【文档说明】【精准解析】贵州省三都水族自治县高级中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题.doc，共(22)页，375.500 KB，由小赞的店铺上传

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贵州省三都水族自治县高级中学2019-2020学年上学期期末考试高一化学分卷I一、单选题(共25小题，每小题2.0分，共50分)1.下列污染现象主要与二氧化硫有关的是()A.酸雨B.光化学烟雾C.臭氧层空洞D.温室效应【答案】A【解析】【详解】A．酸

雨是因为空气中的污染物二氧化硫、氮氧化合物等过多造成的，选项A正确；B．大气中的碳氢化合物、氮氧化合物等为一次污染物，在太阳光中紫外线照射下能发生化学反应，衍生种种二次污染物。由一次污染物和二次污染物的混合

物（气体和颗粒物）所形成的烟雾污染现象，称为光化学烟雾，选项B错误；C．制冷剂“氟里昂”等，对臭氧层有很大的破坏作用，会使臭氧层形成空洞，选项C错误；D．造成温室效应的主要气体为二氧化碳，选项D错误。答案选A。2.

0.5L2mol·L-1FeCl3溶液与0.2L5mol·L-1KCl溶液中的Cl﹣物质的量之比（）A.6∶5B.3∶2C.15∶2D.3∶1【答案】D【解析】【详解】0.5L2mol·L-1FeCl3溶液中Cl-的物质的量为0.5L×2mol/L×3=3mol，0

.2L5mol·L-1KCl溶液中的Cl-的物质的量为0.2L×5mol/L=1mol，物质的量之比为3mol：1mol=3:1，故答案选D。3.下列叙述中不正确的是A.加热蒸发饱和食盐水有氯化钠析出B.硫酸溶液加

热蒸发时，硫酸的浓度增大C.加热蒸发硫酸钠溶液不一定有晶体析出D.加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出无水硫酸铜【答案】D【解析】【分析】A.根据饱和溶液的定义可知，加热蒸发饱和食盐水，水分蒸发；B.硫酸溶液加热蒸发时，溶液中溶剂水减少；C.加热蒸发硫酸钠溶液，若为过饱和溶液则有晶体析出，若仍为不饱

和溶液或刚好为饱和溶液则无晶体析出；D.加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出的是，带结晶水的硫酸铜，即五水硫酸铜。【详解】A.根据饱和溶液的定义可知，加热蒸发饱和食盐水，因水分蒸发，所以有氯化钠析出，故A项正确；B.硫酸溶液加热蒸发时，溶液中溶剂水减少，则硫酸的浓度增大，故B项正确；C.加热蒸发硫酸

钠溶液，若为过饱和溶液则有晶体析出，若仍为不饱和溶液或刚好为饱和溶液则无晶体析出，故C项正确；D.加热蒸发饱和硫酸铜溶液析出的是，带结晶水的硫酸铜，即五水硫酸铜，故D项错误；答案选D。4.下列叙述正确的是()A.氢氧化钠的摩尔质量为40gB.氢原子的摩尔质量是1g

·mol－1C.1mol水的质量是18g·mol－1D.二氧化碳的摩尔质量为44g【答案】B【解析】【详解】氢氧化钠的摩尔质量为40g·mol－1，二氧化碳摩尔质量为44g·mol－1；1mol水的质量是18g。【点睛】注意摩尔质量的单位为g/mol，在数值上等于该物质的相对分子

质量或相对原子质量。5.关于单质硫的叙述有：①通常状况下为黄色粉末；②不溶于水、易溶于酒精和二硫化碳；③氧化性比氯气弱；④只能被还原不能被氧化；⑤医药上用来做硫黄软膏治疗某些皮肤病。其中正确的是（）A.①③⑤B.②③⑤C.②④⑤D.③⑤【答案】A【解析】【分析】单质

