化学寒假作业-厦门翔安第一中学

2017-2018学年厦门市翔安一中高一（上）化学寒假作业参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1被誉为“光纤之父”的华人科学家高锟“在光学通信领域光在光纤中传输方面取得了开创性成就”目前应用最广泛的无机光导纤维的主要原料为二氧化硅，下列关于二氧化硅的说法正确的是（）ASiO2溶于水生成的H2SiO3的酸性弱于H2CO3BSiO2是一种空间立体网状结构的晶体，熔点高、硬度大C在SiO2晶体中，每个硅原子周围结合2个氧原子DSiO2是一种酸性氧化物，所以不和任何酸反应【考点】硅和二氧化硅【分析】A二氧化硅不溶于水；B依据二氧化硅空间结构及晶体类型解答；C原子晶体中非金属原子之间的作用力为共价键，Si原子能形成4个共价键；D二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应【解答】解：A二氧化硅不溶于水，与水不反应，故A错误；BSiO2是由硅原子与氧原子构成的一种空间立体网状结构的原子晶体，其熔点高、硬度大，故B正确；C原子晶体中非金属原子之间的作用力为共价键，则SiO2晶体中每个硅原子能形成4个共价键，则每个Si与4个氧原子以共价键相结合，故C错误；D二氧化硅常温下能够与氢氟酸反应，生成四氟化硅和水，故D错误；故选：B2环境污染问题越来越受到人们的关注，造成环境污染的主要原因大多是由于人类生产活动中过度排放有关物质引起的下列环境问题与所对应的物质不相关的是（）A温室效应CO2B光化学污染NO2C酸雨SO2D臭氧层破坏CO【考点】常见的生活环境的污染及治理【分析】根据产生环境问题的成分判断【解答】解：A、二氧化碳是造成温室效应的主要气体，环境问题与所对应的物质相关，故A不选；B、光化学污染主要来自汽车、工厂产生的氮氧化合物，环境问题与所对应的物质相关，故B不选；C、二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质，环境问题与所对应的物质相关，故C不选；D、氟氯烃可以破坏臭氧层，而一氧化碳不能，环境问题与所对应的物质不相关，故D选故选D3下列物质见光不会分解的是（）AHClOBNH4ClCHNO3DAgNO3【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铵盐；硝酸的化学性质【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答【解答】解：AHClO见光分解为HCl与氧气，故A不选；B氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选；C硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；D硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选；故选B4下列关于溶液和胶体的叙述正确的是（）A溶液是电中性的，胶体是带电的B胶体粒子可以通过半透膜而溶液不行，故可以用半透膜来分离胶体和溶液C一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显的光带，前者则没有D溶液中溶质粒子的运动有规律，胶体中分散质粒子的运动无规律，即布朗运动【考点】胶体的重要性质【分析】A胶体分散系是电中性的，胶体微粒吸附带电离子； B溶液中溶质粒子能通过半透膜；C丁达尔现象是胶体的性质，溶液无此现象；D溶液中离子运动也是无规律的【解答】解：A胶体微粒吸附带电离子，胶体分散系是电中性的，故A错误； B溶液中溶质粒子能通过半透膜，胶体中的分散质粒子不能通过，故B错误；C一束光线分别通过溶液和胶体时，后者会出现明显光带，前者则没有，故C正确；D溶液中溶质微粒不断无规律的运动，故D错误故选C5下列物质能使品红溶液褪色的是（）干燥的Cl2 Na2O2 NaClO 活性炭 SO2A除外其它都可以B只有C只有D全部【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质【分析】能使品红溶液褪色的物质应具有漂白性，结合物质的性质解答【解答】解：干燥的Cl2 能够与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；Na2O2 具有强的氧化性，具有漂白性，能够使品红褪色，故正确； NaClO 具有强的氧化性，具有漂白性，能够使品红褪色，故正确； 活性炭因为具有强的吸附性而具有漂白性，能够使品红褪色，故正确； SO2能够与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，能够使品红褪色，故正确；故选：D6下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是（）A无色溶液：K+、Cu2+、NO3、SO42B空气：CH4、CO2、SO2、NOC氢氧化铁胶体：H+、K+、S2、Br