【文档说明】【精准解析】贵州省黔西南布依族苗族自治州册亨县第三中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题.doc，共(22)页，421.000 KB，由小赞的店铺上传

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贵州省册亨县第三中学2019-2020学年上学期期末考试高一化学分卷I一、单选题(共26小题,每小题2.0分,共52分)1.把11.2g铁加入到500mL盐酸中，在标准状况下放出氢气的体积是3.36L，盐酸的物质的量浓度是()A.0.2mol·L－1B.

0.3mol·L－1C.0.4mol·L－1D.0.6mol·L－1【答案】D【解析】【详解】铁与盐酸反应的化学方程式为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑，铁的物质的量为0.2mol，完全反应时在标准状况下生成氢气

0.2mol，实际反应生成氢气的物质的量为3.36L÷22.4L·mol－1＝0.15mol＜0.2mol，铁过量，按氢气的物质的量计算盐酸的物质的量浓度：0.15mol÷0.5L＝0.6mol·L－1，故答

案选D。【点睛】本题需要注意实际反应生成氢气的物质的量为3.36L÷22.4L·mol－1＝0.15mol＜0.2mol，可得出铁过量，故用生成的氢气的物质的量来计算盐酸的量浓度。2.下列有关环境问题的说法正确的是A.燃煤时加入适

量石灰石，可减少废气中SO2的量B.臭氧的体积分数超过10-4%的空气有利于人体健康C.pH在5.6—7.0之间的降水通常称为酸雨D.含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染【答案】A【解析】【详解】A．高温下石灰石分解生成CaO，可与

SO2以及氧气反应生成硫酸钙，减少废气中SO2的量，选项A正确；B．空气中臭氧的体积分数低于10-5时可加速血液循环，令人产生兴奋的感觉，但高于此值则会对人体产生伤害，选项B错误；C．酸雨pH＜5.6，而非“5.6-7.0”，选项C错误；D．含磷废水易导致水体富营养化，应经处理后才

能排放，选项D错误；答案选A。3.下列关于浓硫酸的叙述中，正确的是()A.浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B.浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体C.浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体D.浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属形

成氧化膜而钝化【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖脱水炭化，A错误；B．浓硫酸在常温下不能与铜片反应，B错误；C．浓硫酸是一种酸性强氧化性的干燥剂，氨气是一种碱性气体，二者反应，故浓硫酸不能干燥氨气，C

错误；D．浓硫酸、浓硝酸在常温下能够使铁、铝等金属形成一层致密的氧化膜而钝化，D正确；答案选D。4.下列关于金属钠的说法不正确的是（）A.钠在空气中易变质，最后变为过氧化钠B.钠在空气中加热能燃烧，产生黄色火焰C.金属钠在化学反应中只能作还原剂D.金属钠在自然界中只能以化合态的形式存在【答案】A

【解析】【分析】从钠的性质入手分析；【详解】A、金属钠是活泼金属，容易被空气中氧气氧化成Na2O，经过一系列变化后，转化成Na2CO3，故A说法错误；B、钠在空气中加热燃烧生成Na2O2，产生黄色火焰，故B说法正确；C、金属钠为活泼金属，在反应中失去电

子，作还原剂，故C说法正确；D、金属钠为活泼金属，在自然界中只能以化合态形式存在，故D说法正确；答案为A。【点睛】易错点为A，金属钠与氧气反应在常温下生成氧化钠，在加热条件下生成过氧化钠。5.下列说法中正确的是（）A.硫与金属反应时一定作氧化剂B.硫与非金属反应时一定

作还原剂C.硫与铁反应时生成硫化铁D.硫在过量纯氧中燃烧生成三氧化硫【答案】A【解析】【详解】A.硫与金属单质、氢气等反应时，硫元素的化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故A正确；B.硫与活泼非金属单质氧气反应时，硫元素化合

价升高，发生氧化反应，作还原剂；硫与活泼非金属单质氢气反应时，硫元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故B错误；C.硫的氧化性较弱，只能把铁氧化到+2价，不能到+3价，所以硫与铁反应生成硫化亚铁，故C错误；D.硫在氧气中燃烧，只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故

