【文档说明】湖北省宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.docx，共(18)页，377.091 KB，由小赞的店铺上传

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宜昌市葛洲坝中学2019-2020学年第一学期高一年级期末考试试卷化学试题考试时间：2020年1月有关相对原子质量：H-1C-12O-16S-32Fe-56Cu-64第I卷（选择题）一、选择题（每小题只有一个选项，每

题3分，共54分）1.中国人自古就有泡药酒的习惯。药酒多选用50-60度的白酒，将中药材浸泡在酒中，经过一段时间，中药材中的有效成分（主要是有机物）溶解在酒中，此时即可过滤去渣后饮用。泡药酒的原理属于A.萃取B.结晶C.干燥D.置换

【答案】A【解析】【详解】根据题意，将中药材浸泡在酒中，经过一段时间，中药材中的有效成分(主要是有机物)溶解在酒中，与药材中的有效成分在酒精中的溶解度较大有关，萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一溶剂所组

成的溶液中提取出来，与萃取的原理相似，泡药酒的原理属于萃取，结晶是利用物质的溶解度随温度的变化较大将其分离的方法，，与题中溶解不符，也不属于干燥，题中属于溶解，没有发生置换反应，只有A正确，故选A。2.下列实验操作与安全事故处理

不正确的是（）A.用试管夹从试管底部由下往上夹住距试管口约1/3处，手持试管夹长柄末端进行加热B.将CO中毒者移动到通风处抢救C.实验中剩余的钠不能再放回原试剂瓶D.蒸馏烧瓶加热时需要垫石棉网【答案】C【解析】【详解】A．给试管加热要用

试管夹夹持，试管夹位于距试管口约三分之一处，故A正确；B．将CO中毒者转移到通风处抢救，可提供充足的氧气，减少CO的危害，故B正确；C.实验中剩余的钠要放回原试剂瓶，不能乱放，故C错误；D.蒸馏烧瓶加热时需要垫石棉网，使烧瓶均匀受热，防止炸裂，故D正确；故选C。3.化

学与生产、生活密切相关。下列与化学相关的说法正确的是（）A.水泥、陶瓷、水晶均属于硅酸盐产品B.医用酒精和Fe（OH）3胶体可用丁达尔效应区分C.氯水和食盐水消毒杀菌的原理相同D.盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、

碱、盐和氧化物【答案】B【解析】【详解】A.水泥、陶瓷均属于硅酸盐产品，水晶主要成分为二氧化硅，属于氧化物，不属于硅酸盐，故A错误；B.医用酒精为溶液，Fe（OH）3胶体，二者可以可用丁达尔效应区分，故B正确；C.氯水具有强

氧化性，与氯化钠性质不同，食盐水消毒利用细菌脱水的原理，故C错误；D.盐酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、盐、盐和氧化物，纯碱属于盐，不属于碱，故D错误；故选B。4.在无色透明的溶液中，可以大量共存的离子组是A.MnO4-、Fe2+、K+、Cl-B.Cu2+、Na+、Cl-

、SO42-C.Ca2+、Cl-、NO3-、K+D.Ca2+、Na+、OH-、HCO3-【答案】C【解析】【分析】在溶液中离子间如果不反应，可以大量共存，结合离子的性质、溶液无色分析解答。【详解】A.在溶液中MnO4-、Fe2+均不是

无色的，且二者会发生氧化还原反应，不能大量共存，A不选；B.Cu2+在溶液中显蓝色，不是无色的，不能大量共存，B不选；C.Ca2+、Cl-、NO3-、K+在溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，C选；D.Ca2+、OH-、HCO3-在溶液

中反应生成碳酸钙和水，不能大量共存，D不选。答案选C。5.在空气中长时间放置少量金属钠，最终的产物是A.Na2OB.NaOHC.Na2CO3D.Na2O2【答案】C【解析】切开金属钠置于空气中，切口开始呈银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液

（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：4Na+O2=2Na2O、Na2O+H2O=2NaOH、2NaOH+CO2=Na2CO3+H

2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O。答案选C。6.同温同压，相同体积的CO和C2H4具有相同的：①分子数②原子总数③碳原子数④质量A.①②③④B.②③④C.①②③D.①④【答案】D【

