云南省麒麟高中2018_2019学年高一化学6月考试试题（含解析）.docx

云南省麒麟高中2018-2019学年6月份考试高一化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。一、单选题（共22小题,每小题2.0分,共44分）1. 下列说法错误的是A. 钠在空气中燃烧最后所得产物为Na2O2B. 镁因在空气中形成了一薄层致密的氧化膜，保护了里面的镁，故镁不需要像钠似的进行特殊保护C. 铝制品在生活中非常普遍，这是因为铝不活泼D. 铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层【答案】C【解析】试题分析：A钠在不加热时与氧气反应生成氧化钠，在空气中燃烧生成过氧化钠，正确；B镁易与空气中氧气反应生成致密的氧化铝膜，可起到保护镁不被进一步氧化的作用，正确；C铝制品在生活中应用普遍是因为表面有一层致密的Al2O3薄膜，保护铝不被进一步氧化，错误；D铁在潮湿的空气中因生成的氧化物很疏松，不能保护内层金属，正确。考点：考查金属钠、镁、铝、铁的性质。2.某学生将一小块钠投入滴有酚酞的水中，此实验能证明钠下面4点性质中的()钠的密度比水的小钠的熔点较低钠与水反应时放出热量钠与水反应后的溶液呈碱性A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到的现象依次是：浮、熔、游、响、红，根据实验现象分析得出实验结论【详解】将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠浮在水面上，证明钠比水轻，故正确；将一小块钠投入滴有酚酞水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，证明反应放热，钠的熔点低，故正确；将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到金属钠熔成闪亮的小球，并且发出响声，证明反应放热，故正确；将一小块钠投入滴有酚酞的水中，会观察到溶液变为红色，证明有碱性物质生成，故正确。体现了四点性质故选D。3.蒸发时，下列操作不正确的是A. 将蒸发皿放在石棉网上，用酒精灯外焰加热B. 蒸发皿内的溶液不能超过其容积的2/3C. 蒸发时用玻璃棒不断搅拌蒸发皿内的溶液D. 蒸发结束后，用坩埚钳取下蒸发皿，冷却【答案】A【解析】【详解】A蒸发皿属于直接受热的仪器，可用酒精灯外焰直接加热，不能放在石棉网上加热，故A错误；B蒸发皿不能盛满，蒸发皿内的溶液应控制在其容积的1/3到2/3之间，故B正确；C蒸发时，应防止温度过高，固体迸溅或分解，所以用玻璃棒不断搅拌蒸发皿内的溶液，故C正确；D热的蒸发皿要用坩埚钳取下，放在石棉网上冷却，故D正确；综上所述，本题选A。4.在下列条件下，两种气体的密度一定相等的是（）A. 同质量不同体积的氮气和一氧化碳B. 不同温度同体积的一氧化二氮和二氧化碳C. 同体积、同压强的氮气和乙烯D. 同温同压下的一氧化碳和氮气【答案】D【解析】【详解】A.根据知,如果二者质量相等,其体积不等,则其密度一定不等,故A错误;B.不同温度,同体积的N2O和CO2,其压强不一定相等,如果其质量相等,则其密度相等,故B错误;C.同体积、同压强的N2和C2H4,其温度不一定相等,如果其质量相等,则其密度相等,故C错误;D.同温同压下,气体摩尔体积相等,根据知,密度与其摩尔质量成正比,二者摩尔质量相等,所以其密度相等,故D正确;所以D选项是正确的。【点睛】根据进行判断;注意气体的体积与温度、压强有关。如不同温度同体积的N2O和CO2 ,如果其质量相等,则其密度相等。5.下表中列出了几种物质的熔点，据此判断下列说法正确的是（）物质的名称汞金铜铁钨熔点/-38.81064108315353410A. 铜球掉入铁水中不会熔化B. 水银温度计可测量40 的温度C. 金有很好的延展性，易加工成各种装饰品D. 用钨制成的灯丝不易熔化【答案】D【解析】【详解】A.铁的熔点高于铜的熔点，铜球掉入铁水(温度至少为1 535 )会熔化，故A错误；B.水银的熔点38.8 ，低于此温度水银为固体，水银温度计不能测量40 下的温度，故B错误；C.表中数据不能说明金具有很好的延展性，故C错误；D.钨的熔点为3 410 ，熔点高，用钨制成的灯丝不易熔化，故D正确；答案：D。6.若将饱和氯化铁溶液分别滴入下列物质中，能形成胶体的是A. 冷水B. 沸水C. 氢氧化钠浓溶液D. 氯化钠浓溶液【答案】B【解析】氢氧化铁胶体的制备方法为：向煮沸的蒸馏水中逐滴滴入56滴饱和的氯化铁溶液，继续加热煮沸至溶液呈红褐色为止，停止加热即得氢氧化铁胶体；7.