长沙市麓山国际实验学校高一化学上学期期中试卷

1、湖南省长沙市麓山国际试验学校高一（上）期中化学试卷一、挑选题（此题共20 个小题，每道题6 分，共 120 分，第 1-17小题为单项题，18， 19，20 题为多项题多项题全部选对得6 分，选不全的得3 分，有选错或不答的得0 分 . ）1（ 6 分）（2021.钦北区校级模拟）以下各组离子，在溶液中能大量共存、加入naoh溶液后 加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）2+2+a ba、no3、nh4、clb ca、hco3、nh4 、alo2+2+2+2+c k 、ba、cl、hso3d mg、nh4 、so4、k2（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）以下反应的离子方程式书写正

2、确选项（）3+a 氯化铝溶液中加入过量氨水：al+4nh3.h2o=alo2 +4nh4 +2h2o2+b nahco3 溶液和少量ba（ oh） 2 溶液混合： hco3 +oh +ba =h2o+baco3+2+3+c fe3o4 溶于足量稀hno3： fe3o4+8h =fe +2fe2+4h2o2d 用碳酸钠溶液吸取少量二氧化硫：2co3+so2+h2o=2hco3+so33（ 6 分）（2021 秋.岳麓区校级期中） 用 na表示阿伏加德罗常数，以下说法中正确选项（）a 1molo2 作氧化剂时转移电子数肯定为4nab 常温常压下，92g 的 no2 和 n2o4 混合气体含有的氮原

3、子数为2nac 标准状况下，22.4 l c2h5oh中含有的氢原子数为6 nad 将 0.1 mol fecl3 水解制成胶体，所得胶体粒子数为0.1na4（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）已知14mol/l的硫酸溶液的溶质的质量分数为80%，那么 7mol/l 的硫酸溶液的溶质的质量分数将（）a 大于 40%b 等于 40%c 小于 40%d 无法确定2+3+5（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）依据以下方程式：2fe+cl 2=2fe +2cl；3+2+2+2+2+hclo+hcl=cl2+h2o； 2fe序正确选项（）+cu=2fe +cu ； fe+cu =fe

4、 +cu，以下各组物质氧化性强弱顺3+2+2+3+2+2+2a fe hclo cl 2 fe cub hclo cl 2 fecu fe2c cl hclo fe3+ cu2+ fe2+d hclo fe3+ clcu2+ fe2+6（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份， 分别加到足量的以下溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（） 1 1a 3mol.lhclb 4mol.lhno3 11c 8mol.lnaohd 18mol.lh 2so47（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）以下溶液中能够区分so2 和 co2 气体的是（

5、）石灰水h2s 溶液酸性 kmno4 溶液氯水品红溶液a b c d 全部8（ 6 分）（ 2021 秋.中山期末）将cu 片放入 0.1 mol/l fecl3 溶液中，反应肯定时间后取出cu 片，溶液中c（ fe3+）： c （fe2+） =2： 3，就 cu2+与 fe3+的物质的量之比为（）a 3： 2b 3： 5c 4： 3d 3：4 19（ 6 分）（ 2021 秋.济南期末）24ml浓度为 0.05mol.lna 2so3 溶液恰好与20ml浓度为 10.02mol.l的 k2x2o7 溶液完全反应，已知na2so3 可被 k2x2o7 氧化为 na2so4，就元素x 在仍原产物

6、中的化合价为以下的（）a +2 价b+3 价c +4 价d +5 价10（ 6 分）（2021.吴中区校级学业考试）足量铜与肯定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、 no 的混合气体，这些气体与1.68lo 2（标准状况）混合后通入水中，全部气体完全被水2+吸取生成硝酸如向所得硝酸铜溶液中加入5mol/l naoh 溶液至 cu 恰好完全沉淀，就消耗naoh溶液的体积是（）a 60mlb 45mlc 30mld 15ml二、非挑选题（共7 个小题，共80 分）11（ 9 分）（2021 秋.秀英区校级期末） （ 1）鉴别 kcl 溶液和 k2co3 的试剂是，离子方程式为（ 2）除去

