2018-2019学年安徽省黄山市高一上学期期末考试化学试题（解析版） 17页

安徽省黄山市2018-2019学年高一上学期期末考试 化学试题 ‎1.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是 A. “时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应 B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦提取青蒿素的过程中发生了化学变化 C. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，北宋沈括用胆矾炼铜的过程属于置换反应 D. “外观如雪，强烧之，紫青烟起”，南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B．对青蒿素的提取利用的是萃取原理，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故C正确；D．K元素的焰色反应为紫色，故“紫青烟起”是由于消石中的K+在火焰上灼烧时呈现出特殊颜色，故D正确；故选B。‎ 点睛：本题考查了化学知识在生产生活中的应用，涉及物理变化与化学变化的判断、胶体的性质等。熟悉物质的性质是解题关键，平时要注意多积累。‎ ‎2.有些科学家提出硅是“21世纪的能源”，下列有关硅及其化合物的说法正确的是 A. 硅在自然界中以游离态和化合态两种形式存在 B. 硅晶体是良好的半导体，可用于制造光导纤维 C. SiO2是酸性氧化物，不与任何酸发生反应 D. 木材浸过水玻璃后，不易着火 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A. 硅是亲氧元素，在自然界中全部以化合态形式存在，A错误；B. 硅晶体是良好的半导体，二氧化硅可用于制造光导纤维，B错误；C. SiO2是酸性氧化物，能与氢氟酸发生反应，C错误；D. 硅酸钠的水溶液是俗称水玻璃，可制作防火材料，因此木材浸过水玻璃后，不易着火，D正确，答案选D。‎ ‎3.一定温度和压强下，用等质量的CH4、CO2、O2、SO2四种气体分别吹出四个体积大小不同的气球，下列说法中正确的是 A. 气球②中装的是O2‎ B. 气球①和气球③中气体分子数相等 C. 气球③和气球④中气体密度之比为2∶1‎ D. 气球①和气球④中气体物质的量之比为4∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据阿伏伽德罗定律的推论：同温同压下，同质量的气体的体积之比与其摩尔质量成反比，四种气体的摩尔质量的关系为M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)，所以气球①、②、③、④的气体分别为SO2、CO2、O2、CH4。‎ A项，气球②中装的是CO2，故A项错误；‎ B项，同质量的气体分子数之比等于物质的量之比，与摩尔质量成反比，气球①和气球③气体分子数不相等，故B项错误；‎ C项，同温同压下，气球的密度之比与摩尔质量成正比，气球③和气球④气体密度之比为2:1，故C项正确；‎ D项，气球①和气球④物质的量之比为1:4，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题的易错项为D项。依据理想气体方程PV=nRT可知，相同温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，相同质量的气体，其体积之比等于物质的量之比等于摩尔质量的反比，则①为SO2，④为CH4，故气球①和气球④的物质的量之比为16:64，即1:4。‎ ‎4.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列有关叙述正确的是 A. 1L 1mol/L的盐酸中含有HCl分子数为NA B. 8.8g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NA C. 标准状况下，11.2LSO3所含的分子数为0.5NA D. Na2O2与H2O反应生成1.12LO2(标准状况)，反应中转移的电子数为0.1NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. HCl溶于水后完全电离，故盐酸溶液中无HCl分子，故A错误；‎ B. CO2和N2O的摩尔质量均为44g/mol，故8.8g混合物的物质的量为0.2mol，且两者均为三原子分子，故0.2mol混合物中含0.6NA个原子，故B错误； ‎ C. 标准状况下三氧化硫是固体，11.2LSO3的物质的量不是0.5mol，故C错误；‎ D. 由Na2O2与H2O反应方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，Na2O2中O是-1价，到O2是0价，1.12L的O2(标准状况)就是0.1mol，转移的电子就是0.1mol乘以转变的化合价(即由-1到0是1)，就是0.1NA个电子，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎5.下列实验操作所用仪器合理的是 A. 实验室配制480mL 1mol.L-1的NaOH溶液，需称量19.2g固体NaOH B. 将CCl4与溴水混合后振荡、静置，再用分液漏斗分离得到溴的四氯化碳溶液 C. 用托盘天平称取25.30gNaCl固体 D. 用50mL量筒量取4.8mL硫酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、没有480mL容量瓶，应选用500mL容量瓶配制，实验室配制500mL 1mol/L的NaOH溶液需要NaOH的质量为：0.5L×1mol/L×40g/mol=20.0g，故A错误；‎ B、CCl4与溴水混合后，四氯化碳和水互不相溶，所以溶液分层，可以采用分液的方法来分离，所以B选项是正确的；‎ C、只能用托盘天平称取25.3g的NaCl,数据精确到小数点后一位，故C错误； D、用量筒量取和量筒的规格相近体积的溶液，否则误差会很大，故D错误。 