解析】①根据阿伏加德罗定律，同温同压下，相同体积的气体所含分子数相同，故①正确；②根据①的分析，两种气体的物质的量相同，1molCO中含有2mol原子，1molC2H4中含有6mol原子，因此这两种气体的原子总数不相等，

故②错误；③1molCO中含有1mol碳原子，1molC2H4中含有2mol碳原子，故③错误；④1molCO的质量为28g，1molC2H4的质量为28g，故④正确；综上所述，选项D正确。7.下列溶液中Cl-的物质的量浓度最大的是A.150mL1mol/LNaCl溶液B.50mL2mol/LNH4

Cl溶液C.150mL0．5mol/LCaCl2溶液D.50mLlmol/LAlCl3溶液【答案】D【解析】【分析】溶液中的离子浓度与体积无关，离子浓度等于物质的浓度乘以化学式中离子的数目。【详解】A.1mol/LNaCl溶液中Cl-的浓度为1mol/L，故A不符合题意；B.2mo

l/LNH4Cl溶液中Cl-的浓度为2mol/L，故B不符合题意；C.0．5mol/LCaCl2溶液中Cl-的浓度为0.52mol/L=1mol/L，故C不符合题意；D.lmol/LAlCl3溶液中Cl-的浓度为3mol/L，故D符合题意。故选D。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列

说法正确的是（）A.56g铁粉在氯气中充分燃烧时转移电子数等于2NAB.1molNa2O2与足量CO2反应，转移了4NA个电子C.标准状况下，2.24LCl2被NaOH溶液吸收，转移电子数为0.2NAD.16g氧气与臭氧（分子式为O3）的混合气体中，含有NA个氧原子【答案】D【解析】【详解】A

.56g铁粉在氯气中充分燃烧生成三氯化铁，转移电子数等于3NA，故A错误；B.1molNa2O2与足量CO2反应，转移了1NA个电子，故B错误；C.标准状况下，2.24LCl2被NaOH溶液吸收生成氯化钠和次氯酸钠，转移电子数为0.1NA，故C错误；D.16g氧气与臭氧（分子式

为O3）的混合气体中，n(O)=16g÷16g·mol－1=1mol,含有NA个氧原子，故D正确；故选D。9.下列离子方程式书写正确的是A.向Na2CO3溶液中加入过量CH3COOH溶液：CO32-+2H+＝CO2↑+H2OB.少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中：ClO-

+CO2+H2O＝HCO3-+HClOC.钠与水反应:2Na+2H2O＝2Na++2OH-+H2↑D.碳酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液：HCO3-+OH-＝CO32-+H2O【答案】C【解析】CH3COOH为弱酸，不能拆成离子形式，A错误；反应体现

强酸制备弱酸，是CO2量少，应生成正盐碳酸钙，不是酸式盐碳酸氢钙，B错误；符合原子守恒、电荷守恒规律，C正确；方程式中还缺少NH4++OH-＝NH3∙H2O反应，D错误；正确选项C。点睛：少量CO2通入Ca(ClO)2溶液中，生成

碳酸钙（正盐），如果CO2通入少量Ca(ClO)2溶液中，生成碳酸氢钙溶液（酸式盐）。10.已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn

2+三种离子的还原性由强到弱的顺序是()A.Sn2+、Fe2+、Ce3+B.Sn2+、Ce3+、Fe2+C.Ce3+、Fe2+、Sn2+D.Fe2+、Sn2+、Ce3+【答案】A【解析】【详解】氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，根据反

应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+可知，Fe2+为还原剂，Ce3+为还原产物，还原性Fe2+＞Ce3+，根据反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+可知，Sn2+为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性Sn2+＞Fe2+，则还原性由强到弱的顺序是Sn2+＞Fe2+＞

Ce3+，故选A。【点睛】在氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物是解答关键。11.下列物质性质或反应在生活中的应用错误的是（）A.合金具有优良性能，熔点一般低于其组分金属B.氧化铁俗称铁红，可用作红色油漆和外墙涂料C.二氧化硅是

制造光电池的常用材料D.HF可用作在玻璃器皿上刻蚀标记【答案】C【解析】【详解】A.合金具有优良性能，耐腐蚀等优良性能，合金可用于制造新型金属材料，熔点一般低于其组分金属，故A正确；B.氧化铁俗称铁红，是一种红棕色的物质，难溶于水，常用作