D错误；故答案选A。【点睛】氧化性：氯气大于硫，所以氯气与铁反应可以生成氯化铁，硫与铁加热反应生成硫化亚铁；硫在空气中，纯氧中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，二氧化硫与氧气在一定条件下反应才能生成三氧化硫。6.使用胆矾配制1L0.1mol·L－1的CuSO

4溶液，正确的做法是()①将胆矾加热除去结晶水后，称取16g溶于1L水中②称取胆矾25g溶于1L水中③将25g胆矾溶于少量水，然后将此溶液稀释至1L④将16gCuSO4溶于少量水，然后将此溶液稀释至1LA.①②B.③④C.①③D.②④【答案】B【解析】【详解】1L0.1mol•L-1的硫酸铜溶液

中含有硫酸铜的物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，需要无水硫酸铜的质量为：160g/mol×0.1mol=16g，需要胆矾的质量为：250g/mol×0.1mol=25g。①16g无水硫酸铜的物质的量为0.1mol，0.1mol硫酸铜溶于1L水中所得溶液体积不是1L，则浓度不

是0.1mol/L，故①错误；②25g胆矾为0.1mol，但溶解在1L水中，所得溶液体积不是1L，则浓度不是0.1mol/L，故②错误；③配制1L0.1mol•L-1的硫酸铜溶液，需要胆矾的质量为25g，故将25g胆矾溶于少量水，然后将此

溶液稀释至1L，即得0.1mol/L1L硫酸铜溶液，故③正确；④16g硫酸铜的物质的量为0.1mol，将0.1mol硫酸铜溶解后再将此溶液稀释至1L，所得溶液浓度为0.1mol/L，故④正确；正确的有③④，故选B。7.在实验中手不慎被玻璃划破，可用FeCl3溶液应急止血，其主要原因可能

是A.FeCl3溶液有杀菌消毒作用B.FeCl3溶液能使血液聚集沉降C.FeCl3溶液能产生Fe(OH)3沉淀堵住伤口D.FeCl3能使血液发生化学反应【答案】B【解析】【详解】止血目的是使血液凝固，血液具有胶体的性质，FeCl3溶液为电解质溶液，能使胶体聚沉，从而起到止血作用。答案选B。

8.下图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是A.SiO2属于两性氧化物B.酸性：H2SiO3＞H2CO3C.硅胶吸水后可重复再生D.图中所示转化反应都是氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A、二氧化硅与NaOH反应：SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O，生成了盐和

水，SiO2能与HF反应：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，没有生成盐，所以二氧化硅不是两性氧化物，故A错误；B、比较酸性强弱，应在水溶液中反应，高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，是利用物质的热不稳定性和挥发性，故B错误；C、硅

胶吸附水后，可通过热脱附方式将水分除去重复使用，故C正确；D、图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】判断氧化还原反应的标志是

反应过程中是否有元素的化合价发生变化，有化合价变化的反应为氧化还原反应，其他的为非氧化还原反应，在四个基本反应类型中酸、碱、盐之间发生的复分解反应没有化合价的变化，一定为非氧化还原反应，如题干中的硅酸钠与盐酸反应：Na2SiO3+2H

Cl=2NaCl+H2SiO3↓。9.NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A.标准状况下，22.4L水中含有的水分子数为NAB.1molFe与足量的盐酸反应电子转移总数为3NAC.常温常压下，22gCO2中含有的氧原子数为NAD.500mL1mol·L-1MgCl2溶液中

含有Cl﹣数目为0.5NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，22.4L水物质的量不是1mol，故A错误；B.铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，1molFe与足量的盐酸反应电子转移总数为，故B错误；C.常温常压下，22gCO2物质的量为0.5mol，其中含有的氧原子数

为NA，故C正确；D.500mL1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-物质的量为1mol/L×0.5L×2=1mol,含Cl-数为NA，故D错误；本题答案为C。10.“纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。某研究所将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，得到的物质①是溶液②是

胶体③具有丁达尔效应④不能透过半透膜⑤不能透过滤纸⑥静置后会出现黑色沉淀。其中正确的是()A.①④⑥B.②③⑤C.②③④D.①③④⑥【答案】C【解析】【分析】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性

质分析判断。【详解】纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，不能透过半透膜，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，故②③④正

确；故答案选C。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。11.潮湿的氯气、新制的氯水、次氯酸钠、漂白粉溶液均能使有色布条褪色。这是由于它们含有或能生成()A.氯气B.次

氯酸C.次氯酸根D.氯化氢【答案】B【解析】【详解】次氯酸具有强氧化性，能漂白有色物质，潮湿的氯气和新制的氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的反应，故含有次氯酸，次氯酸钠和漂白粉水解或与H2O、CO2反应生成次氯酸，故答案选B。12.

