【文档说明】【精准解析】云南省昆明市寻甸县民族中学2019-2020学年高一下学期第一次月考化学试题.doc，共(17)页，585.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷一、单选题1.世界气候大会于2009年12月在丹麦首都哥本哈根召开。会议的主题是“促进低碳经济，减少CO2的排放”。下列行为中不符合这一主题的是A.开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖B.限制化工发展，关停化工企业，消除污染源头C.加

快研发利用二氧化碳合成聚碳酸酯类可降解塑料D.推广煤的气化、液化技术，提供清洁燃料和化工原料【答案】B【解析】【详解】A．开发新能源，可减少CO2的排放，符合主题；B．既要发展又要保护环境，限制化工发展，关停化工企业，不是解决环境

污染的科学方法，不符合题意；C．加快研发利用二氧化碳合成聚碳酸酯类可降解塑料，可加快CO2的利用，减少CO2的排放，符合主题；D．推广煤的气化、液化技术、提供清洁燃料和化工原料，可减少CO2的排放符合主题；答案选B。【点睛】促进低碳经济，减少CO2的排放，可通过开发新能源，加快研发利用二氧化碳

合成聚碳酸酯类可降解塑料，推广煤的气化、液化技术、提供清洁燃料和化工原料等措施。2.硅被誉为无机非金属材料的主角。据2001年12月的《参考消息》报道，有科学家提出硅是“21世纪的能”、“未的石油”。下列有关说法正确的是A.硅在地壳中含量居第二位，在地球上

有丰富的硅资，如石英、水晶、玛瑙的主要成分都是单质硅B.在野外，用硅、烧碱的混合物可以制取氢气C.硅的性质稳定，不与任何酸反应D.硅是一种良好的半导体材料，所以是制造光导纤维的基本原料【答案】B【解析】【详

解】A．硅在地壳中仅次于氧，含量居第二位，但是石英、水晶、玛瑙的主要成分是二氧化硅，硅元素在自然界以化合态存在，自然界没有单质状态的硅，故A错误；B．与烧碱溶液反应放出氢气常见的是金属的Al和非金属的Si，硅与强碱反应生成硅酸盐和氢气，方程式为Si＋2NaOH＋H2O===Na2Si

O3＋2H2↑，故B正确；C．硅的性质稳定，不与浓的硫酸和硝酸反应，但是可以和氢氟酸反应，Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑，故C错误；D．晶体硅能够导电，用作半导体材料，二氧化硅具有良好的光学作用，常用作制造光导纤维，D错误

；故选B。3.已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。若用下图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气，并实验其与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置，其中有错误的是()A.①和②处B.只有②处C.②和③处D.②、③

、④处【答案】D【解析】【详解】KMnO4与浓HCl在常温下反应能产生氯气，因此不需要加热，因此①正确；Cl2黄绿色、易溶于水、有毒性，能被氢氧化钠溶液吸收，因此②中除去氯气中的氯化氢杂质不能用氢氧化钠溶液，

因此②不正确；浓硫酸可以干燥氯气，但是要长进短出，因此③不正确；氯气与金属反应时，为了充分反应，应该把导管伸到试管的底部，且反应需要加热，为保持气压平衡及防止尾气污染环境，还应有出气管和尾气处理装置，因此④不正确；答案选D。4.下列实验现象和结论一致，正确的是A.氯水加入有色布条，

有色布条褪色，说明溶液中有Cl2存在B.氯水溶液呈黄绿色，有刺激性气味，说明有Cl2存在C.氯水加入盐酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl－存在D.氯水加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO存在【答案】B【解析】【详解】A．氯气没有漂白性，起漂白作

用的是氯气和水反应生成的次氯酸，A不正确；B．氯气是黄绿色具有刺激性气味的气体，氯水溶液呈黄绿色，有刺激性气味，说明有Cl2存在，B正确；C．由于盐酸中就存在氯离子，干扰了氯水中氯离子的检验，所以不能得出氯水中存在氯离子的结论，C不正确；D．只能说明氯水能和氢氧化钠反