D各离子物质的量浓度相等的溶液：K+、Mg2+、SO42、NO3【考点】离子共存问题【分析】ACu2+为蓝色；BNO易被氧化；C胶体发生聚沉，后溶解再发生氧化还原反应；D离子之间不反应，且遵循电荷守恒【解答】解：ACu2+为蓝色，故A错误；BNO易被氧化，不能稳定存在，故B错误；C胶体发生聚沉，后溶解再Fe3+与S2氧化还原反应，不能共存，故C错误；D离子之间不反应，可大量共存，且遵循电荷守恒，故D正确；故选D7下列关于物质的一些说法中不正确的是（）A某些金属氧化物灼烧时有特殊的颜色，因此可用于制造烟花B明矾可用作净水剂C常温下，将铝片放入浓硫酸中，无明显现象，说明铝不与冷的浓硫酸反应D次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌【考点】盐类水解的应用；钠的重要化合物；焰色反应；铝的化学性质【分析】A、金属元素灼烧发生焰色反应；B、明矾溶于水电离出的铝离子，在水溶液中能水解出氢氧化铝胶体；C、常温下，铝在浓硫酸中会钝化；D、次氯酸钠有强氧化性【解答】解：A、金属元素灼烧发生焰色反应，则某些金属氧化物灼烧时有特殊的颜色，因此可用于制造烟花，故A正确；B、明矾溶于水电离出的铝离子，在水溶液中能水解出氢氧化铝胶体，有吸附性，能吸附水中的杂质而起到净水的作用，故B正确；C、常温下，由于浓硫酸的氧化性很强，能将金属铝的表面氧化为一层致密的氧化物薄膜，从而保护内部的铝不能和浓硫酸继续反应，即铝在浓硫酸中会钝化，故钝化为反应程度很小的氧化还原反应，故C错误；D、次氯酸钠有强氧化性，能使蛋白质变性，故能杀菌消毒，故D正确故选C8下列有关实验的选项正确的是（） A配制0.10molL1NaOH溶液B除去CO中的CO2C实验室制取氯气D蒸干NH4Cl溶液制备NH4Cl晶体AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品；B洗气除杂时，要除去杂质但不能引进新的杂质，且导气管遵循“长进短出”原则；C浓盐酸和二氧化锰需要加热才反应；D蒸干时氯化铵易分解【解答】解：A容量瓶只能配制溶液，不能稀释或溶解药品，所以溶解烧碱时不能用容量瓶，应该用烧杯，故A错误；B洗气除杂时，要除去杂质但不能引进新的杂质，且导气管遵循“长进短出”原则，该装置符合条件，故B正确；C浓盐酸和二氧化锰需要加热才反应，不加热不反应，故C错误；D蒸干时氯化铵易分解，则不能蒸干，应利用冷却结晶法制备NH4Cl晶体，故D错误；故选B9用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A在标准状况下，2.24LH2O中原子数为0.3NAB0.1mol/L 的NaCl溶液中，Na+与Cl离子总数为0.2NAC16g O2和O3的混合气体中含NA个O原子D64克铜与足量的硫反应生成硫化铜，理论上会转移2NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积使用对象为气体；B溶液体积未知；C氧气和臭氧都是由氧原子构成，依据n=计算氧原子物质的量及个数；D铜与硫反应生成硫化亚铜【解答】解：A在标准状况下，水是液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B依据n=CV可知，溶液体积未知，无法计算氯化钠中钠离子与氯离子个数，故B 错误；C.16g O2和O3的混合气体中含氧原子的物质的量为=1mol，含有NA个O原子，故C正确；D铜与硫反应生成硫化亚铜，故D错误；故选：C10关于非金属元素Si、N、S、Cl的叙述，正确的是（）A通常情况下，它们的单质均为气体B它们在自然界中都存在游离态形式C它们都有对应的含氧酸D每种元素都只有一种氧化物【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】ASi、S的单质常温下为固体；BSi主要以化合态存在；C均为非金属，存在对应的酸性氧化物；DN的氧化物有多种，S的氧化物有2种【解答】解：ASi、S的单质常温下为固体，而N、Cl的单质为气体，故A不选；BSi主要以化合态存在，其它三种主以游离态存在，故B不选；C均为非金属，存在对应的酸性氧化物，则都有对应的含氧酸，故C选；DN的氧化物有多种，S的氧化物有2种，所以不都只有一种，故D不选；故选C11下列反应中的氨与反应4NH3+5O24NO+6H2O中的氨作用相同的是（）ANaOH+NH4ClNaCl+NH3+H2OB2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2OC2Na+2NH32NaNH2+H2DNH3+CO2+H2ONH4HCO3【考点】氧化还原反应【分析】4NH3+5O24NO+6H2O反应中N元素的化合价升高，被氧化，则NH3作还原剂，据此分析【解答】解：A反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故A错误；B反应中N元素的化合价升高，被氧化，则NH3作还原剂，故B正确；C反应NH3中H元素的化合价降低，被还原，则NH3作氧化剂，故C错误；D反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误故选B12下列叙述I和II均正确并有因果关系的是（）选项叙述I叙述IIAKNO3的溶解度大用重结晶法除去KNO3中混有的NaClBBaSO4难溶于酸用盐酸和BaCl2溶液检验SO42CNH3能使酚酞溶液变红NH3可用于设计喷泉实验DCa（OH）2能制成澄清石灰水可配制2.0 