天津市武清区2019届高三化学上学期期中质量调查试卷（含解析）.docx

2018-2019学年上学期期中质量调查考试高三化学（理科）考生注意：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。请将选择题答案填涂在答题卡上（不使用答题卡的考生将选择题答案填写在答题栏内）。可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Na：23 Al：27 S：32 Cl：35.5 K：39 Ca：40 Cr：52 Fe：56 Cu：64 Sn：119 Br：80 I：127第卷（选择题 共50分）选择题（每小题只有一个选项符合题意，110题每题2分，1120题每题3分，共50分）1.化学与生产、生活、环境密切相关。下列说法正确的是A. 氧化钙和铁粉常作食品干燥剂B. 二氧化硫有毒所以不能作食品防腐剂C. 碳酸钡不溶于水因此在医疗上用作钡餐D. 向蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液产生沉淀属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A氧化钙具有吸水性，能作干燥剂，铁具有还原性，没有吸水性，铁能作还原剂但不能作干燥剂，故A错误；B二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故B错误；C碳酸钡不溶于水，但能溶于稀盐酸生成有毒物质氯化钡，用作钡餐的是硫酸钡，故C错误；D硫酸铜为重金属盐，使蛋白质变性，生成了新物质，为化学变化，故D正确；故选D。2.下列说法错误的是A. 液氨汽化时要吸收大量的热，常用作制冷剂B. 新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生C. 手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的无机非金属材料D. 海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化【答案】D【解析】【详解】A利用液态氨汽化时吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液氨常用作制冷剂，故A正确；B新能源汽车使用的是电能等洁净能源，不产生形成光化学烟雾的氮氧化物，故B正确；C碳纤维是一种新型的无机非金属材料，故C正确；D明矾能净水，但不能消除水中的无机盐，故D错误；故选D。3.下列化学用语正确的A. 二氧化硅的结构式：O=Si=O B. COS的电子式是：C. Cl的结构示意图： D. Mg原子的电子式：Mg【答案】B【解析】【详解】A由于二氧化硅为原子晶体，1个硅原子形成4个硅氧键，1个氧原子形成2个硅氧键，所以二氧化硅中不存在硅氧双键，故A错误；B羰基硫(COS)分子中含有1个C=O键和1个S=C键，其正确的电子式为，故B正确；C、Cl-的质子数为17，电子数为18，离子结构示意图为：，故C错误；D镁原子最外层为2个电子，Mg原子的电子式为 Mg：，故D错误；故选B。4.类比法是化学学习过程中一种重要方法，以下类比关系正确的是A. 加热条件下，钠与氧气反应生成过氧化钠，锂与氧气反应也生成过氧化锂B. Cl2、Br2、I2都具有强氧化性，都能将铁氧化成+3价的铁盐C. 铝与氧化铁能发生铝热反应，则铝与二氧化锰也能发生铝热反应D. 氧化铁和氧化亚铁都是碱性氧化物，和硝酸反应都只生成盐和水【答案】C【解析】【详解】ALi与O2反应只会生成Li2O，得不到过氧化锂，故A错误；B碘单质氧化性较弱，碘能氧化Fe生成+2价亚铁盐，且I-能被铁离子氧化生成I2，故B错误；C铝活泼性大于铁和锰，Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应，类比关系正确，故C正确；DFeO具有还原性，能被强氧化剂氧化生成+3价铁离子，硝酸具有强氧化性和酸性，能和FeO反应生成Fe(NO3)3，同时放出一氧化氮气体，故D错误；故选C。【点睛】本题考查化学规律中的反常现象，明确元素化合物性质及化学反应原理是解本题关键。本题的易错点为D，要注意硝酸的强氧化性。5.下列关于胶体的说法正确的是A. 向Al(OH)3胶体中加入NaOH溶液至过量，有沉淀产生B. 由于胶体带电，在电场的作用下可以在分散剂中做定向运动C. 可用渗析的方法除去淀粉溶液中的NaClD. 制备Fe(OH)3胶体时需要将饱和FeCl3溶液与NaOH溶液混合【答案】C【解析】【详解】ANaOH溶液是电解质能使胶体发生聚沉生成Al(OH)3沉淀，继续滴加Al(OH)3沉淀可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，沉淀溶解，故A错误；B胶体是电中性分散系，胶体微粒吸附带电离子，通电发生定向移动，故B错误；C氯化钠溶液能透过半透膜而胶体不能，故可用渗析的方法除去淀粉溶液中的NaCl，故C正确；D实验室制备氢氧化铁胶体，是在沸腾的蒸馏水中加入饱和氯化铁溶液加热，当溶液变为红褐色时应立即停止加热，即可以得到氢氧化铁胶体，反应为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中振荡，生成Fe(OH)3沉淀，故D错误；故选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 密闭容器中2 mol NO与2 mol O2充分反应，体系中的原子总数为8 NAB. 100 g质量分数为9.8%的硫酸水溶液中含氧原子的数目为0.4 NAC. 0.1mol铁在0.1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3 NAD. 