硫是一种淡黄色固体，不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，结合其单质的化学性质与用途分析。【详解】①单质硫，在常温下，是一种淡黄色粉末状的固体，①正确；②单质硫不溶于水，微溶于酒精，容易溶于CS2，②错误；③由于S元素的非金属性比C

l弱，因此单质硫的氧化性比氯气弱，③正确；④在单质硫中，S元素的化合价为0价，处于S元素的最高+6价和最低-2价之间，属于S单质既有氧化性又有还原性，既能被氧化又能被还原，④错误；⑤单质硫能杀死病菌，医药上用来制硫磺软膏，治疗某些皮肤病，⑤正确；综上所述可

知，说法正确的是①③⑤，故合理选项是A。【点睛】本题考查了单质硫的物理性质、化学性质和用途，注意把握常见物质的性质及用途，侧重于基础知识的考查。6.下列有关氨的叙述中不正确的是()A.氨分子中氮元素的化

合价只能升高，氨具有还原性B.氨的催化氧化反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2OC.氨的催化氧化反应中若氧气过量则有红棕色气体生成D.氨的催化氧化属于人工氮的固定【答案】D【解析】【分析】A、氮元素的常见化合价有-3、

0、+2、+4、+5价，氨气分子中氮元素是-3价，为最低价态；B、氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO；C、若氧气过量，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮；D、氨的催化氧化是氮的化合态之间的转化，不

属于氮的固定。【详解】A项、氨气分子中氮元素是-3价，是氮元素的最低价态，所以只具有还原性，故A正确；B项、氨气具有还原性，在催化剂作用下可与氧气反应被氧化为NO，反应的化学方程式是4NH3＋5O24NO＋6H2O，故B正确；C项、氨催化氧化反应是氨气在催化

剂作用下被氧气氧化为一氧化氮的反应，若氧气过量，生成的一氧化氮气体与氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故C正确；D项、NH3催化氧化生成NO和H2O，是氮的化合态之间的转化，不属于氮的固定，故D错误。故选D。7.检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是

()A.加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝B.将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红C.加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性D.加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液【答案】A【解析】【详解】A.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH溶液并加

热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，

不能据此证明是铵盐，C错误；D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大

。8.以氧化铝为原料制备氢氧化铝：Al2O3AlCl3Al(OH)3，其中适宜用的试剂X是（）A.氨水B.二氧化碳C.氢氧化钠溶液D.盐酸【答案】A【解析】【详解】Al2O3是两性氧化物，与HCl发生

反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，反应产生的AlCl3属于盐，能够与碱发生复分解反应，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱反应产生可溶性偏铝酸盐，但不能与弱碱发生反应。所以制取Al(OH)3时，与AlCl3反应的碱要使用弱碱，可以使用氨水，

该反应的方程式为：AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，故合理选项是A。9.下列物质可用于干燥氨气的是（）A.浓硫酸B.碱石灰C.过氧化钠D.活性炭【答案】B【解析】【分析】根据题中用于干燥氨气可知，本题考查氨气的干燥，运用氨气是一种碱性气体，与酸或酸性气

体反应分析。【详解】氨气是一种碱性气体，能与酸(如浓硫酸等)反应生成铵盐，不能用浓硫酸干燥氨气；过氧化钠与氨气不反应，但能与水反应生成氢氧化钠和氢气，引进杂质，不能用过氧化钠干燥氨气；活性炭具有吸附性，但没有吸水性，不能干燥氨气；碱石灰不与氨气反

应，且能吸水，故用碱石灰干燥氨气；答案选B。【点睛】氨气是一种碱性气体，能与酸或酸性气体反应，不能用浓硫酸、五氧化二磷干燥氨气。10.下列描述的一定是金属单质的是()A.易失去电子的物质B.能与酸反应的物质C.其

原子的最外层只有1个电子D.其原子的核内有11个质子【答案】D【解析】【详解】A．氢也易失去电子，但属于非金属元素，故A错误；B．碱是能与酸反应的物质，但不是金属元素，故B错误；C．最外层只有一个电子的元素如氢元素，属于非金属元素，故C错误；D．原子核内有11个质子的元素是钠，最外层有1个电

子，钠是金属元素，故D正确；故答案为D。11.除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，不需要的实验操作是A.加热溶解B.趁热过滤C.蒸发结晶D.降温结晶【答案】C【解析】【详解】硝酸钾的溶解度随温度变化大，食盐的溶解度变化不大，除去硝酸钾固体中含有少量的氯化钠，先将其加热溶解，在趁热过滤，最后降

