2015-2016学年海南省文昌中学高一（上）期末化学试卷
一、单项选择题（每小题2分，共16分．）
1．神州七号的三位宇航员从“天上”看“地下”，发现地球表面存在大量海水，而海水中含有大量的氯化钠，你认为从海水中获得粗食盐的方法是（ ） A．萃取 B．过滤 C．蒸馏 D．蒸发
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．
【分析】海水中含有大量的氯化钠，水的沸点低，选择蒸发法从海水中获得粗食盐，以此来解答．
【解答】解：A．萃取利用溶质在不同溶剂中的溶解性差异分离，不能从海水中获得粗食盐，故A不选；
B．海水中盐类物质及水均可透过滤纸，不能从海水中获得粗食盐，故B不选； C．海水中含有大量的氯化钠，蒸馏可得到蒸馏水，不能从海水中获得粗食盐，故故C不选； D．加热时水易挥发，则选择蒸发法从海水中获得粗食盐，故D选； 故选D．
【点评】本题考查海水资源综合应用及混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物的分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．
2．下列物质分类正确的是（ ）
A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物 B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体 C．烧碱、纯碱、石英均为电解质 D．氯水、水玻璃、氨水均为混合物
【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；电解质与非电解质． 【专题】物质的分类专题．
【分析】A．酸性氧化物是和碱反应生成盐和水反应生成盐和水的氧化物； B．微粒直径在1﹣100nm的分散质形成的分散系为胶体； C．水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质； D．不同物质组成的为混合物；
【解答】解：A．SO2、SiO2和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，CO不能和碱反应属于不成盐氧化物，故A错误；
B．稀豆浆、硅酸均为胶体，氯化铁溶液不是胶体，故B错误；
C．烧碱是氢氧化钠、纯碱是碳酸钠都是电解质，石英是二氧化硅，本身不能电离出离子是非电解质，故C错误；
D．氯水是氯气的水溶液、水玻璃是硅酸钠水溶液、氨水是氨气的水溶液，都是不同物质组成的均为混合物，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查了物质分类、物质组成、物质性质和胶体组成的分析等知识，掌握基础是解题关键，题目较简单．
3．下列物质属于电解质的是（ ）
A．次氯酸 B．浓硫酸 C．氯水 D．陶瓷 【考点】电解质与非电解质．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题． 【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质．
【解答】解：A．次氯酸溶于水能发生电离，溶液导电，是电解质，故A正确； B．浓硫酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误； C．氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误； D．陶瓷是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误； 故选A．
【点评】本题考查了电解质的判断，难度不大，注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质．
4．在实验室里，要想使AlCl3中的Al全部沉淀出来，应选用下列试剂中的（ ） A．石灰水 B．氢氧化钠溶液 C．硫酸 D．氨水 【考点】镁、铝的重要化合物． 【专题】元素及其化合物．
3+
【分析】Al可以和碱反应，也可以和能水解显碱性的盐反应；Al（OH）3是两性氢氧化物
3+3+
能溶于强酸强碱，Al离子全部沉淀需要所加的试剂过量，所以全部沉淀Al最好不用强碱用弱碱．
3+
【解答】解：氢氧化钠溶液、石灰水都是强碱溶液，沉淀Al时生成的氢氧化铝能溶解在
3+
过量的强碱溶液中，所以Al不能全部沉淀出来，故A、B不符合； 稀硫酸不与氯化铝反应，故C不符合；
3+
氨水是弱碱溶液，可以全部沉淀Al，且Al（OH）3不溶于弱碱溶液，故D符合． 故选：D．
【点评】本题考查了铝盐、氢氧化铝的性质应用，重点考查氢氧化铝的实验室制备．
5．下列变化中，不属于化学变化的是（ ）
A．Na2O2使有色物质褪色 B．氯水使有色布条褪色 C．活性炭使红墨水褪色 D．漂白粉使某些染料褪色 【考点】钠的重要化合物；氯气的化学性质． 【专题】元素及其化合物．
【分析】A、过氧化钠使有色物质褪色，是发生氧化还原漂白； B、氯水使有色布条褪色，是氯气与水反应生成次氯酸； C、活性炭使红墨水褪色，是活性炭的吸附性；
D、漂白粉使某些染料褪色，是漂白粉与二氧化碳与水反应生成次氯酸．
【解答】解：A、过氧化钠使有色物质褪色，是发生氧化还原漂白，所以发生氧化还原反应，是化学变化，故A不选；
B、氯水使有色布条褪色，是氯气与水反应生成次氯酸，所以发生氧化还原反应，是化学变化，故B不选；
C、活性炭使红墨水褪色，是活性炭的吸附性，是物理变化，故C选；
D、漂白粉使某些染料褪色，是漂白粉与二氧化碳与水反应生成次氯酸，所以发生氧化还原反应，是化学变化，故D不选； 故选C．
【点评】本题考查化学变化，学生只要知道化学变化的概念，观察有无新物质生成就可以迅速解题了，比较容易．
3+
6．下列物质的用途叙述错误的是（ ） A．硅是制造太阳能电池的常用材料
B．四氧化三铁俗称铁红，可用于作油漆、红色涂料 C．Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂 D．二氧化硅是制造光导纤维的材料
【考点】硅和二氧化硅；钠的重要化合物． 【专题】元素及其化合物． 【分析】A、硅是半导体材料； B、氧化铁俗称铁红；
C、Na2O2和二氧化碳反应生成氧气； D、光导纤维的成份是二氧化硅．
【解答】解：A、硅是半导体材料，所以硅是制造太阳能电池的常用材料，故A正确； B、氧化铁俗称铁红，而不是四氧化三铁，故B错误；
C、Na2O2和二氧化碳反应生成氧气，则Na2O2可用作呼吸面具中的供氧剂，故C正确； D、光导纤维的成份是二氧化硅，故D正确； 故选B．
【点评】本题考查了常见金属单质及其化合物性质，题目难度中等，明确常见金属及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力．
7．下列关于浓硫酸和浓硝酸的叙述正确的是（ ） A．常温下不能用铝制容器贮存
B．露置在空气中，容器内酸液的质量都增加 C．常温下都能与铜剧烈反应
D．露置在空气中，容器内酸液的浓度都减小 【考点】浓硫酸的性质；硝酸的化学性质． 【专题】元素及其化合物．
