2018-2019学年辽宁省辽河油田第二高级中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

2018-2019学年辽宁省辽河油田第二高级中学高一上学期期中考试化学试题（解析版）

辽宁省辽河油田第二高级中学2018-2019学年高一上学期期中考试化学试题 ‎1.一些装有化学物质的容器上贴有危险化学品的标志，装有氢氧化钠的容器上应贴的标志是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 氢氧化钠是强碱，具有腐蚀性，应该张贴腐蚀品标志，答案选D。‎ ‎2.若612C原子的质量为a g，A原子的质量为b g，NA为阿伏加德罗常数，则A元素的相对原子质量为 A. 12 a/b B. 12 b/a C. aNA D. 不能确定 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】一种元素因中子数不同，可能有多种原子。元素的相对原子质量是指该元素的同位素按其丰度计算的平均值。A元素可能存在多种同位素，则不能根据A原子的质量计算其A元素的相对原子质量，但可以计算A原子的相对原子质量，A原子的相对原子质量为。答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了相对原子质量的概念与计算方法，该题概念辨析要求高，平时学习时需理解这些概念与相关概念的区别和联系。‎ ‎3.下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是 A. 干冰、氢气、冰水共存物 B. 洁净的空气、液态氧、天然气 C. 纯碱、氦气、漂白粉 D. 酒精、氯水、氢氧化铁胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、干冰是CO2‎ ‎，是化合物，氢气是单质，冰水共存物仍然是水，属于纯净物，A错误；B、洁净的空气属于混合物，液态氧是单质，天然气是混合物，B错误；C、纯碱是碳酸钠，属于化合物，氦气是单质，漂白粉是混合物，C正确；D、酒精是乙醇，属于化合物，氯水、氢氧化铁胶体均是混合物，D错误，答案选C。‎ ‎4.《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”以烧酒复烧二次.. 价值数倍也。”这里用到的实验方法可用于分离 A. 酒精和水 B. 苯和水 C. 食盐水和泥沙 D. 硝酸钾和氯化钠 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”以烧酒复烧二次..价值数倍也。”，说明烧酒的制造工艺属于蒸馏，据此解答。‎ ‎【详解】A、酒精和水互溶，沸点不同，可以用蒸馏法实现分离，A正确；‎ B、苯不溶于水，分离苯和水的混合物，用分液法，B错误；‎ C、食盐水和泥沙用过滤的方法分离，C错误；‎ D、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响不同，可用结晶法分离，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎5.下列化学反应中，属于氧化还原反应的是 A. CaCO3 + 2HCl ＝ CaCl2 + H2O + CO2↑ B. KCl+AgNO3＝AgCl↓+KNO3‎ C. 4NH3+5O24NO+6H2O D. CaCO3 CaO+CO2↑‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．CaCO3 + 2HCl ＝ CaCl2 + H2O + CO2↑，反应中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；B．KCl+AgNO3═KNO3+AgCl↓为复分解反应，不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C、4NH3+5O24NO+6H2O，反应中氮元素的化合价升高，氧元素的化合价降低，为氧化还原反应，故C正确；D．CaCO3CaO+CO2↑反应中不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故D错误；故选C。‎ ‎6.实验室中，通常将金属钠保存在 A. 煤油中 B. 四氯化碳中 C. 水中 D. 汽油中 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 钠的保存需要考虑钠的性质，如钠与空气和水发生反应，与四氯化碳、汽油、煤油不反应，钠的密度比四氯化碳小、比煤油、汽油的密度大以及汽油的沸点低于煤油，易挥发等分析判断。