下列反应中，水作还原剂的是（）A.2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑B.CaO＋H2O=Ca(OH)2C.3NO2＋H2O=2HNO3＋NOD.2F2＋2H2O=4HF＋O2【答案】D【解析】【详解】A

.在该反应中Na为还原剂，失去电子，H2O为氧化剂，获得电子变为H2，A不符合题意；B.该反应中没有元素化合价的变化，属于非氧化还原反应，B不符合题意；C.在该反应中只有NO2中的N元素的化合价发生变化，NO

2既是氧化剂又是还原剂，C不符合题意；D.在该反应中F2获得电子，为氧化剂，H2O中的O失去电子，H2O为还原剂，D符合题意；故合理选项是D。13.下列物质在一定条件下能够导电，但不是电解质的是()A.铝B.氢氧化钠C.硫酸D.蔗糖【

答案】A【解析】【详解】A、铝中存在自由电子能导电，属于单质，但不属于电解质，故A选；B、氢氧化钠属于电解质，存在离子，但不能自由移动，在水溶液中或熔化状态下能导电，故B不选；C、硫酸是在水溶液中能导电的化合物，属于电解质，故C不选；D、蔗糖在水溶液中和熔化状态下都不能导

电，但蔗糖属于化合物，是非电解质，故D不选。综上所述，本题选A。【点睛】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。14.下列状态的物质，既能导电又

属于电解质的是()A.氯化钠固体B.硫酸钾溶液C.碳棒D.熔融氢氧化钾【答案】D【解析】【详解】A．固体氯化钠中没有自由移动的阴阳离子，不能导电，A不符合题意；B．硫酸钾溶液是电解质溶液，能够导电，但

不是电解质，B不符合题意；C．碳棒是碳单质，能导电，但不是电解质，D错误；D．氢氧化钾是离子化合物，是电解质，在熔融状态下存在自由移动的离子，能够导电，D正确；答案选D。15.下列说法中正确的是A.铁在干燥的空气中剧烈燃烧有黑色固体

生成B.铁跟盐酸反应生成氯化铁和氢气C.铁丝浸入硫酸铜溶液中片刻，其表面出现红色的铁锈D.烤蓝是在铁制品表面通过化学反应生成致密的氧化膜以防止铁生锈【答案】D【解析】【详解】A、铁丝在空气中只能烧至发红，不会产生火星，在

纯氧中剧烈燃烧生成黑色的四氧化三铁固体，A错误；B、铁跟盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，B错误；C、铁丝浸入硫酸铜溶液中片刻，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，取出，表面出现红色的铜，而不是红色的铁锈，C错误；D、烤蓝是在铁制品表面通过化学反应生成致密的氧化膜

，可以防止生锈，D正确；故答案选D。16.下列反应中，能说明SiO2是酸性氧化物的是①SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O②SiO2＋CaO高温CaSiO3③SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O④SiO2＋2C高温Si＋2CO↑A.①②B.②

③C.③④D.①④【答案】B【解析】【详解】①氢氟酸和二氧化硅反应是二氧化硅的特殊性质，不能说明是酸性氧化物，故①不符合；②二氧化硅和氧化钙生成亚硫酸钙，是酸性氧化物的通性，故②符合；③二氧化硅和碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的概念，故③符合

；④二氧化硅和碳反应表现二氧化硅的氧化性，不能说明是酸性氧化物，故④不符合；故选：B。17.由二氧化硅制高纯硅的流程如图，下列判断中错误的是()A.①②③均属于氧化还原反应B.氢气和氯化氢均可循环利用C.二氧化硅是一种坚硬难熔的固体D.三氯甲硅烷(SiHCl3)摩尔质量为135.5g【答案】D【

解析】【详解】A．①②③反应前后元素化合价发生改变，故①②③发生的反应均是氧化还原反应，A正确；B．由二氧化硅制高纯硅的流程图中反应过程中生成氢气和氯化氢，同时氯化氢也作为反应物参与化学反应，故氢气和氯化氢均可循环利用，B正确；C．二氧