7、混入nacl 溶液中少量nahco3 杂质的试剂是，离子方程式为（ 3）除去 na2co3 粉末中混入的nahco3 杂质用方法，化学方程式为12（ 11 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）某些物质的转化关系如下列图（不是全部的产物都标出）已知：如用两根玻璃棒分别蘸取a 的浓溶液和浓盐酸并使它们接近时，有大量白烟生成；甲是由两种单质直接化合得到的一种淡黄色固体；乙为一种金属单质，常温下，它在浓硝酸钝化；d、 f 溶液均呈碱性（ 1） a属于a、电解质b、非电解质（ 2）请写出c、g的化学式： cg（ 3）请写出b 与甲反应的化学方程式，该反应中的氧化剂是（填化学式），仍原剂是（填化学式）

8、；（ 4）请写出d 溶液与乙反应的化学方程式13（ 12 分）（ 2021 秋.安徽期末）甲乙丙三位同学分别用如下三套试验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气请你参与探究，并回答以下问题：（ 1）三位同学制取氨气的化学方程式为：（ 2）三位同学都用向下排空气法收集氨气，而不用排水法，其缘由是 a氨气难溶于水b氨气极易溶于水c氨气密度比空气大 d氨气密度比空气小e氨气密度比水大f氨气密度比水小（ 3）三位同学用上述装置制取氨气时，其中乙同学没有收集到氨气，收集不到氨气的主要缘由是（用化学方程式表示） （ 4）检验氨气是否收集满的方法是a闻到有氨气逸出b棉花被气体冲出

9、c用潮湿的红色石蕊试纸在试管口检验，发觉试纸变蓝d用潮湿的蓝色石蕊试纸在试管口检验，发觉试纸变红（ 5）三位同学都认为他们的试验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯洁的氨气，你判定能够达到试验目的是（填“甲”、“乙、”“丙”）14（ 8 分）（ 2021 秋.昆明校级期末）在足量浓硝酸中加入3.84g cu片，反应完全后，使产生的气体（只含有一种气体）通入800ml h2o中充分反应，设反应后溶液体积不变（ 1）写出产生的气体通入水中的化学反应方程式，并指出氧化剂与仍原剂质量之比；（ 2）试求将气体通入水中充分反应后得到的溶液的物质的量浓度2021-2021 学年湖南省长沙市麓山国际试验学校高一

10、（上）期中化学试卷参考答案与试题解析一、挑选题（此题共20 个小题，每道题6 分，共 120 分，第 1-17小题为单项题，18， 19，20 题为多项题多项题全部选对得6 分，选不全的得3 分，有选错或不答的得0 分 . ）1（ 6 分）（2021.钦北区校级模拟）以下各组离子，在溶液中能大量共存、加入naoh溶液后 加热既有气体放出又有沉淀生成的一组是（）2+2+a ba、no3、nh4、clb ca、hco3、nh4 、alo2+2+2+2+c k 、ba、cl、hso3d mg、nh4 、so4、k考点 ：离子共存问题专题 ：热点问题；元素及其化合物分析： 依据溶液中离子之间不能结合生

11、成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化仍原反应、不能促进电离来分析离子在溶液中能大量共存；然后依据溶液中的离子与naoh溶液反应既有气体放出又有沉淀生成的即为正确答案+解答： 解：a、因该组离子之间不反应，就离子能大量共存，当加入naoh会与 nh4 反应产生nh3，但没有沉淀，故a 错误；b、因 alo2能促进 hco3的电离，生成al （oh）3 沉淀和碳酸根离子，就该组离子不能大量共存，故b 错误；c、因该组离子之间不反应，就离子能大量共存，当加入naoh会与 hso 生成 so2 ，3322+so3与 ba 可生成 baso3 沉淀，但无气体生成，故c 错误；+d、因该组离子之间不反

12、应，就离子能大量共存，当加入 naoh后， oh 与 nh4 产生 nh3，2+oh 与 mg应选 d会产生 mg（ oh） 2 沉淀，符合题意，故d正确；点评： 此题考查离子的共存问题及复分解反应，明确题意中原离子组能共存，当加入碱既有气体又有沉淀生成两个条件来分析解答，熟识离子的性质及常见离子之间的反应是解答的关键2（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）以下反应的离子方程式书写正确选项（）a 氯化铝溶液中加入过量氨水：al 3+4nh.h o=alo +4nh+2h o322422+b nahco3 溶液和少量ba（ oh） 2 溶液混合： hco3 +oh +ba =h2o+ba