温结晶，不需要的实验操作是蒸发结晶；综上所述，本题选C。12.下列关于二氧化碳和二氧化硅的说法中正确的是()A.二氧化碳和二氧化硅分别是碳酸和硅酸的酸酐B.二氧化碳和二氧化硅与水反应分别生成相应的酸C

.二氧化碳是酸性氧化物，二氧化硅是两性氧化物D.二氧化碳和二氧化硅都是由相应的分子组成的【答案】A【解析】【详解】A.二氧化碳和二氧化硅分别是碳酸和硅酸的酸酐，A正确；B.二氧化硅与水不反应，不能直接转化

为硅酸，B错误；C.二氧化碳和二氧化硅均是酸性氧化物，C错误；D.二氧化碳是由相应的分子组成的，二氧化硅是由原子组成的，D错误；答案选A。13.有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液，已知其中Al3+浓度为

0.4mol/L，SO42-的浓度为0.7mol/L，则该溶液中K+的浓度为()A.0.1mol/LB.0.15mol/LC.0.2mol/LD.0.25mol/L【答案】C【解析】【详解】溶液呈电中性，则3c(Al3+)+c(K+)+c

(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，由于溶液中c(H+)和c(OH-)很小，可忽略不计，则有3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO42-)，因此3×0.4mol/L+c(K+)=2×0.7mol/L，解得：c(K+)=2×0.7mol/L-3×0

.4mol/L=0.2mol/L，故选C。14.将饱和的氯化铁溶液分别滴加到下列液体中，能制备氢氧化铁胶体的是A.冷的自来水B.加热至沸的蒸馏水C.氢氧化钠溶液D.浓氨水【答案】B【解析】【详解】A.因FeCl3在冷水中水解程度较小，不能形成胶体，故A错误；B

.因FeCl3溶液与沸水发生水解反应,水电离出来的OH-离子与Fe3+结合形成氢氧化铁胶体粒子,故B正确；C.因FeCl3溶液与NaOH溶液生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故C错误；D.因FeCl3溶液与NaOH浓氨水生成

红褐色的Fe(OH)3沉淀，故D错误；本题答案为B。15.实验结束时，熄灭酒精灯的正确方法是()A.用灯帽盖灭B.用水浇灭C.用嘴吹灭D.用干抹布盖灭【答案】A【解析】【详解】实验结束时，熄灭酒精灯的正确方法是用用灯帽盖灭，而B、C中做法可引发失火，D中实验

桌上酒精失火时用湿抹布盖灭，干抹布盖灭可能会导致失火。答案选A。【点睛】本题考查酒精灯的使用，题目难度不大，把握仪器的使用为解答的关键，使用酒精灯时要注意两查、两禁、一不可。两查：查灯芯是否烧焦或平整，查酒精灯内的酒精量；两禁：禁止向燃着的酒精

灯内添加酒精，禁止用一酒精灯去引燃另一酒精灯；一不可是不可用嘴吹灭酒精灯，要用灯帽盖灭，否则会引发火灾。16.已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力为W2＞Z2＞X2＞Y2，下列氧化还原反应能发生的是（）A.2NaW+Z2==2NaZ+W2B.2NaZ+X2==2NaX+Z2

C.2NaW+Y2==2NaY+W2D.2NaX+Z2==2NaZ+X2【答案】D【解析】【分析】氧化剂的化合价降低，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。【详解】A.2NaW+Z2==2NaZ+W2氧化剂为Z2，氧化产物为W2，氧化性：Z2>W2，与事实W2＞Z2不

符，A错误；B.2NaZ+X2==2NaX+Z2氧化剂为X2，氧化产物为Z2，氧化性：X2>Z2，与事实Z2＞X2不符，B错误；C.2NaW+Y2==2NaY+W2氧化剂为Y2，氧化产物为W2，氧化性：Y2>W2，与事实W2＞Y2