下列物质中属于化合物的是（）A. 石墨B. 干冰C. 盐酸D. 食盐水【答案】B【解析】【分析】根据化合物是由不同种元素组成纯净物进行判断。【详解】A. 石墨是由C元素组成，属于单质，故A错误； B. 干冰是由C、O两种元素组成的化合物，故B正确； C. 盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，故C错误；D. 食盐水是氯化钠的混合物，故D错误；答案：B。8.下列变化中，元素价态变化与反应：3NO2H2O=2HNO3NO属于同一类型的是（）A. 2FeCl3H2S=2FeCl22HClSB. 2NH4Cl6HClK2Cr2O7=2KClN22CrCl37H2OC. 3Br26NaOH=NaBrO35NaBr3H2OD. 5H2S2KMnO43H2SO4=K2SO42MnSO45S8H2O【答案】C【解析】【分析】由3NO2H2O=2HNO3NO中N元素价态变化可知此反应属于歧化反应。【详解】A. 2FeCl3H2S=2FeCl22HClS属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故A错误；B. 2NH4Cl6HClK2Cr2O7=2KClN22CrCl37H2O属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故B错误；C. 3Br26NaOH=NaBrO35NaBr3H2O中Br元素既有升高，又有降低，属于歧化反应，故C正确；D. 5H2S2KMnO43H2SO4=K2SO42MnSO45S8H2O属于氧化还原反应，但不是歧化反应，故D错误；答案：C。9.下列离子可以大量共存的是（）A. Al3+、OHB. K+、Ag+、Cl、C. K+、Na+、 AlO2-D. Ba2+、Na+、OH、CO32-【答案】C【解析】【详解】A. Al3+、NH4+、与OH不能大量共存，故A错误； B. Ag+与Cl不能大量共存，故B错误；C. K+、SO42-、Na+、 AlO2-所有离子之间都不反应，可以共存，故C正确；D. Ba2+与CO32-不能大量共存，故D错误；答案：C10.油脂是油与脂肪的总称，它是多种高级脂肪酸的甘油酯。油脂既是重要食物，又是重要化工原料。油脂以下性质和用途与其含有的不饱和双键（碳碳双键）有关的是（）A. 适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性维生素和胡萝卜素B. 利用油脂在碱性条件下水解，可以生产甘油和肥皂C. 植物油通过氢化，即与氢气发生加成反应可以制造植物奶油（人造奶油）D. 脂肪是有机体组织里储存能量的重要物质【答案】C【解析】【详解】A.有机物易溶于有机溶剂，所以油脂，有助于人体吸收多种脂溶性维生素和胡萝卜素是物理变化，与C=C无关，故A错误；B.发生变化的是COOR，,故B错误；C. 植物油通过氢化，即与氢气发生加成反应可以制造植物奶油，属于C=C的性质，故C正确；D. 脂肪是有机体组织里储存能量的重要物质，也与C=C无关，故D错误；答案：C。【点睛】本题关键是“与其含有的不饱和双键有关”的性质。A、B、D三项是油脂的共性，与结构中是否含有双键无关。C中的“氢化”就是与H2的加成反应，是不饱和双键的特性。11.氢能是理想的清洁能源。下列制氢的方法中，最节能的是（）A. 电解水制气：2H2O2H2O2B. 高温使水分解制气：2H2O2H2O2C. 太阳能催化分解水制气：2H2O2H2O2D. 天然气制气：CH4H2OCO3H2【答案】C【解析】【详解】A. 电解水制气：2H2O2H2O2，需要消耗电能，故A不符合题意；B. 高温使水分解制气：2H2O2H2O2，需要消耗热能，故B不符合题意；C. 太阳能催化分解水制气：2H2O2H2O2, 需要消耗太阳能，属于节约能源，故C符合题意；D. 天然气制气：CH4H2OCO3H2需要消耗热能，故D不符合题意；答案：C。12.根据化学反应的实质是旧键断裂和新键形成这一事实，下列变化不属于化学变化的是()A. 钠投入水中B. 石墨在高温高压下转化为金刚石C. 干冰汽化D. 五氧化二磷吸水【答案】C【解析】分析：既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，说明物质间发生了化学反应，以此分析。