13、co3+2+3+c fe3o4 溶于足量稀hno3： fe3o4+8h =fe +2fe2+4h2o2d 用碳酸钠溶液吸取少量二氧化硫：2co3+so2+h2o=2hco3+so3考点 ：离子方程式的书写分析： a氨水为弱碱，无法溶解氢氧化铝，二者反应生成氢氧化铝沉淀； b氢氧化钡少量，离子方程式依据氢氧化钡的组成书写； c硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子氧化成铁离子； d二氧化硫少量，碳酸钠与二氧化硫反应生成碳酸氢钠和亚硫酸钠解答： 解：a氯化铝溶液中加入过量氨水，反应生成氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：3+al+3nh3.h2o=al（ oh） 3+3nh4 ，故 a 错误；bnahco

14、3 溶液和少量ba（ oh） 2 溶液混合，氢氧根离子完全反应，正确达到离子方程2+2式为： 2hco3 +2oh +ba =co3+2h2o+baco3，故 b 错误；+3+cfe3o4 溶于足量稀hno3，反应生成硝酸铁、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为： 3fe3o4+no3+28h 9fe+14h2o+no，故c 错误；d碳酸钠溶液吸取少量二氧化硫，反应生成碳酸氢钠、亚硫酸钠，反应的离子方程22式为： 2co3+so2+h2o=2hc3o +so3应选 d，故 d正确；点评： 此题考查了离子方程式的正误判定，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，留意明确离子方程式正误判定常用方

15、法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式；选项c为易错点，留意亚铁离子被氧化成铁离子3（ 6 分）（2021 秋.岳麓区校级期中） 用 na表示阿伏加德罗常数，以下说法中正确选项（） a 1molo2 作氧化剂时转移电子数肯定为4na b 常温常压下，92g 的 no2 和 n2o4 混合气体含有的氮原子数为2nac 标准状况下，22.4 l c2h5oh中含有的氢原子数为6 nad 将 0.1 mol fecl3 水解制成胶体，所得胶体粒子数为0.1na考点 ：阿伏加德罗常数分析： a、依据氧元素的价态有1 价和 2 价来分析；b、依据 no

16、2 和 n2o4 的最简式均为no2，先求出混合物中含有的no2 的物质的量， 即可求出含有的氮原子的物质的量以及个数； c、标况下，乙醇为液态；d、一个胶粒是多个氢氧化铁的集合体解答： 解：a、氧元素的价态有1 价和 2 价， 1molo2 作氧化剂后假如被仍原为1 价，就转移 2mol 电子，如被仍原为2 价，就转移4mol 电子，故a 错误；b、no2 和 n2o4 的最简式均为no2，故混合物中含有的no2 的物质的量n=2mol，故含有的氮原子的物质的量为2mol ，个数为 2na 个， 故 b 正确；c、标况下，乙醇为液态，故c错误；d、一个胶粒是多个氢氧化铁的集合体，故将0.1m

17、ol fecl 3 水解制成胶体，所得胶体粒子数小于0.1na，故 d错误应选 b点评： 此题考查了阿伏伽德罗常数的有关运算，娴熟把握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）已知14mol/l的硫酸溶液的溶质的质量分数为80%，那么 7mol/l 的硫酸溶液的溶质的质量分数将（） a 大于 40%b 等于 40%c 小于 40%d 无法确定考点 ：溶液中溶质的质量分数及相关运算分析： 假设 14mol/l硫酸溶液密度为a， 7mol/l 硫酸溶液密度为b，硫酸溶液浓度越大，密度越大，就a b，结合 c=进行判定解答： 解：假设 14mol/l

18、硫酸溶液密度为a，7mol/l 硫酸溶液密度为b，质量分数为 ，结合 c=可知，就： 14=， 7=，故=×2， 硫酸溶液浓度越大，密度越大，就a b，故 40%，应选 a点评： 此题考查溶液浓度运算，涉及物质的量浓度、质量分数，留意懂得把握物质的量浓度与质量分数之间关系，留意硫酸的浓度越大，密度越大2+3+5（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）依据以下方程式：2fe+cl 2=2fe +2cl；2hclo+hcl=cl+h o； 2fe 3+cu=2fe2+cu2+； fe+cu2+=fe2+cu，以下各组物质氧化性强弱顺2序正确选项（）3+2+2+3+2+2+a fe

