【文档说明】【精准解析】山东省德州市2020-2021学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）.doc，共(17)页，1.458 MB，由小赞的店铺上传

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高一化学试题本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不能将答案直接答在试卷上。2.考试结束后，请将答题卡一并

交回。可能用到的相对原子质量：H-1O-16Na-23S-32第I卷(选择题共40分)一、单项选择题：本题包括10个小题，每小题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题意。1.化学与生产、生活、环境密切相关，

下列有关说法错误的是A.明矾可用于自来水的杀菌消毒B.氧化铁可以用于红色油漆和涂料C.N95活性炭口罩可用于防霾，其原理是吸附作用D.氨易液化，汽化时会吸收大量热，可作制冷剂【答案】A【解析】【分析】【详

解】A．明矾可用于自来水的净水，没有杀菌消毒作用，A项错误；B．氧化铁为红棕色固体，可以用于红色油漆和涂料，B项正确；C．活性炭具有吸附作用，所以N95活性炭口罩可用于防霾，C项正确；D．氨易液化，汽化时会吸收大量热，可

作制冷剂，D项正确；答案选A。2.将少量下列物质投入水中，能完全以离子形式存在于溶液中的是A.HNO3B.CH3COOHC.CaCO3D.CH3CH2OH(酒精)【答案】A【解析】【分析】【详解】A．HNO3是强酸

，能完全电离，在溶液中完全以离子形式存在，A选；B．CH3COOH是弱酸，部分电离，在溶液中以离子和分子形成存在，B不选；C．CaCO3是强电解质，但部分溶解，C不选；D．CH3CH2OH(酒精)是非电解质，以分子形式存在，D不选；故选：A。3.在某酸性溶液中，

下列离子可以大量共存的是A.Na+、K+、CO23−、NO3−B.Ag+、Na+、C1-、NO3−C.Mg2+、K+、Fe2+、MnO4−D.Fe3+、K+、SO24−、NO3−【答案】D【解析】【分析】【详解】A．酸性溶液中，CO23−不能共存，A错误；B．Ag+、C1-不能共

存，B错误；C．酸性溶液中，MnO4−具有氧化性，Fe2+有还原性，能发生氧化还原反应，不能共存，C错误；D．各种离子之间不反应，能共存，D正确；故选：D。4.下列物质间的转化需要加入还原剂才能实现的是A.NH3→NO2B.SO23−→SO2C.HCl→

Cl2D.FeCl2→Fe【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由转化关系可知，转化中氮元素的化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故A不符合题意；B．由转化关系可知，转化中硫元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，故B不符合题意；C

．由转化关系可知，转化中氯元素的化合价升高被氧化，需要加入氧化剂才能实现，故C不符合题意；D．由转化关系可知，转化中铁元素的化合价降低被还原，需要加入还原剂才能实现，故D符合题意；故选D。5.下列关于钠及其化合价的说法正确的是A.NaOH的摩尔质量为40gB.由Na生成Na2O2的反应是氧化还

原反应C.将Na2O固体加到酚酞溶液中，溶液先变红后褪色D.Na2CO3的电离方程式：Na2CO3=Na++CO23−【答案】B【解析】【分析】【详解】A．NaOH的摩尔质量为40g/mol，故A错误；B．Na生成Na

2O2的反应存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B正确；C．Na2O固体加到酚酞溶液中，氧化钠与水反应生成氢氧化钠显碱性，使酚酞变红但不褪色，故C错误；D．Na2CO3的电离方程式：Na2CO3=2Na++CO23−，故D错误；故选：B。

6.设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A.标准状况下，NA个水分子的质量为18gB.1L1mo1·L-1KC1溶液中，阴阳离子总数约为2NAC.用MnO2催化H2O2分解时，每生成11.2L的

O2转移NA个电子D.在标准状况下，将11.2LNO和11.2LO2混合，混合后原子总数约为2NA个【答案】C【解析】【分析】【详解】A．NA个水分子物质的量为1mol，质量是1mol×18g/mol=18g，故A正确；B．1L1mo1·L-1KC1溶液中，KCl的物质的量为n(KCl)

