【化学】吉林省四平市双辽市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

【化学】吉林省四平市双辽市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 （解析版）

吉林省四平市双辽市第二中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 注意事项：‎ ‎1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。‎ ‎2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。‎ ‎4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。‎ 相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Fe 56 Mn 55‎ 一、选择题（每小题3分，共48分）‎ ‎1.下列属于酸性氧化物的是（ ）‎ A. CaO B. NO2 C. SO3 D. H2SO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】能与碱反应只生成一种盐和水的氧化物为酸性氧化物，据此来判断即可。‎ ‎【详解】A.是碱性氧化物，故A错误；‎ B.与反应生成与和水，故B错误；‎ C.和碱反应生成硫酸盐和水，故为酸性氧化物，故C正确；‎ D.不是氧化物，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎2.下列实验操作正确的是（ ）‎ A. 用托盘天平称量11.50gNaCl固体 B. 用100mL量筒量取5.5mL稀盐酸 C. 使用容量瓶配制溶液，移液时应洗涤烧杯2～3次 D. 溶解后的氢氧化钠趁热转移到容量瓶 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、托盘天平只能准确到0.1g，无法称量11.50gNaCl固体，故A错误；‎ B项、选用量筒时，应该满足量筒的规格与量取的液体体积最接近原则，如量取5.5mL溶液，应该选用10mL的量筒，所以不能用100mL量筒量取5.5mL稀盐酸，故B错误；‎ C项、使用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，故C正确；‎ D项、氢氧化钠固体溶解时会放出热量，如果不冷却溶液直接转移，定容后，溶液有热胀冷缩的性质，会导致溶液的体积偏小，物质的量浓度偏大，所以要冷却溶液至室温时再转移溶液，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，不能和任何酸反应 B. 光导纤维的主要成分是晶体硅 C. 硅石、石英、水晶、玛瑙中都含有二氧化硅 D. 明矾净水是因为其具有杀菌消毒的性质 ‎【答案】C ‎【解析】A．二氧化硅是酸性氧化物，它可以跟碱反应，二氧化硅能够与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故A错误；B．光导纤维的主要成分是晶体二氧化硅，故B错误；C．硅石、石英、水晶、玛瑙中均含有二氧化硅，故C正确；D．明矾净水是因为Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体有吸附性能，可净水，但其没有强氧化性，不能杀菌消毒，故D错误；答案为C。‎ ‎4.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（ ）‎ A. 分离碘和酒精B. 除去Cl2中的HCl C. 实验室制氨气D. 排水法收集NO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碘易溶酒精中，不能直接分液，故A错误；‎ B.氢氧化钠溶液也能吸收氯气，应该用饱和的食盐水，故B错误；‎ C.虽然加热分解可以生成氯化氢和氨气，二者冷却后又化合生成，故C错误；‎ D.不溶于水，可以用排水法收集，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎5.下列叙述中正确的是 ( )‎ A. FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是有没有丁达尔效应 B. 凡能电离出 H+的化合物均属于酸 C. 非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物 D. 将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成胶体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分散系按分散质粒子直径大小分为溶液、胶体与浊液，则FeCl3溶液、Fe(OH)3胶体与Fe(OH)3沉淀的本质区别是分散质粒子直径不同，故A项错误；‎ B. 能电离出H+的化合物不一定是酸，如NaHSO4属于盐，在水溶液中电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物才属于酸，故B项错误；‎ C. CO属于非金属氧化物，但不一定是酸性氧化物，Mn2O7、CrO3等属于酸性氧化物，但不是非金属氧化物，故C项正确；‎ D. 胶体是分散质粒子直径为1-100nm的均一介稳分散系，将几滴汽油加入装有10mL水的试管中，用力振荡形成的是乳浊液，而不是胶体，故D项错误；‎ 答案选C ‎6.