19、hclo cl 2 fe cub hclo cl 2 fe cu fe3+2+2+3+2+2+c cl 2 hclo fe cu fed hclo fe cl 2cu fe考点 ：氧化性、仍原性强弱的比较分析： 含元素化合价降低的物质为氧化剂，氧化仍原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于仍原剂的氧化性，以此来解答2+3+3+3+解答： 解： 2fe+cl 2=2fe +2cl中氧化剂是cl 2，氧化产物是fe ，氧化性： cl 2 fe ；hclo+hcl cl 2+h2o中氧化剂是hclo，氧化产物是cl 2，氧化性： hclocl 2；cu+2fe3+2fe2+cu

20、2+ 中氧化剂是fe3+，氧化产物是cu2+ ，氧化性： fe3+ cu2+；2+2+2+2+2+2+fe+cu=fe+cu 中氧化剂是cu，氧化产物是fe，氧化性： cu fe ，3+2+2+综上得到氧化性次序是hclo cl 2 fe cu fe 应选 b点评： 此题考查氧化仍原反应，明确反应中元素的化合价变化及氧化仍原反应中氧化性、仍原性的比较方法即可解答，题目难度不大6（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）将等物质的量的镁和铝混合，取等质量该混合物四份， 分别加到足量的以下溶液中，充分反应后，放出氢气最多的是（） 1 1a 3mol.lhclb 4mol.lhno324c 8m

21、ol.l 1 naohd 18mol.l 1 h so考点 ：离子方程式的有关运算分析： 硝酸、浓硫酸具有强的氧化性与镁铝反应不会产生氢气，镁铝都能与盐酸盐酸反应生成氢气，镁与氢氧化钠不发生反应，铝与氢氧化钠反应生成氢气，依据得失电子守恒解答解答： 解：硝酸、浓硫酸具有强的氧化性与镁铝反应不会产生氢气，镁铝都能与盐酸盐酸反应生成氢气，镁与氢氧化钠不发生反应，铝与氢氧化钠反应生成氢气，依据氧化仍原反应的规律可知，相同质量的铝无论与酸仍是碱反应失去的电子数相同，生成的氢气相同，而镁只能与酸反应不能与碱反应，所以等物质的量的镁和铝混合与盐酸反应放出的氢气量大于与氢氧化钠反应放出的氢气的量，应选： a

22、点评： 此题考查了化学方程式的有关运算，明确物质的性质是解题关键，留意铝既能够与酸反应又能够与碱反应，题目难度不大7（ 6 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）以下溶液中能够区分so2 和 co2 气体的是（）石灰水h2s 溶液酸性 kmno4 溶液氯水品红溶液a b c d 全部考点 ：二氧化硫的化学性质分析： 依据 so2 和 co2 性质的差异可知， 二氧化硫既有氧化性又有仍原性，而二氧化碳在溶液中不发生氧化仍原反应，就利用二氧化硫的仍原性及漂白性来区分so2 和 co2 气体解答： 解： so2 和 co2 都属于酸性氧化物，它们都能使澄清石灰水变浑浊，所以不能利用澄清石灰水来区分s

23、o2 和 co2；so2 具有氧化性，能将h2s 溶液氧化生成单质（有黄色沉淀生成），而 co2 没有此性质，所以能利用h2s 溶液区分so2 和 co2；so2 也具有仍原性，能被kmno4 酸性溶液氧化（溶液褪色），而 co2 没有此性质，所以能利用 kmno4 酸性溶液区分so2 和 co2；so2 也具有仍原性，能被氯水氧化（溶液褪色），而 co2 没有此性质，所以能利用氯水区分 so2 和 co2；so2 仍具有漂白性，能使品红溶液褪色，而co2 没有此性质，所以能利用品红溶液区分 so2 和 co2；所以能够区分so2 和 co2 气体的溶液有：，应选 c点评： 此题考查酸性氧化物