常温下，0.1molL1的Na2SO4溶液中含有的离子总数为0.3 NA【答案】A【解析】【详解】A、由于NO和氧气均为双原子分子，故2molNO和2molO2中含8mol原子，而反应过程中满足原子个数守恒，故将2molNO和2molO2混合，充分反应后体系中原子总数为8NA，故A正确；B、在硫酸溶液中，除了硫酸外，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数多于0.4NA个，故B错误；C、0.1molFe在0.1mol氯气中燃烧，铁过量，氯气完全反应，而氯气反应后边变为-1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；D、未注明溶液的体积，无法计算0.1molL1的Na2SO4溶液中含有的离子总数，故D错误；故选A。7.根据相关概念下列说法正确的是A. 只含共价键的物质一定是共价化合物B. 氯化钠发生状态变化时，一定会破坏离子键C. 物质中分子间的作用力越大，分子越稳定D. 都是由非金属元素形成的化合物只能是共价化合物【答案】B【解析】【详解】A只含共价键的物质可能是单质，如O2，故A错误；BNaCl是离子晶体，状态发生变化，离子之间的距离发生变化，离子键一定被破坏，故B正确；C分子间作用力决定分子晶体的熔沸点高低，化学键的强弱与分子的稳定性有关，故C错误；D都是由非金属元素形成的化合物不一定是共价化合物，如铵盐，全部由非金属元素构成的，但是离子化合物，故D错误；故选B。8.根据原子结构或元素周期律的知识，下列说法正确的是A. 35Cl和37Cl的原子核外电子排布不同B. CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸溶胶C. 短周期主族元素原子最外层电子数一定等于其最高化合价D. 1 mol HCl分子和1 mol HF分子断键需要的能量前者大于后者【答案】B【解析】【详解】A35Cl和37Cl属于同位素，原子核外电子数相同，原子核外电子排布相同，故A错误；BCO2通入Na2SiO3溶液中反应生成白色胶状沉淀硅酸，可以得到硅酸溶胶，故B正确；C氧元素、氟元素没有最高正化合价，其它主族元素最高正化合价等于其族序数，故C错误；D键长H-FH-Cl，故H-F键键能更大，则断开1molH-F需要的能量更多，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为为C，要注意一些特殊例子，如氧元素、氟元素一般没有最高正化合价，其中F元素没有正化合价，平时学习过程中要注意归纳。9.下列除杂的方法正确的是A. 除去NaCl溶液中少量CaCl2：加入过量Na2CO3，过滤B. 除去KCl溶液中少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤C. 除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体D. 除去N2中的少量O2：通过灼热的Cu粉末，收集气体【答案】D【解析】【详解】A加入过量Na2CO3，可除去氯化钙，但引入新杂质，应再加入盐酸除杂，故A错误；B加入氢氧化钠，引入新杂质，应加入适量KOH除杂，故B错误；C二氧化碳与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故C错误；D加热条件下，铜与氧气反应，可除去杂质，故D正确；故选D。10.下列离子方程式书写正确的是A. 醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO32HCa2H2OCO2B. 向次氯酸钙溶液中通入SO2气体：Ca2+2ClO-+H2O+SO2CaSO3+2HClOC. 用氨水吸收足量的SO2气体：OHSO2 = HSO3D. 在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO【答案】D【解析】【详解】A醋酸和碳酸钙都应该保留化学式，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故A错误；B次氯酸钙溶液中通入少量SO2气体发生氧化还原反应生成CaSO4 沉淀，故B错误；C氨水吸收过量SO2反应为NH3H2O+SO2=NH4HSO3，离子反应为NH3H2O+SO2=NH4+HSO3-，故C错误；D氯化亚铁溶液中加入稀硝酸，二者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-3Fe3+2H2O+NO，故D正确；故选D。11.下列叙述正确的是A. 元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素B. 