使正极与负极得失电子数目相等，将电池的总反应方程式与正极得反应式相减，得到负极反应式为：C2H5OH－12e－＋3H2O=2CO2＋12H＋，故C正确；D.反应过程中有水生成，随着反应的进行，溶液的酸性减弱，故D错误。故选D。24.下列各组物质的性质及粒子的性质变化正确的是（）A.稳定性H2S＞HCl＞HBr＞HI B.还原性Na＋＞S2－＞Br－＞Cl－C.微粒半径Cl－＞K＋＞S2－＞S D.酸性HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO【答案】D【解析】A、非金属性：Cl＞Br＞I＞S，氢化物稳定性：HCl＞HBr＞HI＞H2S，A错误。B、Na为金属单质有还原性，Na+有氧化性无还原性；非金属性：Cl＞Br＞S，单质氧化性：Cl2＞Br2＞S，对应阴离子有还原性：S2＞Br＞Cl，B错误。C、Cl、K+、S2具有相同的电子层结构，根据电子层结构相同的粒子，核电荷数越大半径越小，有半径大小关系：S2＞Cl＞K+，S2＞S，C错误。D、非金属性：Cl＞S，所以HClO4＞H2SO4，均为强酸；H2CO3、HClO均为弱酸，根据H2CO3可以制取HClO有H2CO3＞HClO，所以酸性大小为：HClO4＞H2SO4＞H2CO3＞HClO，D正确。正确答案为D点睛：根据元素周期律和元素在周期表中的位置，可判断元素的金属性和非金属和粒子半径大小，以及单质、离子的氧化性和还原性、酸碱性大小和稳定性。同一周期，从左到右元素金属性减小，非金属性增强，金属单质还原性减小，非金属单质氧化性增强，氢化物稳定性增大，最高价氧化物的水化物若为酸，酸性增强，若为碱，碱性减弱。同一主族元素，从上到下，金属性增强，非金属性减弱，其他性质与前所述变化规律相同。如果不是最高价氧化物的水化物的酸碱性的比较，必须通过其他知识来判断。25.下列化学方程式或离子方程式书写有误的是（）A.Cl2＋2I－===I2＋2CI－ B.I2＋2Br－===Br2＋2I－C.Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－ D.Br2＋H2O===HBr＋HBrO【答案】B【解析】【详解】A.由卤素间的置换反应规律可知，氧化性：Cl2＞I2，该离子方程式正确，故A正确；B.由卤素间的置换反应规律可知，氧化性：Br2＞I2，该反应不能发生，故B错误；C.由卤素间的置换反应规律可知，氧化性：Cl2＞Br2，该离子方程式正确，故C正确；D.由Cl2与水反应进行类推，Br2和水反应生成溴化氢和次溴酸，该离子方程式正确，故D正确。故选B。分卷II二、填空题(共7小题，共50分)26.氧化铝是一种典型的两性氧化物，既能与酸反应，又能与碱溶液反应。（1）氧化铝与硫酸反应的化学方程式是____________，离子方程式是________________。（2）氧化铝与烧碱溶液反应的化学方程式是_______________，离子方程式是________________。（3）若使等质量的氧化铝溶解，消耗硫酸与氢氧化钠的物质的量之比是__________。【答案】(1).Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O(2).Al2O3＋6H＋===2Al3＋＋3H2O(3).Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O(4).Al2O3＋2OH－===2AlO2＋H2O(5).3∶2【解析】【详解】（1）氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，离子方程式为：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，故答案为：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O，Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O。（2）氧化铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式为：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，离子方程式为：Al2O3＋2OH－=2AlO2＋H2O，故答案为：Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O，Al2O3＋2OH－=2AlO2＋H2。（3）根据氧化铝分别与硫酸溶液、氢氧化钠溶液反应的化学方程式：Al2O3＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2O、Al2O3＋2NaOH=2NaAlO2＋H2O可知，使等质量的氧化铝溶解，消耗硫酸与氢氧化钠的物质的量之比等于反应物的化学计量数之比是3∶2，故答案为：3∶2。27.卫生部发出公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。CaO2和（1）CaO2属于____(填“离子化合物”或“共价化合物”)，其电子式为_____，其阴、阳离子个数比为______。（2）CaO2与水反应的化学方程式为______，生成1mol单质气体，转移的电子数为__________。(用NA代表阿伏加德罗常数)（3）CaO2与二氧化碳反应的化学方程式为_________，该反应属于____________。A．置换反应B．氧化还原反应C．复分解反应【答案】(1).离子化合物(2).(3).1∶1(4).2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑(5).2NA(6).2CaO2＋2CO2===2CaCO3＋O2(7).B【解析】【分析】CaO2和Na2O2在结构和性质上有很多相似的地方，是解题的关键，要学会知识迁移，后面问题完全参照过氧化钠性质去回答。【详解】（1）过氧化钙构成离子是钙离子和过氧根离子，过氧化钙为离子化合物，钙离子直接写成离子形式，过氧根离子需要标出最外层电子，过氧化钙的电子式为，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1；答案：离子化合物1：1；

