2024届陕西省咸阳市永寿县中学高一化学第一学期期末教学质量检测试题含解析

2024届陕西省咸阳市永寿县中学高一化学第一学期期末教学质量检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列化学反应中，不属于氧化还原反应的是（）A．Mg＋2HCl===MgCl2＋H2↑B．2NO＋O2===2NO2C．CuO＋H2Cu＋H2OD．CaCl2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaCl2、从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是①铁和水蒸气反应②过氧化钠和水反应③氯气和水反应④二氧化氮和水反应A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④3、下列各组物质中氮元素的化合价由低到高的排列顺序是()A．N2、NH3、NO2B．NH3、N2O5、NO2C．N2、N2O3、NH3D．NH3、N2、N2O34、关于反应3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O判断正确的是()A．铜元素在反应过程中被氧化，做氧化剂B．硝酸在反应过程中全部被还原，硝酸铜是氧化产物C．该反应中被氧化与被还原的原子个数比为3:8D．金属铜不能与盐酸发生化学反应，根据上述知识得知HNO3的氧化性大于HCl5、某NaOH样品中含有少量Na2CO3、NaHCO3和H2O，经分析测定，其中含NaOH83.4%（质量分数，下同），NaHCO38.8%，Na2CO36.4%，H2O1.4%。将此样品若干克投入到49克21%的稀硫酸中，待反应完全后，需加入20克9.0%的NaOH溶液方能恰好中和。则蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于A．25 B．20 C．15 D．106、以下实验操作及现象均正确的是A．实验Ⅰ（制备氢氧化铁胶体）：产生红褐色沉淀B．实验Ⅱ：溶液颜色变红C．实验Ⅲ：放出大量气体D．实验Ⅳ：先出现白色沉淀，后溶解7、铝镁合金材料在现代装饰材料中占有极为重要的地位,这种材料常用于制作门窗框、防护栏等。下列铝镁合金的性质与这些用途无关的是A．不易生锈 B．导电性好 C．密度小 D．强度高8、关于气体摩尔体积的下列叙述中正确的是()A．气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积B．标准状况下，气体摩尔体积约为22.4LC．标准状况下，1mol任何物质所占的体积约是22.4LD．标准状况下，1mol氢气所占的体积约是22.4L·mol－19、实验室中的药品常按物质的性质、类别等有规律地摆放。现有部分药品按某种规律摆放在实验桌上，如下图。做“硫酸的性质”的实验时，某同学取用BaCl2溶液后，应把它放回的位置是A．A B．B C．C D．D10、向一定量下列物质的溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，这种物质是（）A．硫酸镁 B．四羟基合铝酸钠 C．氯化铝 D．氯化铁11、下列关于铝和盐酸、NaOH溶液的反应说法不正确的是A．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应消耗Al的物质的量之比为1:3B．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应生成H2的物质的量之比为1:3C．等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应产生H2的物质的量之比为1:3D．等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应消耗酸和碱的物质的量之比为3:112、下列各组中，两种气体的的分子数上一定相等的是()A．温度相同，体积相同的O2和N2 B．温度相等，压强相等的CO和N2C．压强相同，质量相同的O2和O3 D．体积相同，密度相等的CO和N213、如果胡麻油中混有水，最好采用下列何种方法分离A．过滤 B．蒸馏 C．分液 D．萃取14、下列关于氨气性质的说法中，错误的是A．有刺激性气味 B．不跟水反应 C．能跟盐酸反应 D．比空气密度小15、下列方案能达到实验目的的是()A．用盐酸除去镁粉中的少量铝粉B．用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体C．用浓硫酸干燥氨气D．用排水法收集NO216、某工厂排放的工业废水中可能含有K+、H+、Mg2+、SO42-、Cl-、NO3-等离子。经检测废水呈明显的碱性,则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是()A．H+、K+、NO3-B．K+、NO3-、SO42-C．H+、Mg2+D．K+、Mg2+、SO42-、Cl-17、将一定质量的铜与100mL一定物质的量浓度的硝酸反应，铜完全溶解时产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入100mL6mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的物质的量浓度是（）A．6mol/L B．10mol/L C．11mol/L D．12mol/L18、下列条件下，两瓶气体所含的原子数一定相等的是（）①同质量、不同密度的Cl2和CO②同温度、同体积的H2和N2③同体积、同密度的C2H4和C3H6两种气体④同压强、同体积的N2O和CO2两种气体A．①③ B．③ C．③④ D．②④19、下列反应中，没有明显颜色变化的是A．FeCl3溶液中滴入KSCN溶液B．浓硫酸滴在纸上C．碳酸氢钠固体受热分解D．含酚酞的烧碱溶液吸收氯气20、同温同压下，等体积的O3和O2相同的是（）A．质量 B．分子数 C．原子数 D．密度21、下列物质中，即属于电解质，又能够导电的是A．Cu丝 B．熔融的MgCl2 C．NaCl溶液 D．蔗糖22、120mL浓度为1mol·L-1的Na2SO3溶液，恰好与100mL浓度为0.4mol·L-1的K2Cr2O7溶液完全反应，在还原产物中Cr元素的化合价A．