所以B选项是正确的。‎ ‎6.下列根据实验操作得出的结论正确的是 操作 现象 结论 A 无色溶液先滴加BaCl2溶液后加稀盐酸 生成白色沉淀不溶于盐酸 原溶液中一定有SO42-‎ B 无色溶液依次滴加氯水和CCl4，振荡、静置 下层溶液显橙红色 原溶液中有Br―‎ C 新制氯水滴在蓝色石蕊试纸上 试纸先变红色后褪色 Cl2有漂白性 D 无色溶液滴加稀盐酸，产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中 生成白色沉淀 原溶液中有大量CO32—‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向某溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，此白色沉淀可能为硫酸钡、氯化银、碳酸钡，继续滴加稀盐酸沉淀不溶解，由于硫酸钡和氯化银不溶于盐酸，碳酸钡溶于盐酸，说明此沉淀不是碳酸钡，因此该溶液中可能含有SO42-或Ag+，故A错误；‎ B.氯水可将Br-氧化生成Br2，Br2难溶于水，易溶于CCl4，故下层溶液显橙红色，B正确；‎ C.具有漂白性的不是Cl2而是HClO，故C错误；‎ D.如果原溶液中含有HCO3-，也会产生相同现象，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎7.下列离子方程式中，正确的是 A. 澄清的石灰水跟盐酸反应：H++OH－＝ H2O B. 氯气与水反应：Cl2+H2O ＝ 2H++Cl-+ClO-‎ C. 碳酸钡与稀盐酸反应：CO32-+2H+ ＝ H2O+CO2↑‎ D. 金属钠跟水反应：Na+H2O ＝ Na++OH－+H2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，是普通的酸碱中和反应，离子方程式书写正确，故A项正确；‎ B项，HClO是弱电解质，在离子方程式中书写不可拆分，正确的离子方程式为：Cl2+H2O H++Cl-+HClO，故B项错误；‎ C项，BaCO3是沉淀，在离子方程式中书写不可拆分，正确的离子方程式为：BaCO3+2H+ ＝ Ba2++H2O+CO2↑，故C项错误；‎ D项，方程式未配平，正确的离子方程式为：2Na+2H2O ＝2Na++2OH－+H2↑，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为A。‎ ‎8.某溶液加入铝可以产生H2，则在该溶液中可能大量存在的离子组是 A. Na+、Fe3+、SO42－、SCN－ B. K+ 、Na+、AlO2－、Cl－‎ C. K+ 、Na+、I－、MnO4－ D. Na+、K+、HCO3－、Cl－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 溶液中加入金属铝有氢气放出，则溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，则：A．Fe3+与SCN－发生络合反应而不能大量共存，选项A错误；B．在碱性条件下，四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，选项B正确；C．I－与MnO4－发生氧化还原反应而不能大量存在，选项C错误；D．无论溶液呈酸性，还是呈碱性，HCO3-都不能大量存在，选项D错误。答案选B。‎ ‎9.下列物质中既能与稀硫酸反应，又能与NaOH溶液反应的是 ‎① NaHCO3 ② Al2O3 ③ NaAlO2 ④ Al ⑤(NH4)2CO3 ⑥ AlCl3 ⑦ Al(OH)3‎ A. ① ② ③ ④ ⑥ B. ① ② ④ ⑤ ⑦‎ C. ① ③ ④ ⑤ ⑦ D. ① ② ⑤ ⑥ ⑦‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 中学常见既能与NaOH溶液反应，又能与稀硫酸反应的物质有：铝、两性氧化物、两性氢氧化物、弱酸酸式盐、弱酸的铵盐、蛋白质、氨基酸等。‎ ‎【详解】①NaHCO3是弱酸酸式盐，与硫酸反应得到硫酸钠、二氧化碳与水，与氢氧化钠反应得到碳酸钠，故①正确；‎ ‎②Al2O3是两性氧化物，与硫酸反应得到硫酸铝，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，故②正确； ③NaAlO2与NaOH溶液不反应，故③错误；‎ ‎④Al属于两性金属，与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠与氢气，故④正确；‎ ‎⑤(NH4)2CO3 与硫酸反应得到硫酸钠、二氧化碳与水，与氢氧化钠浓溶液反应得到碳酸钠、氨气和水，故⑤正确， ⑥AlCl3与硫酸不反应，与过量氢氧化钠溶液反应得到偏铝酸钠，故⑥错误； ⑦Al(OH)3 是两性氧化物，与硫酸反应得到硫酸铝，与氢氧化钠反应得到偏铝酸钠，故⑦正确。 所以B选项是正确的。‎ ‎10.实验室按如下装置测定纯碱(含少量NaC1)的纯度。下列说法不正确的是 A. 滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽 B. 装置①、④的作用是防止空气中的CO2进入装置③‎ C. 必须在装置②、③间添加盛有饱和 NaHCO3溶液的洗气瓶 D. 反应结束时，应再通入空气将装置②中CO2转移到装置③中 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据实验目的和装置图，实验原理为：样品与盐酸反应产生的CO2用足量Ba（OH）2溶液吸收，通过测量装置③中产生沉淀的质量计算纯碱的纯度。