应，但不能说明含有次氯酸，D不正确，答案选B。5.如图所示是实验室制取氨气的装置，其中错误的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，但在试管口及导管中二者又会重新化合为NH4Cl，得不到NH3，A项错误；B．CaO与浓氨水混合后，C

aO与水反应放出大量的热，使氨水中的NH3·H2O受热分解产生NH3，B项正确；C．固体NH4Cl和Ca(OH)2共热发生反应()422322NHCl+CaOHCaCl+2HO+2NHΔ，C项正确；D．加热浓氨水，NH3·H2O分解产生NH3，D项正确；故答案

为A。6.潮湿的氯气，新制的氯水，漂白粉水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.次氯酸根离子D.氯化氢【答案】B【解析】【详解】潮湿的氯气、新制的氯水中都含有次氯酸；次氯酸

钙在水溶液中吸收空气中的二氧化碳后生成次氯酸，能使有色布条褪色的是次氯酸，故选B。7.赏心悦目的雕花玻璃是用下列物质中的一种对玻璃进行刻蚀而制成的,这种物质是A.盐酸B.烧碱C.氢氟酸D.纯碱【答案】C【解析】【详解】赏心悦目

的雕花玻璃是用氢氟酸对玻璃进行刻蚀而制成的，玻璃成份中的二氧化硅会与氢氟酸反应，故C符合题意。综上所述，答案为C。8.下列关于硅酸及其盐的叙述不正确的是（）A.硅酸是一种弱酸，可由其酸性氧化物SiO2与水化合而制得B.硅酸盐是构成地壳中岩石的主要成分，黏土的主要成分是硅酸盐C.硅酸钠的水溶

液俗称水玻璃，具有黏合性D.高岭石的化学式为Al2Si2O5(OH)4，可以表示为Al2O3·2SiO2·2H2O【答案】A【解析】【详解】A．二氧化硅不能与水分反应，不能直接制备硅酸(H2SiO3)，故A错误；B．硅酸盐是构成地壳岩石的主要成分，黏土的主要成分是硅酸盐

，B正确；C．硅酸钠的水溶液俗称“水玻璃”，硅酸钠溶液具有粘性，是一种建筑行业常用的黏合剂，故C正确；D．硅酸盐可写成二氧化硅和其它氧化物形式，高岭石Al2(Si2O5)(OH)4可表示为：Al2O3•2SiO2•2H2O，故D正确；故答案为A。【点睛】根据硅酸盐化学式改

写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写，要保证原子总数，化合价不变，按化合价分别写化学式，如有多个原子，在前面加上系数。9.水处理包括水的净化、杀菌消毒、

蒸馏等.其中常见的杀菌消毒剂包括氯气、臭氧、漂白粉、活性炭等，游泳场馆往往用臭氧、活性炭对游泳池进行消毒和净化。下列说法中正确的是()A.臭氧、活性炭处理水的原理相同B.氯气是一种常用的消毒剂，用氯气消毒的水也可以用

于配制各种化学试剂C.氯气和二氧化硫都具有漂白性，等体积的两者混合会提高漂白的效率D.漂白粉长期露置在空气中会失效【答案】D【解析】【详解】A．臭氧具有氧化性、活性炭具有吸附性，二者的漂白原理不同，故A错误；B．氯水中含有氯气、HClO、H+、Cl﹣等多种粒子，如配制硝酸银溶液时会导致药品变

质，故B错误；C．氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，漂白效率降低，故C错误；D．漂白粉的主要成分为次氯酸钙，可与空气中二氧化碳反应生成不稳定的次氯酸，易变质，故D正确；故选D。【点睛】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的考查，侧重化学与生活、环境的考查，有利于培

养学生良好的科学素养，注意相关基础知识的积累，难度不大。10.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备：SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)，下列说法正确的是()A.步骤①的化学方程式

为SiO2＋CSi＋CO2↑B.步骤①、②、③中每生成或反应1molSi，转移4mol电子C.二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D.SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3【答案】D【解析】【详