+3 B．+1 C．+4 D．+2二、非选择题(共84分)23、（14分）下图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。各方框表示有关的一种反应物或生成物（部分物质已经略去）。其中A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，M是最常见的无色液体。（1）写出C→E的化学方程式：___________。（2）实验室常用加热两种固体混合物的方法制备物质C，其化学方程式为：_____，干燥C常用______________（填写试剂名称）。（3）E物质遇到D物质时，会观察到_________________现象，若用排水法收集F，则最终集气瓶中收集到的气体为______________（填写物质的化学式）。（4）写出A→D的化学方程式：_______________________。24、（12分）已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。(1)写出下列物质的名称或化学式：A(名称)：_________E(名称)：_________J(化学式)：_________G(化学式)：_________；(2)按要求写方程式：D转化为E的离子方程式：________________________________________________；F在空气中转化为G的化学方程式：________________________________________；电解C可以得到单质B，试写出B生成I的离子方程式：_____________________。25、（12分）以粗硅(含硅、硼等)为原料制取四氯化硅（SiCl4）的装置示意图如下：已知：①SiCl4遇水易反应；BCl3与SiCl4互溶。②高温下硅、硼与氯气反应后所得物质的部分性质如表：物质SiCl4BCl3沸点/℃57.712.8熔点/℃-70.0-107.2（1）装置A中盛装浓盐酸的仪器名称是___。（2）用湿润的淀粉KI试纸可以检验Cl2，写出表示该反应原理的离子方程式：___。（3）装置B中饱和食盐水的作用是___。（4）装置D中收集到的物质，可用___方法分离出纯净的SiCl4。（5）装置E中应装入的试剂名称是___，其作用有___、___。26、（10分）黄铜矿（CuFeS1）是制取铜及其化合物的主要原料之一，还可制备硫及铁的化合物．冶炼铜的反应为8CuFeS1+11O18Cu+4FeO+1Fe1O3+16SO1．（1）若CuFeS1中Fe的化合价为+1，反应中被还原的元素是__（填元素符号）．（1）用稀H1SO4浸泡上述反应制取铜后剩余的固体残渣，取少量所得溶液，检验溶液中存在Fe3+的方法是__（注明试剂、现象）．（3）上述冶炼过程产生大量SO1．下列处理方案中合理的是__（填代号）a．高空排放b．用于制备硫酸c．用纯碱溶液吸收制Na1SO3d．用浓硫酸吸收（4）验证黄铜矿冶炼铜的反应后气体中含有SO1的方法是__．（5）实验室制备，收集干燥的SO1，所需仪器如下．①其中装置A产生SO1，反应的化学方程式为__．②请按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→__→→→f，装置E中NaOH溶液的作用是__．E中反应的离子方程式__．27、（12分）某学生欲用下列装置制取纯净FeCl3固体。其中A是Cl2的发生装置，C、D为气体净化装置，E硬质玻璃管中装有细铁丝网，F为干燥的空广口瓶，烧杯G为尾气吸收装置。试回答：(1)该装置中有一明显错误是____________（填字母）。(2)D中所装试剂为_____________，C装置的作用是___________________。(3)A中发生反应的化学方程式是__________________，G中发生反应的离子方程式是________________。(4)若用100mL12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，生成的Cl2体积(标准状况)________(填“大于”“小于”或“等于”)6.72L。(5)用所制取的FeCl3固体制成Fe(OH)3胶体，区分胶体和溶液常用________，分离胶体和溶液常用的方法叫_______________。28、（14分）（1）实验室制取、净化并收集氯气涉及以下几个主要阶段：现有以下3种试剂：A．饱和食盐水B．NaOH溶液C．浓硫酸请在以上试剂中选择填空：①X、Y溶液分别应选用______（填“A”、“B”或“C”）、②尾气处理过程中，多余的氯气可用______（填“A”、“B”或“C”）吸收。（2）某化学兴趣小组为了探究Cl2的相关性质，设计了如下的实验。①写出Cl2与水反应的离子方程式______。②通入Cl2后，从集气瓶A、B的现象可得出的结论是______。（3）如图所示，上述实验过程中，不会产生气体的是______，写出反应A的化学方程式______。（4）碘是人体中不可缺少的微量元素，碘缺乏病是目前已知的导致人类智力障碍的主要原因，我国在食盐中加入碘元素能有效防止缺碘引起的疾病。某同学采用萃取－分液的方法从碘水中提取碘，主要操作步骤如下图：甲．加入萃取剂后振荡乙．静置分层丙．分离①该同学所采用的萃取剂可能是______（填“A”、“B”或“C”）。A．酒精B．苯C．四氯化碳②甲、乙、丙3步实验操作中，不正确的是______（填“甲”、“乙”或“丙”）。29、（10分）按要求填空。(1)已知甲、乙两物质分别由H、C、Na、O、Cl、Fe元素中的一种或几种组成。①若甲物质为碱性氧化物，则甲的化学式为_______(写一种)。②若乙物质可作为呼吸面具中氧气的来源，则乙的化学式为________，其供氧原理是_____(用化学方程式表示)。(2)在横线上填入合适的符号：_____+2H+=CO2↑+H2O+Ba2+(3)写出氯气与水反应的化学方程式，并用双线桥法标出电于转移的方向和数目：_____。(4)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性。某反应中参加反应的离子为MnO、H+和一种未知离子，产物为Fe3+、Mn2+和H2O。该反应的离子方程式为_____。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解题分析】