化硅熔点比较高，硬度比较大，C正确；D．三氯甲硅烷(SiHCl3)摩尔质量为135.5gmol-1，D错误答案选D。18.下列物质的导电性能最差的是A.熔化的氢氧化钠B.0.1mol·L－1盐酸C.0.1mol·L－1醋酸D.氯化钾固体【答案】D【解析】【详解】氯化钾固体

不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔化的氢氧化钠、0.1mol/L盐酸和0.1mol/L醋酸都存在自由移动的离子，都能导电，所以导电性能最差的是氯化钾固体，D项正确，答案选D。【点睛】溶液的导电能力与溶液中离子的浓度、离子所带的电荷数有关,离子带的电荷数越多、离子浓度越大,溶液的导

电能力越强。19.下列化合物既与硫酸反应，又与氢氧化钠反应的是()①NaHCO3②NaHSO4③(NH4)2CO3④NaNO3⑤Al(OH)3A.只有①B.只有③C.①②③D.①③⑤【答案】D【解析】【详解】①．HCO3-+H+=CO2↑+H2O，HCO3-+OH

-=CO32-+H2O，①符合题意；②．NaHSO4与硫酸不反应，②不符合题意；③．NH4++OH-=NH3·H2O，CO32-+2H+=CO2↑+H2O，③符合题意；④．既不与硫酸反应，也不与氢氧化钠反应，④不符合题意；⑤．2Al(OH)3+3

H2SO4Al2(SO4)3+3H2O，Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O，⑤符合题意；①③⑤符合题意；答案选D【点睛】弱酸根离子与氢离子能反应，弱碱阳离子能与氢氧根离子反应，弱酸的酸式根离子既能与氢离子反应，又能与氢氧根离子反应。20.下列名词中，不属于．

．．物理量的是A.长度B.摩尔C.质量D.时间【答案】B【解析】【详解】物质的量、质量、长度、时间、光强度、电流强度、热力学温度被称为“七大基本物理量”，而摩尔是物质的量的单位，它不属于物理量，故选B。21.关于相同质量的氧

气和臭氧(O3)的说法一定正确的是()A.分子数之比为1∶1B.原子数之比为1∶1C.电子数之比3∶2D.物质的量之比2∶3【答案】B【解析】【详解】氧气和臭氧(O3)的质量相同时：它们都是由同一种原子组成，其原子数之比(或

电子数之比)为1∶1；它们的物质的量之比(或分子数之比)等于其摩尔质量倒数之比，即32m∶48m＝3∶2。故选B。22.下列做法会对人体健康造成较大危害的是（）A.用大量SO2漂白馒头B.用小苏打焙制糕点C.用食

醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢D.用消毒液(有效成分)对餐具进行杀菌消毒【答案】A【解析】【详解】A．SO2有毒，不能用大量SO2漂白馒头，A错误；B．碳酸氢钠与酸性物质反应生成二氧化碳，二氧化碳气体从食品中逸出，使食品疏松多孔，故用

小苏打(NaHCO3)可以焙制糕点，B正确；C．水垢的成分为碳酸钙，能与醋酸反应产生可溶性的物质，则可用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢，C正确；D．消毒液的有效成分为NaClO，溶液中次氯酸根离子水解生成次氯酸具有氧化性，能够起到对餐具进行杀菌消毒作用，D正确；答案选

A。23.采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类型。例如采用某种分类法可将P2O5、SO3、Cl2O7等归为一类，则下列氧化物与它们属于同一类的是()A.COB.NO2C.N2O5D.Na2O【答案】C【解析

】【详解】P2O5、SO3、Cl2O7都属于非金属氧化物，且与碱反应均生成盐和水，属于酸性氧化物；A．CO属于非金属氧化物，但不与酸或碱反应生成盐和水，属于不成盐氧化物，故A错误；B．NO2属于非金属氧化物，与酸或碱反应生成盐和水，但是发

生了氧化还原反应，故NO2不属于酸性氧化物，B错误；C．N2O5属于非金属氧化物，而且与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，故C正确；D．Na2O属于金属氧化物，而且与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故D错误；故选C。24.下列关于硅的说法