（2）过氧化钙与水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑；由于氧元素化合价从负一价升到零价，故生成1mol单质气体，转移的电子数为2NA；答案：2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑2NA

（3）过氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和氧气，2CaO2+2CO2=2CaCO3

+O2↑反应中有化合价的升降，是氧化还原反应；答案：2CaO2+2CO2=2CaCO3

+O2↑B28.铁及铁的化合物应用广泛，如氯化铁可用作催化剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。（1）氯化铁溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式是_______。（2）若将（1）中的反应设计成原电池，可用____作负极，____作正极，______作电解质溶液。（3）负极反应式是___________，正极反应式是________________。【答案】(1).2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋(2).铜(3).石墨(答案合理即可)(4).氯化铁溶液(5).Cu－2e－===Cu2＋(6).2Fe3＋＋2e－===2Fe2＋【解析】【详解】（1）氯化铁溶液腐蚀印刷电路铜板，氯化铁能溶解单质铜，离子方程式是2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，故答案为：2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋。（2）铜具有还原性，能还原铁离子生成亚铁离子，自身被氧化生成铜离子，根据元素化合价变化知，Cu失电子作负极、不如铜活泼的金属或导电的非金属作正极，可以是石墨等，氯化铁溶液作电解质溶液，故答案为：铜，石墨(答案合理即可)，氯化铁溶液。（3）由于原电池中负极失去电子发生氧化反应，电极反应式：Cu－2e－=Cu2＋，电解质溶液中的阳离子在正极得到电子发生还原反应，电极反应式：2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，故答案为：Cu－2e－=Cu2＋，2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋。【点睛】原电池中，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。29.粗盐中除含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等可溶性杂质外，还含有泥沙等不溶性杂质。我们食用的精盐是用粗食盐提纯而得到的。根据教材中“粗盐的提纯”实验回答下列问题：（1）实验室蒸发食盐水时，操作过程如下：①放置酒精灯，②固定铁圈位置，③放上蒸发皿(蒸发皿中盛有食盐水)，④加热搅拌，⑤停止加热。其正确的操作顺序为______________。（2）检验溶液中有无硫酸根离子最简单的方法是______，如果含有硫酸根离子，除去硫酸根离子的方法是______。（3）在粗盐经过溶解、过滤后的溶液中滴加饱和碳酸钠溶液，直至不再产生沉淀为止。请问这步操作的目的是___________。（4）将经过操作(3)后的溶液过滤。请问这一操作能除去的杂质是______________________。（5）实验室将粗盐制成精盐的过程中，下列三个实验操作步骤中都要使用玻璃棒，分别说明各自使用玻璃棒的作用：溶解时_____，过滤时______，蒸发时______。【答案】（1）①②③④⑤（2）取适量溶液于试管中，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42－；加BaCl2，过滤（3）除去Ca2+及少量的Mg2+（4）泥砂等不溶性杂质，Ca2+及少量的Mg2+（5）溶解时：是搅拌，过滤时：引流，蒸发时：搅拌【解析】（1）仪器的安装一般遵循自下而上，在左向右的原则。在蒸发时当出现电离晶体时，即可停止加热，所以正确的顺序是①②③④⑤。（2）SO42－的检验一般用氯化钡溶液，即取适量溶液于试管中，然后加入BaCl2溶液，有沉淀生成，则有SO42－；如果含有SO42－，则应该加入氯化钡溶液，生成硫酸钡后过滤即可除去。（3）饱和碳酸钠溶液是除去溶液中的Ca2+及少量的Mg2+的。（4）根据实验过程可知，生成的沉淀有氢氧化镁、碳酸镁以及含有泥沙等。（5）溶解时搅拌能加速；过滤时起引流作用；蒸发时搅拌，防止液体局部过热。30.如图是实验室研究潜水艇中供氧体系反应机理的装置图(夹持仪器略)。（1）A装置为CO2的发生装置，反应的离子方程式为____________________。（2）B装置可除去A装置中可能挥发出的___________，反应的离子方程式为_______________。（3）C装置为O2的发生装置，反应的化学方程式为__________________、________________。（4）D装置可除去C装置中未反应的__________，反应的离子方程式为____________________。（5）E装置为排水法收集O2的装置，检验所收集的气体为O2的方法为_____________________。（6）C装置中固体由淡黄色完全变为白色，检验固体成分的实验方案为取少量C装置中反应后的固体溶于水，向溶液中滴入过量___溶液，若有白色沉淀生成，则证明固体中含有___；过滤，向滤液中滴入几滴酚酞溶液，若__且不褪色，则证明固体中含有__。【答案】(1).CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑(2).HCl(3).HCO3—＋H＋=H2O＋CO2↑(4).2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2(5).2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑(6).CO2(7).2OH－＋CO2=CO32—＋H2O(8).