24、的鉴别，为高频考点，把握二氧化硫的仍原性、漂白性为解答的关键，留意二者性质的差异，侧重分析与应用才能的考查，题目难度不大8（ 6 分）（ 2021 秋.中山期末）将cu 片放入 0.1 mol/l fecl3 溶液中，反应肯定时间后取出3+2+2+3+cu 片，溶液中c（ fe ）： c （fe ） =2： 3，就 cu 与 fe 的物质的量之比为（）a 3： 2b 3： 5c 4： 3d 3：4考点 ：化学方程式的有关运算专题 ：运算题3+2+2+分析： 此题是化学方程式运算的问题，因此第一正确书写出化学方程式2fe+cucu+2fe ，找到题干中的已知条件，将条件和化学方程式联系起来，从而

25、找到解决问题结合点，3+2+fecl3 溶液的浓度为0.1 mol/l ，肯定时间后，取出cu，溶液中 c（ fe ）：c（ fe ）=2：3+3，说明原溶液中的fe 并没有完全反应，依据常规的运算方法，设取出cu 后溶液中3+2+3+2+c（ fe ）：c （fe ） =2：3=k， c（ fe ）=2kmol/l ， c（ fe ） =3kmol/l ，溶液的体积为3+3+vl，原溶液中n（ fe ）=0.1 mol/l ×vl=0.1vmol ，取出cu 后， n（ fe ）2+3+1=2kmol/l ×vl=2kvmol， n（ fe ）=3kmol/l ×

26、;vl=3kvmol， 依据化学方程式列方程n（fe ）3+2+3+=n（ fe ）1+n（ fe ）一元一次方程，解出k 值，进一步求出反应后溶液中的n（fe ）2+1、n（cu），从而得出答案3+2+解答： 解：设原溶液的体积为vl，设取出cu 后溶液中c（ fe）： c （fe） =2： 3=k，就有：3+2+3+c（ fe ）=2kmol/l ，c（ fe ）=3kmol/l ，原溶液中n（ fe ）=0.1 mol/l ×vl=0.1vmol ，3+2+取出 cu 后， n（ fe ） 1=2kmol/l ×vl=2kvmol， n（ fe ）=3kmol/l &

27、#215;vl=3kvmol，依据3+2+2+3+3+2+化学方程式列方程：2fe +cucu +2fe 、n（ fe ） =n（ fe ） 1+n（ fe ），%0.1 vmol=2kvmol+3kvmol，一元一次方程得：k=0.02vmol ，就反应后溶液中n（ fe3+）3+2+1=0.04vmol ，反应前n（ fe ） =0.1vmol ，再依据方程式求得n（cu） =0.03vmol ，1所以 n（ cu2+）： n（ fe3+） =0.03vmol ： 0.04vmol=3 ：4，应选 d3+点评： 此题既考查了化学方程式的有关运算，同事又考查了fe 的强氧化性，解题的关键是正

28、确书写出化学反应方式9（ 6 分）（ 2021 秋.济南期末）24ml浓度为 0.05mol.l 1 na2so3 溶液恰好与20ml浓度为 1%0.2 mol.l的 k2x2o7 溶液完全反应，已知na2so3 可被 k2x2o7 氧化为 na2so4，就元素x 在仍原产物中的化合价为以下的（）a +2 价b +3 价c +4 价d +5 价考点 ：氧化仍原反应的运算专题 ：氧化仍原反应专题分析： na2so3 被氧化为na2so4，s 元素化合价由 +4 价上升为 +6 价； k2x2 o7 中 x 元素发生仍原反应，令 x 元素在产物中的化合价为a 价，依据电子转移守恒运算a 的值解答：

29、 解：令 x 元素在产物中的化合价为a 价，依据电子转移守恒，就：24×10 3l×0.05mol/l ×（ 6 4）=20×10 3l×0.02mol/l ×2×（ 6 a） 解得 a=+3应选 b点评： 此题考查氧化仍原反应运算、氧化仍原反应概念等，难度中等，表示出得失数目是解题关键，娴熟把握电子转移守恒思想的运用10（ 6 分）（2021.吴中区校级学业考试）足量铜与肯定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和no2、n2o4、 no 的混合气体，这些气体与1.68lo 2（标准状况）混合后通入水中，全部气体完全被水2+吸取生成硝

