2018-2019学年江苏省宿迁市高一上学期期末考试化学试题（解析版）

2018-2019学年江苏省宿迁市高一上学期期末考试化学试题（解析版）

江苏省宿迁市2018-2019学年高一上学期期末考试 化学试题 ‎1.碳酸钠是一种非常重要的化工原料，它属于 A. 酸 B. 碱 C. 盐 D. 氧化物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 碳酸钠属于由碳酸根离子和钠离子组成的化合物，属盐，故答案为C。‎ ‎2.下列化学用语表示正确的是 A. 过氧化钠的化学式： Na2O2‎ B. Mg2+的结构示意图：‎ C. 明矾的化学式： Al2(SO4)3‎ D. 碳酸氢钠的电离方程式： NaHCO3 ＝ Na+ + H+ + CO32-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．过氧化钠的化学式：Na2O2，选项A正确；‎ B．Mg2+结构中有2个电子层，最外层电子数为8，其原子结构示意图为，选项B错误；‎ C．明矾是十二水硫酸铝钾，其化学式为： KAl(SO4)2·12H2O，选项C错误；‎ D．NaHCO3是盐，属于强电解质，在溶液中完全电离出钠离子和碳酸氢根离子，其电离方程式为：NaHCO3 ＝ Na+ + HCO3-，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查化学用语的使用，明确化学式、原子结构示意图、电离方程式是解题关键，D项为易错点，注意碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子不能完全电离，题目难度不大。‎ ‎3.下列物质属于电解质的是 A. 铜 B. 氯化钠 C. 一氧化氮 D. 乙醇 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．金属铜是单质，它既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；‎ B．氯化钠属于盐，溶于水或者熔融状态时，可以完全电离成钠离子和氯离子而导电，属于电解质，选项B正确；‎ C．一氧化氮是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，是非电解质，选项C错误；‎ D．乙醇是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物，是非电解质，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎4.是常用于医学PET显像的一种核素，这里的“13”是指该原子的 A. 质子数 B. 电子数 C. 中子数 D. 质量数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 是氮的一种重要核素，其中元素符号的左下角表示质子数、左上角表示质量数，质量数=质子数+中子数，据此进行判断。‎ ‎【详解】元素符号的左下角表示质子数、左上角表示质量数，则中7为该核素的质子数，13为该核素的质量数，该核素的中子数为13-7=6，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查原子构成，题目难度不大，明确元素符号的表示方法为解答关键，注意掌握原子中质量数与质子数、中子数之间的关系。‎ ‎5.下列过程涉及化学变化的是 A. 百炼成钢 B. 碘的升华 C. 氨气液化 D. 滴水成冰 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 化学变化是指有新物质生成的变化．物理变化是指没有新物质生成的变化。‎ ‎【详解】A、百炼成钢，是在炼钢过程中将一部分碳氧化除去的过程，属于化学变化，选项A正确；‎ B、碘升华过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，选项B错误；‎ C、氨气液化只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，选项C错误；‎ D、滴水成冰只是水的状态变化，没有新物质生成，属于物理变化，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查物理变化和化学变化的区别，搞清楚物理变化和化学变化的本质区别是解答本类习题的关键．判断的标准是看在变化中有没有生成其他物质．一般地，物理变化有物质的固、液、气三态变化和物质形状的变化。‎ ‎6.将直径在1 nm～100‎ ‎ nm之间的食盐晶体超细粒子分散到酒精中，激光笔照射能看到丁达尔效应，所形成的分散系是 A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当分散剂是水或其他液体时，如果按照分散质粒子的大小来分类，可以把分散系分为：溶液、胶体和浊液．