详解：A、钠投入水中，既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，选项A不选；B、石墨在高温下转化为金刚石，既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，选项B不选；C、干冰汽化属于物理过程，只破坏范德华力，既没有旧化学键断裂，又没有新化学键形成，选项C选；D、五氧化二磷吸水生成磷酸，既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，选项D不选；答案选C。点睛：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意化学变化既有旧化学键断裂，又有新化学键形成。13. 某烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，则该烃的分子式不可能是A. C2H6B. C4H10C. C5H12D. C8H18【答案】B【解析】烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，说明分子中的氢原子完全是相同的，所以B是不可能的，B中有正丁烷和异丁烷，都有两种氢原子。C中可以是新戊烷，D可以是(CH3)3C(CH3)3，所以答案选B。14.下列变化中发生加成反应的是（）A. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色C. 乙烯通入溴水中，溴水褪色D. 光照下甲烷与氯气的混合气体颜色逐渐变浅【答案】C【解析】【详解】A. 将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色，发生了萃取，故A不符合题意；B. 乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色发生氧化反应，故B不符合题意；C. 乙烯通入溴水中，溴水褪色发生加成反应，故C符合题意；D. 光照下甲烷与氯气的混合气体颜色逐渐变浅发生了取代反应，故D不符合题意；答案：C。15.比较乙烷和乙醇的结构，下列说法错误的是A. 两个碳原子以单键相连B. 分子里都含6个相同的氢原子C. 乙基与一个氢原子相连就是乙烷分子D. 乙基与一个羟基相连就是乙醇分子【答案】B【解析】试题分析：A乙烷和乙醇的结构式分别为：，所以分子中两个碳原子都以单键相连，正确；B根据其结构式知，乙烷分子中所有氢原子性质相同，乙醇中有3种性质的氢原子，错误；C根据结构式知，乙基与一个氢原子相连就是乙烷分子，正确；D根据乙醇的结构式知，乙基与一个羟基相连就是乙醇分子，正确。考点：常见有机物的结构。16.已知R2核内共有N个中子，R的质量数为A，确定m g R2中含有电子的物质的量为()A. m(A-N)/A molB. m(A-N+2)/AmolC. m(A-N-2)/A molD. m(A+N-2)/A mol【答案】C【解析】【详解】由R2+离子的核内有N个中子，R的质量数为A，则R原子质子数为A-N，故该离子核外电子数为N-A-2，根据n=可得m g R2+的物质的量=mol，则含有的电子的物质的量为mol（N-A-2）= m(A-N-2)/A mol，C项正确；答案选C。17.下列关于羟基和氢氧根的说法不正确的是（）A. 羟基比氢氧根少一个电子B. 二者的组成元素相同C. 羟基不带电，氢氧根带一个单位负电荷D. 羟基比氢氧根性质稳定【答案】D【解析】羟基的化学式是OH，氢氧根的化学式是OH，所以稳定性强的应该是OH，选项D不正确，其余都是正确的，答案选D。18.下列最简式中，没有相对分子质量也可以确定分子式的是 （）A. CH3B. CHC. CH2D. CH2O【答案】A【解析】【详解】A最简式为CH3，氢原子为偶数，若氢原子为6，分子式为C2H6，已达饱和结构，所以分子式一定是C2H6，故A正确；B最简式为CH，可以是C2H2或C4H4（环丁二烯）或C8H8（苯乙烯），故B错误；C.任何烯烃最简式都是CH2，故C错误；D最简式为CH2O，可以为HCHO，也可以为CH3COOH等，故D错误；答案：A。【点睛】本题考查了根据实验式确定分子式，中等难度，碳成4条键，氢原子数必定是偶数，氢原子数最多为2n+2（n是碳原子数n1的正整数），氧原子不影响氢原子数目据此分析。19.某元素的核电荷数是电子层数的5倍，其质子数是最外层电子数的3倍，该元素是（）A. 锂B. 碳C. 氖D. 磷【答案】D【解析】【详解】根据已知该元素的核电荷数即质子数既是3的倍数又是5的倍数,15号元素P有三个电子层，最外层电子数为5，所以P的核电荷数、电子层数和最外层电子数符合上述要求。故答案为：D。20.“铝热反应”是一种重要的化学反应，下列说法正确的是（）A. 是吸热反应B. 铝热剂是纯净物C. 铝热剂是混合物D. 