=1L×1mol·L-1=1mol，即n(K+)=1mol，n(Cl-)=1mol，阴阳离子总数约为2NA，故B正确；C．氧气所处的状态不明确，故氧气的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故C错误；D．标准状况下11.2LNO和11.2LO2混合的物质的量均为n=11.2L22.4L/mo

l=0.5mol，二者都是双原子分子，则含有原子的物质的量为1mol+1mol=2mol，反应过程中原子的种类和数目不变，则反应后原子总数为2NA个，故D正确；答案为C。7.关于下列实验的说法中正确的是A.实验室用棕色细口试剂瓶保存氯水B.实验室中通过加热氯化铵固体制取氨气C.某溶液中加入盐酸能

产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该溶液一定有CO23−D.某溶液中加入浓NaOH并加热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，该溶液中一定有NH4+【答案】A【解析】【分析】【详解】A．次氯酸不稳定，见光分解，所以新制氯水应保存在棕色瓶中，故A正确；B．加热氯化铵固体生成氨气和H

Cl气体，在试管口氨气和HCl气体又化合生成氯化铵，不适合实验室制取氨气，实验室常用加热氯化铵和熟石灰固体混合物制取氨气，故B错误；C．气体为二氧化碳或二氧化硫，则溶液可能有CO23−或-3HCO或2-3

SO等，故C错误；D．能产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体呈酸性，加入氢氧化钠溶液生成氨气，相矛盾，故D错误。故选：A。8.下列离子方程式的书写正确的是A.Na与H2O反应：Na+H2O=Na++OH-+H2↑B.小苏打用于治疗胃酸过多：NaHCO3+H+=N

a++CO2↑+H2OC.铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(稀)=Cu2++2NO2↑+2H2OD.向H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：2H++SO24−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A．原子不守恒，Na与H2O反应

的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；B．NaHCO3是强电解质，能拆开，小苏打用于治疗胃酸过多的离子方程式：-3HCOH+=CO2↑+H2O，B错误；C．浓硝酸是强电解质，能拆开，铜与浓硝酸反应离子方程式：Cu+4H++2-3NO=

Cu2++2NO2↑+2H2O，C错误；D．H2SO4与Ba(OH)2反应的离子方程式：2H++SO24−+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，D正确；故选：D。9.下列有关铁及其化合物的说法不正确的是

A.在高温条件下，铁与水蒸气反应生成黑色的Fe3O4B.Fe2(SO4)3溶液与NaOH溶液混合，可观察到红褐色沉淀C.当光束分别通过Fe(OH)3胶体和FeSO4溶液时均会出现丁达尔效应D.FeC13溶液导电的原因是溶液中的FeC13发生电离产生

了自由移动的离子【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在高温条件下，铁与水蒸气反应：3Fe+4H2O(g)===高温Fe3O4+4H2，A正确；B．Fe2(SO4)3溶液与NaOH溶液混合，发生反应离子方程式：Fe3++3OH-=

Fe(OH)3↓红褐色沉淀，B正确；C．只有胶体才出现丁达尔效应，溶液不出现，C错误；D．溶液能导电是存在自由移动的离子，FeC13是强电解质，能完全电离出Fe3+、Cl-，所以能导电，D正确；故选：C。10.M、N、X、Y均为常见的物质，它们之间有如图转化

关系(反应条件和其他产物已略去)：下列选项不符合上述转化关系的是A.M：N2，X：O2B.M：Fe，X：Cl2C.M：NaOH，X：CO2D.M：Na2CO3，X：HCl【答案】B【解析】【分析】【详解】A．M：N2，X：O2存在转化关系：22O2O2NNONO⎯⎯→⎯⎯

→；符合转化关系，故A正确；B．Cl2的氧化较强，能将Fe直接氧化成最高价Fe3+，则转化2Cl3FeFeCl→，故B错误；C．NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3，过量之后生成NaHCO3，转化关系：22COCO2