不符，C错误；D.2NaX+Z2==2NaZ+X2氧化剂为Z2，氧化产物为X2，氧化性：Z2>X2，符合事实，D正确；答案为D。17.下列反应进行分类时，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是()A.Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2

↑B.2KClO32KCl＋3O2↑C.S＋O2SO2D.CH4＋2O2CO2＋2H2O【答案】C【解析】【详解】A项属于置换反应，B项属于分解反应，C项属于化合反应同时也是氧化还原反应，D项属于氧化还原反应但不属于四种基本反应类型中的一种。C正确。答案选C。18.标准

状况下，往100mL0.1mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br-被氧化。则通入的氯气的体积是()A.0.224LB.0.336LC.0.448LD.0.672L【答案】A【解析】【详解】Fe2+的还原性强于Br-，所以Cl2先氧化F

e2+，再氧化Br-，溶液中有50%的Br－被氧化时则Fe2+完全被氧化，则失电子数为0.01mol+0.02mol×50%=0.02mol，所以得电子数为0.02mol，氯气的物质的量为0.01mol，标准状况下氯气的体积为0.224L，

故选A。19.储存浓硫酸的铁罐外口出现严重的腐蚀现象，这体现了浓硫酸的A.脱水性和吸水性B.吸水性和酸性C.强氧化性和吸水性D.不挥发性和酸性【答案】B【解析】【详解】浓硫酸具有强的氧化性、吸水性、酸性，因为浓硫酸的强氧化性，常温下能

够使铁铝发生钝化，阻止铁与浓硫酸继续反应，但是浓硫酸具有吸水性，吸收空气中水分浓度变稀，稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，体现硫酸的酸性，故答案选B。【点睛】本题考查了元素化合物知识，明确浓硫酸的性质是解题关键，注意对基础知识的积累。注意区分浓硫酸吸水性和脱水性的

区别。20.SiO2是一种化工原料，可以制备一系列物质。下列说法正确的是（）A.图中所有反应都不属于氧化还原反应B.硅酸盐的化学性质稳定，常用于制造光导纤维C.可用盐酸除去石英砂(主要成分为SiO2)中少量的碳酸钙D.普通玻璃是由纯碱、石灰石和石英砂制成的，其熔点很高【答案】C【解析】【详解】A

、图中SiO2与CaO、CaCO3、Na2CO3反应不属于氧化还原反应，SiO2与C、Si与Cl2、SiCl4与H2的反应属于氧化还原反应，A错误；B、光导纤维的主要成分是SiO2而不是硅酸盐，B错误；C、盐酸与碳酸钙反应使碳酸钙溶解，与二氧化硅不反应，过滤后得到二氧化硅，C正确

；D、玻璃没有固定的熔点，D错误；答案选C。21.下列物质分类正确的是（）A.Na2O2、Fe3O4、CuO均为碱性氧化物B.稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.盐酸、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】【详解】A、过氧化钠不是碱性氧化物，错误，不选A；B、

氯化铁溶液不属于胶体，错误，不选B；C、四氯化碳不是电解质，错误，不选C；D、盐酸是氯化氢的水溶液，水玻璃是硅酸钠的水溶液，氨水是氨气的水溶液，都为混合物，正确。答案选D。22.工业上利用合成氨实现人工固氮。属于合成氨主要原料的是()A.二氧

化氮B.空气C.碳酸钠D.硝酸钾【答案】B【解析】【详解】工业用氮气和氢气合成氨，合成氨中原料气N2可从空气中分离得到，H2可用甲烷在高温下与水蒸气反应制得，故答案选B。【点睛】本题考查了氨的工业制法

，较简单，注意空气是获得原料气氮气的廉价资源。23.氨的催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O，对于该反应判断正确的是A.氧气被还原B.该反应是置换反应C.氨气是氧化剂D.若有17g氨参加反应，反应中转移10mol电子【答案】A【解析】【分析】

4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂被还原，结合氧化还原反应的有关概念分析。【详解】A.NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化

合价升高，则NH3为还原剂被氧化，O元素的化合价降低，则O2为氧化剂被还原，故A正确；B.置换反应的特征是反应物生成物均是由一种单质和一种化合物组成，而该反应的生成物是两种化合物，所以该反应不是置换反应，故B错误；C.4NH3+5O24NO+6H2O