不正确的是A.硅是非金属元素，它的单质是灰黑色有金属光泽的固体B.硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料C.加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属反应D.硅的化学性质不活泼，常温下不与任何物质起反应【答案】D【

解析】【详解】A.硅是非金属元素，硅单质是灰黑色有金属光泽的固体，A正确；B.硅的导电性能介于金属和绝缘体之间，是良好的半导体材料，B正确；C.加热到一定温度时，硅能与氢气、氧气等非金属反应，C正确；D

.硅的化学性质不活泼，常温下能与氢氧化钠溶液以及氢氟酸等反应，D错误。答案选D。25.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.在标准状况下，11.2L氖气含有NA个氖原子B.1mol-CH3中

含有电子数为10NAC.118mol的HCl分子所含分子数为118NAD.标准状况下22.4LH2中含中子数为2NA【答案】C【解析】【详解】A．在标准状况下，11.2L氖气的物质的量是0.5mol，氖气是单原子分子，故在

标准状况下，11.2L氖气含有0.5NA个氖原子，A错误；B．一个-CH3中含有9个电子，故1mol-CH3中含有电子数为9NA，B错误；C．HCl分子的物质的量是118mol，故所含的分子个数是118NA，C正确；D．H原子中不含中子，故标准状况下

22.4LH2中含中子数为0，D错误；答案选C。26.把少量的二氧化氮气体通入过量的小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是()A.O2B.NO2C.NO2和O2D.CO2和NO【答案】C【解析】【分析】

从反应的化学方程式分析，涉及的反应有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，设NO2为3mol

，根据各步反应生成物的物质的量判断反应最终产物。【详解】设NO2为3mol，涉及的反应有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，则3molNO2生成2molHNO3和1mo

lNO，通入小苏打后气体为2molCO2和1molNO，通入足量过氧化钠后生成1molO2和1molNO，1molO2和1molNO反应后生成1molNO2，剩余0.5molO2，故最后收集到的气体为1molNO2和0.5molO2，故答案为C。分

卷II二、非选择题(共6小题,共48分)27.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用作分析试剂及鞣革还原剂。它受热、遇酸易分解。工业上可用反应：2Na2S＋Na2CO3＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2制得。实验室模拟该工业过程的装置如图所示。回答下列

问题：(1)a中试剂为__________，b中试剂为__________，c中试剂为____________________。(2)反应开始后，c中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是______________。(3)d中的试剂为_______________

___。(4)实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有________________(写出两条)。(5)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是__________________。【答案】(1).浓硫酸(2).亚硫酸钠或

亚硫酸氢钠(3).硫化钠和碳酸钠混合溶液(4).硫(5).NaOH溶液(6).控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等)(7).若SO2过量，溶液显酸性，产物分解【解析】【分析】根据装置图可知，最左侧装置是制备SO2，中间装置用来制备硫代硫酸钠

(Na2S2O3)，右侧装置是尾气处理装置(吸收SO2)，故a、b、c、d中的试剂分别为75%的浓硫酸、亚硫酸钠或亚硫酸氢钠、硫化钠和碳酸钠混合溶液、NaOH溶液；影响化学反应速率的因素的因素有浓度、温度、滴加速度等。在实验中要控制SO2

生成速率，可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等。【详解】（1）根据装置图可知，最左侧装置是制备SO2，中间装置用来制备硫代硫酸钠(Na2S2O3)，右侧装置是尾气处理装置(吸收SO2)。仪器a是分液漏斗

，里面盛装的是70%的浓硫酸，仪器b中的试剂是亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，c中的试剂为硫化钠和碳酸钠混合溶液；（2）具有氧化性，SO2与S2-发生氧化还原反应生成S；（3）d是尾气处理装置吸收SO2，所以d中盛放的试剂是NaOH溶液；（4）控制SO2生成速

率，可以采取控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度)的方法。（5）实验中通入的SO2如果过量，溶液呈酸性，硫代硫酸钠遇酸易分解。【点睛】考查物质的制备原理、反应条件的控制、试剂的选择、现象的描述、方程式的书写的知识。28.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___________________________________。【答案】(1).还原性(2).HCl、H2O(g)(3).(4).Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O(5).MnO2＋

4HCl=MnCl4＋2H2O(6).MnCl4=Cl2↑＋MnCl2(7).Ⅲ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(8).MnO2氧化盐酸的反应中c(H＋)变化的影响大于c(Cl－)【解析】