33NaOHNaCONaHCO→→，故C正确；D．Na2CO3与少量HCl先生成NaHCO3，过量生成NaCl和CO2和水，转化关系：HClHCl233NaCONaHCONaCl→→，故D正确；故选：B。二、不定项选择题昌本题包括5个小题，每小题4分

，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。11.利用如图所示装置进行实验，不能达到相应实验目的的是（）A.利用装置①分离Fe（OH）3胶体和FeCl3溶液B.利用装置②干燥、收

集氨气并吸收多余的氨气C.利用装置③收集NO2气体D.利用装置④证明Cl2易与NaOH溶液反应【答案】A【解析】【详解】A．Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液都能透过半透膜，不能用过滤法分离，故A不能达到相应实验目的；B．氨气是密度比空

气小的碱性气体，用碱石灰干燥，用向下排空气法收集，故B能达到相应实验目的；C．NO2的密度大于空气，用向上排空气法收集，利用装置③从长导管进气可以收集NO2气体，故C能达到相应实验目的；D．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，气体

体积减小，形成喷泉，利用装置④能证明Cl2易与NaOH溶液反应，故D能达到相应实验目的；故选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握气体物质的收集、混合物分离提纯以及实验装置的作用为解答的关键，注意实验的可行性评价。12.最近，科学家开发出一种低成本光伏材料

———蜂窝状石墨烯。生产原理是：Na2O+2CO=一定条件Na2CO3+C(石墨烯)，然后除去Na2CO3，即可制得蜂窝状石墨烯。下列说法不正确的是A.石墨烯与金刚石互为同素异形体B.Na2O属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物C.上述生产石墨烯的反应属于复分解反应

D.上述生产石墨烯的反应属于氧化还原反应【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．石墨烯与金刚石为同种元素即碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，故A正确；B．只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，故氧化钠是碱性氧化物；CO

与碱、水等不反应，为不成盐氧化物，故B错误；C．生产原理是Na2O+2CO=一定条件Na2CO3+C(石墨烯)，不是相互离子交换，不符合复分解反应，反应中C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C错误；D．生产原理是

Na2O+2CO=一定条件Na2CO3+C(石墨烯)，反应中C元素化合价发生变化，即反应中CO中碳元素化合价+2价变化为0价和+4价，属于氧化还原反应，故D正确；答案为BC。13.某溶液中可能含有Fe3+、Mg2+

、Na+、Ba2+、Cl-、OH-、SO24−中的若干种，下列说法中正确的是A.溶液中最多有4种离子B.若溶液有颜色，则一定没有OH-C.若溶液呈碱性，则一定含有Na+D.该溶液不可能溶解单质铜【答案】B【解析】【

详解】A．Fe3+、Mg2+均与OH-结合生成沉淀，Ba2+与SO24−结合生成沉淀，则溶液中可能含Fe3+、Mg2+、Na+、Cl-、SO24−，溶液中可能存在5种离子，故A错误；B．若溶液有颜色，则一定含Fe3+，可知一定没有OH-，故B正确

；C．若溶液呈碱性，溶液一定含OH-，可能含Na+，或Ba2+，故C错误；D．若含铁离子，则铁离子与铜反应，离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，则能溶解Cu，故D错误；故选B。14.利用铁元素价类二维图可以从不同角度研

究含铁物质的性质及其转化关系，下列说法不正确的是A.铁与氧气反应可以实现上述转化①B.从图中可知Fe(OH)3无法一步转化为Fe(OH)2C.由图可预测高铁酸盐(2-4FeO)具有强氧化性D.欲证明某溶液中含Fe2

+而无Fe3+的最佳方案为：先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN【答案】D【解析】【分析】【详解】A．在高温条件下铁与氧气反应会生成氧化铁，即4Fe+3O2=高温2Fe2O3，故A正确；B．由于Fe(OH)2是一种白色絮状难溶物，Fe(OH)3是一种红褐色难溶物，从图中可知Fe