反应中N元素的化合价升高，则NH3为还原剂被氧化，故C错误；D.4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价由-3升高到+2，所以若有17gNH3参加反应，则反应中转移的电子数为17/17×5=5mol，故

D错误。故选A。24.下列关于二氧化硅化学式“SiO2”说法正确的是（）A.它是二氧化硅的分子式B.表示二氧化硅的分子组成C.表示1个二氧化硅分子是由1个硅原子和2个氧原子构成D.表示二氧化硅中硅原子和氧原子个数比为1

∶2【答案】D【解析】【详解】二氧化硅属于原子晶体，在物质中，每个Si原子与4个O原子形成4个共价键，每个O原子与2个Si原子形成2个共价键，这种结构向空间无限扩展，就形成了立体网状结构，其中的Si、

O原子个数比是1：2，因此该物质没有分子，不是由分子构成，SiO2不是物质的分子式，SiO2只表示二氧化硅中含有Si、O两种元素，硅元素与氧元素原子个数比是1：2，故合理选项是D。25.下列实验操作中错误的是（）A.蒸发操作时，应使混合物中的水分完全

蒸干后，才能停止加热B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C.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D.萃取操作时，在选择萃取剂时，要求萃取剂和原溶剂不互溶【答案】A【

解析】【分析】A.蒸发时，应防止温度过高而导致固体迸溅；B.蒸馏操作时，温度计用于测量馏分的温度；C.分液操作时，应防止液体重新混合而污染；D.萃取剂与水互不相溶，以便分离。【详解】A.蒸发操作时，应使混合物中的水分大部分蒸干后，待大部分晶体析出，停止加热，靠余热蒸干剩余水分

，防止温度过高而导致固体迸溅，故A错误；B.蒸馏操作时，蒸馏是根据馏出成分的沸点分离混合物，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，测量蒸气的温度，故B正确；C.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

，避免重新混合引入杂质，故C正确；D.萃取时，应使溶质更易溶于萃取剂，且萃取剂与水互不相溶，以便分离，故D正确；答案选A。【点睛】可用酒精灯直接给蒸发皿里的液体加热，玻璃棒不断搅拌，防止因局部过热而使固体迸溅，蒸发的过程中，当出现大量固体时，停止加热，用余热

使剩余水分蒸干，不能直接蒸干。分卷II二、非选择题(共6小题，共50分)26.如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：（1）仪器A的名称是________，烧瓶中反应的化学方程式是___

__________________。（2）装置B中盛放液体是___，气体通过装置B的目的是__________________，装置C中盛放的液体是_________。（3）D中反应的化学方程式是_________________

_________________________。（4）烧杯E中盛放的液体是_____，反应的离子方程式是___________。（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应．为收集D中产物，在D与

E之间，除增加收集装置外，还需要增加__装置。【答案】(1).分液漏斗(2).MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O(3).饱和NaCl溶液(4).吸收氯气中混有的杂质HCl(5).浓硫酸(6).2Fe+3Cl22FeCl3(7).氢氧化钠

溶液(8).Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O(9).干燥【解析】【分析】实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，可以依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶进行除杂，氯气与铁

在加热条件下反应生成氯化铁，氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气。【详解】（1）仪器A的名称是分液漏斗；烧瓶中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO

2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中

溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以选择盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气，所以选择盛有浓硫酸的洗气瓶C除去水蒸气，故答案为饱和NaCl溶液；吸收氯气中混有的杂质HCl；浓硫酸；（3）装置D中氯气和铁共

热发生化合反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3；（4）氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式：Cl2

+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，故答案为NaOH溶液；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；（5）由题给资料可知反应生成的氯化铁①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应，则制备时需要防止水蒸气进入装置D，为收集D中产

物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置，防止装置E中水蒸气进入，故答案为干燥。【点睛】制备氯化铁时，为防止氯化铁与水反应，应注意前防水用浓硫酸干燥氯气，后防水时，可在收集装置和尾气吸收装置之间连接一个干燥装置，为易错点。27.为验证氧化性：Cl2＞Fe3＋＞SO2，某小组