氧化还原反应的特征是反应前后有元素的化合价发生变化，4个反应中，只有D中没有任何元素的化合价发生变化，所以不属于氧化还原反应的是D，本题选D。2、C【解题分析】

①铁和水蒸气反应中，H元素的化合价降低，水为氧化剂；②过氧化钠和水反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；③氯气和水反应中，只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；④二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂；水的作用相同的是②③④，故选C。【题目点拨】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。解答本题主要是看H2O中的H和O的化合价是否发生变化，变化情况是否相同，易错点为②，要注意H2O中的O元素化合价不变。3、D【解题分析】

A．N2、NH3、NO2中N元素的化合价依次为0价，-3价，+4价，化合价不是由低到高排列，故A错误；B．NH3、N2O5、NO2中N元素的化合价依次为-3价，+5价，+4价，化合价不是由低到高排列，故B错误；C．N2、N2O3、NH3中N元素的化合价依次为0价，+3价，-3价，化合价不是由低到高排列，故C错误；D．NH3、N2、N2O3中N元素的化合价依次为-3价，0价，+3价，化合价由低到高排列，故D正确；故选D。4、D【解题分析】

A.反应过程中，铜元素化合价由0升高为+2，铜元素被氧化，做还原剂，故A错误；B.参加反应的硝酸中，只有部分氮元素化合价降低，所以硝酸在反应过程中部分被还原，铜元素化合价升高，铜被氧化为硝酸铜，硝酸铜是氧化产物，故B错误；C.根据反应方程式，化合价升高的铜原子有3个、化合价降低的氮原子有2个，该反应中被氧化与被还原的原子个数比为3:2，故C错误；D.铜能被硝酸氧化，铜不能被盐酸氧化，说明HNO3的氧化性大于HCl，故D正确；故答案选D。5、C【解题分析】