(OH)3先加入酸，变成Fe3+，再还原成Fe2+，再生成Fe(OH)2，则Fe(OH)3无法一步转化为Fe(OH)2，故B正确；C．高铁酸盐(2-4FeO)中Fe为+6价，很易得电子变成Fe3+，具有强氧化性，可用于

杀菌消毒，故C正确；D．先滴加H2O2溶液，再滴加KSCN，不能排除三价铁离子的干扰，正确的为先滴加KSCN溶液，不显红色，排除三价铁离子的干扰，再滴加H2O2溶液后显血红色，可证明二价亚铁离子存在，故D错误；答案为D。15.H2S和O2的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl

3的混合溶液中反应可回收S，转化过程如图所示。下列描述正确的是A.在图示转化关系中，化合价不变的元素只有氢和氯B.过程Ⅱ反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS+2H+C.氧化性强弱顺序为：O2>FeSD.转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、

Fe3+【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．在转化过程中化合价不变的元素不止有Cu和Cl，还有H元素化合价也未发生变化，故A错误；B．观察图可知，过程Ⅱ反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS+2H+，故B正确；C．由

反应③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，可知氧化性的强弱顺序：O2>FeS，故C正确；D．由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S③4Fe2++4H++

O2=4Fe3++2H2O，参加循环反应的离子有Fe2+、Fe3+、H+、Cu2+，故D错误；故选：BC。第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、非选择题(本题共5小题，共60分。)16.下列物质都是高中阶段学习的重要物质

，请根据要求回答下列问题。①漂白粉②硝酸③酒精④蔗糖⑤Fe(OH)3胶体⑥浓硫酸⑦氨气(1)漂白粉的有效成分是______(填化学式)；(2)上述①—⑦种物质中属于电解质的是______(填编号)；(3)已知氢碘酸(HI)是一种具有强还原性的强酸，向Fe(OH)3胶体中逐滴加入HI稀

溶液，会出现如下一系列变化。先出现红褐色沉淀；随后沉淀溶解，溶液呈黄色；最后溶液颜色加深。①红褐色沉淀溶解的离子方程式是______；②最后溶液颜色加深的离子方程式是______；(4)若实验室用密度1.84g/cm3，质量分数98%的浓硫酸配制250mL0

.46mo1/L的稀硫酸。①配置时用量筒量取浓硫酸的体积为______mL；②实验所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管，量筒外，还有______；③若某同学实际配制得到的浓度为0.45mo1/L，可能的原因是______。A.浓硫酸稀释后未经冷却直接转移B

.容量瓶洗净后未经干燥处理C.没有将洗涤液转入容量瓶D.定容时仰视刻度【答案】①.Ca(ClO)2②.②③.Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O④.2Fe3++2I-=2Fe2++I2⑤.6.3⑥

.250mL容量瓶⑦.CD【解析】【分析】(2)在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质。【详解】(1)漂白粉的有效成分是：Ca(ClO)2；(2)①漂白粉是混合物，不是电解质；②硝酸是纯净物，在溶液中能导电，是电解质；③酒精不能导电，是

非电解质；④蔗糖不能导电，是非电解质；⑤Fe(OH)3胶体是混合物，不是电解质；⑥浓硫酸是混合物，不是电解质；⑦氨气不能导电，是非电解质；则是电解质的有：②；(3)①氢氧化铁和HI发生中和反应，红褐色沉淀溶解，即红褐色沉淀溶解的离子方程式是：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；②铁离

子和碘离子发生氧化还原反应，最后溶液颜色加深，离子方程式是：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；(4)选取250mL容量瓶配制溶液，①密度为1.84g/cm3，质量分数98%的浓硫酸的浓度c=1000ρω10001.8498%==18.4mol/LM98，根据稀释定律有18.4mo

l/L×V=0.46mol/L×250mL，量取浓硫酸的体积为V=6.25mL≈6.3mL；②配制250mL溶液还需要的玻璃仪器是：250mL容量瓶；③该同学实际配制得到的浓度为0.45mol/L，说明配制的溶液浓度