molL1的Ca（OH）2溶液AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A利用二者溶解度随温度变化不同进行分离；BBaSO4难溶于酸，先加入盐酸可排除Ag+或SO32的影响；C氨水溶液呈碱性，可使酚酞变红，为化学性质，形成喷泉，为物理性质；D氢氧化钙微溶于水【解答】解：A用重结晶法除去硝酸钾中混有的氯化钠，是因为硝酸钾的溶解度随温度的变化而变化很明显，而氯化钠基本不变，当温度降低时，硝酸钾溶解度迅速减小，氯化钠基本不变，所以降低温度时，硝酸钾迅速析出，氯化钠不析出，这并非由于硝酸钾的溶解度大造成的，故A错误；B硫酸钡难溶于酸，加入盐酸没有沉淀，可以排除银离子的干扰，加入氯化钡产生沉淀，沉淀为硫酸钡，由此可以检验是否含有SO42，故B正确；C氨气可用于设计喷泉实验是因为氨气极易溶于水，并非氨气能使酚酞变红，故C错误；D氢氧化钙微溶于水，加入足量水可以制成澄清石灰水，但是不能制的较高浓度的氢氧化钙溶液，故D错误故选B13下列离子方程式中书写正确的是（）【分析】A电子、电荷不守恒；B不符合离子的配比；C反应生成氢氧化铝和氯化铵；D反应生成碳酸氢钙【解答】解：A金属钠与水反应的离子反应为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；B用氢氧化钡溶液中和硫酸溶液的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO422H2O+BaSO4，故B错误；C氯化铝溶液中加入的氨水的离子反应为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D在澄清石灰水中通入过量的CO2的离子反应为OH+CO2HCO3，故D正确；故选D14根据下列反应：FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO43FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3判断有关物质还原性由强到弱的顺序是（）AH2SO3IFe2+NOBIFe2+H2SO3NOCFe2+IH2SO3NODNOFe2+H2SO3I【考点】氧化性、还原性强弱的比较【分析】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物；还原剂的还原性大于还原产物；反应中元素化合价升高的做还原剂，得到氧化产物，元素化合价降低的做氧化剂被还原得到还原产物；【解答】解：根据下列反应：FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2 反应中还原剂HI的还原性大于还原产物FeCl2；H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4 反应中还原剂H2SO3的还原性大于还原产物HI；3FeCl2+4HNO3=2FeCl3+NO+2H2O+Fe（NO3）3；反应中还原剂FeCl2的还原性大于还原产物NO；综上所述：物质还原性由强到弱的顺序是：H2SO3IFe2+NO；故选A15将0.5mol Na投入过量的水（m1g）中，得到a g溶液；将0.5mol Zn投入过量的盐酸（m2g）中，得到bg溶液，若m1m2，则ab的质量关系是（）AabBabCa=bD不能确定【考点】化学方程式的有关计算【分析】反应的方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2，Zn+2HCl=ZnCl2+H2，根据方程式计算生成氢气的质量，进而表示出反应后溶液的质量，据此判断【解答】解：由2Na+2H2O=2NaOH+H2，可知0.5mol钠反应生成氢气为：0.5mol=0.25mol，则生成m（H2）=0.25mol2g/mol=0.5g，m（Na）=0.5mol23g/mol=11.5g，反应后溶液的质量为：m1+（11.50.5）g=（m1+11）g=ag，由Zn+2HCl=ZnCl2+H2，可知0.5molZn反应生成0.5mol氢气，则m（H2）=0.5mol2g/mol=1g，m（Zn）=0.5mol65g/mol=32.5g，反应后溶液的质量为：m2+（32.51）g=（m2+31.5）g=bg，若m1=m2，则ab，故选B16下列除杂的操作方法不正确的是（）ANO中有少量的NO2：通过装有水的洗气瓶BSO2中混有少量HCl气体：通过饱和NaHSO3溶液洗气CO2中有少量的CO2：通过装有碱石灰的U形管D食盐中有少量的NaHCO3：加过量的烧碱溶液后加热蒸干【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂【分析】A二氧化氮与水反应生成NO；BHCl与NaHSO3溶液反应生成二氧化硫；C二氧化碳与碱石灰反应，而氧气不能；D过量的NaOH，引入新杂质【解答】解：A二氧化氮与水反应生成