‎ ‎【详解】A、金属钠与煤油不反应，且密度比煤油大，沉于煤油底部，隔开了空气，所以钠能保存在煤油中，故A正确；‎ B、金属钠与四氯化碳不反应，但密度比四氯化碳小，浮于四氯化碳上面，能接触到空气，所以钠不能保存四氯化碳中，故B错误；‎ C、金属钠和水之间能反应，所以不能保存在水中，故C错误；‎ D、金属钠与汽油不反应，密度比汽油大，沉于汽油底部，隔开了空气，但汽油的沸点低于煤油，易挥发，所以钠不能保存汽油中，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列关于铁与水反应的描述不正确的是(　　)‎ A. 铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3‎ B. 红热的铁能与水蒸气反应,放出的气体点燃时能发出爆鸣声 C. 铁与水蒸气的反应是氧化还原反应 D. 常温下，Fe与H2O不反应,但在空气中O2、CO2、H2O的共同作用下能发生反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A．铁的氧化物中Fe2O3是红棕色固体，FeO、Fe3O4是黑色固体，铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe3O4，故A错误；B．红热的Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气点燃时能发出爆鸣声，故B正确；C．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应中Fe、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D．常温下，Fe中含有C元素，Fe、C与电解质溶液能形成原电池，所以Fe在空气中O2、CO2、H2O的共同作用下能发生电化学反应，故D正确；故选A。‎ ‎8.有A、B、C、D四种物质，已知它们能发生下列变化：‎ ‎①2A2++B2＝2B2++A2　    ②2A2++C2＝2C2++A2       ‎ ‎③2B2++C2＝2C2++B2　   ④2C2++D2＝2D2++C2‎ 由此可推知，各物质的氧化性、还原性强弱顺序正确的是 ‎①氧化性：A2+＞B2+＞C2+＞D2+               ②氧化性：D2+＞C2+＞B2+＞A2+‎ ‎③还原性：A2＞B2＞C2＞D2   ④还原性：D2＞C2＞B2＞A2‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由氧化还原反应中氧化性还原性强弱比较规律判断，即氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性；还原剂的还原性＞还原产物的还原性。‎ ‎【详解】由反应①2A2++B2＝2B2++A2知A元素化合价降低，B元素化合价升高，则氧化剂是A2＋，还原剂是B2，所以氧化性：A2＋＞B2＋，还原性：B2＞A2；同样由②2A2++C2＝2C2++A2知氧化性：A2＋＞C2＋，还原性：C2＞A2；由③2B2++C2＝2C2++B2知氧化性：B2＋＞C2＋，还原性：C2＞B2，由④2C2++D2＝2D2++C2知氧化性C2＋＞D2＋，还原性D2＞C2。综合①～④可得氧化性：A2＋＞B2＋＞C2＋＞D2＋，还原性：D2＞C2＞B2＞A2，即选项①④正确，答案选B。‎ ‎9.下列有关化学实验操作正确的是 ‎ ‎ A. 检验K+的存在 B. 干燥CO2 C. 分离溴与CCl4 D. 蒸发食盐水 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，观察是否出现紫色可确定是否K+的存在，故A正确；B．干燥时导管长进短出，图中气体的进入方向不合理，故B错误；C．蒸馏时温度计测定馏分的温度、且冷却水应该下进上出，则图中温度计的水银球应在支管口处、冷却水方向不合理，故C错误；D．蒸发需要玻璃棒不断搅拌，防止局部温度过高，图中缺少玻璃棒，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握焰色反应、混合物分离提纯、实验操作为解答的关键。本题的易错点为C，要注意蒸馏实验的注意事项的归纳和整理。‎ ‎10.饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是 A. HClO B. ClO- C. Cl2 D. Cl-‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 饱和氯水长期放置后次氯酸不断分解生成氧气和氯化氢，最终变为盐酸溶液，因此HClO、ClO-、Cl2均减小，Cl-数目增加，答案选D。‎ ‎11.氯气是一种重要的工业原料，工业上利用反应3Cl2+2NH3＝N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误的是 A. 若管道漏气遇氨就会产生白烟 B. 该反应利用了氯气的强氧化性 C. 该反应属于复分解反应 D. 该反应生成1mol氮气时有6mol电子发生转移 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应3Cl2+2NH3＝N2+6HCl中，Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，N元素化合价升高，被氧化，NH3为还原剂，NH3可与HCl反应生成氯化铵，有白烟生成，以此解答。