偏低：A．浓硫酸稀释后未经冷却直接转移，冷却后溶液体积偏小，所得溶液浓度偏高，故A错误；B．容量瓶洗净后未经干燥处理，该操作方法合理，不影响配制结果，故B错误；C．没有将洗涤液转入容量瓶，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故C正确；D．定容时仰视刻度，到溶液体积偏

大，溶液浓度偏低，故D正确；故答案选CD。17.硫元素是动植物生长不可缺少的元素，图1是自然界中硫元素的存在示意图。图2是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系，回答下列问题。(1)图1中与图2中M、N对应的

物质分别是_____、______。(2)X与Y反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。(3)Na2SO3溶液易变质，实验室检验Na2SO3溶液是否变质的基本操作是_____。(4)硫酸是用途广泛的化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等。甲、乙两位

同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案。方案甲：铜与浓硫酸加热直接反应，即Cu→CuSO4方案乙：由Cu→CuO→CuSO4①方案甲，中铜和浓硫酸反应的化学方程式是______。该反应体现了浓硫酸的_____

_性。②这两种方案，你认为哪一种方案更合理?______。理由是______。【答案】①.CaSO4•2H2O、Na2SO4•10H2O②.CuFeS2③.1：2④.取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉

淀，证明混有Na2SO4⑤.Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O⑥.强氧化性、酸性⑦.方案乙⑧.无污染产生，原料利用率高【解析】【分析】(2)X是H2S、Y是SO2，两者反应化学方

程式：SO2+2H2S=3S↓+2H2O；(4)①铜和浓硫酸反应的化学方程式是：Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，体现浓硫酸的强氧化性、酸性；【详解】（1）从图2可知M、N分别代表+6价的盐和-2价的盐，图1中只有CuFeS2和CaSO4

•2H2O、Na2SO4•10H2O，故答案为：CaSO4•2H2O和Na2SO4•10H2O；CuFeS2；(2)X是H2S、Y是SO2，两者反应化学方程式：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，SO2做氧化剂，H2S是还原剂，两者的物质的量之

比为1:2；(3)Na2SO3溶液易变质生成Na2SO4，实验室检验Na2SO3溶液是否变质即是检验硫酸根，基本操作是：取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4；(4)①铜和浓硫酸反应的化学方

程式是：Cu+2H2SO4(浓)ΔCuSO4+SO2↑+2H2O，其中1molS元素化合价发生变化，表现强氧化性，1molS元素化合价不变，表现酸性，则该反应体现了浓硫酸的强氧化性、酸性；②方案乙更合理，原因是无污染产生，原料利用率高。18.疫情防

控期间，含氯消毒剂功不可没，研究消毒剂的性质意义重大。回答下列问题。(1)Cl2、H2O2、ClO2(还原产物为Cl-)、84消毒液等物质常被用作消毒剂。等物质的量的上述物质消毒效率最高的是_______(填序号)。a.Cl2b.H2O2c.ClO2d.84消毒液(2)工业上常通过反应KCl

O3+HCl(浓)→KCl+C12↑+制备氯气，请补充完整并配平该化学方程式______，反应中转移电子数为NA时，理论上生成标况下气体体积是______L。(3)如图是某品牌84消毒液包装上的有关使用说明。①分析对金属制品有腐蚀作用的原因______。②需密闭保

存的原因______。洁厕灵的主要成分为浓盐酸，家庭室内切不可将两者混合使用的原因(用离子方程式表示)______。实验室中可用NaClO与浓盐酸反应制取干燥、纯净的C12，装置如图所示。上述仪器的连接顺序为：接接接，_______，乙装

置中盛放的药品是_______。【答案】①.c②.KClO3+6HCl(浓)=KCl+3C12↑+3H2O③.13.44④.NaClO有强氧化性，而一般金属具有强还原性⑤.消毒液的有效成分NaClO能与空气中的CO2作用，使其变质⑥.

ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O⑦.acbe⑧.饱和食盐水【解析】【分析】(2)根据化合价不交叉的原则，KClO3中+5价的氯元素降为0价，HCl中氯元素升为0价，氯化钾中的氯元素来自盐酸，所以KClO3是氧化剂、

部分HCl是还原剂，(3)84消毒液主要成分是NaClO，具有氧化性，能与还原性的金属单质反应，不能与洁厕灵混合使用，否则会产生有毒气体氯气，制取的氯气中含氯化氢杂质气体，经过装置乙中的饱和食盐水洗气后，再经过浓硫酸干燥。【详解】(1

)1molCl2、H2O2、ClO2、84消毒液(NaClO)分别消毒时，转移电子依次为2mol、2mol、5mol、2mol，等物质的量的上述物质反应，ClO2转移的电子数最多，消毒效率最高。(2)根据化合价不交叉的原则，在KClO3+HCl→KCl+Cl2↑的反应中

，KClO3中+5价的氯元素降为0价，该氯原子为被还原的氯原子，HCl中氯元素升为0价，该氯原子为被氧化的氯原子，氯化钾中的氯元素来自盐酸，则被氧化发生氧化反应的Cl为5，只具有酸性的Cl为1，则HCl前配6，KClO3前配1，再根据原子守恒配平方程式为：KClO

3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，反应中转移5mol电子生成3mol氯气，则转移1mol电子时，产生标准状况下的Cl2为0.6mol，其体积为13.44L；(3)①NaClO具有漂白作用，利用了

NaClO的氧化性，而金属具有还原性，发生了氧化还原反应，对金属腐蚀；②消毒液有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成了次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解，所以应该密封保存；次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；用甲

装置制取氯气，用乙除去氯气中的氯化氢气体，用丙吸收水蒸气，仪器的连接顺序为：acbe，乙装置中盛放的药品是：饱和食盐水。19.氨基钠(NaNH2)是一种化工原料，常温下为白色晶体，熔点210℃，沸点为400℃，露置空气中易吸收水分而失效。实

验室可用氨气和钠反应制得。某化学实验小组拟采用如图所示的装置制备氨基钠，回答下列相关问题：(1)实验时，组装好仪器后，紧跟着进行的下一步的操作是_____。A中反应的化学方程式为_____。(2)装置

B中盛放的药品是_____(写名称)，装置E的作用是_______。(3)装置A与C加热的先后顺序是________。(4)若用如图装置代替上述A装置，装置中加入试剂合理的是_______。a.浓氨水b.浓氨水与CaOc.NH4C1与Ca(OH)2(5)C中反应的化学方程式为__

____。【答案】①.检查装置的气密性②.Ca(OH)2+2NH4ClΔ=CaCl2+2NH3↑+2H2O③.碱石灰④.吸收氨气防止污染环境，同时吸收空气中的水分，防止进入C装置中与氨基钠反应⑤.先加热A后加热C⑥.b⑦.2Na+2NH3Δ=2

NaNH2+H2↑【解析】【分析】根据题中图示，装置A是氯化铵和消石灰共热制备氨气；干燥管B的作用是干燥NH3，防止含有的水与金属钠发生副反应；装置C是氨气与钠反应制备NaNH2；装置D为冷凝管，起冷凝回流作用

；干燥管E的主要的作用是吸收尾气中的NH3，防止污染环境，还可以防止空气中的水进入三颈烧瓶与产物氨基钠反应；据此解答。【详解】(1)实验涉及气体的制备和参加反应，则应检查装置的气密性，A中装置是制取氨气，用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下反应，生成氯化钙、氨气

和水，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClΔ=CaCl2+2NH3↑+2H2O；答案为检查装置的气密性，Ca(OH)2+2NH4ClΔ=CaCl2+2NH3↑+2H2O。(2)制备的氨气中含有水蒸气，水会与反应物钠发生反应，由于NH