最后全部生成硫酸钠，根据硫酸根守恒计算其质量。【题目详解】NaOH、Na2CO3、NaHCO3与硫酸反应的产物都是硫酸钠，硫酸过量，用NaOH溶液刚好中和，最后全部生成硫酸钠，即蒸发得到的固体为硫酸钠，根据硫酸根守恒可得硫酸钠的质量是，即蒸发中和后的溶液可得固体质量接近于15g。答案选C。【题目点拨】本题考查混合物的有关计算，明确反应的原理，注意利用硫酸根守恒计算是解答的关键。6、D【解题分析】

A、该实验是制备氢氧化铁胶体，向沸水中滴加几点饱和氯化铁溶液，加热至出现红褐色液体，即为氢氧化铁胶体，而不是沉淀，故A错误；B、SCN－与Fe3＋生成Fe(SCN)3，溶液为血红色，Fe2＋与SCN－作用不显红色，故B错误；C、Mg不与NaOH溶液发生反应，不会产生气体，故C错误；D、因为Al(OH)3为两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液，因此向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，先发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，有白色沉淀，继续滴加NaOH溶液，发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，沉淀溶解，故D正确。7、B【解题分析】

A．不易生锈，用作建筑装潢材料，美观，故选项A不选；B．导电性好，与装潢无关，故选项B可选；C．密度小，用作建筑装潢材料，轻，故选项C不选；D．强度高，用作建筑装潢材料，坚固耐用，故选项D不选。答案选B。8、A【解题分析】

A.气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占的体积，单位为L·mol－1，A正确；B.标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L·mol－1，B错误；C.标准状况下，1mol任何气体所占的体积约是22.4L，C错误；D.标准状况下，1mol氢气所占的体积约是22.4L，D错误；正确选项A。9、C【解题分析】

HCl和硫酸都属于酸，酚酞和石蕊为指示剂，NaCl为盐，NaOH属于碱；氯化钡属于盐，所以应和氯化钠放在一起，故答案为C。10、C【解题分析】

A、MgSO4和NaOH反应产生的Mg(OH)2白色沉淀不溶于NaOH溶液，A错误；B、四羟基合铝酸钠不和NaOH溶液反应，不会产生白色沉淀，B错误；C、AlCl3和NaOH反应产生的Al(OH)3白色沉淀能溶于NaOH溶液，C正确；D、FeCl3和NaOH反应产生的Fe(OH)3呈红棕色，且该沉淀不溶于NaOH溶液，D错误；故选C。11、C【解题分析】

A．等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液，则氯化氢，氢氧化钠物质的量相等，依据方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，取6mol氯化氢和氢氧化钠，则盐酸消耗2mol铝，氢氧化钠消耗6mol铝，反应消耗Al的物质的量之比为2：6=1：3，故A正确；

B．由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，足量Al，酸碱均完全反应，则存在6HCl～3H2，2NaOH～3H2，取6mol氯化氢和6mol氢氧化钠研究，则盐酸与铝反应生成3mol氢气，氢氧化钠与铝反应生成9mol氢气，反应生成H2的物质的量之比为3：9=1：3，故B正确；

C．等质量的铝的物质的量相同，设Al均为2mol，由2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，生成气体物质的量之比为1：1，故C错误；

D．铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑，设铝的物质的量为2mol，所以消耗盐酸和氢氧化钠的物质的量分别为：6mol和2mol，则比值为3：1，故D正确；

故选：C。【题目点拨】熟悉铝与氢氧化钠、盐酸反应的方程式，明确反应物用量多少是解题关键。12、D【解题分析】

本题主要考查阿伏伽德罗定律推论的应用；根据N=nNA可知，分子数与物质的量成正比，所以只要二者物质的量相等，其分子数就一定相等，据此分析作答。【题目详解】根据N=nNA知，分子数与物质的量成正比，所以只要二者物质的量相等其分子数就一定相等，A.温度相同、体积相同的O2和N2其物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故A错误；B.温度相等、压强相等的N2和CO其物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；C.压强相同、质量相同的O3和O2，二者摩尔质量不等，根据n=m/M知，质量相等时其物质的量不等，所以其分子数不等，故C错误；D.体积相同,密度相等的CO