解】A．二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：SiO2+2CSi+2CO↑，故A错误；B．步骤①中Si的化合价降低4，转移电子数为4mol，步骤②中生成SiHCl3，化合价升高2，步骤③中每生成1molSi，转移2mol电子，故B错误；C

．二氧化硅和硅均能与氢氟酸反应，故C错误；D．沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，则SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃)，通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3，故D正确；故答案为D。11.将氯水分别滴入下列溶液

中，由实验现象得出的结论正确的是（）选项氯水滴入下列溶液中实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性D淀粉—KI溶液变蓝色Cl2具有氧化性A.AB.BC.C

D.D【答案】D【解析】【详解】A．氯水滴入含有KSCN的FeCl2溶液，溶液变红，说明Fe2+氧化为Fe3+，Cl2具有氧化性，故A错误；B．氯水滴入含有酚酞的NaOH溶液，溶液褪色，可能是因为氯水呈酸性或次氯酸的漂白性，故B错误；C．次氯酸具有漂白性，Cl2没有漂白性，故C错误；D．氯水滴入淀

粉——KI溶液中，2KI+Cl2=KCl+I2，说明Cl2具有氧化性，故D正确；故选D。【点睛】氯水含有Cl2、HClO、H2O、Cl-、ClO-、OH-、H+7种微粒，各种微粒保持自己的性质。12.根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论

不正确的是实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3＞H2SiO3A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】

A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、

SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。答案选C。13.某温度下，将Cl2通入NaO

H溶液时，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合溶液，经测定混合溶液中，ClO－与ClO3－的物质的量浓度之比为3∶1，则Cl2与NaOH溶液反应时，被氧化的氯元素与被还原的氯元素质量之比是

A.2∶1B.1∶3C.1∶2D.3∶11【答案】C【解析】【分析】Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比可计算失去电

子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比。【详解】根据上述分析可设ClO−为3mol,ClO3−为1mol，被氧化的Cl

元素共为4mol，失去电子的总物质的量为3mol×(1−0)+1mol×(5−0)=8mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到

电子的物质的量也应为8mol，则被还原的Cl的物质的量为8mol，Cl2与NaOH溶液反应时，被氧化的氯元素与被还原的氯元素质量之比等于其物质的量之比=4mol：8mol=1：2，C项正确，故选C。【点睛】注意守恒法解题的思维流程：（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。（2）找准一个

原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。14.向

27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性。金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是A.Cu与Cu2

O的物质的量之比为2∶1B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC.产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol【答案】B【解析】【详解】设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据题意，则有6

4x+144y=27.2……①由Cu→Cu(OH)2、Cu2O→2Cu(OH)2可得34x+68y-16y=39.2-27.2……②解得x=0.2、y=0.1A、Cu与Cu2O的物质的量之比为0.2∶0.1=2∶1，A正确；B、根据氮原子守恒可知硝酸的物质的量为1.0mol+（0.2m

ol×2+0.1mol×2）/3=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L，B不正确；C、根据电子得失守恒可知产生的NO在标准状况下的体积为22.4L/mol×（0.2mol×2+

0.1mol×2）/3=4.48L，C正确；D、根据氮原子守恒可知Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为1.0mol-0.2mol×2-0.1mol×2×2=0.2mol，D正确。答案选B。15.下述实验中均有红棕色气体产生，对

比分析所得结论不正确的是（）①②③A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D.③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】D【解析】【详解】A

．①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；B．由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色

气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；C．③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；D．红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误；故选D。1

6.Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl

2的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O下列说法不正确的是（）A.装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸B.通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险C.从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2OD.装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸【答案

】C【解析】【分析】由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成Cl2，②为饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，③中浓硫酸干燥Cl2，通干燥空气可将Cl2排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃

烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，以此来解答。【详解】A.制取Cl2O需要干燥纯净的氯气，所以②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸，以保证进入④的Cl2中无水，A正确；B.高浓度的Cl2O