取出集气瓶正放于桌面上，将一根带火星的木条伸入集气瓶中，若木条复燃，证明所收集的气体为O2(9).CaCl2(10).Na2CO3(11).溶液变红(12).NaOH【解析】【分析】根据实验装置图，A装置中稀盐酸和大理石制取二氧化碳，B装置中可以用饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，C装置中二氧化碳、水分别和过氧化钠反应放出氧气，D装置是用氢氧化钠吸收未反应的二氧化碳，E装置为用排水法收集制得的氧气，据此分析解答。【详解】(1)A装置为CO2的发生装置，碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；(2)A装置中稀盐酸和大理石制取二氧化碳，盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有氯化氢，为了制取纯净的二氧化碳，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去氯化氢，反应的离子方程式为：HCO3+H+═H2O+CO2↑，故答案为：HCl；HCO3+H+═H2O+CO2↑；(3)A装置制得的二氧化碳能够与过氧化钠反应产生氧气，反应为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，从B中出来的气体含有水蒸气，水蒸气能够与过氧化钠反应产生氧气，反应为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；(4)C装置中二氧化碳、水分别和过氧化钠反应，通过D装置有未反应的二氧化碳，氢氧化钠和酸性氧化物二氧化碳能够反应生成碳酸钠和水，反应为：2OH+CO2═CO32+H2O，故答案为：CO2；2OH+CO2═CO32+H2O；(5)E装置为排水法收集O2的装置，检验所收集的气体为O2的方法为取出集气瓶正放于桌面上，将一根带火星的木条伸入集气瓶中，若木条复燃，证明所收集的气体为O2，故答案为：取出集气瓶正放于桌面上，将一根带火星的木条伸入集气瓶中，若木条复燃，证明所收集的气体为O2；(6)C装置中固体由淡黄色Na2O2完全变为白色为碳酸钙钠，反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，检验固体成分实际为检验碳酸根离子，可用氯化钡、或氯化钙溶液与碳酸根离子反应生成或碳酸钙、碳酸钡白色沉淀验证碳酸根离子的存在，过滤沉淀，向滤液中滴入几滴酚酞试液，若溶液变红且不褪色，则证明固体中含有氢氧化钠，说明发生2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故答案为：CaCl2或BaCl2；Na2CO3；溶液变红；NaOH。31.某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：已知反应②：2I﹣+2Cu2+++H2O2CuI↓++2H+。回答下列问题：（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、_____________。（2）反应③中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为_________________。当有95.5gCuI参与反应，则需要标况下______________L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为3∶8，则化合物B的化学式为_____________。（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应⑤的化学方程式为______。（5）将足量的Cl2通入含12gNaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为_________g。【答案】(1).玻璃棒(2).2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O(3).5.6(4).Fe3I8(5).Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2↑+4H2O(6).4.68【解析】【分析】碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液，发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓硝酸，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题。【详解】（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；（2）反应③中CuI被氧化生成硝酸铜和单质碘，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）＝2Cu（NO3）2+4NO2↑+I2+4H2O，当有95.5gCuI参与反应，即n（CuI）＝95.5g÷191g/mol＝0.5mol，由方程式可知生成1molNO2，则通入氧气发生反应4NO2+2H2O+O2＝4HNO3，消耗0.25mol氧气，标况下的体积为0.25mol×22.（3）化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，根据原子守恒可知另一种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8；（4）反应⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应⑤的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3＝Fe3O4+8N