铝热反应不是氧化还原反应【答案】C【解析】【详解】A.铝热反应是放热反应,故A错误;B.铝热剂是铝与某些金属氧化物(如Fe2O3、Fe3O4、Cr2O3、V2O5等)的混合物,故B错误，C正确；D.铝热反应是在高热条件下发生的反应2Al+ Fe2O3= Al2O3 +2Fe,它是氧化还原反应,故D错误；答案：C。21.某可逆反应达到平衡状态时，下列说法不正确的是（）A. 一定条件下，可逆反应都能达到平衡状态B. 化学平衡是一种动态平衡，v正v逆0C. 平衡状态时，反应混合物中各组分含量保持不变D. 平衡状态时，反应混合物中各物质的浓度相同【答案】D【解析】【分析】一定条件下，可逆反应达到平衡状态时，v正v逆0(动态平衡)，反应混合物中各组分的含量保持不变，反应物和生成物的浓度不再发生变化，但不一定相同。【详解】A. 结合分析可知一定条件下，可逆反应都能达到平衡状态，故A正确；B. 化学平衡是一种动态平衡，v正v逆0，故B正确；C. 平衡状态时，反应混合物中各组分含量保持不变，故C正确；D. 平衡状态时，反应混合物中各物质的浓度不再变化，但不一定相同，故D错误；答案：D。22.有下列七个反应：煅烧石灰石制生石灰燃烧蜂窝煤取暖炸药爆炸硫酸与氢氧化钾溶液反应生石灰与水作用制熟石灰食物腐败碳与水蒸气反应制得水煤气。其中放热反应的一组是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】煅烧石灰石制生石灰属于吸热反应；燃烧蜂窝煤取暖属于放热反应；炸药爆炸属于放热反应；硫酸与氢氧化钾溶液发生中和反应属于放热反应；生石灰与水作用制熟石灰属于放热反应；食物腐败属于放热反应；碳与水蒸气反应制得水煤气属于吸热反应；则其中放热反应的一组是。答案选D。【点睛】明确常见的放热反应和吸热反应是解答的关键。归纳如下：一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。分卷II二、填空题（共7小题,共56分）23.我国化学专家侯德榜（下图）改革国外的纯碱生产工艺，生产流程可简要表示如下：（1）上述生产纯碱的方法称_，副产品的一种用途为_。（2）沉淀池中发生的化学反应方程式是_。（3）写出上述流程中X物质的分子式_。（4）使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了_（填上述流程中的编号）的循环。从沉淀池中取出沉淀的操作是_。（5）为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水后，再滴加_。【答案】 (1). 联合制碱法或侯氏制碱法 (2). 化肥或电解液或焊药等（其他合理答案均正确） (3). NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3或NH3CO2H2O=NH4HCO3、NH4HCO3NaCl=NaHCO3NH4Cl (4). CO2 (5). (6). 过滤 (7). 稀硝酸和硝酸银溶液【解析】【详解】(1)目前工业制碱方法有二:氨碱法和联合制碱法.题中方法是由侯德榜所创,称为侯氏制碱法,也称为联合制碱法,反应方程式为NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3,故副产物为氯化铵,氯化铵可用来制作化肥,因此，本题正确答案是:联合制碱法或侯氏制碱法,做化肥;(2)沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体,反应方程式为NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3或NH3CO2H2O=NH4HCO3、NH4HCO3NaCl=NaHCO3NH4Cl ；因此，本题正确答案是:.NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3或NH3CO2H2O=NH4HCO3、NH4HCO3NaCl=NaHCO3NH4Cl ;(3)在联合制碱法中x是煅烧碳酸氢钠制得的产物，可以循环利用，所以该产物为二氧化碳,因此，本题正确答案是: CO2;(4)循环是将未反应的氯化钠返回沉淀池中,从固液混合物中分离出固体的方法为过滤.因此，本题正确答案是:循环,过滤;(5)检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠即检验是否含氯离子,可取少量试样溶于水后，再滴加硝酸酸化的硝酸银,观察若产生白色沉淀则说明有氯化钠存在,因此，本题正确答案是:用硝酸酸化的硝酸银,观察产生白色沉淀;【点睛】根据联合制碱法的原料为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠,反应原理为：NH3CO2H2ONaCl=NH4ClNaHCO3，以此进行分析判断即可。