下列溶液中Cl－浓度最小的是(　　)‎ A. 200mL 2mol/L MgCl2溶液 B. 300mL 2.5mol/L FeCl3溶液 C. 500mL 2.5mol/L NaCl溶液 D. 250mL 1mol/L AlCl3溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、200mL 2mol/L MgCl2溶液中，c（Cl-）=2mol/L×2=4mol/L；‎ B、300mL 2.5mol/L FeCl3溶液中c（Cl-）=2.5mol/L×3=7.5mol/L； ‎ C、500mL 2.5mol/L NaCl溶液中，c（Cl-）=2.5mol/L×1=2.5mol/L； ‎ D、250mL 1mol/L AlCl3溶液中，c（Cl-）=1mol/L×3=3mol/L；‎ 答案选C。‎ ‎7.能正确表示下列反应的离子方程式是（ ）‎ A. 氯气通入冷的氢氧化钠溶液中：Cl2+2OH﹣=ClO﹣+Cl﹣+H2O B. 碳酸钠溶液与醋酸溶液混合：CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑‎ C. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液：Cu2++2OH﹣=Cu（OH）2↓‎ D. 盐酸中加入铁粉：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氯气通入冷的氢氧化钠溶液中，离子方程式：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O，故A正确；‎ B．碳酸钠溶液与醋酸溶液混合，离子方程式：CO32﹣+2CH3COOH═H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；‎ C．向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液，离子方程式：Ba2++SO42﹣+Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故C错误；‎ D．盐酸中加入铁粉，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎8.下列实验操作正确的是（ ）‎ 选项 实验 操作 A 观察钠与水反应的现象 用镊子从煤油中取出金属钠，切下黄豆大小的钠，小心放入装满水的烧杯中 B 检验NaHCO3与Na2CO3溶液 用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水 C 证明Na2O2与CO2是放热反应 Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应 D 检验Na2CO3与K2CO3溶液 用铂丝分别蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，直接观察火焰的颜色 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】A．从钠的保存环境和钠与水反应的剧烈程度考虑；‎ B、碳酸钠和碳酸氢钠都和澄清石灰水反应生成白色沉淀；‎ C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应；‎ D、钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃，滤去黄光的干扰。‎ ‎【详解】A．因钠保存在煤油中，表面有覆盖的煤油，所以应用滤纸吸去表面的煤油，钠与水反应剧烈，水的量也不应太多，选项A错误；‎ B、碳酸氢钠和碳酸钠都与氢氧化钙反应生成不溶性的碳酸钙，现象相同，所以不能用澄清石灰水鉴别碳酸氢钠和碳酸钠，选项B错误；‎ C、可燃物燃烧的条件之一是：温度达到着火点以上，Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧，说明过氧化钠和二氧化碳反应放出热量导致棉花的温度达到着火点以上而燃烧，选项C正确；‎ D、焰色反应时，观察钾元素的焰色反应要透过蓝色钴玻璃滤去钠元素黄光的干扰，否则观察不到钾元素的焰色反应，选项D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列物质间的转化能一步实现的是（ ）‎ A. NaNO3→NaCl B. CO2→H2CO3‎ C. Fe2O3→Fe(OH)3 D. CaCO3→Ca(OH)2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A、NaNO3不能与其他物质相互交换成分生成沉淀、水、气体，即不能发生复分解反应生成NaCl，不能一步反应得到NaCl，A项错误；‎ B、CO2溶于水，会与水发生反应，CO2＋H2OH2CO3，可以一步完成，B项正确；‎ C、Fe2O3不会水发生反应，不能一步得到Fe(OH)3，C项错误；‎ D、CaCO3不溶于水，不与其他碱反应复分解反应得到Ca(OH)2，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色 B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定 C. 氮氧化物可导致光化学烟雾 D. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A错误；‎ B. 浓硝酸不稳定，分解产生的NO2溶于水溶液显黄色，故B正确；‎ C. 光化学烟雾的形成主要是汽车尾气排放出的氮氧化物与碳氢化合物发生复杂的变化造成的，故C正确；‎ D. 浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D正确；选A。‎ ‎11.在溶液中能大量共存，若加入OH－就有沉淀析出，若加入H+就能放出气体的是（ ）‎ A. Na+、Ca2+、Cl－、HCO3－ B. Ba2+、K+、OH－、NO3－‎ C. H+、Al3+、NH4+、SO42－ D. Mg2+、Na+、Cl－、CO32－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Na+、Ca2+、Cl－、HCO3－之间不反应，能够大量共存，且加入OH−以后，该离子会与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、加入H+以后，HCO3－与H+反应就能放出二氧化碳气体，符合条件，故A项正确；‎ B. Ba2+、K+、OH－、NO3－之间不发生反应，但加入OH−无现象，不会有沉淀析出，若加入H+也不会放出气体，故B项错误；‎ C. H+、Al3+、NH4+、SO42－之间不反应，但加入OH−不会立刻有沉淀析出，若加入H+不会放出气体，故C项错误；‎ D. Mg2+、CO32−之间发生反应生成碳酸镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故D项错误； ‎ 答案选A。‎ ‎12.月球的矿产资源极为丰富，仅月球表层5 cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石(CaMgSi2O6)、钾长石(KAlSi3O8)和橄榄石(MgFeSiO4‎ ‎)等，下列说法或分析不正确的是 ( )‎ A. 辉石、钾长石及橄榄石均属于硅酸盐矿 B. 钾长石的氧化物形式可表示为：K2O·Al2O3·6SiO2‎ C. 橄榄石中铁为＋2价 D. 月球上有游离态铁是因为月球上铁的活动性比地球上铁的活动性弱 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】A．依据硅酸盐的分类作答； B．根据硅酸盐的氧化物表示方法来书写； C．根据元素的化合价规则来判断铁元素的化合价； D．金属的活动性是金属本身的性质，和金属所在的位置无关；‎ ‎【详解】A. 辉石[CaMgSi2O6]、斜长石[KAlSi3O8]和橄榄石[（Mg，Fe）2SiO4]成分均属于硅酸盐类，均属于硅酸盐矿，故A项正确；‎ B. 硅酸盐的氧化物表示方法：先写活泼金属氧化物，然后是不活泼的金属氧化物，再是非金属氧化物二氧化硅，最后是水,所以斜长石的氧化物形式可表示为：K2O·Al2O3·6SiO2，故B项正确；‎ C. 化合物中化合价代数和为0，镁元素化合价是+2价，硅元素化合价是+4价，氧元素化合价是−2价，所以铁元素化合价是+2价，故C项正确；‎ D. 金属铁的活动性是金属本身的性质，这与金属是在月球上还是在地球上无关，只是月球上没有氧气，金属铁不会被氧气氧化，所以在月球上存在游离态铁，故D项错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.将 SO2 气体通入 BaCl2 溶液，无明显现象，然后再通人 X 气体或加入 X 溶液，有白色沉淀生成，X 不可能是（ ）‎ A. Cl2 B. CO2 C. H2O2 D. NH3·H2O ‎【答案】B ‎【解析】将SO2气体通入BaCl2溶液，SO2+H2OH2SO3 。A. Cl2将H2SO3氧化H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选A；B. 无明显变化，故选B；C. H2O2将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选C；D. NH3·H2O与H2SO3反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成白色沉淀亚硫酸钡，故不选D。‎ 点睛：本题涉及SO2的酸性氧化物的性质和还原性 ‎14.“绿色化学”的主要内容之一是指从技术、经济上设计可行的化学反应，使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应符合“绿色化学”理念的是（ ）‎ A. 制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)＝CuSO4+SO2↑+2H2O B. 制CuSO4：2Cu+O2＝2CuO；CuO+H2SO4(稀)＝CuSO4+H2O C. 制Cu(NO3)2：Cu+4HNO3(浓)＝Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O D. 制Cu(NO3)2：3Cu+8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O ‎【答案】B ‎【解析】选项A、B、D中分别产生了有毒气体SO2、NO2、NO，所以正确的答案是B。‎ ‎15.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，下列说法中正确的是 （ ）‎ A. 该反应中的还原剂为KNO3‎ B. 该反应中C被还原 C. 若消耗32g S，该反应转移电子数为2 NA D. 