3属于碱性气体，应用碱性干燥剂干燥氨气，则B中盛放碱性干燥剂碱石灰，装置E的主要的作用是吸收尾气中的NH3，防止污染环境，还可以防止空气中的水进入三颈烧瓶与产物氨基钠反应，装置E适宜选取的试剂为P2O5；答案为碱石灰，吸收尾气中的NH

3，防止污染环境，还可以防止空气中的水进入三颈烧瓶与产物氨基钠反应。(3)根据实验目的，要先加热A处酒精灯，通过产生的氨气，排除装置中空气，防止其与反应物钠反应，所以先加热A处酒精灯后加热C处酒精灯；答案为先加热装置A，后加热C。(4)由

代替A装置，该装置为液体参加反应且不加热制备氨气，可用浓氨水和CaO，原因是浓氨水中的水与CaO反应放热，使浓氨水中的氨逸出，达到制取氨气，b正确；答案为b。(5)装置C中Na和NH3在加热条件下发生反应，生

成氨基钠(NaNH2)和氢气，其化学方程式为2Na+2NH3Δ=2NaNH2+H2↑；答案为2Na+2NH3Δ=2NaNH2+H2↑。20.绿矾(FeSO4•7H2O)是制备缺铁性补血剂的主要原料。工业上以硫铁矿(主要成分为Fe

S2)为原料制备绿矾的工艺流程如图：(1)试剂X是______(写化学式)。(2)实验室过滤时用到的玻璃仪器除烧杯外，还有______。(3)从还原得到的溶液中获得绿矾的操作是蒸发浓缩、______、过滤、______、干燥(填操作名称)。(4)某研究性学习小组对绿矾热分解进行研究，将绿矾样品

装入图中的硬质玻璃管中，打开K1和K2，缓缓通人N2，加热。实验完毕后装置A中还残留红棕色固体。①装置D球形干燥管的作用______。②C装置中高锰酸钾溶液的作用是______。③硫酸亚铁分解还生成另一物质SO3，写出绿矾受热分解的化学方程式______。【答案】①.Fe②.玻璃

棒③.冷却结晶④.洗涤⑤.防止氢氧化钠溶液倒吸⑥.检验二氧化硫的存在⑦.2FeSO4•7H2OΔFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O【解析】【分析】硫铁矿(主要成分为FeS2)与空气焙烧，得到二氧化硫和氧化铁；氧化铁与硫酸反应，得到硫酸铁，绿矾(FeSO4•7H2O)中铁为+2价，

在硫酸铁中加入铁，可将其还原为硫酸亚铁，据此作答(1)(2)(3)；(4)研究绿矾热分解，根据题意可知，生成水、二氧化硫、三氧化硫和氧化铁，硫酸铜吸水，高锰酸钾溶液可以验证产生二氧化硫，氢氧化钠可以进行尾气吸收，据此作答。【详解】(1)氧化铁与硫酸反应，得到硫酸铁，绿矾(FeSO4•

7H2O)中铁为+2价，在硫酸铁中加入铁，可将其还原为硫酸亚铁，则试剂X是Fe，故答案为：Fe；(2)实验室过滤时用到的玻璃仪器除烧杯外，还有玻璃棒，故答案为：玻璃棒；(3)从溶液中获得绿矾的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶；洗涤；(4)①装置D用于尾

气吸收，则球形干燥管的作用防止氢氧化钠溶液倒吸，故答案为：防止氢氧化钠溶液倒吸；②反应过程中，有二氧化硫生成，二氧化硫会使高锰酸钾溶液褪色，则C装置中高锰酸钾溶液的作用是检验二氧化硫的存在，故答案为：检验二氧化硫的存在；③硫酸亚铁分解生成水、二氧化

硫、三氧化硫和氧化铁，则受热分解的化学方程式：2FeSO4•7H2OΔFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，故答案为：2FeSO4•7H2OΔFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。【点睛】本题重点(4)，研究绿矾热分解，可以根据实验装置和化学式去判断产物，用了高锰酸钾溶液，证明

可能生成二氧化硫，有二氧化硫生成则铁的化合价上升，生成氧化铁，据此综合作答。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com