易爆炸，所以通入干燥空气可以将生成的Cl2O进行稀释，以减少爆炸危险，B正确；C.由物质的沸点可知，装置⑤用液氨降温冷却分离出Cl2O，逸出的气体是空气及过量Cl2，C错误；D.Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，则装置④

与⑤之间不能用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握制备原理、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识及习题中的信息，侧重考查学生的分析与实验能力。

17.海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】【详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质

，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确

；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐

的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。18.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。19.已知：

①向KMnO4晶体滴加浓盐酸，产生黄绿色气体；②FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体，溶液变黄色；③实验②生成的溶液滴在KI试纸上，试纸变蓝下列判断正确的是（）A.上述实验证明氧化性：4MnO−＞Cl2＞Fe3＋＞I2B.上述实验中共有两个氧化还原反应C.实验①生成的气体不能使湿润的K

I试纸变蓝D.实验②证明Fe2＋既有氧化性又有还原性【答案】A【解析】【详解】A.根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，①中氧化性4MnO−＞Cl2，②中氧化性Cl2＞Fe3＋，③中氧化性Fe3＋＞I2，则氧化性：4MnO−＞Cl2＞Fe

3＋＞I2，故A正确；B.①、②、③三个反应都是氧化还原反应，故B错误；C.①中生成Cl2，能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝色，故C错误；D.实验②证明了Fe2＋的还原性，无法证明Fe2＋的氧化性，故D错误；故选：A。20.某化学小组用如图所示装置验证卤素单质氧化性的相对强弱。下列说

法不正确的是()A.E处棉花球变成黄色，说明Cl2的氧化性比Br2强B.F处棉花球变成蓝色，说明Br2的氧化性比I2强C.E处发生反应的离子方程式为：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2D.G装置中NaOH

溶液与Cl2反应的离子方程式为：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O【答案】B【解析】【分析】氯气具有强氧化性，可与Br－、I－发生置换反应生成单质，可以与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水。【详解】A

.E处棉花球变成黄色，发生Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，Cl2为氧化剂，Br2为氧化产物，Cl2的氧化性比Br2强，A正确；B.F处棉花球变成蓝色，发生Cl2＋2I－===2Cl－＋I2，Cl2的氧化性比I2强，B错误；C.E处发生反应的离子方程式为：Cl2

＋2Br－===2Cl－＋Br2，C正确；D.NaOH与Cl2反应的离子方程式为：2OH－＋Cl2===ClO－＋Cl－＋H2O，D正确；答案为B。【点睛】在F处，是未反应完的Cl2与KI发生反应置换出I2，使淀粉变蓝色，不能说明Br2的氧化性比I2强。二、填空

题21.氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料，属于新型功能性陶瓷产品，它的硬度大、熔点高、化学性质稳定，工业上曾普遍采用高纯硅与纯氮在1300℃时反应获得。(1)氮化硅陶瓷抗腐蚀能力强，除氢氟酸外，它不与其他无机酸反应。试推测该陶瓷被氢氟酸腐蚀的化学方程式：_________。(

2)现用四氧化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，可得较高纯度的氮化硅及氯化氢，反应的化学方程式为____。(3)沸石是一种含结晶水的、具有多孔结构的铝硅酸盐，化学式为Na2[Al2Si3O10(H2O)2]，若以氧化物形式可表示为_________。【答案】(1).Si3N4+12HF=

3SiF4↑+4NH3↑(2).422343SiCl+2N+6HSiN+12HCl高温(3).22322NaOAlO3SiO2HO【解析】【详解】(1)根据题目信息可知，Si3N4与氢氟酸反应，因Si3N4中

硅元素化合价为+4价，氮元素化合价为-3价，故其生成物应为SiF4和NH3，根据元素守恒可得化学方程式为Si3N4+12HF=3SiF4↑+4NH3↑；(2)根据元素守恒，SiCl4与N2、H2在高温下反应时，除生成Si3N4外,另一种生