30、酸如向所得硝酸铜溶液中加入5mol/l naoh 溶液至 cu 恰好完全沉淀，就消耗naoh溶液的体积是（）a 60mlb 45mlc 30mld 15ml考点 ：硝酸的化学性质 专题 ：守恒法；氮族元素分析： 依据电子得失守恒，求出参与反应的铜，然后求出cu （ no3） 2，再依据cu（ no3） 2与 naoh反应的关系，求出naoh的物质的量，最终求出naoh溶液的体积解答： 解：完全生成hno3，就整个过程中hno3 反应前后没有变化，即cu失去的电子都被o2得到了依据得失电子守恒：n（ cu）× 2=n（ o2）×4 n（cu）× 2=mol×

31、;4n（ cu） =0.15mol所以 cu（ no3） 2 为 0.15mol2+依据cu2oh0.15mol n（ oh ）就 naoh 为 0.15mol ×2=0.3 mol就 naoh体积 v=0.06l ，即 60 ml，应选 a点评： 此题主要考查了金属与硝酸反应的运算，如依据化学方程式来运算，无从下手，如依据氧化仍原反应中电子得失守恒就能起到事倍功半二、非挑选题（共7 个小题，共80 分）11（ 9 分）（2021 秋.秀英区校级期末） （ 1）鉴别 kcl 溶液和 k2co3 的试剂是盐酸，离子方程式为co2 +2h+=co+h o322（ 2）除去混入nacl 溶

32、液中少量nahco3 杂质的试剂是盐酸，离子方程式为hco3+h =co2+h2o（ 3）除去 na2co3 粉末中混入的nahco3 杂质用加热方法，化学方程式为2nahcona2co3+co2+h2o考点 ：物质的分别、提纯和除杂；物质的检验和鉴别的基本方法挑选及应用专题 ：试验题分析： （ 1）依据 kcl 不能和盐酸反应而和k2co3 能与盐酸反应；（ 2）依据 nacl 不能和盐酸反应而和k2co3 能与盐酸反应；（ 3）依据 na2co3 加热不分解，nahco3 加热分解；解答： 解：（ 1）因 kcl 不能和盐酸反应，k2co3 能与盐酸反应生成氯化钾、水、二氧化碳，所2+以鉴

33、别 kcl 溶液和 k2co3 的试剂是盐酸，故答案为：盐酸；co3+2h =co2+h2o；（ 2）因 nacl 不能和盐酸反应，nahco3 能与盐酸反应反应生成氯化钠、水、二氧化碳，生成的氯化钠又溶于水，所以可用盐酸除去混入nacl 溶液中少量nahco3 杂质，故答+案为：盐酸； hco3 +h =co2+h2o；（ 3）因 na2co3 加热不分解， nahco3 加热分解得到碳酸钠、水、二氧化碳，所以可用加热的方法除去na2co3 粉末中混入的nahco3 杂质，故答案为：加热；2nahco3na2co3+co2+h2o；点评： 关于物质的分别和提纯，除了要把握除杂和分别的原就，仍

34、要分析杂质和物质性质的不同，然后挑选适当的试剂和方法12（ 11 分）（ 2021 秋.岳麓区校级期中）某些物质的转化关系如下列图（不是全部的产物都标出）已知：如用两根玻璃棒分别蘸取a 的浓溶液和浓盐酸并使它们接近时，有大量白烟生成；甲是由两种单质直接化合得到的一种淡黄色固体；乙为一种金属单质，常温下，它在浓硝酸钝化；d、 f 溶液均呈碱性（ 1） a属于ba、电解质b、非电解质（ 2）请写出c、g的化学式： cnoghno3（ 3）请写出b 与甲反应的化学方程式2na2o2+2h2o4naoh+o2，该反应中的氧化剂是na2o2（填化学式） ，仍原剂是na2o2（填化学式） ；（ 4）请写出