A，为了排除装置中含有CO2的空气对CO2测量的影响，滴入盐酸前，应将装置中含有CO2的空气排尽，A项正确；B，装置①中NaOH溶液的作用是吸收通入的空气中的CO2，防止空气中CO2进入装置③中，装置④的作用是防止外界空气中的CO2进入装置③中，B项正确；C，由于盐酸具有挥发性，反应产生的CO2中混有HCl，若在装置②、③间添加盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，HCl与NaHCO3反应产生CO2，使得测得的CO2偏大，测得纯碱的纯度偏大，C项错误；D，为了保证测量的CO2的准确性，反应结束，应继续通入除去CO2的空气将滞留在装置②中CO2全部转移到装置③中，D项正确；答案选C。‎ ‎11.下列测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的实验方案，合理的是 ‎① 取a g混合物与过量氢氧化钠溶液充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b g固体 ‎② 取a g混合物充分加热，减重bg ‎③ 取a g混合物与过量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b g ‎④ 取a g混合物与过量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得b g固体 A. ① ② B. ② ③ C. ② ④ D. ③ ④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 方案能确定碳酸钠、碳酸氢钠任一物质的质量,即可测定混合物中NaHCO3质量分数， ①氢氧化钠过量，在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3； ②碳酸氢钠的不稳定性，加热分解，利用固体差量法即可计算出固体中碳酸氢钠的质量； ③应先把水蒸气排除才合理； ④只有碳酸钠可与氯化钡反应，根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量，进而可确定碳酸氢钠的质量分数。‎ ‎【详解】①氢氧化钠过量，在加热、蒸干、灼烧过程中可生成Na2CO3，则不能确定NaHCO3分解生成的碳酸钠的质量，不能确定质量分数，故①错误； ②NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故②正确； ③混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故③错误； ④只有碳酸钠可与氯化钡反应，根据沉淀的质量可确定Na2CO3的质量，进而可确定碳酸氢钠的质量分数，故④正确。 所以C选项是正确的。‎ ‎【点睛】本题考查物质含量的实验方案的设计，注意把握物质的性质以及实验方案的原理，该题注意测量数据能否计算出结果，为解答该题的关键。‎ ‎12.KClO3与浓盐酸发生如下反应：KClO3+6HCl(浓)= KCl+3Cl2↑+3H2O，下列说法不正确的是 A. Cl2既是氧化产物，又是还原产物 B. 转移5mol电子时，产生67.2L的Cl2‎ C. 盐酸既体现酸性，又体现还原性 D. 被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在反应KClO3+6HCl(浓)= KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中的Cl得到电子，被还原变为Cl2，每摩尔的氯得到5mol电子， HCl中的Cl失去电子，也变为Cl2，每摩尔的氯失去1mol电子，以此分析解答。‎ ‎【详解】A项，该反应中氧化剂是氯酸钾，浓盐酸是还原剂，所以氯气既是氧化产物又是还原产物，故A项正确；‎ B项，温度和压强未知，无法计算气体体积，故B项错误；‎ C项，该反应中HCl中氯元素部分化合价不变、部分化合价升高，所以盐酸体现酸性和还原性，故C项正确；‎ D项，该反应中氯元素化合价由+5价、-1价变为0价，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比5:1，故D项正确。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答，熟悉元素化合价是解题的关键，易错选项是B，注意气体摩尔体积的适用范围和使用条件，为易错点。‎ ‎13.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是 A. 向Ca(ClO)2溶液中通入CO2至过量 B. 向Na2SiO3溶液中滴加盐酸溶液至过量 C. 向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸 D. 向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、向Ca(ClO)2溶液通入CO2，先产生CaCO3沉淀，当CO2过量时，继续反应生成Ca(HCO3)2，沉淀又溶解，所以不符合条件，选项A不选；‎ B、向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，硅酸钠和盐酸反应生成难溶性的硅酸，所以看到的现象是“‎ 有沉淀生成”，所以符合条件，选项B选；‎ C、向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的盐酸，偏铝酸钠和盐酸反应先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝和盐酸反应生成可溶性的氯化铝，所以看到的现象是“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，所以不符合条件，选项C不选；‎ D、向Fe(OH)3胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，先胶体和电解质溶液产生聚沉现象，有沉淀生成；后氢氧化铁又和盐酸反应生成可溶性的氯化铁，所以沉淀又溶解，所以不符合条件，选项D不选。