检验氯离子的方法为用硝酸酸化的硝酸银来检验,若出现氯化银沉淀则说明有氯离子存在等知识点来解题。24.分析锌锰电池构造示意图，回答下列问题：（1）普通锌锰电池的构造如图（a）所示。该电池的负极材料是_。电池工作时，电子流向_（填“正极”或“负极”）。若电解质含有杂质Cu2，会加速某电极的腐蚀。其主要原因是_。普通锌锰电池的缺点有_。（2）碱性锌锰电池的构造如图（b）所示。与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是_。【答案】 (1). Zn（锌） (2). 正极 (3). 锌与还原出来的铜构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀 (4). 在使用过程中，锌会逐渐溶解，使锌外壳逐渐变薄；内部作电解质的糊状NH4Cl（显酸性）会泄漏出来，使电器腐蚀；即使不使用，放置过久，也会失效（答案合理即可） (5). 碱性电池不易发生电解质的泄漏，因为消耗的负极改装在电池的内部；碱性电池使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高（答案合理即可）【解析】分析】根据原电池的构成和工作原理解答即可。【详解】根据原电池原理，在干电池中，活泼金属锌作负极，电子由负极流向正极。答案：锌；正极。若电解质溶液中混有Cu2+，则Zn会置换出Cu，在原有电池的基础上又会形成Zn-Cu原电池，从而加速负极（锌）的腐蚀；答案：锌与还原出来的铜构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀。普通锌锰电池的缺点有：在使用过程中，锌会逐渐溶解，使锌外壳逐渐变薄；内部作电解质的糊状NH4Cl（显酸性）会泄漏出来，使电器腐蚀；即使不使用，放置过久，也会失效（答案合理即可）；答案：在使用过程中，锌会逐渐溶解，使锌外壳逐渐变薄；内部作电解质的糊状NH4Cl（显酸性）会泄漏出来，使电器腐蚀；即使不使用，放置过久，也会失效（答案合理即可）。（2）与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是：碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高。答案：碱性电池不易发生电解质的泄漏，因为消耗的负极改装在电池的内部；碱性电池使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高（答案合理即可）。25.某化学兴趣小组利用NaI溶液中通入少量Cl2得到含碘废液，再利用含碘废液获取NaI固体，实验流程如下：已知反应：2I+2Cu2+H2O=2CuI+2H+。回答下列问题：（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、_。（2）反应中CuI被氧化，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为_。当有95.5 g CuI参与反应，则需要标况下_L的O2才能将生成的NO2在水中完全转化为硝酸。（3）化合物B中含两种元素，铁原子与另一种元素原子的物质的量之比为38，则化合物B的化学式为_。（4）反应中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，则反应的化学方程式为_。（5）将足量的Cl2通入含12 g NaI的溶液中，一段时间后把溶液蒸干得到固体的质量为_g。【答案】 (1). 玻璃棒 (2). 2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2+I2+4H2O (3). 5.6 (4). Fe3I8 (5). Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2+4H2O (6). 4.68【解析】【分析】碘废液加入亚硫酸钠和饱和硫酸铜溶液，发生氧化还原反应生成CuI固体，加入浓硝酸，可得到碘，然后加入铁粉和水，得到含铁化合物B，化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，则应为Fe3I8，加入碳酸氢钠溶液可得到NaI溶液，同时得到黑色固体Fe3O4，滤液经蒸发、结晶得到NaI固体，以此解答该题。