‎ ‎【详解】A．反应生成HCl，NH3可与HCl反应生成氯化铵，因此若管道漏气遇氨就会产生白烟，故A正确；‎ B．Cl元素化合价降低，被还原，Cl2为氧化剂，该反应利用了氯气的强氧化性，故B正确；‎ C．反应中Cl和N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，不属于复分解反应，故C错误。‎ D．N元素化合价由-3价升高到0价，则生成1molN2时有6mol电子转移，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查氯气的性质，侧重于化学与生活、生产的联系以及氧化还原反应的考查，注意从元素化合价的角度解答该题。‎ ‎12.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是 A. CuCl2 B. MgCl2 C. FeCl3 D. FeCl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A. 铜与盐酸不反应，不能制得CuCl2，A错误；B. 镁与氯气以及镁与盐酸反应均可以制得MgCl2，B正确；C. 铁与氯气化合生成FeCl3，与盐酸反应生成FeCl2，C错误；D. 铁与氯气化合生成FeCl3，与盐酸反应生成FeCl2，D错误，答案选B。‎ ‎13.在KCl、FeCl3、Fe2(SO4)3三种盐配成的混合溶液中，若K＋为0.15 mol，Fe3＋为0.25 mol，Cl－为0.2 mol，则SO42-为 A. 0.1 mol B. 0.15 mol C. 0.25 mol D. 0.35 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据电荷守恒可知3n(Fe3＋)＋n(K＋)=2n(SO42-)＋n(Cl—)，解得n(SO42-)＝0.35mol，答案选D。‎ 考点：考查电荷守恒应用 ‎14.在空气中长时间放置少量金属钠，最终的产物是 A. Na2O B. NaOH C. Na2CO3 D. 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+H2O、Na2CO3+10H2O=Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O=Na2CO3+10H2O。答案选C。‎ ‎15.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 摩尔既是物质的数量单位又是物质的质量单位 B. 常温常压下，48 g O2所占的体积是33.6 L C. 阿伏加德罗常数的数值就是0.012 kg 12C中含有的碳原子数目 D. 氧气的摩尔质量是16 g/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A．摩尔是物质的量的单位；B．常温常压下，气体的Vm＞22.4L/mol；C.1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数；D．氧气的摩尔质量是32g/mol。‎ ‎【详解】A．摩尔是物质的量的单位，不是物质的数量、质量的单位，选项A错误；B．常温常压下，气体的Vm＞22.4L/mol，48gO2所占的体积大于33.6L，选项B错误；C.1mol任何粒子的粒子数叫做阿伏伽德罗常数，1mol任何粒子的粒子数与0.012kg 12C中含有的碳原子数目相同，选项C正确；D．氧气的摩尔质量是32g/mol，选项D错误。答案选C。‎ ‎【点睛】本题综合考查了物质的量及其单位、气体摩尔体积，为高频考点，侧重于双基的考查，题目难度不大，注意气体摩尔体积的适用条件。‎ ‎16.下列化学方程式中，不能用离子方程式Ba2++ SO42—= BaSO4↓表示的是 A. Ba(NO3)2 +H2SO4= BaSO4↓+2HNO3 B. BaCl2+ Na2SO4= BaSO4↓+2 NaCl C. BaCO3 + H2SO4= BaSO4↓+ H2O+CO2↑ D. BaCl2+ H2SO4= BaSO4↓+2HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.硝酸钡和硫酸和硝酸都可以拆成离子形式，该反应可以用离子方程式Ba2+ + SO42— = BaSO4↓表示，故不符合题意；‎ B.该反应中氯化钡和硫酸钠和氯化钠都可以拆成离子形式，该反应可以用离子方程式Ba2+ + SO42— = BaSO4↓表示，故不符合题意；‎ C.该反应中碳酸钡不能拆成离子形式，二氧化碳和水都不能拆成离子形式，故该反应不能用离子方程式Ba2+ + SO42— = BaSO4↓表示，故符合题意；‎ D.