NO，通过装有水的洗气瓶可除杂，故A正确；BHCl与NaHSO3溶液反应生成二氧化硫，通过饱和NaHSO3溶液洗气可除杂，故B正确；C二氧化碳与碱石灰反应，而氧气不能，则通过装有碱石灰的U形管可除杂，故C正确；D碳酸氢钠与NaOH反应生成碳酸钠，过量的NaOH，引入新杂质，不符合除杂的原则，应加盐酸后蒸发，故D错误；故选D17海水开发利用的部分过程如图所示下列说法错误的是（）A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂、过滤、蒸发结晶等过程提纯C工业生产常选用NaOH作为沉淀剂D单质溴可用SO2将其还原吸收【考点】海水资源及其综合利用【分析】A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时应加入试剂进行除杂，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行蒸发结晶进行提纯；C工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂；D先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的【解答】解：A向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故A正确；B粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行蒸发结晶进行提纯，故B正确；C海边有大量贝壳，其主要成分为碳酸钙，工业常选用生石灰或石灰水作沉淀剂，故C错误；D海水提取溴一般用氯气置换溴离子转化为溴单质，用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收转化为HBr，达到富集的目的，故D正确；故选C18利用海水提取溴和镁的过程如下，下列说法不正确的是（）A若提取1 mol Br2，至少需要标准状况下448 L的Cl2B工业上常利用电解熔融MgCl2冶炼金属镁C富集溴元素过程中，空气吹出法利用了溴易挥发的性质D工业溴中含少量Cl2，可用NaOH溶液除去【答案】D【解析】A因需要两次氧化溴离子，若提取1molBr2，至少需要标准状况下448L的Cl2，正确； B金属镁在工业上利用电解熔融MgCl2冶炼，正确；C富集溴元素过程中，利用了溴易挥发的性质使用空气吹出法，正确；D卤素单质都能与NaOH溶液反应，故除去氯气的同时溴也反应了，错误。答案选D。二、非选择题（共46分）19用固体烧碱配制0.4molL1的NaOH溶液240mL：（1）实验仪器：托盘天平（含砝码）、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管（2）称量4.0g的NaOH（3）称量烧碱的动作要迅速，原因是：防止烧碱固体在空气中吸水潮解（4）下列操作中，会使所配制溶液浓度偏高的是AB（选填字母序号）ANaOH在烧杯中溶解后立即转移到容量瓶B定容时俯视读数C定容、摇匀、静置，发现液面低于刻线，再加水至刻度线D容量瓶没有干燥即用来配制溶液E溶解烧碱的烧杯未洗涤【考点】配制一定物质的量浓度的溶液【分析】（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要仪器；（2）依据溶液体积选择250mL容量瓶，依据m=CVM计算需要溶质的质量；（3）依据氢氧化钠易潮解的性质解答；（4）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=判断【解答】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平（含砝码）、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管，还缺少的仪器：250 mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：250 mL容量瓶、胶头滴管；（2）用固体烧碱配制0.4molL1的NaOH溶液240mL，应选择250mL容量瓶，需要溶质的质量m=0.4mol/L40g/mol0.25L=4.0g；故答案为：4.0；（3）称量烧碱的动作要迅速，原因是：防止烧碱固体在空气中吸水潮解；故答案为：防止烧碱固体在空气中吸水潮解；（4）ANaOH在烧杯中溶解后立即转移到容量瓶，氢氧化钠溶解放热，移液定容后冷却到室温，液面下降，溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A选；B定容时俯视读数，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故B选；C定容、摇匀、静置，发现液面低于刻线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不选；D容量瓶没有干燥即用来配制溶液，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，故D不选；E溶解烧碱的烧杯未洗涤，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故E不选；故选：AB20海带中含有丰富的碘，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）步骤所需要的硅酸盐仪器是坩埚，步骤的实验操作是过滤（2）步骤中，某学生选择用苯来提取碘水中的单质碘的理由是a