【详解】（1）过滤实验所需要的玻璃仪器有普通漏斗、烧杯、玻璃棒，玻璃棒用于引流；（2）反应中CuI被氧化生成硝酸铜和单质碘，还原产物只有NO2，该反应的化学方程式为2CuI+8HNO3（浓）2Cu（NO3）2+4NO2+I2+4H2O，当有95.5g CuI参与反应，即n（CuI）95.5g191g/mol0.5mol，由方程式可知生成1molNO2，则通入氧气发生反应4NO2+2H2O+O24HNO3，消耗0.25mol氧气，标况下的体积为0.25mol22.4L/mol5.6L；（3）化合物B中含两种元素，铁元素原子与另一种元素原子的物质的量之比为3：8，根据原子守恒可知另一种元素为I，则化合物B的化学式为Fe3I8；（4）反应中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，应为四氧化三铁，无色气体为二氧化碳，则反应的化学方程式为Fe3I8+8NaHCO3Fe3O4+8NaI+8CO2+4H2O；（5）n（NaI）12g150g/mol0.08mol，则与足量氯气反应生成0.08molNaCl，则m（NaCl）0.08mol58.5g/mol4.68g。【点睛】本题考查物质的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确物质的性质、注意把握实验的流程和制备原理是解答的关键，方程式的书写是解答的易错点和难点。26.已知非金属单质硫（S）是淡黄色固体粉末，难溶于水。为了验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强，某化学实验小组设计了如下实验，请回答下列问题：（1）装置A的分液漏斗中盛装的试剂是_，烧瓶中发生的反应的化学方程式是_。（2）画出虚线框内的实验装置图，所加试剂为_，该装置的作用是_。（3）装置B中盛放的试剂是_（填序号），实验现象为_，该反应的离子方程式是_，该反应属于四种基本反应类型中的_反应。A Na2S溶液 B Na2SO3溶液 C Na2SO4溶液（4）已知：硫酸比次氯酸稳定；高氯酸的酸性比硫酸强；S2比Cl易被氧化；HCl比H2S稳定；铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应；铁与氯气在加热条件下反应生成三氯化铁，铁与硫在加热条件下反应生成硫化亚铁；硫原子与氯原子的电子层数相同，氯的原子半径小于硫原子。能说明氯的非金属性比硫强的是_（填序号）。A 全部 B C D （5）装置C中盛放烧碱溶液，目地是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气，写出该装置中所发生反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 浓盐酸 (2). MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O (3). 饱和食盐水 (4). 除去Cl2中的HCl气体 (5). A (6). 有淡黄色沉淀生成 (7). S2Cl2=2ClS (8). 置换 (9). B (10). Cl22OH=ClClOH2O【解析】【分析】根据题意,验证氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强的原理是:氯气可以将硫从其化合物硫钠中置换出来；最高价氧化物对应水化物的酸的酸性强弱、离子的还原性强弱、氢化物的稳定性、将同样的金属氧化到的价态等进行判断。【详解】(1)装置A的作用是制取氯气,利用MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O原理可知，分液漏斗中盛装的试剂是浓盐酸。反应的方程式为: MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O，本题答案是:浓盐酸; MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O。(2)二氧化锰和浓盐酸反应制得的氯气中含有氯化氢杂质,可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶将其除去,虚线框内的实验装置图为:，因此，本题正确答案是:;饱和食盐水;除去Cl2中的HCl气体;(3)氯气可以将硫从其化合物中置换出来的事实可以证明氯元素的非金属性比硫元素的非金属性强,所以选择 Na2S溶液,反应的原理是: S2Cl2=2ClS,有淡黄色沉淀生成,属于置换反应,因此，本题正确答案是:A;有淡黄色沉淀生成, S2Cl2=2ClS;置换。 (4) 硫酸比次氯酸稳定不能证明非金属性：ClS,故错误；最高价氧化物对应水化物的酸的酸性越强,则元素的非金属性越强, 高氯酸的酸性比硫酸强，所以Cl的非金属性强于S，故正确；S2比Cl易被氧化,说明单质的氧化性是氯气强于硫,所以Cl元素的非金属性强于S,故正确；元素的氢化物的稳定性越强则元素的非金属性越强,HCl比H2S稳定，所以Cl元素的非金属性强于S,故正确；铜与盐酸不反应，但能与浓硫酸反应，不能说明非金属性：ClS,故错误；单质将同样的金属氧化到的价态越高则原子的得电子能力强, 元素的非金属性越强，故正确；硫原子与氯原子电子层数相同,同周期元素的原子半径越小,得电子能力越强,元素的非金属性越强，故正确,所以正确选项是 ,因此，本题正确答案是:B;（5）装置C中盛放烧碱溶液，目地是吸收反应后剩余的气体，防止污染空气，该装置中所发生反应的离子方程式：Cl22OH=ClClOH2O,因此，本题正确答案是: Cl22OH=ClClOH2O。【点睛】(1)根据实验的目的可知要先获得纯净的氯气,就要根据制得氯气原理和装置进行解答 (2)证明氯元素的非金属性强于硫元素的方法是：最高价氧化物对应水化物的酸的酸性强弱、离子的还原性强弱、氢化物的稳定性、将同样的金属氧化到不同的价态等进行判断即可。27.证明卤族元素的非金属性强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检查)。实验过程：.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。.当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a。.(1)验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_。(2)B中溶液发生反应的离子方程式是_。(3)为验证溴的氧化性强于碘，过程 的操作和现象是_。(4)过程实验的目的是_。(5)氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下，原子半径逐渐_，得电子能力逐渐_。【答案】（1） KI淀粉试纸变蓝 （2）Cl22BrBr22Cl（3）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色（4）确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰（5）增大,减弱【解析】试题分析：（1）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是KI淀粉试纸变蓝，Cl22I=2ClI2,I2遇淀粉变蓝色。（2)B中溶液发生反应的离子方程式是Cl22Br-Br22Cl-（3）为验证溴的氧化性强于碘，过程 的操作和现象是打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色，其中紫红色为I2溶解在CCl4呈现的颜色。（4) 过程实验的目的是确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。（5）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。考点：本题考查元素周期律，卤素单质氧化性强弱的比较，对应实验原理、操作、现象的描述，从结构上理解氧化性递变的原因。28.根据下图所示的转化关系，回答下列问题：(1)写出反应的离子方程式：_；写出反应的离子方程式：_。(2)推出下列物质的化学式：E_；I_。(3)在上述转化过程中，B、C、F、H的氧化能力由弱到强的顺序为_(写化学式)。【答案】 (1). MnO22Cl4HMn2Cl22H2O (2). Br22I=2BrI2 (3). KCl (4). AgBr (5). I2Br2Cl2MnO2【解析】【详解】H中加入淀粉溶液变蓝，说明H为I2单质，F溶液为橙色，应为溴水，即F是Br2单质，其通过反应即加入G（钾盐）溶液后有单质I2生成，说明G溶液一定是KI溶液，则D为KBr，因为C+KBrBr2+E，很容易联想到卤素间的置换反应，比Br2单质氧化性强的应是Cl2，所以C应该是Cl2，B为黑色粉末，可想到A和B的反应是制Cl2的反应，则A为HCl，E为KCl，I为AgBr。（1）反应是实验室制氯气反应，离子方程式为：MnO22Cl4HMn2Cl22H2O，反应是Br2与I的置换反