【分析】（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(C

l－)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。29.如图所示每一方框表示一种反应物或生成物，其中

A、C、D、E、F在通常情况下均为气体，且加热X生成的A与C的物质的量之比为1∶1，B为常见液体。试回答下列问题：(1)X是________(填化学式，下同)，F是__________。(2)A―→D反应的化学方程式为

_______。(3)G与Cu的反应中，G表现的性质为______。(4)X与过量NaOH溶液反应生成C的离子方程式为_____________。(5)以C、B、D为原料可生产G，若使amolC完全转化为G，理论上至少需要D___mol。【答案】(1).NH4HCO3(2).NO2(3

).2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2(4).酸性和氧化性(5).NH4+＋HCO3—＋2OH－=2H2O＋CO32—＋NH3↑(6).2a【解析】【分析】X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为C

O2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HN

O3，据此解答。【详解】X能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2，X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，A与C物质的量之比为1：1，且B为常见液体，可以推知

X为NH4HCO3、B为H2O，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO、NO2，则G为HNO3；(1)由上述分析可知，X是NH4HCO3；F是NO2；(2)A→D为Na2O2和CO2

反应生成碳酸钠和O2，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；(3)Cu与硝酸反应生成硝酸铜与氮的氧化物，反应中N元素的化合价部分为不变化，部分降低，故硝酸表现酸性、氧化性；(4)NH4HCO3与过量NaOH溶液反应的离子方程式为NH4+＋HCO3—

＋2OH－2H2O＋CO32—＋NH3↑；(5)以NH3、H2O、O2为原料可生产HNO3，使amolNH3完全转化为HNO3，根据电子转移守恒，理论上至少需要氧气的物质的量=amol534=2amol。30.A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单

质。(1)写出下列物质的化学式：A________、E________、F________、G________。(2)按要求写方程式：①A＋B→C＋D的化学方程式：_________________________________；②F→G的化学方程式：

________________________________________________；③E→F的离子方程式：________________________________________。【答案】(1).Fe2O3(2).FeCl2

(3).Fe(OH)2(4).Fe(OH)3(5).2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3(6).4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3(7).Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓【解析】【分析】A是一

种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，B、D是金属单质，A和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，G是红褐色沉淀，分解生成氧化铁，则G是Fe（OH）3，F是Fe（OH）2，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氢氧化钠溶液反应生成Fe（OH）2，则E

是FeCl2，结合物质的性质分析解答．【详解】（1）通过以上分析知，A、E、F、G分别是：Fe2O3、FeCl2、Fe(OH)2、Fe（OH）3，故答案为：Fe2O3；FeCl2；Fe(OH)2；Fe（OH）3；（2）①A是氧化铁，

B是铝，二者在高温下发生铝热反应生成铁和氧化铝，反应方程式为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3，故答案为：2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3；②F是氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+

O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；③E是氯化亚铁溶液，与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁和氯化钠，故离子方程式是Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓；故答案为：

Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓。31.为减轻大气污染，必须要加强对工业废气和汽车尾气的治理，根据所学知识回答下列问题：(1)化石燃料包括煤、石油和________。(2)酸雨是指pH____(填“>”“<”或“=”)5.6的降水，煤

的燃烧是导致酸雨形成的主要原因，而正常雨水的pH约为5.6，原因是__________________(用化学方程式表示)。(3)煤的气化是高效、清洁利用煤的重要途径，可将煤炼成焦炭，再将焦炭在高温下与水蒸气反应生成一氧化碳和氢气的化学方程

式为_________，该反应的基本类型是_________。(4)在汽车尾气排放口加装“三效催化净化器”，在不消耗其他物质的情况下，可将尾气中的一氧化碳、一氧化氮转化为参与大气循环的气体和无毒的气体

，该反应的化学方程式为__________________。(5)在新能源汽车未普及时，如图所示为一种“节能减排”的有效措施，以下对乙醇作汽车燃料的描述错误的是__________(填字母)。A.原料来源丰富B.是可再生能源C.燃烧完全没有污染【答案】(1).天然气(2).<(3).CO