分散质粒子直径小于1nm的分散系叫溶液，在1-100nm之间的分散系称为胶体，而分散质粒子直径大于100nm的分散系叫做浊液。直径1～100nm之间的超细粒子的食盐分散到酒精中形成的分散系为胶体，答案选B。‎ ‎7.工业上制备硅的反应为：SiO2 + 2CSi + 2CO↑，该反应属于 A. 化合反应 B. 分解反应 C. 复分解反应 D. 置换反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，据此进行分析解答。‎ ‎【详解】工业制取硅的反应方程式为SiO2 + 2CSi + 2CO↑，该反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应，属于置换反应。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查四种基本反应类型的判断，掌握置换反应的特征（反应物和生成物均是两种，其中一种是单质和另一种是化合物）是正确解答本题的关键。‎ ‎8.在含有大量 H+、Ba2+、Cl— 的溶液中，还可能大量共存的离子是 A. Ag+ B. Ca2+ C. CO32- D. SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据复分解反应发生的条件，离子间若能相结互合成沉淀、气体或水，则离子不能共存，据此进行分析判断。‎ ‎【详解】A、Ag+、Cl-两种离子能结合成氯化银沉淀，不能大量共存，选项A错误；‎ B、Ca2+与三种离子不能结合成沉淀、气体或水，能大量共存，选项B正确；‎ C、Ba2+、CO32-两种离子能结合成碳酸钡沉淀，不能大量共存，选项C错误；‎ D、Ba2+、SO42-两种离子能结合成硫酸钡沉淀，不能大量共存，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎9.下列有关物质的用途说法不正确的是 A. Si 可用于制造光导纤维 B. 钠、钾合金可用于原子反应堆作热交换剂 C. FeCl3 溶液可作为铜质电路板蚀刻剂 D. 漂白粉可用于自来水杀菌消毒 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Si是良好的半导体材料，SiO2可用于制造光导纤维，选项A不正确；‎ B．钠和钾的合金是热的良导体，在原子反应堆中作热交换剂，选项B正确；‎ C．氯化铁把铜氧化成氯化铜，本身被还原为氯化亚铁，故可用FeCl3溶液蚀刻铜制电路板，选项C正确；‎ D、漂白粉的有效成分是次氯酸钙Ca(ClO)2，可用于自来水的杀菌、消毒，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎10.下列说法正确的是 A. O2 的摩尔质量是32 g B. 1 mol Na2O 的质量是62 g C. 18 g H2O 含有氢原子数目为1 mol D. 22.4 L SO2 的物质的量是 1 mol ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量，氧气的相对分子质量是16×2=32，故氧气的摩尔质量是32g/mol，选项A错误；‎ B、1 mol Na2O 的质量是1 mol 62 g/mol=62g，选项B正确；‎ C、18g水的物质的量为1mol，而水中含2个氢原子，故1mol水中含2mol氢原子即2NA个，选项C错误；‎ D、若不是标准状况，22.4L SO2物质的量不一定是1mol，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎11.下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 钠与水反应：Na + H2O ＝ Na+ + OH— + H2↑‎ B. 铁与盐酸反应：2Fe + 6H+ ＝ 2Fe3+ + 3H2↑‎ C. 碳酸钙与醋酸反应：CO32-+ 2H+ ＝ CO2↑ + H2O D. 铜与稀硝酸反应：3Cu + 8H+ + 2NO3—＝ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠与水反应的离子方程式为：2Na + 2H2O ＝ 2Na+ + 2OH— + H2↑，选项A错误；‎ B. 铁与盐酸反应的离子方程式为：Fe + 2H+ ＝ Fe2+ + H2↑，选项B错误；‎ C. 碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为：CaCO3+ 2CH3COOH＝Ca2++2CH3COO-+CO2↑ + H2O，选项C错误；‎ D. 铜与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu + 8H+ + 2NO3— ＝ 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，选项C为易错点，碳酸钙难溶、醋酸为弱酸，均应写成化学式。‎ ‎12.