氯化钡和硫酸和盐酸都可以用离子形式，该反应能用离子方程式Ba2+ + SO42— = BaSO4‎ ‎↓表示，故不符合题意。‎ 故选C。‎ ‎17.在碱性溶液中能大量共存且溶液为无色透明的离子组是 A. K+、MnO4－、Na+、Cl－ B. Na+、H+、NO3－、SO42－‎ C. K+、Na+、NO3－、CO32－ D. HCO3-、Na+、Cl－、SO42－‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，结合离子的性质以及溶液无色显碱性分析判断。‎ ‎【详解】A. 在碱性溶液中MnO4－不是无色的，不能大量共存，A错误；‎ B. 在碱性溶液中H+不能大量共存，B错误；‎ C. K+、Na+、NO3－、CO32－在碱性溶液中不反应，且均是无色的，可以大量共存，C正确；‎ D. HCO3-在碱性溶液中转化为碳酸根和水，不能大量共存，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎18.现有40 mL浓度为0.04 mol·L－1的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol·L－1的K2A2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2A2O7氧化为Na2SO4，则元素A在还原产物中的化合价为 A. ＋2 B. ＋3 C. ＋4 D. ＋5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。‎ ‎【详解】设元素A在还原产物中的化合价为n，反应前A是+6价，反应中S元素化合价从+4价升高到+6价，则根据电子得失守恒可知0.04L×0.04mol/L×（6－4）＝0.02L×0.02mol/L×2×（6－n），解得n＝+2，答案选A。‎ ‎【点睛】得失电子守恒是指在发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数。得失电子守恒法常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算。电子守恒法解题的步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)×得电子原子数×原子降价数＝n(还原剂)×失电子原子数×原子升价数。‎ ‎19.苹果汁是人们喜爱的饮料。由于此饮料中含有Fe2+，现榨的苹果汁在空气中会由淡绿色变为棕黄色，其原因可能是苹果汁中Fe2+变成Fe3+‎ ‎。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象发生，这说明维生素C具有 A. 氧化性 B. 还原性 C. 碱性 D. 酸性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在空气中，氧气能够把+2价铁氧化成+3价；而加入维生素C则能防止这种氧化，说明被氧化的是维生素C而不再是+2价铁，因此可判断维生素C具有还原性。故答案选B。‎ ‎20.同温同压下，等质量的SO2气体和SO3气体相比较，下列叙述中正确的是 A. 密度之比为4∶5 B. 物质的量之比为4∶5‎ C. 体积之比为1∶1 D. 原子数之比为3∶4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据n=m/M、V＝nVm结合阿伏加德罗定律和物质的组成分析解答。‎ ‎【详解】A、设气体的质量为m，由n=m/M＝V/Vm可知ρ＝m/V＝M/Vm，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于密度之比，所以两种气体的密度之比为：64：80=4：5，A正确；‎ B、n（SO2）＝m/64 mol，n（SO3）＝m/80 mol，所以物质的量之比为：m/64：m/80＝80：64＝5：4，B错误；‎ C、根据V＝nVm可知，同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，所以两种气体体积之比等于5：4，C错误；‎ D、根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为：5×3：4×4＝15：16，D错误。‎ 答案选A。‎ ‎21.实验室可用MnO2和浓盐酸反应制取氯气：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。‎ ‎（1）用单线桥标出电子转移的方向和数目________________________。‎ ‎（2）将上述化学方程式改写为离子方程式________________________。‎ ‎（3）浓盐酸在反应中显示出来的性质是____________(填序号) 。‎ ‎①只有还原性 ②还原性和酸性 ③只有氧化性 ④氧化性和酸性 ‎（4）若产生2mol Cl2，则被氧化的HCl_____mol，转移的电子的数目为________。‎ ‎【答案】 (1). (2). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O (3). ② (4). 4 (5). 4NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）反应中锰元素化合价+4价降低到+2价，做氧化剂得到2个电子，氯元素化合价-1价变化为0价，电子转移总数为2个，据此解答；‎ ‎（2）反应中HCl和MnCl2属于易溶性的强电解质，要写成离子形式；‎ ‎（3）浓盐酸在反应中生成盐时表现酸性，生成氯气时表现还原性；‎ ‎（4）反应中有4mol氯化氢参加反应，其中2mol表现为酸性，2mol表现为还原性，被氧化。‎ ‎【详解】（1）反应中锰元素化合价+4价降低到+2价，做氧化剂得到2个电子，氯元素化合价-1价变化为0价，失去1个电子，根据电子得失守恒可知电子转移总数为2个，单线桥是由失电子一方指向得到电子的一方，写出电子转移总数，用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目为；‎ ‎（2）反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O中HCl和MnCl2属于易溶性的强电解质，要写成离子形式，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（3）由反应可知，盐酸参与反应生成MnCl2时表现其酸性，生成Cl2时表现其还原性；故答案为②；‎ ‎（4）根据方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知盐酸在反应中既表现还原性又表现酸性，4mol氯化氢参加反应，只有2mol氯化氢中-1价的氯离子失去2mol电子，被氧化为氯气中的0价的氯原子，生成1mol氯气，另外2mol氯化氢表现为酸性，因此若产生2mol Cl2，则被氧化的HCl为4mol，转移的电子的数目为4NA。‎ ‎【点睛】本题考查氧化还原反应的计算、离子方程式的书写，明确元素的化合价及电子守恒、质量守恒定律即可解答，侧重于考查学生的分析能力、应用能力和计算能力。浓盐酸的作用是解答的易错点。‎ ‎22.海带含有丰富的碘，为了从海带中提取碘，某研究性学习小组设计并进行了以下实验：‎ 请填写下列空白：‎ ‎（1）步骤③的实验操作名称是________，该操作用到的玻璃仪器有烧杯，_________，________。‎ ‎（2）步骤⑤用到的玻璃仪器除烧杯外还有____________，能否用乙醇来代替CCl4________（填“能”或“否”）。‎ ‎（3）步骤⑥的实验操作名称是________。‎ ‎（4）步骤③得到的滤液中c（I－）＝0.04mol/L，欲使用c（I－）＝0.01mol/L的溶液480mL，需取用该滤液________mL。下列操作会使配制的溶液的物质的量浓度偏小的是_________。‎ A．稀释溶液时有液体溅出 B．容量瓶中有少量蒸馏水残留 C．取滤液时仰视刻度线 D．向容量瓶中加水定容时仰视刻度线 ‎【答案】 (1). 过滤 (2). 漏斗 (3). 玻璃棒 (4). 分液漏斗 (5). 否 (6). 蒸馏 (7). 125 (8). AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）不溶于水的物质需要过滤分离，根据过滤操作来分析用到的实验仪器；‎ ‎（2）步骤⑤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到分液漏斗；根据萃取的基本原则两种溶剂互不相溶，且溶质在一种溶剂中的溶解度比在另一种大的多分析；‎ ‎（3）步骤⑥的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，利用沸点的差异用蒸馏的方法；‎ ‎（4）配制480mL溶液需要500mL容量瓶，结合c＝n/V和实验操作分析可能产生的误差。‎ ‎【详解】（1）步骤③是从海带灰的悬浊液中得到含碘离子的溶液，其实验操作名称是过滤，该操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎（2）步骤⑤为从碘水中萃取碘单质，需要萃取分液，用到的玻璃仪器除烧杯外还有用到分液漏斗。由于乙醇和水互溶，所以不能用乙醇来代替CCl4；‎ ‎（3）步骤⑥的目的是从含碘的四氯化碳溶液中分离出单质碘和回收四氯化碳，是利用互溶的两种液体的沸点不同来分离，则实验操作为蒸馏；‎ ‎（4）步骤③得到的滤液中c（I－）＝0.04mol/L，欲使用c（I－）＝0.01mol/L的溶液480mL，由于需要使用500mL容量瓶，因此需取用该滤液的体积为＝125mL。‎ A．稀释溶液时有液体溅出，溶质的物质的量减少，浓度偏小；‎ B．容量瓶中有少量蒸馏水残留不影响溶质的物质的量和溶液体积，浓度不变；‎ C．取滤液时仰视刻度线导致实际量取的体积增加，所以浓度偏大；‎ D．向容量瓶中加水定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏小。