若生成标准状况下气体22.4L，则有0.75 mol物质被氧化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】反应S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑中，N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，被氧化，结合氧化还原反应的规律分析作答。‎ ‎【详解】A. 反应中N和S元素化合价降低，被还原，C元素化合价升高，所以还原剂是C，氧化剂是S和KNO3，故A项错误；‎ B. C元素化合价升高，所以还原剂是C被氧化，故B项错误；‎ C. 消耗32 g S即1 mol S，则根据化学方程式可知会消耗3 mol C，所以转移电子数为(4−0)×3 mol=12 mol，故C项错误；‎ D. 生成标准状况下22.4 L气体时，即1 mol气体，根据化学方程式的计量数之比等于对应物质的物质的量之比可知，会生成×1 mol = 0.25 mol氮气，根据关系式S2KNO3 N2可知，有0.25mol S和0.5mol KNO3参加反应，又反应中N和S元素化合价降低，被还原，则共有0.75 mol物质被还原，故D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.28g铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，放出的气体与2.24L的O2‎ ‎（标准状况）混合，通入水中，恰好完全吸收，则合金中Cu与Ag的物质的量之比为（ ）‎ A. 1：1 B. 1：2 C. 2：1 D. 3：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】铜、银合金与足量的一定浓度的硝酸完全反应，反应生成氮的氧化物与2.24L的O2混合，通入水中恰好完全吸收，分析整个过程可知，金属提供电子物质的量等于氧气获得电子物质的量，设Cu、Ag的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及电子转移守恒，可得: 计算得出x=0.1mol、y=0.2mol，所以合金中Cu与Ag的物质的量之比：0.1：0.2=1:2，B正确；正确选项B。‎ 二、非选择题（共52分）‎ ‎17.化学与我们的日常生活密切相关。按要求回答以下问题：‎ ‎（1）明矾可用作净水剂，其化学式是_________，漂白粉的有效成分是__________ (填化学式)。‎ ‎（2）光导纤维在强碱性条件下容易发生“断路”，用离子方程式解释其原因________‎ ‎（3）小苏打通常用来治疗胃酸过多，但同时患有胃溃疡的病人却不能服用，其原因是______(用化学方程式表示)。‎ ‎（4）SO2和氯水都有漂白性，将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那样。请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）________‎ ‎【答案】(1). KAl(SO4)2·12H2O (2). Ca(ClO)2 (3). SiO2＋2OH－ === SiO32－＋H2O (4). NaHCO3＋HCl=== NaCl＋H2O＋CO2↑ (5). Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）明矾是十二个结晶水硫酸铝钾，漂白粉的有效成分是次氯酸钙；‎ ‎（2）二氧化硅是制备光导纤维的主要原料，可与强碱反应；‎ ‎（3）小苏打是碳酸氢钠，胃酸成分是盐酸，反应时生成二氧化碳易造成为穿孔；‎ ‎（4）SO2和Cl2发生了氧化还原反应。‎ ‎【详解】（1）明矾可用作净水剂，其化学式是KAl(SO4)2·12H2O，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，‎ 故答案为KAl(SO4)2·12H2O；Ca(ClO)2；‎ ‎（2）光导纤维在强碱性条件下容易发生“断路”，原因是二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为：SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O，‎ 故答案为SiO2＋2OH－＝SiO32－＋H2O；‎ ‎（3）小苏打通常用来治疗胃酸过多，但同时患有胃溃疡的病人却不能服用，原因是反应生成气体，会导致胃穿孔，反应的化学方程式为：NaHCO3＋HCl＝NaCl＋H2O＋CO2↑，‎ 故答案为NaHCO3＋HCl=== NaCl＋H2O＋CO2↑；‎ ‎（4）氯水具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，所以两者按1:1混合后漂白性失效，其发生的化学方程式为：Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4，‎ 故答案为Cl2+SO2+2H2O===2HCl+H2SO4。‎ ‎18.某无色透明溶液中只可能大量存在NH4+、Na+、Ag+、Ba2+、MnO4-、Fe3+、CO32-、SO42-、NO3-中的几种离子。从其中取两份各100mL，进行如下实验：‎ ‎（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的两种离子是__、__。