红色油漆和涂料，故B正确；C.硅是制造光电池的常用材料，二氧化硅是光导纤维的材料，故C错误；D.HF能与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，玻璃中含有二氧化硅，所以HF可用作在玻璃器皿上刻蚀标记，故D正确；故选C。12.下列实验

能达到目的的是ABCD实验室制备Fe(OH)2实验室制氨气制过氧化钠验证浓H2SO4的脱水性、强氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】A、氢氧化亚铁易被氧化，把氢氧化钠溶液滴入氯化亚铁溶液中不能

制备氢氧化亚铁，A错误；B、氯化铵加热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又化合生成氯化铵，不能制备氨气，B错误；C、制备过氧化钠时应该在坩埚中加热，不能在烧杯中，C错误；D、浓硫酸能使蔗糖炭化，同时氧化生成的碳，得到二氧化硫，利用品红溶液、酸性高锰酸钾溶液检验二氧化硫，D正确，答案选D。1

3.下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是()①C与O2②Na与O2③Fe与Cl2④AlCl3溶液与氨水⑤CO2与NaOH溶液A.除③外B.除③⑤外C.除③④外D.除②外【答案】C【解析】【详解】①C与O2反应时，氧气过量生成二氧化碳，氧气不

足生成CO，①符合；②Na与O2反应时常温下生成氧化钠，点燃时生成过氧化钠，②符合；③Fe与Cl2反应只能生成氯化铁，③不符合；④AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，④不符合；⑤CO2与NaOH溶液反

应时，如果氢氧化钠过量，则生成碳酸钠和水，如果二氧化碳不足则生成碳酸氢钠，⑤符合，答案选C。14.将CO2气体通入下列溶液中，联系所学知识推测一定不会出现浑浊的是A.饱和Na2CO3溶液B.CaCl2溶液C.澄清石灰水D

.Na2SiO3溶液【答案】B【解析】饱和Na2CO3溶液与CO2气体反应生成溶解度更小的碳酸氢钠固体，溶液变浑浊，A错误；CaCl2溶液与CO2气体不反应，因为碳酸不能制备盐酸，B正确；澄清石灰水通入少量CO2气体，溶液变

浑浊，生成碳酸钙沉淀，二氧化碳气体过量，沉淀又溶解，生成碳酸氢钙溶液，C错误；Na2SiO3溶液和CO2气体反应生成硅酸沉淀，体现了强酸制弱酸的规律，D错误；正确选项B。15.下列叙述中，不正确的是（）A.久置在空气中的NaOH溶液，加盐酸时有气体产生B.50mL

12mol·L－1的浓盐酸与足量的MnO2反应，生成Cl2的量小于0.15molC.在常温下，浓H2SO4不与Cu反应，是因为铜被钝化D.用浓氨水可检验氯气管道是否漏气【答案】C【解析】【分析】A．NaOH溶液会吸收空气中的CO2生成Na2CO3；B．与足量的MnO2反应，

浓盐酸成为稀盐酸后，反应停止，故得到的n（Cl2）<0.15mol；C．浓H2SO4不能使铜钝化，铜与浓硫酸需要加热反应；D．氨气与氯气反应产生白烟氯化铵；【详解】A、久置于空气中的氢氧化钠溶液，生成碳酸钠，加盐酸时，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，选项A正确；B．浓盐酸

成为稀盐酸后，反应停止，故得到的n（Cl2）<0.15mol，选项B正确；C．浓H2SO4不能使铜钝化，铜与浓硫酸需要加热才能反应，选项C正确；D．氯气泄漏遇到浓氨水分解产生的氨气，反应产生白烟氯化铵，故可用浓氨水可检验氯

气管道是否漏气，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查了物质性质、反应现象、反应产物的分析判断，注意浓盐酸和足量二氧化锰反应浓度变稀后不与二氧化锰发生反应，题目难度中等。16.新型净水剂高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水.工业上制备K2FeO4的常用方法之一

是次氯酸盐氧化法：①2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，②Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH.下列说法不正确．．．的是A.反应①为氧化还原反应，反应②为复分

解反应B.反应①中NaClO是氧化剂C.反应②的产物K2FeO4中Fe为+4价，具有强氧化性，能杀菌消毒D.若有2molFeCl3发生反应，转移电子的物质的量为6mol【答案】C【解析】Na2FeO4中铁为+6价，具有强氧化