短周期第IVA族与VIIA族元素的原子间构成分子，均满足原子最外层8电子结构C. N、C、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键又有共价键D. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强【答案】B【解析】【详解】A位于金属与非金属分界线附近的元素具有一定的金属性与非金属性，过渡元素为副族元素与第族，全部为金属元素，故A错误；B短周期第IVA族与VIIA族元素的原子间构成的分子为AB4型，原子最外层电子数与其化合价绝对值之和均为8，满足8电子结构，故B正确；CC、N、O、H四种元素形成的化合物可能为氨基酸或蛋白质或碳酸铵等，其中氨基酸中没有离子键，故C错误；D应描述为第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，不是最高价含氧酸则不一定，如非金属性ClS，而次氯酸为弱酸，硫酸为强酸，故D错误；故选B。12.向含有Fe3+、Fe2+、Mg2+、NH4+的水溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后再加入过量的稀盐酸，上述离子数目没有明显变化的是A. Fe2+ B. NH4+ C. Fe3+ D. Mg2+【答案】D【解析】试题分析：过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，又因为亚铁离子极易被氧化生成铁离子，所以在反应过程中，有氢氧化铁和氢氧化镁以及氨气生成，则再加入盐酸后，生成氯化铁和氯化镁，则离子数目没有变化的镁离子，答案选D。考点：考查离子反应有关问题。13.向溶液中分别通入足量的相应气体后，下列各组离子还能大量存在的是A. 氨气：K+、Na+、AlO2-、CO32-B. 二氧化硫：Na+、NH4+、SO32-、C1-C. 氯气：K+、Na+、SiO32-、NO3-D. 乙烯：H+、K+、MnO4-、SO42-【答案】A【解析】【详解】AK+、Na+、AlO2-、CO32-之间不反应，通入氨气后，溶液显碱性，也不反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；BSO32-与二氧化硫反应生成HSO3-，不能共存，故B错误；C氯气溶于水，溶液显酸性，与SiO32-反应生成硅酸沉淀，通入氯气后不能大量共存，故C错误；DH+、MnO4-具有氧化性，能够氧化乙烯，通入乙烯后不能共存，故D错误；故选A。14.用如图的实验装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是A. 若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B. 若A为稀盐酸，B为石灰石，C中盛CaCl2溶液，则C中溶液变浑浊C. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛A1C13溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D. 若A为浓硝酸，B为铜屑，C中盛紫色石蕊溶液，则C中溶液变红色【答案】D【解析】浓盐酸与MnO2反应产生氯气，干燥的氯气不可以使品红溶液褪色，A错误。稀盐酸与石灰石生成CO2，CO2与CaCl2溶液不反应，溶液不会浑浊。B 错误。 浓氨水与生石灰产生氨气，A1C13溶液与氨气产生沉淀不会溶解。C 错误。浓硝酸与铜屑产生NO2，酸性气体使紫色石蕊溶液变红。15.某阳离子为钠离子的溶液中，可能含有SO42、CO32、Cl的一种或几种，只取原溶液一次，便能一一检验其中存在的阴离子。下列加入试剂的顺序最合理的是A. HCl、BaCl2、AgNO3 B. Ba(NO3)2、AgNO3、HNO3C. 酚酞、Ba(NO3)2、AgNO3 D. HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3【答案】D【解析】【详解】A先加盐酸，会引入氯离子，干扰Cl的检验，故A不选；B先加Ba(NO3)2，CO32-、SO42-均反应生成白色沉淀，不能一一检验，故B不选；C酚酞不能检验SO42、CO32、Cl，故C不选；D试剂的顺序为HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3，可依次检验出CO32-(有无色无味的气体放出)、SO42-(有白色沉淀生成)、Cl-(有白色沉淀生成)，故D选；故选D。【点睛】本题考查常见离子的检验，把握离子的性质、发生的反应与现象为解答的关键。解答本题需要注意一一检验的限制条件。本题的易错点A，要注意盐酸对氯离子检验的干扰。16.下列实验方案和实验结论正确的是A. 除去SO2中少量的HCl，可将混合气体通入饱和Na2SO3溶液中B. 粘在试管内壁的硫单质，可用热的稀盐酸洗涤C. 稀盐酸、NaOH、AlCl3、Ba(OH)2四瓶无色溶液，可用NaHCO3鉴别D. 将硝酸铵晶体溶于水，测得水温下降，证明硝酸铵水解是吸热的【答案】C【解析】试题分析：A SO2、HCl都可以与Na2SO3溶液发生反应，不能用Na2SO3溶液除杂，要用饱和的NaHSO3溶液，错误；BS不溶于水，也不能溶于盐酸，所以粘在试管内壁的硫单质，不可用热的稀盐酸洗涤，要用热的NaOH溶液洗涤，错误；C NaHCO3溶液与稀盐酸混合放出气体；与NaOH溶液发生反应，无明显现象；与AlCl3溶液混合产生沉淀，同时有气体产生；与Ba(OH)2溶液混合产生白色沉淀，四瓶无色溶液，现象各不相同，因此可用NaHCO3鉴别，正确；考点：考查实验方案或实验结论正误判断的知识。