和N2，其质量相等,二者摩尔质量相等，所以其物质的量相等，根据N=nNA知，其分子数相等，故D正确。13、C【解题分析】

胡麻油和水为不互溶的液体，应采用分液的方式进行分离；答案选C。14、B【解题分析】

A.氨气有刺激性气味，A正确；B.氨气跟水反应生成一水合氨，B错误；C.氨气能跟盐酸反应生成氯化铵，C正确；D.氨气比空气密度小，D正确；答案选B。15、B【解题分析】

A．Mg、Al均与盐酸反应，应选NaOH溶液、过滤，故A错误；B．加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠，固体质量减少，因此用加热、称重的方法鉴别Na2CO3固体和NaHCO3固体，故B正确；C．浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，故C错误；D．二氧化氮与水反应，不能排水法收集，故D错误；故选：B。16、C【解题分析】

废水呈明显的碱性，废水中含OH-，H+、Mg2+与OH-不能大量共存，废水中肯定不含H+、Mg2+，答案选C。17、C【解题分析】

向反应后的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由Na守恒n(NaNO3)=n(NaOH)，根据氮原子守恒可知，再根据计算。【题目详解】向反应后的混合溶液中加入氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3,由Na守恒可得生成混合气体的物质的量为根据氮原子守恒可知故原硝酸溶液的物质的量浓度为故答案选C。【题目点拨】守恒法是高中化学计算的核心，常见的守恒有原子守恒、电子守恒和电荷守恒，本题二次应用原子守恒，难度较大。18、B【解题分析】

①同质量的Cl2和CO摩尔质量不相同，所以物质的量不同，它们的分子数不同，原子数也不同；②同温度、同体积的H2和N2，没有指明压强是否相同，所以物质的量不一定相同，分子数不一定相同，原子数也不一定相同；③由于C2H4和C3H6中碳原子和氢原子个数比均为1:2，碳的质量分数相同，同体积、同密度的C2H4和C3H6两种气体，质量相同，所以碳元素质量相同，碳原子数目相同，氢原子数也相同；④同压强、同体积的N2O和CO2两种气体，没有指明温度是否相同，所以物质的量也不一定相同，分子数不一定相同，原子数也不一定相同，据此解答；答案选B。【题目点拨】判断粒子数目是否相同，主要看清楚是分子还是原子等，应用概念或定律解题要注意条件是否满足，例如适用于气体的阿伏加德罗定律，必须是“同温”“同压”“同体积”“同物质的量或分子数”，这“四同”“三同”为前提，才能推出“一同”。19、C【解题分析】

A．FeCl3溶液中滴入KSCN溶液生成血红色的Fe(SCN)3，颜色变化明显，A不符合题意；B．浓硫酸滴在纸上，浓硫酸具有脱水性，白纸变黑，颜色变化明显，B不符合题意；C．碳酸氢钠固体受热分解生成白色的碳酸钠固体，没有明显颜色变化，C符合题意；D．含酚酞的烧碱溶液吸收氯气，氯气与烧碱反应生成盐，过量的氯气可溶于水，氯水显酸性，故在吸收过程中溶液碱性逐渐减弱，甚至可能变为酸性，故溶液由红色变为无色，颜色变化明显，D不符合题意；综上所述，答案为C。20、B【解题分析】

根据阿伏伽德罗定律：同温同压下，等体积的O3和O2相同的是分子数，故选B.21、B【解题分析】

A.铜丝是单质，虽能导电，但既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B.在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，熔融的MgCl2属于电解质，且有自由移动的离子，能导电，故B正确；C.虽然NaCl溶液中有自由移动的离子，能导电，但然NaCl溶液是混合物不是混合物，故C错误；D.蔗糖是非电解质，不能导电，故D错误。故选B。【题目点拨】化合物在水溶液中或受热熔化时本身能否发生电离是区别电解质与非电解质的理论依据，能否导电则是实验依据。能导电的物质不一定是电解质，电解质本身不一定能导电。22、A【解题分析】

n（Na2SO3）=0.012L×1mol/L=0.012mol，n（K2Cr2O7）=0.01L×0.4mol/L=0.004mol，根据氧化剂和还原剂化合价升降总数相等，设Cr元素化合价降低为+x价，则有：0.012mol×（6-4）=0.004mol×2×（6-x），x=3，故选A。二、非选择题(共84分)23、4NH3+5O24NO+6H2OCa(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O碱石灰无色气体变为红棕色NO2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2【解题分析】