下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是 A. 用图甲所示装置收集 NO B. 用图乙所示装置制备 NH3‎ C. 用图丙所示装置制备 Fe(OH)2 D. 用图丁所示装置稀释浓 H2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NO能与氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，选项A错误；‎ B、用图乙所示装置制备 NH3，氯化铵受热分解产生的氨气和氯化氢在试管口又反应生成氯化铵固体，无法得到氨气，选项B错误；‎ C、Fe(OH)2白色沉淀极易被空气中的氧气氧化：4 Fe(OH)2+2H2O+O2═4 Fe(OH)3，生成红褐色沉淀，所以制备Fe(OH)2沉淀需隔绝空气，煤油的密度比水小，浮在上面，能起到隔绝空气的作用，所以该装置能实现制备Fe(OH)2沉淀，选项C正确；‎ D、稀释浓 H2SO4时应将浓硫酸慢慢注入水中并不断搅拌，而不能将水倒入浓硫酸中，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎13.下列物质中既能跟稀 H2SO4 反应，又能跟 NaOH 溶液反应的有 ‎① Mg ② Al2O3 ③ Al(OH)3 ④ CuCl2‎ A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】Mg与稀H2SO4反应生成硫酸镁和氢气，与NaOH溶液不反应，故①错误；‎ ‎②Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故②正确；‎ ‎③Al(OH)3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故③正确；‎ ‎④CuCl2与稀H2SO4不反应，与NaOH溶液反应生成氢氧化铜和氯化钠，故④错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查既能与酸又能与碱反应的物质，明确Al2O3、Al(OH)3的性质是解答本题的关键，试题难度不大。‎ ‎14.下列有关浓硝酸说法不正确的是 A. 实验室常用浓硝酸与金属锌反应制备氢气 B. 常温下浓硝酸能使金属铝钝化 C. 浓硝酸不稳定，见光易分解，需要避光保存 D. 浓硝酸易挥发，打开瓶塞，瓶口有白雾产生 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硝酸的氧化性很强，与金属反应时一般不生成氢气而生成氮氧化物，所以实验室中不能使用硝酸制备氢气，选项A错误；‎ B、在常温下铁、铝遇浓硝酸会被氧化在表面产生一薄层致密氧化物薄膜，对内层的金属起到了保护作用，这种现象叫钝化，选项B正确；‎ C、浓硝酸不稳定见光容易分解：4HNO3 4NO2↑+O2↑+2H2O，所以应避光保存，选项C正确；‎ D. 浓硝酸易挥发，打开瓶塞，瓶口有白雾产生，选项D正确。‎ 答案选A。‎ ‎15.铝热反应可用于焊接钢轨，反应为：2Al + Fe2O3 2Fe + Al2O3，下列关于该反应说法正确的是 A. Al 是还原剂 B. Fe2O3 发生氧化反应 C. Fe 是氧化产物 D. 当生成 1 mol Fe 时，转移 6 mol 电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2Al + Fe2O3 2Fe + Al2O3中，Al元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，以此来解答。‎ ‎【详解】A、因反应中铝元素的化合价升高，Al作还原剂，选项A正确；‎ B、因反应中铁元素的化合价降低，则Fe2O3作氧化剂，发生还原反应，选项B错误；‎ C、因反应中铁元素的化合价降低，则Fe2O3被还原生成Fe，Fe为还原产物，选项C错误；‎ D、反应中Fe元素化合价由＋3价变为0价，当生成 1 mol Fe 时，转移 3 mol 电子，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎16.下列溶液中Cl－浓度最小的是 A. 25 mL 1 mol·L−1 AlCl3 溶液 B. 30 mL 3 mol·L−1 KCl 溶液 C. 20 mL 2 mol·L−1 MgCl2 溶液 D. 30 mL 2 mol·L−1 NaCl 溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据溶液中c（Cl-）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数判断，与溶液的体积无关。