‎ 答案选AD。‎ ‎23.如图表示A～E五种物质间的相互转化关系，其中A为淡黄色固体，B为单质，B与水反应生成C。回答下列问题：‎ ‎（1）写出各物质的化学式：A________，B_______,C________，D_________。‎ ‎（2）写出B→C、B→E、A→C反应的化学方程式：‎ B→C：_______________________________________________________；‎ B→E：_______________________________________________________；‎ A→C：_______________________________________________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2O2 (2). Na (3). NaOH (4). Na2CO3 (5). 2Na＋2H2O＝2NaOH＋H2↑ (6). 2Na＋Cl22NaCl (7). 2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A为淡黄色固体，A能与CO2反应，则A为Na2O2；B为单质，B与水反应生成C，根据B→A（Na2O2）以及B+Cl2→E可知B为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaCl，据此判断。‎ ‎【详解】根据以上分析可知A为Na2O2，B为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaCl，则 ‎（1）A的化学式为Na2O2，B的化学式为Na，C的化学式为NaOH，D的化学式为Na2CO3。‎ ‎（2）B→C是钠和水反应生成氢氧化钠与氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。‎ B→E是钠在氯气中燃烧生成氯化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑。‎ A→C是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑。‎ ‎24.如图制取SO2并验证SO2性质的装置图。‎ 已知Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O。‎ ‎（1）①中为紫色石蕊试液，实验现象为________，实验证明SO2是________气体。‎ ‎（2）②中为红色品红溶液，现象为________证，明SO2有________性。‎ ‎（3）④为紫红色高锰酸钾，实验现象为________，证明SO2有________性。‎ ‎（4）⑤的作用________，反应方程式_________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 溶液变红 (2). 酸性 (3). 褪色 (4). 漂白性 (5). 紫红色褪去 (6). 还原性 (7). 吸收多余SO2，防止污染环境 (8). SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 二氧化硫是一种酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，二氧化硫中S元素是+4价，处于中间价态，既有氧化性还有还原性，另外二氧化硫还具有漂白，据此解答。‎ ‎【详解】（1）二氧化硫为酸性氧化物与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离产生氢离子，溶液显酸性，遇石蕊显红色，即①中实验现象为溶液变红，实验证明SO2是酸性气体；‎ ‎（2）二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故二氧化硫具有漂白性，即②中现象为褪色；‎ ‎（3）酸性KMnO4具有强氧化性，溶液颜色为紫红色，SO2中+4价S具有还原性，二氧化硫通入酸性高锰酸钾中发生反应：2KMnO4+5SO2+2H2O＝K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，该反应中二氧化硫为还原剂，具有还原性，发生氧化反应，导致酸性KMnO4溶液的紫红色褪去；‎ ‎（4）二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，二氧化硫是酸性氧化物能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染环境，反应的化学方程式为：2NaOH+SO2＝Na2SO3+H2O。‎ ‎【点睛】明确二氧化硫的性质特点是解答的关键，注意二氧化硫的漂白性特点与氯水的区别，二氧化硫的漂白发生的是非氧化还原反应，褪色后加热会恢复原来的颜色，另外二氧化硫不能漂白酸碱指示剂。‎ ‎ ‎