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意有些反应与反应物的量有关，量不同反应现象不同，根据复分解反应发生的条件及物质的溶解性来分析能够反应且“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”，注意反应与量有关。‎ ‎14.m molCu2S与足量的稀硝酸反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O。则被还原的HNO3的物质的量为 A. 4m mol B. 2m/3mol C. 10m mol D. 10m/3 mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】硝酸分为两部分计算，一部分硝酸形成NO，根据电子守恒分析，‎ 形成NO：m mol Cu2S，Cu由+1变为+2，失去1个电子，一共是2m mol电子； S由-2变为+6，失去8个电子，一共是8m mol电子；总共失去2m+8m=10mol电子， HNO3中N是+5价，NO中N是+2，降低3价，所以形成NO是mol，即被还原的HNO3的物质的量为mol， 答案选D。‎ ‎15.将0.01molNaOH和1.06gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1 mol/L稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH开始反应时没有气体生成，当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；而盐酸与Na2CO3‎ 反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图像与反应不符，故不选A项；‎ B项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸与NaOH开始反应时没有气体生成，但图像中一开始反应即有气体生成，与反应不符，故不选B项；‎ C项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O，没有气体放出；当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；继续滴加，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当加入0.2L盐酸时，此反应进行完全；当继续滴加时，发生反应：NaHCO3+ HCl= NaCl+H2O +CO2↑，此时才开始放出气体，C中图像与实际相符，故选C项；‎ D项，向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，盐酸先与NaOH反应生成NaCl和H2O，没有气体放出。当滴入0.1L盐酸时，两者恰好反应完全；继续滴加时，Na2CO3与盐酸先反应生成NaHCO3和NaCl，此时没有气体生成，则图像与反应不符，故不选D项。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎16.某溶液中只可能溶有Na+、NH4+、SO42-、CO32-、NO3-、Cl-中的几种离子。取200mL该溶液，分为等体积的两份分别做以下实验：‎ ‎（1）第一份加入足量的烧碱并加热，产生气体在标准状况下的体积为224mL。‎ ‎（2）第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，过滤，得固体2.33g。‎ ‎（3）在（2）的滤液中滴入AgNO3，产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解。‎ 下列说法正确的是 A. 该溶液中可能含有Na+ B. 该溶液中肯定含有NH4+、SO42-、Cl-‎ C. 该溶液中一定含有Na+ D. 该溶液中一定不含CO32-、NO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎（1）第一份加入足量的烧碱并加热，产生气体在标准状况下的体积为224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；（2）第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42-，且物质的量为：2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据溶液电中性可知，溶液中一定含有Na+；（3）在（2）的滤液中滴入AgNO3，产生白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，白色沉淀是氯化银，但由于前面加入了氯化钡，所以不能确定溶液中是否含有氯离子。‎ A. 根据以上分析可知该溶液中一定含有Na+，A错误；B. 该溶液中肯定含有Na+、NH4+、SO42-，Cl-不能确定，B错误；C. 该溶液中一定含有Na+，C正确；D. 根据以上分析可知NO3-不能确定，D错误，答案选C。‎ 点睛：本题考查了常见离子的检验方法，掌握常见离子的性质、发生的反应以及实验现象是解答的关键。注意互斥性原则、电中性原则、进出性原则的判断。本题中钠离子、氯离子判断是解答的易错点，注意方法的灵活应用。‎ ‎17.