c d（选填序号）a单质碘与苯不发生化学反应 b碘在苯中溶解度小c碘在苯中溶解度大 d苯与水互不相溶（3）提取碘的过程中，不能使用的有机溶剂是a（选填序号）a酒精 b汽油c四氯化碳（4）步骤中所发生的离子反应方程式2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O（5）已知：2Fe3+2I2Fe2+I2 氯气既可以氧化Fe2+，也可以氧化I 往FeI2溶液中通入一定量的 Cl2，反应完成后，溶液中有Fe2+被氧化，请写出该反应的化学反应方程式：2Fe2+8I+5 Cl2=2Fe3+4I2+10Cl【考点】海带成分中碘的检验【分析】从海带中提取碘：海带灼烧后得到海带灰浸泡后得到海带灰的浊液，将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法，过滤得到含碘离子的溶液加入二氧化锰和稀硫酸氧化碘离子为碘单质，得到含碘水溶液，加入有机溶剂苯，萃取分液得到含碘的苯溶液，通过蒸馏得到碘单质（1）根据灼烧过程所需要用到的仪器分析即可，分离固体和液体的方法是过滤；（2）选择用苯来提取碘水中的单质碘的理由是苯与水、I2均不发生化学反应，和水互不相溶；（3）萃取剂的选择必须符合下列条件：溶质在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中要大；萃取剂与原溶剂不相溶；萃取剂与溶质不反应；（4）MnO2具有较强的氧化性，碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化生成单质碘；（5）2Fe3+2I2Fe2+I2，还原性强弱：IFe2+，所以氯气先氧化碘离子，再氧化亚铁离子，根据离子反应先后顺序书写【解答】解：（1）灼烧海带时，所用到的仪器有坩埚、铁架台、酒精灯或其它加热氧气，所以步骤所需要的硅酸盐仪器是坩埚，分离固体和液体的方法是过滤，所以步骤将悬浊液分离为残渣和含碘离子溶液应选择过滤的方法，故答案为：坩埚；过滤；（2）选择用苯来提取碘水中的单质碘，是因为苯与水、I2均不发生化学反应，和水互不相溶，碘在苯中溶解度大于水，故答案为：a c d；（3）提取碘的过程中，b汽油，c四氯化碳在水溶液中不溶都能分层，碘单质在四氯化碳，汽油中溶解度大于水中，可以做萃取剂，不能使用的有机溶剂是a酒精，酒精和水互溶，和溶液不能分层，故答案为：a；（4）碘离子在酸性条件下可被MnO2氧化生成单质碘：离子方程式为：2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O；故答案为：2I+MnO2+4H+=Mn2+I2+2H2O；（5）向FeI2溶液中通入氯气，氯气先和碘离子发生置换反应2I+Cl2=2Cl+I2，然后再和亚铁离子发生反应2Fe2+Cl2=Fe3+2Cl，假设含1molFeI2的溶液中，往FeI2溶液中通入一定量的Cl2，反应完成后，溶液中有Fe2+被氧化，I完全氧化成I2，生成1molI2，生成molFe3+，需氯气1.25mol，所以离子反应为：2Fe2+8I+5Cl2=2Fe3+4I2+10Cl，故答案为：2Fe2+8I+5Cl2=2Fe3+4I2+10Cl21过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面工业生产过程如下：在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；在第步的生成的产物中加入30% H2O2，反应生成CaO28H2O沉淀；经过陈化、过滤，水洗得到CaO28H2O，再脱水干燥得到CaO2完成下列填空：（1）第步反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3H2O+CaCl2（2）生产中可循环使用的物质是NH4Cl（3）检验CaO28H2O是否洗净的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净（4）已知CaO2在350迅速分解生成CaO和O2如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为%（用字母表示）过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）第步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙；（2）第步发生反应：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl，氯化铵可以循环利用；（3）CaO28H2O表面会附着氯化铵，用硝酸银溶液检验最后一次洗涤液中是否含有氯离子判断是否洗涤干净；（4）