1、12018-2019 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。
2、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
3、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2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
4、 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
5、反应生成过氧化钠，锂与氧气反应也生成过氧化锂B. Cl2、Br 2、I 2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
6、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。35.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
7、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+3H2O Fe(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
8、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，0.1molL 1 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 2 mol NO 和 2 mol O2中含 8mol 原子，而反应过程中满足原子个数守恒，故将 2 mol NO 和 2 mol O2混合，充分反应后体系中原子
9、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4B. 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
10、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
11、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】A 35Cl 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；BCO 2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
12、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】D5【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
13、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：CaCO 32H Ca 2 H 2OCO 2B. 向次氯酸钙溶液中通入 SO2气体：Ca 2+2ClO-+H2O+SO2CaSO 3+2HClOC. 用氨水吸收足量的 SO2气体：OH SO 2 = HSO3D. 在氯化亚铁溶液中加入稀硝酸：3Fe 2+4H+NO3 3Fe 3+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+2CH
14、3COO-，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：3Fe 2+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
15、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6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
16、 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+、Fe 2+、Mg 2+、NH 4+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
17、是A. 氨气：K +、Na +、AlO 2-、CO 32-B. 二氧化硫：Na +、NH 4+、SO 32-、C1 -C. 氯气：K +、Na +、SiO 32-、NO 3-D. 乙烯：H +、K +、MnO 4-、SO 42-【答案】A【解析】【详解】AK +、Na +、AlO 2-、CO 32-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；BSO 32-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 +、MnO 4-具有氧化性，能够氧化乙烯，通
18、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7A. 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，CO 2与
19、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 、CO 32 、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、BaCl 2、AgNO 3 B. Ba(NO3)2、AgNO 3、HNO 3C. 酚酞、Ba(NO 3)2、AgNO 3 D. HNO3、Ba(NO 3)2、AgNO 3【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
20、不选；B先加 Ba(NO3)2，CO 32-、SO 42-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 、CO 32 、Cl ，故 C 不选；D试剂的顺序为 HNO3、Ba(NO 3)2、AgNO 3，可依次检验出CO32-(有无色无味的气体放出)、SO 42-(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
21、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、AlCl 3、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】C8【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
22、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 、NH 4 、Cu 2 、SO 32 ，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
23、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：Na 2O2Na2FeO4FeSO4B. FeSO4只作还原剂，Na 2O2既作氧化剂，又作还原剂C. 由反应可知每 3
24、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：Na 2O2Na2FeO4FeSO4 ，A 正确；9B.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，Na 2O2既作氧化剂又作还原剂， B 正确；C2FeSO 410e -，所以每3molFeSO4完全反应时，反
25、应中共转移 15mol 电子，C 错误。DNa 2FeO4处理水时，Na 2FeO4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 6mo
26、l 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
27、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。AB 2和DB2溶于水得到酸性溶液，C 2D 溶于水得到碱性溶液。10（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
28、 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). 2NaCl 2Na+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
29、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 2NaCl 2Na+Cl2，故答案为：第三周期A 族；2NaCl 2Na+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
30、，离子半径越大，则钠离子半径最小，S 2- 、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；S 2- 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：Na 2S3 + 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
31、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11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
32、的化学方程式：_。【答案】 (1). a c (2). 除去 CO2中的 HCl (3). 2NH4Cl + Ca(OH)2 CaCl2 + 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). CaCl 2 + H2O + CO2 + 2NH3 CaCO 3 + 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
33、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；12(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+2H 2O，故答案为：2NH
34、4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H 2O；(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：NH 3；(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：CaCl 2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH 4Cl，故答案为：CaCl
35、2+CO2+2NH3+H2O=CaCO3+2NH 4Cl。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13d 湿润的有色布条 无水氯化钙 干燥的有色布条（4）设
36、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+H 2O+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
37、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：
38、Ca(ClO) 2+4HCl(浓)=CaCl 2+2Cl2+2H 2O，故答案为：Ca(ClO) 2+4HCl(浓)=CaCl2+2Cl2+2H 2O； (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14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
39、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
40、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； Cl 2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。2
41、4.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路线：请回答下列问题：（1）第步 Cu 与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣 1 的主要成分为_。（2）第步加 H2O2的作用是_，使用 H2O2的优点是_。（3）用第步所得 CuSO45H2O 制备无水 CuSO4的方法是_。15（4）由滤渣 2 制取 Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_，从原子利用率角度考虑，_方案更合理。【答案】 (1). Cu4H 2NO 3 Cu2
42、2NO 22H 2O 或3Cu8H 2NO 3 3Cu2 2NO4H 2O (2). Pt 和 Au (3). 把 Fe2+氧化为 Fe3+ (4). 该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染 (5). 坩埚中加热脱水 (6).甲 (7). 甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质 (8). 乙【解析】【分析】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸具有强氧化性，Cu、Al、Fe 发生反应生成 Cu2+、Al 3+、Fe 2+，Pt和 Au 不反应；(2)过氧化氢具有氧化性且被还原为水；可以氧化亚铁离子为铁离子易于沉淀除去；(3)加热固体应该在坩埚
43、中进行；(4)依据实验方案过程分析制备晶体中是否含有杂质，使用的试剂作用，原料的利用率，原子利用率因素分析判断。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸具有强氧化性，Cu、Al、Fe 发生反应生成Cu2+、Al 3+、Fe 2+；所以滤渣 1 的成分是 Pt 和 Au，滤液 1 中的离子是 Cu2+、Al 3+、Fe 2+；第步 Cu 与酸反应的离子方程式为 Cu+4H+2NO3- Cu2+2NO2+2H 2O 或 3Cu+8H+2NO3- 3Cu2+2NO+4H 2O，Au、Pt 和酸不反应，所以滤渣是 Au、Pt，故答案为：Cu+4H+2NO3- Cu2+2NO2+2H 2O 或 3Cu+8H+
44、2NO3- 3Cu2+2NO+4H 2O；Au、Pt；(2)第步加 H2O2的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，2Fe 2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O，过氧化氢做氧化剂被还原后为水，不引入杂质，对环境无污染，故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+；不引入杂质，对环境无污染； 16(3)第步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水，故答案为：在坩埚中加热脱水；(4)甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；乙方案先在滤渣中加 H2SO4，生成 Fe2(SO4)3和 Al2(SO4)3，再加 Al粉和 Fe2(SO4)3生成 Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加 NaOH，氢氧化钠和铝反应生成 NaAlO2，再在滤液中加 H2SO4生成 Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙最合理，因为丙加的NaOH 和制备的 Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原料浪费，故答案为：甲；在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质；乙。