‎ ‎【详解】A、25 mL 1 mol·L−1 AlCl3 溶液中c（Cl-）=3c（AlCl3）=1mol/L×3=3mol/L；‎ B、30 mL 3 mol·L−1 KCl溶液中c（Cl-）=c（KCl）=3mol/L；‎ C、20 mL 2 mol·L−1 MgCl2溶液中c（Cl-）=2c（MgCl2）=2mol/L×2=4mol/L；‎ D、30 mL 2 mol·L−1 NaCl 溶液中c（Cl-）=c（NaCl）=2mol/L；‎ 所以氯离子浓度最小的是2mol/L，‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查了物质的量浓度的有关计算，根据溶液中c（Cl-）=溶质的物质的量浓度×化学式中氯离子个数来解答即可，注意与溶液的体积无关，为易错点。‎ ‎17.下列除杂所选用的试剂及操作方法均正确的一组是（括号内为杂质）‎ 物质 除杂试剂 操作 A CO2 （HCl）‎ 氢氧化钠溶液 洗气 B FeCl2 溶液 （FeCl3）‎ 铜粉 充分反应后过滤 C Na2CO3固体（NaHCO3）‎ 无 充分加热 D Fe2O3 （Al2O3）‎ 稀硫酸 充分反应后过滤 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、CO2和HCl气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则，故选项所采取的方法错误，选项A错误；‎ B．加入铜粉发生反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，引入铜离子，选项B错误；‎ C、NaHCO3不稳定，加热易分解，可用加热的方法除杂，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，选项C正确；‎ D、Fe2O3和Al2O3都可与稀硫酸反应，则不能用稀硫酸除杂，Al2O3为两性氧化物，可与强碱溶液反应，则可用氢氧化钠溶液分离，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎18.在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaClNaHCO3Na2CO3‎ B. AlAl2O3Al（OH）3‎ C. SSO2H2SO4‎ D. NH3NOHNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸的酸性比盐酸弱，氯化钠与二氧化碳不反应，无法得到碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解得到碳酸钠，选项A错误；‎ B、铝在氧气中点燃反应生成氧化铝，氧化铝不与水反应，选项B错误；‎ C、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫与双氧水反应生成硫酸，物质间转化均能实现，选项C正确；‎ D、氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮不能与水反应生成硝酸，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎19.下列关于离子检验叙述正确的是 A. 用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明原溶液中有 Na+，一定无 K+‎ B. 某溶液与浓 NaOH 溶液共热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝气体，说明原溶液中存在 NH4+‎ C. 某溶液中加入 BaCl2 溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中一定存在 SO42-‎ D. 某溶液中加入 AgNO3 溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中一定存在 Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯的火焰上灼烧时．火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+，由于没有透过蓝色钴玻璃观察，则无法判断是否含有K+，选项A错误；‎ B．氨气为碱性气体，可使红色石蕊试纸变蓝，说明原溶液中一定含有NH4+，选项B正确；‎ C．某溶液中加入BaCl2溶液时，产生白色沉淀，该沉淀可能为氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡或硫酸钡等，原溶液中可能存在银离子、亚硫酸根离子、碳酸根离子等，不一定存在SO42-，选项C错误；‎ D、向某溶液中滴加AgNO 3 溶液，生成的白色沉淀可能是AgCl或Ag2CO3等，原溶液中可能含有Cl- 或是CO32- 等离子，选项D错误；‎ 答案选B。‎ ‎20.