发生反应：2CaO22CaO+O2，由氧气体积结合方程式计算产品中CaO2的质量分数；过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量【解答】解：（1）第步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙，反应方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3H2O+CaCl2，故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2=2NH3H2O+CaCl2；（2）第步发生反应：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl，第步消耗氯化铵，第步又生成氯化铵，故氯化铵可以循环利用，故答案为：NH4Cl；（3）CaO28H2O表面会附着氯化铵，检验洗涤干净方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净；（4）设产品中CaO2的质量分数为y，则：2CaO22CaO+O2144g 22.4Lmgy V103L所以144g：mgy=22.4L：V103L解得y=%，过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量，故答案为： %；样品质量和反应后固体质量22草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）呈淡黄色某课题组为探究草酸亚铁晶体的化学性质，进行了一系列实验探究（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到有二氧化碳气体生成这说明草酸亚铁晶体具有还原性（填“氧化性”、“还原性”或“碱性”）若反应中消耗1mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol（2）资料表明：在密闭容器中加热到一定温度时，草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体课题组根据课本上所介绍的铁的氧化物的性质，对黑色固体的组成提出如下假设，请你完成假设二和假设三：假设一：全部是FeO；假设二：全部是四氧化三铁；假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物（3）为验证上述假设一是否成立，课题组进行如下研究【定性研究】请你完成下表中内容实验步骤（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论取少量黑色固体，加入适量稀盐酸或稀硫酸，在溶液中加入硫氰化钾溶液溶液不变红色，则假设一成立，溶液变成红色，则假设一不成立【定量研究】课题组在文献中查阅到，FeC2O42H2O受热分解时，固体质量随温度变化的曲线如下图所示：写出加热到400时，FeC2O42H2O晶体受热分解的化学方程式为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O【考点】性质实验方案的设计【分析】（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量；（2）草酸亚铁晶体可完全分解，生成几种氧化物，残留物为黑色固体可能为氧化亚铁或四氧化三铁，分析判断；（3）【定性研究】氧化亚铁溶解于盐酸生成氯化亚铁溶液，加入KSCN溶液，若溶液不变红证明假设一正确；【定量研究】根据图中提供的信息，通过计算可以判断反应的化学方程式和物质的化学式【解答】解：（1）向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现溶液颜色逐渐变为棕黄色，并检测到CO2生成说明草酸亚铁被氧化为铁离子、二氧化碳气体，草酸亚铁具有还原性，依据电子守恒计算得到消耗的高锰酸钾物质的量，依据氧化还原反应电子守恒原子守恒配平书写离子方程式为5Fe2+5C2O42+3MnO4+24H+=5Fe3+3Mn2+5CO2+12H2O，消耗1mol FeC2O42H2O，则参加反应的KMnO4为0.6mol，故答案为：还原性；0.6 mol；（2）假设一：全部是氧化亚铁；假设二：全部是四氧化三铁；假设三：氧化亚铁和四氧化三铁的混合物，故答案为：全部是四氧化三铁；氧化亚铁和四氧化三铁的混合物；（3）【定性研究】实验步聚：取少量黑色固体，加入适量的稀盐酸（或稀硫酸）溶解，在溶液中加入KSCN溶液，现象与结论：若溶液不变红，则假设一成立，若溶液变红，则假设一不成立；故答案为：实验步骤（不要求写出具体操作程）预期实验现象和结论加入适量稀盐酸或稀硫酸，在溶液中加入硫氰化钾溶液溶液不变红色，则假设一成立，溶液变成红色，则假设一不成立；【定量研究】通过剩余固体的质量可知，过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，设失去结晶水x，图象分析可知固体质量变化1.00.8=0.2g，依据则反应的化学方程式计算为：FeC2O42H2OFeC2O4（2x）H2O+xH2Om180 