用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中的加热装置已略，气密性已经检验完毕)实验过程如图：Ⅰ.打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，再将T形导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，

夹紧弹簧夹K2。Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的阳离子。Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。(1)过程Ⅰ的目的是________________________。(

2)棉花中浸润的溶液为_____________。作用是___________________。(3)A中发生反应的化学方程式：______________________________________。(4)导致步骤Ⅲ中溶液变黄的离子反应是_____

_________________________。用______________(写试剂化学式)检验氧化产物，现象是____________。(5)能说明氧化性Fe3＋＞SO2的离子方程式是__________________________。(6)甲、乙、丙三

位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性Cl2＞Fe3＋＞SO2的是________________(填“甲”“乙”或“丙”)。【答案】(1).排出装置中的氧气(2).氢氧化钠溶液(3).吸收Cl2、SO2，防止污染空气(4).MnO2＋4HCl(浓)加热MnCl2＋Cl2↑＋2

H2O(5).2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－(6).KSCN(7).溶液变红(8).2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝2Fe2＋＋SO42－＋4H＋(9).乙丙【解析】【分析】（1）根据装置中含有空气能干扰实验

判断；（2）根据氯气和二氧化硫能污染空气分析；（3）根据A装置制备氯气解答；（4）根据氯气能氧化亚铁离子分析；（5）根据铁离子能把二氧化硫氧化为硫酸分析；（6）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断。【详解】（

1）打开弹簧夹K1～K4，通入一段时间N2，目的是排出装置中的氧气，防止干扰实验。（2）棉花中浸润的为氢氧化钠溶液，它能够吸收反应中多余的氯气、二氧化硫气体，防止污染空气；（3）A中为二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)

加热MnCl2+Cl2↑+2H2O；（4）氯气具有强氧化性，能够把氯化亚铁氧化为氯化铁，含有铁离子溶液显黄色，离子反应方程式是：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-；氧化产物中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果溶液变为

血红色，证明有铁离子生成；（5）Fe3+在酸性条件下能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，本身还原为Fe2+，可以说明氧化性Fe3+＞SO2，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++4H++SO42-；（6）甲中第一次有Fe3+无Fe

2+，则氯气氧化性大于铁离子；甲中第二次含有SO42﹣，可能是过量的氯气把二氧化硫氧化为SO42﹣，不一定是Fe3+把二氧化硫氧化所致；甲错误；乙中第一次既有Fe3+又有Fe2+，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子；乙中第二次含有SO42﹣，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，氧化性铁离子大于二氧

化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；乙正确；丙中第一次有Fe3+无Fe2+，则氯气氧化性大于铁离子；第二次有Fe2+，说明发生了二氧化硫与铁离子的反应，则氧化性铁离子大于二氧化硫，因此可以证明氧化性Cl2＞Fe3+＞SO2；

丙正确；答案选乙、丙。28.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据下图关系推断：(1)写出化学式：X_______，A________，B_______。(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_

______法、________法。(3)写出C→E的化学方程式：____________。(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式：_______________(5)检验物质A的方法和现象是________________【答案】(1).NH4HCO3或(NH4)2CO3(2).

NH3(3).H2O(4).排水(5).向上排空气(6).2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2(7).4NH3+5O24NO+6H2O(8).用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃

棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)【解析】【分析】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2

，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。【详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为

气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；(

1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与

O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2；(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器

口，若有白烟出现，也说明有NH3存在)。【点睛】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题

目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。29.根据下图所示的转化关系，回答下列问题：(1)写出反应①

的离子方程式：______________________________________________；写出反应②的离子方程式：______________________。(2)推出下列物质的化学式：E____________；I_____

_________。(3)在上述转化过程中，B、C、F、H的氧化能力由弱到强的顺序为______________________(写化学式)。【答案】(1).MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(2).Br2＋2I－===2Br－＋I2(3).KCl(4).Ag