向 2.0 L 浓度均为 1.0 mol·L−1 的 CuSO4、Fe2(SO4)3 和 H2SO4 的混合液中加入足量的铁粉，反应停止后，铁粉有剩余，此时溶液中 Fe2＋ 的物质的量浓度是（溶液的体积变化忽略不计）‎ A. 1.5 mol·L−1 B. 2.0 mol·L−1 C. 3.0 mol·L−1 D. 5.0 mol·L−1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】混合溶液中n（Cu2+）=2.0 L×1.0 mol·L−1 =2.0mol，n（H+）=2.0 L×1.0 mol·L−1 ×2=4.0mol，n（Fe3+）=2.0 L×1.0 mol·L−1 ×2=4.0mol；‎ 混合液中加入足量的铁粉，反应停止后，铁粉有剩余，则硫酸铁、硫酸铜、硫酸都完全反应，发生的反应有：‎ ‎2Fe3+ + Fe = 3Fe2+‎ ‎4.0mol 6.0mol Cu2+ + Fe = Fe2+ + Cu ‎2.0mol 2.0mol ‎2H+ + Fe = Fe2+ + H2↑‎ ‎4.0mol 2.0mol 此时溶液中 Fe2＋ 的物质的量n（Fe2＋）=6.0mol+2.0mol+2.0mol=10.0mol，故c（Fe2+）= =5.0mol/L，‎ 答案选D。‎ ‎21.Ⅰ. 下列各组物质的分离或提纯，应选用下述方法的哪一种？（填选项字母）‎ A. 萃取 B. 加热 C. 结晶 D. 分液 E. 过滤 F. 蒸馏 ‎ ‎（1）除去食盐水中的泥沙____。‎ ‎（2）从含有少量氯化钠的硝酸钾溶液中提取硝酸钾____。‎ ‎（3）分离水和汽油____。‎ ‎（4）分离 CCl4 （沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的液体混合物____。‎ Ⅱ. 实验室欲用 NaOH 固体来配制 100 mL 0.5 mol·L−1 的 NaOH 溶液。‎ ‎（1）配制过程中使用的仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管外，还必须用到的玻璃仪器有____。 ‎ ‎（2）下列主要操作步骤的正确顺序是____。（填序号）‎ ‎①称取一定质量的氢氧化钠固体，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；‎ ‎②将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；‎ ‎③溶液冷却至室温，将溶液转移到容量瓶中；‎ ‎④用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶中；‎ ‎⑤加水至液面接近容量瓶刻度线1～2厘米处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面正好与刻度线相切。‎ ‎（3）在配制过程中，若其他操作均正确，则下列操作会引起结果偏高的是____。‎ A．没有洗涤烧杯和玻璃棒 ‎ B．未等 NaOH 溶液冷却至室温就转移到容量瓶中 C．溶解氢氧化钠搅拌时，液体部分溅出 ‎ D．定容时俯视刻度线 ‎【答案】 (1). E (2). C (3). D (4). F (5). 100 mL容量瓶 (6). ①③④⑤② (7). B D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ⅰ.（1）泥沙不溶于水；‎ ‎（2）二者在水中的溶解度受温度的影响不同；‎ ‎（3）水和汽油互不相溶；‎ ‎（4）二者沸点不同；‎ Ⅱ.（1）根据配制溶液的操作步骤选择所用仪器；‎ ‎（2）根据配制溶液的实验操作过程进行实验步骤排序；‎ ‎（3）分析操作对溶质的物质的量或对溶液体积的影响，根据c=分析判断；‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）泥沙不溶于食盐水，则选择过滤法分离，故答案为：E；‎ ‎（2）硝酸钾和氯化钠都溶于水，但二者在水中的溶解度受温度的影响不同，可用结晶的方法分离，故答案为C；‎ ‎（3）水和汽油互不相溶，可用分液的方法分离，故答案为D；‎ ‎（4）二者沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故答案为F；‎ Ⅱ.（1）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2～3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。所以需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管、药匙等，则还需要的玻璃仪器为100mL容量瓶；‎ ‎（2）由上述分析可知，操作顺序应为：①③④⑤②；‎ ‎（3）A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，部分溶质损失，导致所配溶液浓度偏低，选项A不符合；‎ B．未等 NaOH 溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，则溶液中所加蒸馏水的量偏少，所配溶液浓度偏高，选项B符合；‎ C．