35、d 溶液与乙反应的化学方程式2al+2naoh+2h2o2naalo2 +3h2考点 ：无机物的推断分析： 由如用两根玻璃棒分别蘸取a的浓溶液和浓盐酸并使它们接近时，有大量白烟生成，应为 hcl 和 nh3 的反应生成nh4cl ，就 a 为 nh3；由甲是由两种单质直接化合得到的 一种淡黄色固体，就甲为na2o2； a 与氧气反应生成b与 c，而 b 能与甲反应，c 能与氧气，就b 为 h2o， c 为 no，故 e 为 no2， g为 hno3，水与 na2o2 反应生成d 为 naoh，金属单质乙能与naoh反应的，常温下，它在浓硝酸钝化，就乙为al ，f 溶液呈碱性，就 f 为 naa

36、lo2，据此解答解答： 解：由如用两根玻璃棒分别蘸取a 的浓溶液和浓盐酸并使它们接近时，有大量白烟生成，应为hcl 和 nh3 的反应生成nh4cl ，就 a 为 nh3；由甲是由两种单质直接化合得到的一种淡黄色固体，就甲为 na2o2；a 与氧气反应生成b 与 c，而 b 能与甲反应， c能与氧气， 就 b 为 h2o，c 为 no，故 e 为 no2，g为 hno3，水与 na2o2 反应生成d为 naoh，金属单质乙能与naoh反应的，常温下，它在浓硝酸钝化，就乙为al ，f 溶液呈碱性，就 f 为 naalo2，（ 1） a 为 nh3 ，不能自身电离出离子，属于非电解质，应选：b；（

37、 2）由上述分析可知，c 为 no， g为 hno3，故答案为：no； hno3；（ 3） b 与甲反应的化学方程式为：2na2o2+2h2o4naoh+o2，反应中只有过氧化钠中o元素化合价变化，该反应中的氧化剂是：na2o2，仍原剂是：na2o2，故答案为： 2na2o2+2h2o4naoh+o2； na2o2； na2o2；222（ 4）d 溶液与乙反应的化学方程式为：2al+2naoh+2h2o2naalo2+3h2，故答案为： 2al+2naoh+2ho2naalo +3h 点评： 此题考查无机物的推断，题目难度中等，物质的颜色以及反应现象为推断突破口，需要同学娴熟把握元素化合物性质

38、13（ 12 分）（ 2021 秋.安徽期末）甲乙丙三位同学分别用如下三套试验装置及化学药品（其中碱石灰为固体氢氧化钠和生石灰的混合物）制取氨气请你参与探究，并回答以下问题：（ 1）三位同学制取氨气的化学方程式为：2nh4cl+ca（ oh） 2cacl2+2h2o+2nh3（ 2）三位同学都用向下排空气法收集氨气，而不用排水法，其缘由是bd a氨气难溶于水b氨气极易溶于水c氨气密度比空气大 d氨气密度比空气小e氨气密度比水大f氨气密度比水小（ 3）三位同学用上述装置制取氨气时，其中乙同学没有收集到氨气，收集不到氨气的主要缘由是2nh3+h2so4=（ nh4）2so4（用化学方程式表示） （

39、 4）检验氨气是否收集满的方法是ca闻到有氨气逸出b棉花被气体冲出c用潮湿的红色石蕊试纸在试管口检验，发觉试纸变蓝d用潮湿的蓝色石蕊试纸在试管口检验，发觉试纸变红（ 5）三位同学都认为他们的试验装置也可用于加热碳酸氢铵固体制取纯洁的氨气，你判定能够达到试验目的是丙（填“甲”、“乙、”“丙”）考点 ：常见气体制备原理及装置挑选；氨的制取和性质专题 ：试验题分析： （ 1）试验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为2nh4cl+ca（ oh） 2cacl2+2nh3+2h2o；（ 2）依据氨气的溶解性和密度挑选收集氨气的方法；（ 3）氨气能与硫酸反应而被硫酸吸取；32（ 4）氨气为碱性气体，与水反应生成nh.ho，电离子出oh离子，溶液呈碱性；（ 5）碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，可以用碱石灰除杂解答： 解：（1）试验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气，反应方程式为2nh4cl+ca（ oh） 2cacl2+2h2o+2nh3，故答案为： 2nh4cl+ca（ oh） 2cacl 2+2h2o+2nh3；（ 2）氨气易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，应选： bd；（ 3）氨气为碱性气体，通过盛有浓硫酸的洗气瓶时，与硫酸反应而被吸取，反应方程式为： 2nh3 +h2so4=（ nh4