性，可用于杀菌消毒，C错误；氧化还原反应是化合价发生变化的反应，复分解反应是由两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物的反应，题目中两个反应显然符合条件，A正确；NaClO中氯元素由+1价降为-1价，作氧化剂，B正确；若有2molFeCl3发生反应变为K2FeO4，铁的化合价从+3价升高

到+6价，则应该有6mol电子发生转移，D正确；正确选项C。17.下列有关物质检验的实验操作与现象能得到对应结论的是（）操作现象结论A．铝片放入浓硫酸中无明显变化铝与冷的浓硫酸不发生化学反应B．用坩埚钳

夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热铝熔化但不滴落Al2O3的熔点高于AlC．铝、镁分别投入相同浓度的NaOH溶液铝片溶解铝比镁更活泼D．将Cl2通入盛有湿润红色布条的洗气瓶红色布条褪色Cl2具有漂白性

A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．铝片放入浓硫酸中发生钝化现象，阻止了反应的继续进行，不是不反应，故A错误；B．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加

热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故B正确；C．金属活泼，是指和酸反应生成H2速率的快慢。生成H2快的金属比较活泼，现在是和NaOH反应，NaOH不是酸，故C错误；D．将Cl2通入盛有湿润的红色布条的洗气瓶中，氯气与水生成的次氯酸具有漂白性，而Cl

2没有漂白性，故D错误；故选：B。18.下列关于某溶液中所含离子的检验，判断正确的是A.取样，加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向其中滴加几滴新制的氯水，溶液变为红色，则该溶液中一定含有Fe2+B.取样，加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，加足量稀硝酸沉淀不消失，则该溶液中一定

含有SO42-C.用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色，则原溶液中一定不含有K+D.取样，加入足量盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则原溶液中一定含有CO32-【答案】A【解析】A、Fe2+与SCN-之间没有明

显现象，但氯水中的氯气能够氧化Fe2+生成Fe3+，与SCN-反应使溶液呈红色，所以A正确；B、溶液中含有Ag+时，也有同样的现象，所以B错误；C、溶液中既含有K+，又要含有Na+，由于Na+的焰色反应呈黄色，能够掩盖K+的紫色，所以焰色反应呈黄色的溶液中也可能含有K+，故C错误；D、若溶

液中含有HCO3-，也有同样的现象，故D错误。本题正确答案为A。点睛：检验Fe2+时，一定要指明加入KSCN溶液后，溶液不显红色，然后才能再加入新制的氯水或双氧水，溶液变红色，证明溶液中含有Fe2+。第II卷（非选择题）

二、填空题（4个大题，共46分）19.Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_____（填代表装置图的字母，下同）（2）从碘水中萃取I2，选择装置_______。（3）装置A中仪器①的名称

为_______，冷凝水的进出方向是______（“上进下出”或“下进上出”）。Ⅱ.对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：A、分液B、过滤C、升华D、蒸馏E、结晶F、加热分解，下列各组物质的分离或提纯，应选用上述方法的哪一种？（填字母序号）（4）

除去CaO中少量CaCO3__________；（5）除去NaCl固体中少量I2________；（6）除去NaOH溶液中悬浮的CaCO3__________；【答案】(1).D(2).B(3).冷凝管(4

).下进上出(5).F(6).C(7).B【解析】【分析】（1）KCl为可溶性固体；（2）碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；（3）冷凝水从冷凝管下口进冷却效果好；（4）碳酸钙高温分解生成CaO；（5）碘加热易升华；（6）碳酸钙不溶于水；【详解】（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，为蒸

发原理，选择装置D，故答案为：D；（2）从碘水中分离出I2，选择装置B，故答案为：B；（3）装置A中①的名称是冷凝管，冷凝水的进出方向是下进上出，故答案为：冷凝管；下进上出；（4）碳酸钙高温分解生成CaO，则选择高温分解法分离，故答案为：F；（5）碘加热易升华，除去N

aCl固体中少量I2可用升华法，故答案为：C；（6）碳酸钙不溶于水，则选择过滤法分离，故答案为：B。20.已知六种物质：①H2O②氨水③Mg④HNO3⑤Ba（OH）2⑥CuSO4·5H2O根据上述提供的物质，回答下列问题：（

1）属于电解质的是________（填序号，下同）。（2）上述物质中④与⑤反应的离子方程式为_________。（3）实验室配制900mL0.1mol/L硫酸铜溶液，需要称取的溶质（从上述物质中选取）的质量为_

_______g。在配制过程中，若其它操作均正确，则下列操作会使所配溶液物质的量浓度偏低的是_________（填字母序号）。A溶解后小烧杯、玻璃棒没有洗涤B所用容量瓶中，已有少量蒸馏水C定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线D定容时俯视刻度线【答案】(1).