溶解氢氧化钠搅拌时，液体部分溅出，溶质部分损失，所配溶液浓度偏低，选项C不符合；‎ D．定容时俯视容量瓶的刻度线，使溶液的体积偏低，所配溶液浓度偏高，选项D符合；‎ 答案选BD。‎ ‎22.有关物质的转化关系如下图所示（部分条件已略去）。 A 为海水中含量最高的盐类物质， C 为黄绿色气体， F 为生活中常见的金属单质， I 为红褐色沉淀。‎ ‎（1）E的化学式为____，I的化学式为____。‎ ‎（2）写出反应①的化学方程式：____；写出反应⑤的离子方程式：____。 ‎ ‎（3）检验 H 溶液中金属阳离子的方法是____。‎ ‎（4）保存 G 溶液时要加少量固体 F 的原因是____。‎ ‎【答案】 (1). HCl (2). Fe(OH)3 (3). 2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑ (4). 2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl— (5). 取少量H溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则溶液中含Fe3+ (6). 防止Fe2+被氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A 为海水中含量最高的盐类物质，则为氯化钠，电解氯化钠溶液产生氢氧化钠、氢气和氯气，C 为黄绿色气体， 则为氯气， F 为生活中常见的金属单质， I 为红褐色沉淀，根据流程中物质推知，D为氢氧化钠，C为氯气，氯气和氢气反应生成E为氯化氢，氯化氢的水溶液盐酸与F反应，以及G与H的转化可知，F为铁，G为为氯化亚铁，H为氯化铁，I为氢氧化铁，据此分析。‎ ‎【详解】A 为海水中含量最高的盐类物质，则为氯化钠，电解氯化钠溶液产生氢氧化钠、氢气和氯气，C 为黄绿色气体， 则为氯气， F 为生活中常见的金属单质， I 为红褐色沉淀，根据流程中物质推知，D为氢氧化钠，C为氯气，氯气和氢气反应生成E为氯化氢，氯化氢的水溶液盐酸与F反应，以及G与H的转化可知，F为铁，G为为氯化亚铁，H为氯化铁，I为氢氧化铁。‎ ‎（1）E为氯化氢，其化学式为HCl，I为氢氧化铁，其化学式为Fe(OH)3；‎ ‎（2）反应①是电解氯化钠溶液得到氢氧化钠、氯气和氢气，反应的化学方程式为：2NaCl + 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑；‎ 反应⑤是氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl—；‎ ‎（3）检验 H 溶液中金属阳离子铁离子的方法是取少量H溶液于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则溶液中含Fe3+；‎ ‎（4）保存 G 溶液时要加少量固体 F 的原因是防止Fe2+被氧化。‎ ‎23.某同学设计了如下装置用于制取 SO2 和验证 SO2 的性质。‎ 试回答以下问题：‎ ‎（1）装置 A 中用于添加浓硫酸的仪器名称为____，其中反应的化学方程式为____。‎ ‎（2）导管①的作用是____。‎ ‎（3）装置 B 中可观察到的现象是____，体现出 SO2 ____性。‎ ‎（4）装置 D 中溴水褪色，体现出 SO2 ____性。‎ ‎（5）E 装置的作用是 ____，发生反应的离子方程式为____。‎ ‎【答案】 (1). 分液漏斗 (2). H2SO4 + Na2SO3 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O (3).‎ ‎ 平衡气压，便于浓硫酸顺利滴下 (4). 品红溶液褪色 (5). 漂白 (6). 还原 (7). 吸收SO2气体，防止污染空气 (8). 2OH—+ SO2 = SO32—+ H2O（或OH—+ SO2 = HSO3—）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据仪器的结构及反应原理判断；‎ ‎（2）导管的作用是平衡气压；‎ ‎（3）SO2具有漂白性；‎ ‎（4）SO2 具有还原性；‎ ‎（5）二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中。‎ ‎【详解】（1）根据仪器的结构可知，装置 A 中用于添加浓硫酸的仪器名称为分液漏斗，其中发生的反应为亚硫酸钠与浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为H2SO4 + Na2SO3 = Na2SO4 + SO2↑ + H2O；‎ ‎（2）若没有导管①平衡压强，分液漏斗内液体不能够顺利流下，故导管①的作用是平衡气压，便于浓硫酸顺利滴下；‎ ‎（3）因SO2具有漂白性，装置 B 中可观察到的现象是品红溶液褪色；‎ ‎（4）因 SO2 具有还原性，与溴发生氧化还原反应而使溴水褪色，则装置 D 中溴水褪色；‎ ‎（5）二氧化硫为污染性气体，不能直接排放到空气中，故E 装置的作用是吸收SO2气体，防止污染空气，发生反应的离子方程式为2OH—+ SO2 = SO32—+ H2O或OH—+ SO2 = HSO3—。