Br(5).I2＜Br2＜Cl2＜MnO2【解析】【详解】H中加入淀粉溶液变蓝，说明H为I2单质，F溶液为橙色，应为溴水，即F是Br2单质，其通过反应②即加入G（钾盐）溶液后有单质I2生成，说明G溶液一定是KI溶液，则D为KBr，因为C+KBr→Br2+E，很容易联想到卤素间的置

换反应，比Br2单质氧化性强的应是Cl2，所以C应该是Cl2，B为黑色粉末，可想到A和B的反应是制Cl2的反应，则A为HCl，E为KCl，I为AgBr。（1）反应①是实验室制氯气反应，离子方程式为：MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，反应②是Br2与I－的置换反应，反应的方程

式为：Br2＋2I－===2Br－＋I2，故答案为MnO2＋2Cl－＋4H＋Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；Br2＋2I－===2Br－＋I2（2）C为Cl2，Cl2与KBr反应生成Br2和KCl，所以E为KCl，D为KBr与AgNO3反应生成AgB

r沉淀，所以I为AgBr，故答案为KCl；AgBr。（3）B、C、F、H分别为：MnO2、Cl2、Br2、I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以推出氧化能力由弱到强的顺序为I2＜Br2＜Cl2＜Mn

O2，故答案为I2＜Br2＜Cl2＜MnO230.下图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）。其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）写出C→E的化学方程

式：___________。（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为：_____，干燥C常用______________（填写试剂名称）。（3）E物质遇到D物质时，会观察到_________

________现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为______________（填写物质的化学式）。（4）写出A→D的化学方程式：_______________________。【答案】(1).4NH3+5O24NO+6H2O(2).Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH

3↑+2H2O(3).碱石灰(4).无色气体变为红棕色(5).NO(6).2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2【解析】【分析】A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，是氨

气，则B为氮气，A与过氧化钠反应生成D，则A为二氧化碳，D为氧气，M是最常见的无色液体，M是水。氨气和氧气反应生成E为一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成F为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成G为硝酸。据此解答。【详解】（1）根据

以上分析可知C到E的反应为4NH3+5O24NO+6H2O。（2）实验室用加入氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气是碱性气体，干燥氨气用碱石灰。（3）一氧化氮遇到氧气反应生成红棕色的二氧化氮，若用排

水法收集，则二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，收集到的气体为NO。(4)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。【点睛】无机推断题要抓住突破口，例如能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气

，红棕色气体为二氧化氮或溴蒸气，常见的无色液体为水，淡黄色固体为硫或过氧化钠等。31.氨和硝酸都是重要的工业原料。（1）标准状况下，将500L氨气溶于水形成1L氨水，则此氨水的物质的量浓度为__mol·L-1（保留三位有效数字）。

工业上常用过量氨水吸收二氧化硫，该反应的化学方程式为__。（2）氨氧化法是工业生产中合成硝酸的主要途径。合成的第一步是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮，该反应的化学方程式为__。下列反应中的氨与氨氧化

法中的氨作用相同的是__。A．2Na+2NH3===2NaNH2+H2↑B．2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2OC．4NH3+6NO===5N2+6H2OD．HNO3+NH3===NH4NO3工业中的尾气（假设只有NO和

NO2）用烧碱进行吸收，反应的离子方程式为2NO2+2OH﹣===NO2-+NO3-+H2O和NO+NO2+2OH﹣===□+H2O（配平该方程式）。______________（3）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀HNO3500mL，反应过

程中产生的气体只有NO。固体完全溶解后，在所得溶液（金属阳离子只有Cu2+）中加入1L1mol·L-1的NaOH溶液使金属离子恰好完全沉淀，此时溶液呈中性，所得沉淀质量为39.2g。①Cu与稀HNO3反应的离子方程式为__。②

Cu与Cu2O的物质的量之比为__。③HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。（4）有H2SO4和HNO3的混合溶液20mL，加入0.25mol•L﹣1Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的质量w（g）和Ba（OH）2溶液的体积V（mL）的关系如图

所示（C点混合液呈中性）。则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为__mol·L-1，HNO3的物质的量浓度为__mol·L-1。【答案】(1).22.3(2).SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O