①④⑤⑥(2).H++OH-=H2O(3).25.0(4).AC【解析】【分析】（1）水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；（2）④HNO3⑤Ba（OH）2发生中和反应生成硝酸钡和水；（3）根据n=cv计算溶质C

uSO4的物质的量，利用CuSO4·5H2O的物质的量等于CuSO4的物质的量，根据m=nM计算CuSO4·5H2O的质量；分析操作的溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据c=nV进行误差分析；【详解】（1）①H2O部分电离成氢离子和氢

氧根离子，属于弱电解质；②氨水属于混合物；③Mg是单质；④HNO3电离成氢离子和硝酸根离子，属于强电解质；⑤Ba（OH）2电离成钡离子和氢氧根离子，属于强电解质；⑥CuSO4·5H2O电离出铜离子和硫酸根离子，属于强电解质，属于电解质的是

①④⑤⑥；故答案为：①④⑤⑥；（2）④HNO3⑤Ba（OH）2发生中和反应生成硝酸钡和水，④与⑤反应的离子方程式为：H++OH-=H2O；故答案为：H++OH-=H2O；（3）配制溶液的体积为900ml，而

容量瓶的规格没有900ml，只能选用1000ml容量瓶，CuSO4的物质的量n=cV=1.0L×0.1mol·L-1=0.1mol，CuSO4·5H2O的物质的量等于CuSO4的物质的量，所以CuSO4·5H2O的质量0.1mol×250g·mol－1=25.0g，故答案为：25.0g；A．溶解后

小烧杯、玻璃棒没有洗涤，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故A选；B．所用容量瓶中，已有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故B不选；C．定容、加盖倒转摇匀后，发现液面低于刻度线，又滴加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C选；

D．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故D不选；故选：AC；【点睛】本题考查了电解质、一定物质的量浓度溶液配制，离子方程式书写，难点（3）明确配制原理及误差分析是解题关键。21.某兴趣小

组研究亚硝酸钠，查阅下列资料，试根据信息回答下列问题。药品NaNO2（亚硝酸钠）性质1.在酸性溶液中有较强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+；2.AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的盐。（1）已知NaNO2能发生如下反应:2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。该反应中氧化剂

是_____；若有0.75mol电子转移，则被还原的氧化剂粒子数为_______（用NA表示）。（2）误食NaNO2会导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可服用维生素C解毒。维生素C的作用是_____（氧化剂或还原剂）。（3）下

列方法中，可用来区分NaNO2和NaCl的是______（填序号）。A焰色反应B分别滴加酸化的FeSO4溶液和KSCN溶液C分别滴加AgNO3溶液【答案】(1).NaNO2(2).0.75NA(3).还原剂(4).B【解析】【分析】（1）2NaNO2+4H

I=2NO↑+I2+2NaI+2H2O中，N元素的化合价降低、I元素的化合价升高，该反应转移2e－；（2）NaNO2会导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋，NaNO2具有氧化性，服用维生素C解毒，可知维生素C具有还原性；（3）NaNO2和NaCl的阳离子相同、阴离子不同，结

合2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O、铁离子遇KSCN溶液为血红色鉴别；【详解】（1）2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O中，N元素的化合价由+3降低到+2，该反应中氧化剂是NaNO2，则由反应可知2molNaNO

2参加反应转移2mol电子，则若有0.75mol电子转移，则被还原的氧化剂粒子数为0.75NA；（2）NaNO2会导致血红蛋白中的Fe2＋转化为Fe3＋，NaNO2具有氧化性，服用维生素C解毒，可知维生素C具有还原性；（3）A．焰色反应均为黄

色，不能鉴别，故A错误；B．分别滴加酸化FeSO4溶液和KSCN溶液，出现血红色的为NaNO2，无现象的为NaCl，可鉴别，故B正确；C．分别滴加AgNO3溶液，均生成白色沉淀，不能鉴别，故C错误；故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握物质的性质、发生的反应、元素的化合价变化为解答