‎ ‎24.下面是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置（部分夹持仪器已略）‎ ‎ ‎ ‎（1）装置 B 中饱和食盐水的作用是____。‎ ‎（2）装置 D 的作用是验证氯气是否具有漂白性，为此 D 中Ⅰ、Ⅱ、Ш 处依次放入物质的组合应是____（填字母编号）。‎ 编号 Ⅰ Ⅱ Ш a 干燥的有色布条 碱石灰 湿润的有色布条 b 干燥的有色布条 无水氯化钙 湿润的有色布条 c 湿润的有色布条 碱石灰 干燥的有色布条 d 湿润的有色布条 无水氯化钙 干燥的有色布条 ‎（3）设计装置 F 的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性。反应一段时间后，打开E中活塞，将装置E 中少量溶液加入装置F中，振荡，观察到的现象是 ____，该现象____（填“能”或“不能”）说明溴单质的氧化性强于碘单质，原因是____。‎ ‎（4）实验室也可以用高锰酸钾和浓盐酸反应来制备氯气，反应的化学方程式为：2KMnO4 + 16HCl（浓） ＝ 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O ‎①在化学方程式上用双线桥法标出该反应中电子转移的方向和数目 ____。‎ ‎②在该反应中，氧化剂是____。‎ ‎③上述反应中，有126. 4 g 的 KMnO4 参加反应，若将生成的氯气全部通入足量的石灰乳中，理论上可得到次氯酸钙多少克？_____________‎ ‎【答案】 (1). 除去Cl2中混有的HCl气体 (2). d (3). F中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层无色 (4). 不能 (5). 过量的Cl2也能将I－氧化为I2 (6). (7). KMnO4 (8). 求得n(KMnO4) = 0. 8 mol 由关系式4 n(KMnO4)～10 n(Cl2)～5 n[Ca(ClO)2]得：n[Ca(ClO)2]= n(KMnO4)= ×0. 8 mol =1. 0 mol m[Ca(ClO)2]= n[Ca(ClO)2] ×M[Ca(ClO)2]= 1. 0 mol×143g/mol=143g 即理论上可得到143克次氯酸钙 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢在饱和食盐水中溶解度较大，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用装置 B 中饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢气体；‎ ‎（2）装置D的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中AB的II中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性; D中II为固体干燥剂，不能为浓硫酸，所以D中I、II 、Ⅲ依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选d；‎ ‎（3）据图可知，E中通入氯气后生成单质溴，加入F中后又生成了单质碘，故F中现象是溶液分层，且上层即苯层显紫红色，但是由于E中可能有过量的氯气，故F中生成的单质碘不一定是溴与KI反应置换出来的，也可能是过量的Cl2将I-氧化为I2，故不能说明溴单质的氧化性一定比碘强；‎ 故答案为：F中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，下层无色；不能；过量的Cl2也能将I－氧化为I2；‎ ‎（4）①反应中Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高为0，该反应中转移10e-，双线桥法标出电子转移的方向和数目为；‎ ‎②KMnO4中Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，氧化剂为KMnO4；‎ ‎③根据题目条件可知，发生的反应有：2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O、2Cl2＋2Ca(OH)2= Ca(ClO)2+CaCl2+2H2 O；‎ 求得n(KMnO4) = 0. 8 mol；由关系式4 n(KMnO4)～10 n(Cl2)～5 n[Ca(ClO)2]得：n[Ca(ClO)2]= n(KMnO4)= ×0. 8 mol =1. 0 mol，‎ m[Ca(ClO)2]= n[Ca(ClO)2] ×M[Ca(ClO)2]= 1. 0 mol×143g/mol=143g 即理论上可得到143克次氯酸钙。‎ ‎ ‎ ‎ ‎