A、B、D在常温下均为无色无味的气体，C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，是氨气，则B为氮气，A与过氧化钠反应生成D，则A为二氧化碳，D为氧气，M是最常见的无色液体，M是水。氨气和氧气反应生成E为一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成F为二氧化氮，二氧化氮和水反应生成G为硝酸。据此解答。【题目详解】（1）根据以上分析可知C到E的反应为4NH3+5O24NO+6H2O。（2）实验室用加入氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气是碱性气体，干燥氨气用碱石灰。（3）一氧化氮遇到氧气反应生成红棕色的二氧化氮，若用排水法收集，则二氧化氮会与水反应生成硝酸和一氧化氮，收集到的气体为NO。(4)过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2。【题目点拨】无机推断题要抓住突破口，例如能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，红棕色气体为二氧化氮或溴蒸气，常见的无色液体为水，淡黄色固体为硫或过氧化钠等。24、氧化铁氯化亚铁Al(OH)3Fe(OH)3Fe+2H+=Fe2++H2↑4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解题分析】

A是一种红棕色金属氧化物，根据G是红褐色沉淀可判断G是氢氧化铁，则F是氢氧化亚铁，E是氯化亚铁，B、D是金属单质，D是铁，因此A是氧化铁。C与盐酸和氢氧化钠溶液均反应，则C是氧化铝，B是铝，H是氯化铝，I是偏铝酸钠，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解，J是氢氧化铝，分解生成氧化铝和水。【题目详解】（1）根据以上分析可知A的名称是氧化铁，E的名称是氯化亚铁，J的化学式为Al(OH)3，G的化学式为Fe(OH)3；（2）D转化为E的离子方程式为Fe+H+=Fe2++H2↑；F在空气中转化为G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；铝与氢氧化钠溶液反应生成I的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。25、分液漏斗Cl2＋2I－＝I2＋2Cl－除去Cl2中的HCl蒸馏碱石灰除去尾气中的氯气防止空气中的水蒸气进入U型管内，与四氯化硅发生反应【解题分析】

由制备四氯化硅的实验流程可知，A中二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，制取的氯气中混有HCl，需要用B中饱和食盐水除去HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气；装置D中Si与氯气加热反应生成四氯化硅；SiCl4遇水易反应，氯气有毒，需要用E中碱石灰吸收氯气及空气中水蒸气；杂质BCl3与SiCl4的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，据此解答。【题目详解】（1）装置A中盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）氯气能够将碘化钾氧化成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，用湿润的淀粉KI试纸可以检验Cl2，发生反应为：Cl2＋2I－＝I2＋2Cl－；（3）制取的氯气中混有HCl，需要用B中饱和食盐水除去HCl，故答案为：除去Cl2中混有的HCl；（4）根据标准沸点数据可知，BCl3与SiCl4的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离出纯净的SiCl4；（5）由于SiCl4遇水易反应，且氯气有毒，需要用装置E中碱石灰吸收剩余的氯气、防止空气中水蒸气进入U形管，故答案为：碱石灰；除去尾气中的氯气；防止空气中的水蒸气进入U型管内，与四氯化硅发生反应。26、Cu、O取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红bc将气体通入品红溶液中，如果品红溶液褪色，加热后又变红，则证明有SO1Cu+1H1SO4（浓）