的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意习题中的信息，难点（3）C，AgCl、AgNO2均生成白色沉淀。22.按如图所示装置进行实验，填写有关现象及化学方程式。（1）D装置的作用是________，E中收集的气体是___________（填名称）。（2）浓硫酸的作用是____________

_。（3）A中发生反应的化学方程式为____________。（4）C中发生反应的化学方程式为_________。【答案】(1).检验CO2是否除净(2).氧气(3).除去水蒸气(4).2NaHCO3加热Na2CO3+H2O+CO2↑(5).2Na2O2+2CO2=

2Na2CO3+O2【解析】【分析】碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，浓硫酸具有吸水性，可用于干燥二氧化碳气体，在C中二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，二氧化碳通入澄清石灰水中发生反应生成碳酸钙沉淀，氧气不溶于水，

可用排水法收集。【详解】（1）D装置的作用是检验CO2是否除净，E中收集的气体是氧气。故答案为：检验CO2是否除净；氧气；（2）浓硫酸有吸水性，所以能作干燥剂，二氧化碳和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥二氧化碳，除去水蒸汽，

故答案为：干燥二氧化碳；（3）（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水以及二氧化碳，会看到试管口有水珠生成，A中发生反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；（4）C中发生二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气2N

a2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2。【点睛】本题以实验的形式考查了碳酸氢钠、过氧化钠的性质，侧重考查学生的分析能力、实验能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，综合性较强。23.某化学实验小组的同学为探究和比较SO2

和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置。（1）写出Cu与浓硫酸制备SO2的化学方程式__________。（2）实验室用装置E制备Cl2的离子方程式_________。指出该反应中HCl（浓）所表现出的化学性质__________、______

_____。（3）①反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现__________的现象。A品红都褪色B品红都不褪色C试管B中品红褪色D中不褪色D试管D中品红褪色B中不褪色②停止通气后，再给B、D两个试管分

别加热，两个试管中的现象又分别为_____。A无色红色B无色无色C红色红色D红色无色（4）C烧杯氢氧化钠溶液的作用是___________。（5）另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的

漂白性肯定会更强，他们将制得的SO2和Cl2按1∶1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）________。【答案】(1).Cu+2H2SO4（浓）加热SO2↑+2H2O+CuSO4

(2).MnO2+4H++2Cl-加热Mn2++Cl2↑+2H2O(3).酸性(4).还原性(5).A(6).D(7).吸收过量的SO2和Cl2，防止污染环境(8).Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4【解析】【分析】装

置A是制备二氧化硫气体的发生装置，生成的二氧化硫具有漂白性，通入装置B中品红溶液褪色，装置E是制备氯气的发生装置，生成的氯气和水反应所处的次氯酸具有强氧化性，具有漂白性，通入品红溶液褪色，剩余二氧化硫和氯气被装置C中氢氧化钠溶液吸收，防止污染空

气。【详解】（1）Cu与浓硫酸制备SO2，同时生成硫酸铜和水，化学方程式Cu+2H2SO4（浓）加热SO2↑+2H2O+CuSO4，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）加热SO2↑+2H2O+CuSO4；（2）实验室用装置E制备Cl2，MnO2

与浓盐酸反应生成氯化锰、水，离子方程式MnO2+4H++2Cl-加热Mn2++Cl2↑+2H2O，该反应中HCl（浓）中氯元素化合价部分升高，所表现出的化学性质酸性、还原性，故答案为：MnO2+4H++2Cl-加热Mn2++Cl2↑+2H2O；酸性、还原

性；（3）①二氧化硫和氯气均具有漂白性，反应开始一段时间后，B、D两个试管中的品红溶液都褪色，故选A，故答案为：A；②SO2的漂白具有可逆性，次氯酸的漂白不可逆，停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象又分别为红色、无色，

故选D，故答案为：D；（4）装置C中氢氧化钠可以吸收剩余的二氧化硫和氯气，防止污染环境，故答案为：除去多余的二氧化硫和氯气；（5）氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1：1发生反应：Cl

2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4．【点睛】本题考查了氯气和二氧化硫的漂

白性质，注意掌握氯气和二氧化硫性质，注意二氧化硫的漂白性与次氯酸的漂白性根本区别。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com