按要求回答下列问题：‎ ‎（1）FeCl3 溶液和 Fe(OH)3 胶体的本质区别是：_____________。‎ ‎（2）工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_____________（填名称）。‎ ‎（3）工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的____________性。‎ ‎（4）盛放 NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用____________ 塞（填“玻璃”或“橡胶”）。‎ ‎（5）用四氯化碳萃取溴水后，分液时有机层从分液漏斗的_____________（填“下口放出”或“上口倒出”）。‎ ‎（6）6.20 g Na2O 晶体中含离子数目是_____________（NA为阿伏加德罗常数的数值）。‎ ‎（7）等质量的 NH3 和 H2S 中，氢原子的个数比是_________。‎ ‎（8）加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时，得到 10.0g 残留固体和__________L CO2（标准状况下）。‎ ‎【答案】 (1). 分散质粒子直径 (2). 石灰石 (3). 还原 (4). 橡胶 (5). 下口放出 (6). 0.3NA (7). 3:1 (8). 4.48‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据胶体与溶液的本质区别来解答；‎ ‎（2）根据工业上制玻璃的原料分析解答；‎ ‎（3）根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答；‎ ‎（4）根据二氧化硅与NaOH 溶液溶液反应分析判断；‎ ‎（5）根据四氯化碳密度大于水分析；‎ ‎（6）Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，以此分析；‎ ‎（7）质量相等，计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答；‎ ‎（8）加热[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时，得到的固体为MgO，根据n=，V=nVm及原子守恒进行计算。‎ ‎【详解】（1）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1～100nm之间，即分散质粒子直径大小不同，‎ 故答案为：分散质粒子直径；‎ ‎（2）工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃，‎ 故答案为：石灰石；‎ ‎（3）钠是活泼金属，极易失去电子被氧化，工业上金属钠可用来制备钛等金属，利用了金属钠的还原性，‎ 故答案为：还原；‎ ‎（4）由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH 溶液反应生成粘性的硅酸钠，而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开，因此盛放NaOH 溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞，‎ 故答案为：橡胶；‎ ‎（5）四氯化碳的密度大于水的密度，用四氯化碳萃取溴水后，有机层在下层，分液时有机层从分液漏斗的下口放出，‎ 故答案为：下口放出；‎ ‎（6）6.20 g Na2O 的物质的量为0.1mol，Na2O 晶体为离子晶体，1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-，所以晶体中含离子数目是0.3NA，‎ 故答案为：0.3NA；‎ ‎（7）设二者的质量为mg，则同质量的NH3和H2S气体的体积等于物质的量之比==2：1，则所含氢原子的个数比是=3:1，‎ 故答案为：3:1；‎ ‎（8）加热[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]生成MgO和二氧化碳、水，至质量不再变化时，得到的固体为MgO，10gMgO的物质的量为=0.25mol，由镁元素和碳元素守恒关系可知，n(MgCO3)=×n(Mg)=×0.25mol=0.2mol，n(CO2)= n(MgCO3)=0.2mol，‎ V(CO2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L，‎ 故答案为：4.48L。‎ ‎18.已知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，D是具有磁性的黑色晶体，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀。 ‎ ‎（1）物质A的化学式为_____，F化学式为____________；‎ ‎（2）B和R在溶液中反应生成F的化学方程式为_____________________________；‎ ‎（3）H在潮湿空气中变成M的化学方程式为_________________________________；‎ ‎（4）A和水反应生成B和C的离子方程式为_________________________________；‎ ‎（5）M投入盐酸中的离子方程式___________________________________________；‎ ‎（6）“水玻璃”长期暴露在空气中会变质，这是因为“水玻璃”与空气中少量二氧化碳接触，生成了乳白色的凝胶状沉淀的缘故。写出反应的离子方程式____________________________；‎ ‎（7）小苏打可作胃药，请写出其中和胃酸时的离子方程式____________________。