［或SO2+2NH3+H2O===（NH4）2SO3］(3).4NH3+5O24NO+6H2O(4).BC(5).2NO2-(6).3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O(7).2∶1(8).2.4(9).0.25(10)

.1【解析】【分析】（1）利用c=n/v,计算氨水物质的量浓度，氨水显碱性，二氧化硫是酸性氧化物，两者反应生成盐和水；（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4NH35O24NO6H2O，此反应中NH3是还原剂，由

此判断与之作用相同的反应；用化合价升降法配平；（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜水和一氧化氮；②依据Cu和Cu2O的质量及Cu（OH）2的质量可求出Cu和CuO的物质的量；③因为反应后溶液为中性，原溶液

中的硝酸的物质的量为：n(NO)n（NaOH）,由此求算c(HNO3)；（4）由图可以看出，当滴加氢氧化钡20mL时，达到沉淀最大量，此时发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，由此可计算硫酸的物质的量浓度

，又当滴加氢氧化钡60mL时溶液显中性，由此可求出c（H+）进而求出c(HNO3)。【详解】（1）n(NH3)=500L22.4L/mol=22.3mol，氨水的物质的量浓度为22.31molL=22.3mol/L，氨水显碱性，二氧化硫是酸性氧化物，两者反应的化学方程式为：S

O2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O，所以可用氨水吸收二氧化硫；本题答案为：22.3mol/L；SO2+2NH3•H2O===（NH4）2SO3+H2O。（2）氨氧化法制取硝酸的第一步反应为：4

NH35O24NO6H2O，此反应中NH3是还原剂，由此可知与之作用相同的反应是2NH3+3CuO===3Cu+N2+3H2O和4NH3+6NO===5N2+6H2O，故B、C中的氨与氨氧化法中的氨作用相同；由质量守恒和得失电子守恒，配平后的离子方程式为：NO+N

O2+2OH﹣===2NO2-+H2O；本题答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；BC；2NO2-。（3）①Cu与稀HNO3反应，生成硝酸铜、水和一氧化氮，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O；本题答

案为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。②设27.2gCu和Cu2O的混合物中，含CU、Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，依据题中所给的条件可得：64x80y=27

.2，98(x2y)=39.2，两式联立求得：x=0.2,y=0.1,所以x:y=2:1；本题答案为：2:1.③在铜和稀硝酸的反应中，依据N守恒，可知原溶液中n(HNO3)等于表现氧化性的硝酸或被还原的HNO2（NO），与未被还原的硝酸（表现酸性的硝酸）的物质的量之和，因

为滴加氢氧化钠时，溶液呈中性，存在表现酸性的硝酸物质的量为：n(HNO3)=n(NaOH)=1L1mpl/L=1mol，依据电子得失守恒，在氧化还原反应中电子转移数目相等。0.1mol氧化亚铜失去0.2mol电子，0.2m

o铜失去0.4mol电子，设n(NO)=amol,则有：3a=20.20.2=0.6mol,解得a=0.2mol,即被还原的硝酸是0.2mol，原溶液中的硝酸为：n(HNO3)=1mol0.2mol=1.2mol，c(HNO3)=1.2

0.5molL=2.4mol/L；本题答案为：2.4mol/L。（4）由图可知，0～20mLBa（OH）2溶液发生H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O，20mL～60mLBa（OH）2溶液发生发生H++OH﹣═H2O，由图可知，加入20mLBa（OH）

2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，设硫酸的物质的量为x，则：H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O11x0.02L×0.25mol·L﹣1解得：x=0.02L×0.25mol·L﹣1=0.005mol，硫酸的物质的量浓度为：c(H2SO4)=0.0050.

02molL=0.25mol·L﹣1，又由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，由H++OH﹣═H2O可知原溶液中含有的n(H+)与60mLBa（OH）2溶液所含的n(OH-)相等，即n（H+）=n（OH﹣）=2×0.06L×0.25

mol·L﹣1=0.03mol，故n（HNO3）=0.03mol-2n(H2SO4)mol=0.03mol﹣0.005mol×2=0.02mol，故原溶液中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=0.020.02molL=1mol/L;本题答案为：0.25；1。