17.某溶液中可能含有I、NH4、Cu2、SO32，向该溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列关于该溶液组成的判断正确的是肯定不含I肯定不含Cu2肯定含有SO32可能含有IA. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】还原性SO32-I-，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32-，溶液中可能含有I-离子，因加入溴水少量，I-没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有铵根离子，故正确的有，故选D。【点睛】本题考查了离子的检验，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键。本题的易错点为的判断，要注意溴水是少量的，溴水只与SO32反应，与碘离子没有发生反应。18.过氧化钠具有强氧化性，遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂，化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+ O2 。下列说法中不正确的是A. 氧化性：Na2O2Na2FeO4FeSO4B. FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂C. 由反应可知每 3 mol FeSO4完全反应时，反应中共转移 12 mol e_D. Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用【答案】C【解析】A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知，氧化性：Na2O2Na2FeO4FeSO4 ，A正确；B.2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2，Fe元素的化合价由+2价升高为+6价,O元素的化合价部分由1价降低为2价，部分由1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；C2FeSO410e-，所以每3molFeSO4完全反应时，反应中共转移15mol电子，C错误。DNa2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选C.点睛：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。19.硫酸铵在加热条件下分解生成氨、二氧化硫、氮气和水。反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比是A. 1：3 B. 2：3 C. 1：1 D. 3：1【答案】A【解析】硫酸铵在加热条件下分解，生成氨、二氧化硫、氮气和水，二氧化硫是还原产物，生成1mol二氧化硫得2mol电子；氮气是氧化产物，生成1mol氮气失去6mol电子，根据得失电子守恒，氮气和二氧化硫的比是1：3，故A正确。20.向100 mL的FeBr2溶液中通入标准状况下Cl2 3.36 L，所得溶液中C1-和Br-的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为A. 0.75 molL1 B. 1molL1 C. 1.5 molL1 D. 2 molL1【答案】D【解析】试题分析：在溶液中微粒反应的顺序是Fe2+Br-.n(Cl2)=3.36L22.4L/mol=0.15mol；n(Cl)=0.3mol；假设FeBr2溶液的浓度是x,则在原溶液中n(Fe2+)=0.1xmol；n(Br)=0.2xmol；根据物质反应时的物质的量的关系结合电子守恒可知：0.05x+(0.2x-0.3)0.5=0.15，解得x=2，因此选项是D。考点：考查微粒反应的顺序及守恒法在化学计算中的应用的知识。第卷（非选择题 共50分）21.A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，其中只有C为金属元素。A、C原子序数之和等于E的原子序数，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍。AB2和DB2溶于水得到酸性溶液，C2D溶于水得到碱性溶液。（1）E元素在周期表中的位置为_；工业上制取C 单质的化学方程式为_。（2）A的最低负价氢化物的空间构型为_；C、D、E 的简单离子的离子半径由大到小的顺序是_（用离子符号表示）。（3）化合物C2D3中，该化合物的水溶液在空气中久置后变质，生成一种单质，所得溶液呈强碱性，用化学方程式表示这一变化过程_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). 2NaCl2Na+Cl2 (3). 