‎ ‎【答案】 (1). Na2O2 (2). H2 (3). 2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑ (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3 (5). 2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑ (6). Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O (7). CO2+SiO32-+H2O＝H2SiO3↓+CO32- (8). HCO3-+H+＝ H2O+ CO2↑‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据转化关系和反应条件，A为淡黄色固体且能与水反应，所以A为Na2O2，T为生活中使用最广泛常的金属单质，则T为Fe。R是地壳中含量最多的金属，则R为Al。D是具有磁性的黑色晶体，则D为Fe3O4，C、F是无色无味的气体，H是白色沉淀，过氧化钠与水反应生成B和C，铁与C反应生成Fe3O4，所以C为O2，B为NaOH，D与盐酸反应再与铁反应生成E为FeCl2，B与E反应生成H为Fe(OH)2，H与潮湿的空气反应生成M为Fe(OH)3，M与盐酸反应生成W为FeCl3，C、F是无色无味的气体，氢氧化钠与铝反应生成F为H2，据此答题。‎ ‎【详解】(1)根据上面的分析可以知道，A为Na2O2，F为H2， 因此，本题正确答案是：Na2O2；H2； (2) B为NaOH，R为Al，铝和氢氧化钠溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，‎ 因此，本题正确答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑； (3) H为Fe(OH)2，M为Fe(OH)3，Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3，‎ 因此，本题正确答案是: 4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；‎ ‎(4) A为Na2O2， 过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑， 因此，本题正确答案是：2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑；‎ ‎（5）M为Fe(OH)3，Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O，‎ 因此，本题正确答案是：Fe(OH)3+3H+＝Fe3++3H2O；‎ ‎（6）“水玻璃”是硅酸钠的水溶液，由于硅酸酸性比碳酸弱，“水玻璃”与空气中少量二氧化碳接触，生成了乳白色的凝胶状沉淀为硅酸，离子方程式为CO2+SiO32-+H2O＝H2SiO3↓+CO32-，‎ 因此，本题正确答案是：CO2+SiO32-+H2O＝H2SiO3↓+CO32-；‎ ‎（7）小苏打为碳酸氢钠，和胃酸（盐酸）反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为HCO3-+H+＝ H2O+ CO2↑，‎ 因此，本题正确答案是：HCO3-+H+＝ H2O+ CO2↑。‎ ‎19.某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如下探究:‎ ‎（1）装置的连接顺序为a→_____→______→_____→_____→b→c→f。________‎ ‎（2）硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，这样做的优点是________________。‎ ‎（3）反应一段时间，熄灭酒精灯，冷却后，将收集器及硬质玻璃管中的物质快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油(反应过程中不振荡)，充分反应后，进行如下实验:‎ 试剂X中溶质的化学式为____________；固体产物的成分可能为_____(填字母)。‎ A．Fe和FeCl3 B．FeCl2 和FeCl3 C．Fe、FeCl2和FeCl3 D．Fe和FeCl2‎ ‎（4）加入少许植物油的作用是____________，加入新制氯水后溶液红色加深的原因：___________(用离子方程式表示)。‎ ‎（5）现有一含FeCl2和FeCl3混合物的样品，用离子交换法测得n(Fe)：n(Cl)=1：2.1，则该样品中FeCl3的物质的量分数为______。（计算结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). g，h，d，e (2). 防止堵塞 (3). KSCN(或NH4SCN) (4). A (5). 隔绝空气，防止Fe2+被氧化 (6). 2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1- (7). 0.10或10%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理； (2)Fe在氯气中燃烧生成棕褐色烟，冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞； (3) Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色；Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成FeCl2； (4) Fe2+不稳定而易被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe3+，从而增大Fe3+浓度； (5) 依据元素守恒计算氯化亚铁和氯化铁物质的量之比，进一步计算氯化铁质量分数。