成物为HCl，化学方程式为422343SiCl+2N+6HSiN+12HCl高温；(3)以氧化物形式表示硅酸盐组成时，按照活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→SiO2→H2O的顺序来书写，当有多种金属氧化物时则按金属活动性顺序排列，同时要注意原子守恒，所以N

a2[Al2Si3O10(H2O)2]可以表示为22322NaOAlO3SiO2HO。三、推断题22.已知A是一种金属，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有

如图变化关系：(1)A的名称是______________；F的化学式是______________。(2)B→D反应的化学方程式为________________________。(3)F+D→C反应的化学方程式为___________________

_______。(4)F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是____________________。【答案】(1).钠(2).HCl(3).NaOH+NH4ClNaCl+NH3↑+H2O(4).NH

3+HCl===NH4Cl(5).盐酸小液滴【解析】【分析】A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，溶液B能使酚酞试液变红，说明B是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反

应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl。【详解】根据上述分析可知，(1)根据上面的分析可知，A的名称为钠；F的化学式为HCl；(2)在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水，反应方程式为NaOH+

NH4ClNaCl+NH3↑+H2O；(3)F+D→C为氨气遇氢化氧生成氯化铵的反应，反应的化学方程式为NH3+HCl===NH4Cl；(4)HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。四、实验题23.高铁酸钾(K2FeO4)是一新型、

高效、无毒的多功能水处理剂。制备K2FeO4如下图：查阅资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）A为制取氯气发生装置，其中盛放浓盐酸的仪器名称为______，A中化学反应的还原剂是_____

_。（2）装置B的作用是除杂，所用试剂为___________。（3）C为制备K2FeO4装置，KOH溶液过量的原因是_________________________。（4）D为尾气处理装置，发生反应的离子方程式为___________________________。【答案】(1).分液

漏斗(2).浓盐酸(3).饱和食盐水(4).K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定(或有利于生成K2FeO4)(5).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O【解析】【分析】(1)A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，根据浓盐酸的状态选择仪器；(2

)装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要将混和气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；（3）C为制备K2FeO4装置，KOH溶液过量的原因是：K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定（或有利于生成K2FeO4）；（4）根据C

l2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O反应书写离子方程式。【详解】(1)A为氯气发生装置，由高锰酸钾和浓盐酸反应制取得到Cl2，高锰酸钾具有强氧化性，浓盐酸表现为还原性；其中盛放浓盐酸的仪器名称为分液漏斗。答案：分液漏斗；浓盐酸。（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸具有挥发性，会挥发

出HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，HCl可与KOH、Fe（OH）3反应，可用饱和食盐水除去HCl。答案：饱和食盐水。（3）C为制备K2FeO4装置，K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中

较稳定，所以KOH溶液要过量，减少副反应发生，有利于生成K2FeO4；答案：K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定（或有利于生成K2FeO4）。（4）D为尾气处理装置，因为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，所以

可以通过碱吸收尾气。其反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；答案：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。24.某化学实验小组同学利用以下实验装置制取氨气，并探究氨气的性质(部分仪器已略去)。请回答：(1)实验室制备氨气的

化学方程式为______________________。(2)用装置B收集氨气时，应选择氨气的进气口是__(填“a”或“b”)，并说明选择的理由是_____。(3)打开装置B中的止水夹c，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_____、_______。(4)为防止环境污染，以下装置(盛放的液体均为水)可用于吸收多余氨气的是________(填序号)。【答案】(1).2NH4Cl+Ca(OH)2△CaCl2+2NH3↑+2H2O(2).a(3).氨气密度比空气密度小(4).极易溶于水(5).与水反

应生成碱(6).②④【解析】【详解】(1)实验室加热氯化铵和熟石灰的混合物制取氨气，反应方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O

；(2)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，但氨气比空气的密度小，可用向下排空气法收集，导气管要伸入烧瓶底部，故答案为：a；氨气密度比空气密度小；(3)能形成喷泉，证明氨气极易溶于水，酚酞变红，说明氨气的水溶液显碱性

，故答案为：极易溶于水；与水反应生成碱；(4)①不利于氨气的吸收，②、④能防止倒吸，③易发生倒吸，故答案为：②④。