正四面体 (4). S2- Cl- Na+ (5). Na2S3 + O2 + 2H2O = 4NaOH + 6S【解析】【分析】A，B，C，D，E五种短周期元素(稀有气体除外)，原子序数依次增大，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍，则D为S元素，B为O元素，E为Cl元素；只有C为金属元素，化合物C2D溶于水得到碱性溶液，则C只能为Na元素，硫化钠水解生成氢氧化钠，溶液显碱性；A、C原子序数之和等于E的原子序数，则A的原子序数为6，A为C元素；据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素。(1)E为Cl，在周期表中位于第三周期A族，工业上通过电解熔融的NaCl制取金属钠，反应的方程式为2NaCl2Na+Cl2，故答案为：第三周期A族；2NaCl2Na+Cl2；(2)A的最低负价氢化物为甲烷，空间构型为正四面体；一般而言，电子层数越多，离子半径越大，则钠离子半径最小，S2- 、Cl-具有相同的电子层结构，离子半径S2- Cl- ，因此C、D、E 的简单离子的离子半径由大到小的顺序为S2- Cl- Na+，故答案为：正四面体；S2- Cl- Na+；(3)化合物Na2S3的水溶液在空气中久置后变质，生成硫和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2S3 + O2 + 2H2O = 4NaOH + 6S，故答案为：Na2S3 + O2 + 2H2O = 4NaOH + 6S。【点睛】本题考查元素的推断，正确判断元素的种类是解题的关键。本题的难点为(3)，要注意氧化还原反应方程式的书写和配平。22.纳米碳酸钙广泛应用于橡胶、塑料、造纸、化学建材、油墨、涂料、密封胶与胶粘剂等行业。在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2，可以制得纳米级碳酸钙。某校学生实验小组设计如图所示装置，制取该产品。D中装有蘸稀硫酸的脱脂棉，图中夹持装置已略去。可选用的药品有：a石灰石 b饱和氯化钙溶液 c6 mol/L盐酸 d氯化铵 e氢氧化钙。（1）A中制备气体时，所需药品是（选填字母序号）_。（2）B中盛有饱和碳酸氢钠溶液，其作用是_。（3）写出制取氨气的化学方程式：_。（4）在实验过程中，向C中通入气体有先后顺序，先通入气体的化学式是：_。（5）检验D出口处是否有氨气逸出的方法是_。（6）写出制纳米级碳酸钙的化学方程式：_。【答案】 (1). a c (2). 除去CO2中的HCl (3). 2NH4Cl + Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3+ 2H2O (4). NH3 (5). 将湿润的红色石蕊试纸放在D出口处，若试纸变蓝，则证明有氨气逸出；若试纸不变蓝，则证明没有氨气逸出（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近D出口处，若有白烟，则证明有氨气逸出；若没有白烟，则证明没有氨气逸出。） (6). CaCl2+ H2O + CO2+ 2NH3 CaCO3 + 2NH4Cl【解析】【分析】(1)根据装置特点可知，A为二氧化碳的发生装置，E为氨气的发生装置；(2)根据生成的二氧化碳中混有氯化氢，结合C中的反应分析判断；(3)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水；(4)根据二氧化碳和氨气的溶解性判断先通入的气体；(5)根据氨气的检验方法分析解答；(6)由反应物和生成物写出反应方程式。【详解】(1)装置A为碳酸钙与盐酸反应制二氧化碳，所需药品是石灰石和6mol/L盐酸，故答案为：ac；(2)饱和NaHCO3溶液可除掉挥发出来的氯化氢，故答案为：除去二氧化碳中的氯化氢；(3)实验室制取氨气采用氯化铵和氢氧化钙加热制的生成氯化钙、氨气和水，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；(4)氨气极易溶于水，易于二氧化碳的吸收，所以应先通入氨气，故答案为：NH3；(5)氨气是碱性气体，能使红色石蕊试纸变蓝；氨气能和浓盐酸反应生成白烟，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸放到D出口处，如果试纸变蓝，则证明氨气逸出，反之则不逸出（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口处，若观察到白烟，则证明氨气逸出，反之则不逸出）；(6)氨气溶于水生成氨水，溶液呈碱性，二氧化碳是酸性气体，能和碱反应生成碳酸铵，碳酸铵和氯化钙发生复分解反应生成碳酸钙和氯化铵：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl，故答案为：CaCl2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH4Cl。23.某课外小组同学用下图所示装置在实验室制氯气并探究其相关性质（夹持设备已略）。（1）制备氯气选用的药品为：漂白粉固体和浓盐酸，相关的化学反应方程式为_。