‎ ‎（2）取其中的一份进行实验，加入过量氢氧化钠溶液并加热，生成气体0.06mol。另取其中的一份加入过量Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀4.30g，过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀部分消失，余下沉淀2.33g。综上所述说明原溶液中肯定存在的各离子浓度分别是（下面填写要求：例如c(Na+)＝0.1mol/L)__、__、__、__。‎ ‎【答案】(1). MnO4- (2). Fe3+ (3). c(NH4+)＝0.6mol/L (4). c(SO42-)＝0.1mol/L (5). c(CO32-)＝0.1mol/L (6). c(NO3-)≥0.2mol/L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）MnO4-在溶液中显紫色，Fe3+在溶液中显黄色，题设条件为无色透明溶液，则肯定原溶液中不存在的两种离子是MnO4-、Fe3+，故答案为：MnO4-；Fe3+；‎ ‎（2）加入过量氢氧化钠溶液并加热，生成的气体为氨气，则n(NH3)=0.06mol，根据关系式可知，原溶液中的铵根离子的物质的量n(NH4+)=n(NH3)=0.06mol，所以c(NH4+)＝=0.6mol/L；取其中的一份加入过量Ba(NO3)2，生成白色沉淀4.30g，是碳酸钡和硫酸钡的混合物，一定含有CO32-、SO42-，一定不含Ag+、Ba2+。经过滤，向沉淀中再加入过量稀盐酸，沉淀部分消失，余下沉淀2.33g，因碳酸钡溶于盐酸但是硫酸钡不溶，所以余下沉淀2.33g是硫酸钡，其物质的量是=0.01mol，即原溶液中含有硫酸根离子是0.01mol，c(SO42-)==0.1mol/L；碳酸钡的质量则是4.30g−‎ ‎2.33g=1.97g，故碳酸根物质的量为=0.01mol，所以c(CO32-)==0.1mol/L；根据电荷守恒可知溶液中必定还存在NO3-，n(NO3-)⩾(0.06−0.01×2+0.01×2)= 0.02mol，其浓度c(NO3-)⩾=0.2mol/L，故答案为：c(NH4+)＝0.6mol/L；c(SO42-)＝0.1mol/L；c(CO32-)＝0.1mol/L；c(NO3-)≥0.2mol/L。‎ ‎19.已知A、B、C、D、E是化学中常见的物质。常温下，E是一种无色无味的液体，它们之间有如下反应关系。‎ ‎（1）若A是一种具有磁性的黑色金属氧化物，B是一种常见的非氧化性酸，A和B反应的离子方程式为__；若在生成物C中继续滴加氢氧化钠溶液，会观察到生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，写出白色沉淀发生化学反应的方程式__。A与CO高温下反应可得到金属单质，写出该金属单质与水蒸气反应的化学方程式__。‎ ‎（2）若实验室中利用固体A和B的反应制备气体C，C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小、碱性的气体，试写出此反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】(1). Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O (2). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (3). 3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2↑ (4). 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）常温下，E是一种无色无味的液体，E是水；若 A 是一种具有磁性的黑色金属氧化物，A是Fe3O4；B是一种常见的非氧化性酸，B是盐酸或稀硫酸；Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁、水，反应的离子方程式是Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O。C中继续滴加氢氧化钠溶液，会观察到生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，则C是氯化亚铁，滴加氢氧化钠溶液生成白色氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，反应的化学方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。Fe3O4与CO高温下反应可得到单质铁，铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，反应方程式是3Fe +4H2O(g) Fe3O4+4H2↑；‎ ‎（2）若C是一种无色、刺激性气味、密度比空气小、碱性的气体，则C是NH3‎ ‎，实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，反应方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O。‎ ‎20.某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。‎ 已知：①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2‎ ‎②氯气和碱的反应为放热反应。