18x1.0 0.2 x=2加热到300C，晶体全部失去结晶水生成草酸亚铁和水，继续加热到400C，固体质量减少0.8g0.4g=0.4g；此时草酸亚铁分解减少的是气体质量，反应过程中一定存在反应生成氧化亚铁和二氧化碳，铁元素化合价不变时，依据元素化合价变化和电子守恒可知碳元素化合价从+3价变化为+4价，一定有化合价降低生成+2价的一氧化碳，反应的化学方程式FeC2O4FeO+CO+CO2，FeC2O4FeO+CO+CO2 m144 72 0.8 0.4计算结果符合图象固体质量变化，所以反应的化学方程式为FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，故答案为：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O23、【答案】 (1). Cl2+2Br-=2 Cl-+Br2 (2). 将溴从蒸馏烧瓶A中吹出 (3). SO2+2 H2O+Br2=H2SO4+2 HBr (4). 吸收未反应完的Cl2、Br2、SO2等有毒气体，防止污染空气 (5). 蒸馏萃取分液 (6). 不合理过量氯水也能氧化碘化钾【解析】(1)要想使溴离子变成溴单质，则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；(2)溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2，故答案为：将溴从蒸馏烧瓶A中吹出；(3)使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，可知气体b为SO2，发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；(4)氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以C装置是尾气处理装置，可知C的作用为吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，故答案为：吸收未反应的Cl2、Br2和SO2，防止污染空气；(5)根据溴的沸点是59，水溶液的沸点相差较大，可以采用蒸馏方法从该混合液中分离出溴单质，故答案为：蒸馏；溴易溶于四氯化碳，向混合液中加入四氯化碳，充分振荡、静置后放出下层液体，这种方法叫萃取和分液，故答案为：萃取分液；(6)过量的氯水也能够将碘化钾氧化生成碘单质，导致溶液变蓝，不能证明溶液中含有溴离子，故答案为：不合理；过量氯水也能氧化碘化钾。24、【答案】 (1). OH-+CO2=HCO3- CO32-+H2O+CO2=2 HCO3- NaOH-+NaHCO3-=Na2CO3+H2O (2). MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2 生成白色沉淀，快速转化为灰绿色，最终变为红褐色 2Fe3+Fe=3Fe2+ 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (3). Al（OH）3 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O Al3+3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3【解析】(1)A、B、C三种物质的溶液均显碱性，焰色反应均为黄色，表示含有钠元素，C受热分解可转化为B，因此A为氢氧化钠，W为二氧化碳，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠。氢氧化钠与过量二氧化碳转化为碳酸氢钠的总反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-，故答案为：OH-+CO2=HCO3-；碳酸钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠的离子方程式为CO32-+H2O+CO2=2 HCO3-，故答案为：CO32-+H2O+CO2=2 HCO3-；氢氧化钠溶液与碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为NaOH-+NaHCO3-=Na2CO3+H2O，故答案为：NaOH-+NaHCO3-=Na2CO3+H2O；(2)B的溶液显黄色，一定条件下B的饱和溶液可与沸水反应生成红褐色分散系，则B为氯化铁，则A为氯气，W为铁，C为氯化亚铁。实验室用浓盐酸与二氧化锰加入制氯气，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2，故答案为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2；氯化亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，发生生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