（2）装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象_。（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入_（选填表中字母）。a干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条硅胶湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条d湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性强弱。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为_色，说明氯的非金属性大于溴；之后打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡；观察到的现象是_，则说明溴的非金属性大于碘。（5）有同学提出该实验方案仍有不足，请说明其中的不足及后果。_；_。【答案】 (1). Ca(ClO)2+2HCl=Cl2+H2O+CaCl2 (2). 长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱 (3). d (4). 黄（或橙） (5). 溶液变蓝色 (6). E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2 (7). Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气【解析】【分析】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气； (2)依据装置中气体压强变化和长颈漏斗中液体液面变化分析判断；(3)依据氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，进行实验设计；(4)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质；液体溴单质和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，结合溴水的颜色和碘与淀粉的显色反应分析解答；(5)依据装置图气体流向分析，E装置中 D处不能排除氯气的干扰；装置F处不能吸收生成的污染性气体二氧化硫分析解答。【详解】(1)漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙与浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O，故答案为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H2O； (2)装置B的作用之一是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若堵塞，装置AB中气体压强增大，会把B中的液体压入长颈漏斗中形成水柱；故答案为：长颈漏斗中液面明显上升，形成水柱；(3)氯气无漂白作用，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性。a、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过碱石灰后，氯气会被吸收，后续试验无法验氯气是否具有漂白性，故a错误；b、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，干燥有色布条会褪色，通过硅胶后，水蒸气会被吸收，但遇到湿润的有色布条会褪色，不能证明其漂白作用的物质，故b错误；c、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，U形管中加入浓硫酸，气体不能进入后面装置，不能证明氯气是否有漂白性，故c错误；d、氯气从食盐水中出来会含有水蒸气，湿润有色布条会褪色，通过固体干燥剂氯化钙吸收水后，遇干燥的有色布条不褪色证明氯气无漂白性，故d正确；故答案为：d；(4)D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为黄色：氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性强于溴；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾淀粉溶液的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，故答案为：黄(或橙)；溶液变蓝色；(5)装置中在验证溴单质氧化性大于碘单质的实验验证方法中 不能排除氯气氧化碘离子的干扰作用；最后装置F氯气通入会和水反应生成盐酸，盐酸和亚硫酸氢钠反应生成二氧化硫污染气，不能被吸收，故答案为：E处未能排除D中过量Cl2的干扰，而置换出I2；Cl2通入NaHSO3溶液中会产生SO2，污染空气。【点睛】本题考查了氯气的实验室以及氯气化学性质的应用。本题的易错点为(3)，要注意漂白作用是次氯酸的性质，不是氯气的性质。24.某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的