CuSO4+SO1↑+1H1Od；e；c；b吸收多余的SO1，防止污染空气SO1+1OH-=SO31++H1O【解题分析】

（1）8CuFeS1+11O18Cu+4FeO+1Fe1O3+16SO1中，Cu元素的化合价由+1价降低为0、O元素的化合价由0降低为-1价，Fe元素的化合价由+1价升高为+3价、S元素的化合价由-1价升高为+4价；（1）铁离子遇KSCN溶液为血红色；（3）二氧化硫为环境污染物，不能排放，可用于制备硫酸或亚硫酸盐；（4）二氧化硫具有漂白性，且漂白具有暂时性；（5）实验室制备，收集干燥的SO1，由装置可知，A为反应装置，C为干燥装置，B为收集装置，D为防止倒吸，E为尾气处理，以此来解答。【题目详解】(1)8CuFeS1+11O18Cu+4FeO+1Fe1O3+16SO1中，Cu元素的化合价由+1价降低为0、O元素的化合价由0降低为-1价，化合价降低的元素被还原，故Cu、O被还原；故答案为：Cu、O；(1)用稀H1SO4浸泡上述反应制取铜后剩余的固体残渣，取少量所得溶液，检验溶液中存在Fe3+的方法是取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红；故答案为取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液变红；(3)二氧化硫为环境污染物，不能高空排放，与浓硫酸不反应，可用于制备硫酸或亚硫酸盐，只有bc符合；故答案为：bc；(4)验证黄铜矿冶炼铜的反应后气体中含有SO1的方法是将气体通入品红溶液中，如果品红溶液褪色，加热后又变红，则证明有SO1；故答案为：将气体通入品红溶液中，如果品红溶液褪色，加热后又变红，则证明有SO1；(5)①装置A产生SO1，反应的化学方程式为Cu+1H1SO4(浓)CuSO4+SO1↑+1H1O；‘’故答案为Cu+1H1SO4(浓)CuSO4+SO1↑+1H1O；②根据装置A为反应装置，C为干燥装置，B为收集装置，D为防止倒吸，E为尾气处理，则按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b→f；装置E中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO1，防止污染空气，发生的离子方程式为：SO1+1OH-=SO31-+H1O；故答案为d；e；c；b；吸收多余的SO1，防止污染空气；SO1+1OH-=SO31-+H1O。【题目点拨】本题涉及二氧化硫的制备、离子的检验、装置的选择等知识点，把握制备原理、实验装置、实验技能为解答的关键。本题的易错点为（5），制备和收集干燥的SO1，由装置可知，A为反应装置，C为干燥装置，B为收集装置，D为防止倒吸，E为尾气处理。27、装置D浓H2SO4除去Cl2中的HCl气体MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2OCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O小于丁达尔效应渗析【解题分析】

在装置A中用MnO2、HCl(浓)混合加热制取Cl2，装置C除去杂质HCl，装置D除去Cl2中的水蒸气，在装置E中Fe与Cl2反应产生FeCl3，装置F是安全瓶，防止倒吸现象的发生，装置G是尾气处理装置，用于除去未反应的Cl2，根据胶体微粒的大小分析判断物质的鉴别和提纯。【题目详解】(1)在装置A中制取Cl2，该反应需要加热，HCl具有挥发性，所以制取的Cl2中含有杂质HCl、H2O蒸气，装置C除去HCl，装置D除去水蒸气，导气管是长进短出；装置图中导气管是短进长出，所以该装置中有一明显错误是是装置D；(2)D中所装试剂为浓硫酸，作用是干燥Cl2，C装置的作用是除去Cl2中的HCl；(3)在A中MnO2、HCl(浓)混合加热制取Cl2，发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，G中Cl2与NaOH溶液反应产生NaCl、NaClO、H2O，发生反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(4)若用100mL12mol/L盐酸与足量MnO2充分反应，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，若HCl完全反应，则根据反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=1.2mol÷4=0.3mol，其在标准状况体积为6.72L，但实质上，随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸，反应就不再发生，因此反应产生的Cl2在标准状况下体积小于6.72L；(5)用所制取的FeCl3固体制成Fe(OH)3胶体，区分胶体和溶液常用丁达尔效应，由于胶体微粒不能通过半透膜，溶液的微粒能够通过半透膜，所以分离胶体和溶液常用的方法叫渗析。【题目点拨】本题考查了氯气的制备和性质的检验，明确氯气制备原理和化学性质是解题关键，注意装置气密性检验方法及导气管的长短安装与使用。注意胶体与其它分散系的根本区别，从微粒大小角度分析胶体的提纯与鉴别。28、ACBCl2+H2O═H++Cl-+HClOCl2无漂白性HClO有漂白性C2HClO═2HCl+O2↑C丙【解题分析】（1）①浓盐酸具有易挥发性，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依据氯化氢极易溶于水、氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以X试液为饱和食盐水，答案选A；浓硫酸具有吸水性选择合适的除杂剂，所以Y为浓硫酸，答案选C；②尾气处理过程中，多余的氯气可用NaOH溶液吸收，答案选B；（2）①Cl2与水反应生