‎ ‎【详解】(1)浓硫酸具有吸水性能作氯气干燥剂、碱石灰具有碱性而吸收氯气、饱和食盐水吸收氯化氢而抑制氯气溶解，装置排列顺序为气体的制取→洗气→干燥→氯气和铁的反应→尾气处理，所以装置连接顺序为a→g→h→d→e→b→c→f，‎ 因此，本题正确答案是：g，h，d，e； (2)Fe在氯气中燃烧生成棕褐色烟，冷却易生成固体，导气管口较细，易堵塞，所以硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接， 因此，本题正确答案是：防止堵塞； (3) Fe3+用KSCN溶液检验，Fe3+和KSCN反应生成络合物硫氰化铁而使溶液呈血红色，所以试剂X为KSCN溶液；固体和氯气反应时可能没有完全反应，导致Fe和稀盐酸、氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe和稀盐酸反应生成FeCl2，固体中成分为Fe和FeCl3，A选项正确， 因此，本题正确答案是：KSCN；A； (4) Fe2+不稳定而易被氧化，所以植物油的作用是隔绝空气防止Fe2+被氧化；Fe2+被氯气氧化生成Fe2+，从而增大Fe3+浓度，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，从而增大络合物浓度，溶液颜色加深，离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1- ，‎ 因此，本题正确答案是：隔绝空气，防止Fe2+被氧化；2Fe2++Cl2＝2Fe3++2C1- ；‎ ‎(5) FeCl2和FeCl3的混合物的样品中FeCl2物质的量为x，FeCl3的物质的量为y，则（x+y）：（2x+3y）=1：2.1，得到x：y=9：1，则氯化铁物质的量分数=×100%=10%；‎ 因此，本题正确答案是： 10%或0.10。‎ ‎20.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）NaClO2中的化合价为__________。‎ ‎（2）写出“反应”步骤中生成的化学方程式____________。‎ ‎（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去和，要加入的试剂分别为__________、__________。‎ ‎（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量 ‎，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________，该反应中氧化产物是____________。‎ ‎（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。的有效氯含量为____________。（计算结果保留两位小数）。‎ ‎【答案】 (1). +3 (2). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2 (3). NaOH溶液 (4). Na2CO3溶液 (5). (6). O2 (7). 1.57‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据元素化合价代数和为0计算； （2）NaClO3在硫酸作用下与SO2反应生成ClO2和一种酸式盐，二氧化硫被氧化，应生成NaHSO4； （3）粗盐水精制时，为除去和，要加入的试剂是NaOH溶液和Na2CO3溶液； （4）ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2中O元素的化合价升高，则反应方程为：2ClO2+ H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O，结合方程式计算；‎ ‎（5）每克NaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，计算得到氯气的质量。‎ ‎【详解】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价， 故答案为：+3； （2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2， 故答案为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2； （3）食盐溶液中混有Mg2+ 和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，‎ 故答案为：NaOH溶液；Na2CO3溶液； （4）依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2失去2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故答案为：2：1；O2；‎ ‎（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl-～4e-，Cl2～2Cl-～2e-，可知氯气的物质的量为mol×4×=mol，‎ 则氯气的质量为mol×71g/mol=1.57g，故答案为：1.57g。‎ ‎【点睛】本题以氯及其化合物的性质、氧化还原反应，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，侧重氧化还原反应有关的考查。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