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O 该兴趣小组设计了下列实验装置，进行实验。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是__。‎ ‎②实验室用足量NaOH溶液吸收从浓盐酸和MnO2反应体系中导出的气体。当吸收温度不同时，生成的产物可能是NaClO、NaClO3、NaCl中的两种或三种。下列说法不正确的是_。（填字母）‎ A．若产物为NaClO3、NaCl，则参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶5‎ B．若产物为NaClO、NaCl，则吸收后的溶液中n(NaClO)=n(NaCl)‎ C．若产物为NaClO、NaClO3、NaCl，则NaOH与Cl2相互反应的物质的量之比为2∶1‎ ‎（2）小组成员发现，产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。他们讨论后认为，其可能原因是部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高。为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢匀速地通入足量氯气，得出了Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2两种物质的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。‎ ‎①图中曲线II表示__(填物质的化学式)的物质的量随反应时间变化的关系；‎ ‎②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为__mol；‎ ‎【答案】(1). 除去氯气中混有的氯化氢 (2). AB (3). Ca(ClO3)2 (4). 0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）①利用浓盐酸制取的氯气中常含有HCl气体，HCl也会与Ca(OH)2发生反应，使得有效成分含量降低，需要除杂，乙装置的作用就是用于除去氯气中的HCl；答案是除去氯气中混有的氯化氢；‎ ‎②A．若产物为NaClO3、NaCl，化学方程式6NaOH+3Cl2=5NaCl+NaClO3+3H2O，根据方程式可知，氯气化合价升高得到NaClO3，只有0.5mol，而氯气化合价降低得到NaCl有2.5mol；氧化剂、还原剂均为氯气，其物质的量之比为2.5∶0.5=5∶1，A项错误；‎ B．浓盐酸和MnO2反应体系中导出的气体中含氯气和HCl，氯气与NaOH反应生成NaClO和NaCl的方程式2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，NaClO和NaCl的物质的量之比为1∶1，但是HCl也会与NaOH反应生成NaCl，因此比例不再是1∶1，B项错误；‎ C．不管是NaCl、NaClO还是NaClO3中，Na和Cl的比例均为1∶1，1mol氯气中含有2mol Cl原子，根据原子守恒，则NaOH和Cl2的比例为1∶2，C项正确；‎ 答案为AB；‎ ‎(2)①反应刚开始的时候，氯气与Ca(OH)2生成Ca(ClO)2，溶液的温度并不高，虽然反应放热，温度逐渐升高，氯气与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO3)2，所以曲线Ⅱ表示的是Ca(ClO3)2的物质的量随反应时间变化的关系；答案为Ca(ClO3)2；②根据图像可知，Ca(ClO)2的物质的量为0.1mol，Ca(ClO3)2的物质的量为0.05mol，根据化学方程式2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，6Ca(OH)2+6Cl2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，则总共消耗Ca(OH)2的物质的量为0.1mol×2+0.05mol×6=0.5mol；答案为0.5。‎ ‎21.（1）已知质量分数为98%的硫酸密度为1.84g•cm﹣3．用此硫酸配制2mol•L﹣1H2SO4溶液500mL，需要用量筒量取_____mL98%的硫酸。‎ ‎（2）现将56.9g镀锌铁皮放入一定量2mol•L﹣1H2SO4溶液中，至完全溶解，并收集到氢气22.4L（标准状况），试求镀锌铁皮中Zn的质量分数_______。（写出计算过程，结果精确到0.1%）‎ ‎【答案】(1). 54.3 (2). 11.4%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3‎ 的浓硫酸的物质的量浓度为：(1000´1.84´0.98÷98)mol/L＝18.4mol/L，配制2mol/L的硫酸溶液500mL，设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释规律得：18.4mol/L×V＝2mol/L×500mL，解得V＝54.3mL；‎ ‎（2）设锌质量为xg，铁质量为yg，依据质量守恒得：x+y＝56.9，依据Zn～H2↑，Fe～H2↑，则产生氢气物质的量为：x/65+y/56＝22.4L/22.4L.mol-1，即：x+y＝56.9；x/65+y/56＝1；解得：x＝6.5g，则锌的质量分数为：6.5/56.9×100%＝11.4%；‎ 答：镀锌铁皮中Zn的质量分数为11.4%。‎