2+H2O=H2CO3(4).C+H2O(g)CO+H2(5).置换反应(6).2CO+2NO2CO2+N2(7).C【解析】【分析】煤、石油、天然气属于化石燃料；二氧化碳能和水反应生成碳酸，碳酸显酸性；置换反应是指由一种单质和一种化合物反应，生成另外一种单质和一种化合

物的反应；根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以写出化学方程式，结合乙醇的产生及燃烧产物分析判断。【详解】(1)化石燃料包括煤、石油和天然气；(2)酸雨是指pH<5.6的降水，煤的燃烧是导致酸雨形成的主

要原因，而正常雨水的pH约为5.6，原因是空气中的二氧化碳溶于水生成碳酸，反应方程式为CO2+H2O=H2CO3；(3)焦炭在高温下与水蒸气反应，得到CO和H2，反应方程式为：C+H2O(g)CO+H2。在该反应中，反应物和生成物都是

一种单质和一种化合物，因此反应类型属于置换反应；(4)一氧化碳和一氧化氮反应能生成二氧化碳和氮气，该化学反应的方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；(5)绿色植物通过光合作用消耗CO2和水，产生淀粉、纤维素等，这些有机物水解产生葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作

用下反应产生乙醇，乙醇燃烧产生CO2和水，又可作为植物光合作用的原料，因此乙醇作汽车燃料，原料来源丰富，且是可再生能源，这样就可以减少由于汽油完全燃烧产生的C、CO等造成的大气污染，空气中CO2含量过多，会导致温室效应，因此不能说燃烧完全没有污染，故合理选项是

C。【点睛】本题考查了大气污染产生的原因、危害及治理措施。解答本题要掌握化石燃料的成分及化学方程式的书写方法和各种物质的性质等，只有这样才能对相关方面的问题做出正确的判断。32.有一包固体可能由硝酸铜、硫酸钠、氯化钠、碳酸氢钠中的一种或几种

组成。为了探究该固体的组成，某化学小组设计并开展如图所示的实验：已知：①步骤Ⅰ中固体全部溶解，溶液呈蓝色，且无气泡产生。②步骤Ⅱ、Ⅲ中均可观察到有白色沉淀生成。请回答下列问题：(1)原固体中一定含有的物质是________________________

___________________(填化学式)。(2)原固体中一定不含有的物质是________________________________________(填化学式)，原因是______________________________________

__________________________________。(3)写出步骤Ⅱ、Ⅲ中生成白色沉淀的离子方程式：___________________________________。(4)步骤Ⅲ所

得蓝色溶液中一定含有的溶质是_____________________________(填化学式)。【答案】(1).Cu(NO3)2、Na2SO4(2).NaHCO3(3).向固体中加入稀盐酸时无气泡产生(4).Ba2＋＋SO42-=B

aSO4↓，Ag＋＋Cl－=AgCl↓(5).HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2【解析】【分析】根据固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜；又因为无气泡产生，所以固体中一定不含有碳

酸氢钠；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有硫酸钠；步骤Ⅲ中加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为氯化银，由于一开始加入过量稀盐酸，所以溶液中一定有氯离子，所以会生成氯化银沉淀，但不能确定一定含有氯化钠．【详解】（1）固体加过量稀盐

酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有Cu(NO3)2；步骤Ⅱ加入过量硝酸钡产生白色沉淀，说明固体中一定含有Na2SO4；（2）固体加过量稀盐酸无气泡产生，所以固体中一定不含有NaHCO3；（3）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝

酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，离子方程式是Ba2++SO42-=BaSO4

↓，最后加入硝酸银，产生的白色沉淀是氯化银，离子方程式是Cl-+Ag+=AgCl↓；（4）根据向固体加过量稀盐酸，固体完全溶解且溶液呈蓝色，说明固体中一定有硝酸铜，硝酸铜溶于水，所以蓝色滤液中一定含有硝酸铜和硝酸；

加入过量硝酸钡，说明硝酸钡有剩余，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钡；硝酸钡和硫酸钠反应生成硝酸钠和硫酸钡沉淀，所以蓝色滤液中一定含有硝酸钠，综合分析可知，蓝色滤液中一定含有的溶质是：HNO3、NaNO3、Ba(NO3)2、Cu(NO3)2。【点睛】

首先分析所给混合物中各物质的性质，然后根据题中所给的实验现象进行判断，最后确定混合物的组成成分。