【分析】A．浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铝钝化； B．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸具有挥发性； C．浓硫酸与铜常温下不反应；
D．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸具有挥发性；
【解答】解：A．浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，常温下能够使铝钝化，生成致密氧化膜，阻止反应进行，所以常温下能用铝制容器贮存，故A错误；
B．浓硫酸具有吸水性，浓硝酸具有挥发性，所以露置在空气中，容器内酸液的质量前者增加，后者减小，故B错误；
C．浓硫酸与铜常温下不反应，故C错误；
D．因浓硝酸具有挥发性，溶质减少，浓度减小，而浓硫酸具有吸水性，溶剂增加，溶质不变，浓度减小，故D正确； 故选：D．
【点评】本题主要考查了浓硝酸和浓硫酸的物理性质和化学性质，两者有很多相似性，当然也有差异性，要注意比较和区分．
8．下列各组离子，在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ） A．K、Na、SO4、HCO3 B．K、Cu、SO4、NO3
+
+
﹣
﹣
+2+
﹣﹣
C．K、Na、Cl、NO3 D．K、Fe、NO3、Cl 【考点】离子共存问题． 【专题】离子反应专题．
【分析】酸性溶液中含大量的氢离子，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．
【解答】解：A．酸性溶液中不能大量存在HCO3，故A错误；
2+
B．Cu为蓝色，与无色不符，故B错误；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，且离子均为无色，故C正确；
3+
D．Fe为黄色，与无色不符，故D错误； 故选C．
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，注意离子的颜色，题目难度不大．
二、不定项选择题（每小题有1-2个正确选项符合题意，每小题4分，共32分．） 9．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．7.1gCl2与足量的氢氧化钠溶液反应，转移的电子数一定为0.2NA B．标准状况下，22.4L SO3中含有氧原子数为3 NA C．标准状况下，18g H2O中含有氧原子数为NA
D．5.4g 铝单质与足量NaOH溶液反应，转移电子数为0.6NA 【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、求出氯气的物质的量，然后根据氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应来分析； B、标况下三氧化硫为固体；
C、求出水的物质的量，然后根据1mol水中1mol氧原子来分析；
D、求出铝的物质的量，然后根据铝和氢氧化钠反应后变为+3价来分析．
【解答】解：A、7.1g氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和氢氧化钠的反应为歧化反应，故0.1mol氯气转移0.1mol电子即0.1NA个，故A正确；
B、标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和氧原子个数，故B错误；
C、18g水的物质的量为1mol，而1mol水中1mol氧原子，故含NA个，故C正确；
D、5.4g铝的物质的量为0.2mol，而铝和氢氧化钠反应后变为+3价，故0.2mol铝反应后转移0.6mol电子即0.6NA个，故D正确． 故选CD． 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
10．化学与日常生活密切相关，下列有关物质应用的说法正确的是（ ） A．玻璃容器可长期盛放各种酸 B．浓氨水可检验氯气管道泄漏 C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品 D．84消毒液的有效成分是NaClO
【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用． 【专题】元素及其化合物．
【分析】A．玻璃中含有二氧化硅能够与氢氟酸反应；
﹣
++
﹣﹣
+3+
﹣﹣
B．浓氨水与氯气反应生成氮气和氯化铵； C．浓硫酸与二氧化硅不反应；
D．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；
【解答】解：A．氢氟酸能够与玻璃中的二氧化硅反应，腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶盛放氢氟酸，故A错误；
B．浓氨水与氯气反应生成氮气和氯化铵，产生大量白烟，可以检验氯气管道泄漏，故B正确；
C．二氧化硅与浓硫酸不反应，故C错误；
D．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故D正确； 故选：BD．
【点评】本题考查了元素与化合物知识，熟悉二氧化硅及浓氨水、氯气的性质是解题关键，题目难度不大，注意对基础知识的积累．
11．对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）
A．加入盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO3
2﹣
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO4
+
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4
2+
D．加入KSCN溶液无明显现象，再滴加饱和氯水溶液出现血红色，一定有Fe 【考点】常见离子的检验方法． 【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，二氧化碳气体遇澄清石灰水变浑浊；
B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀； C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；
D、氯水具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子．
【解答】解：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，加入稀盐酸产生无色气体，不一定有CO3，故A错误；
B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不一定有SO4，故B错误；
C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4，故C正确；
D、向待测液中加入KSCN溶液无现象，待测液中此时不含有铁离子，加入氯水后变为血红
2+
色，说明待测液中含有铁离子，即氯水氧化亚铁离子生成铁离子，故说明待测液中含有Fe，故D正确； 故选CD．
【点评】本题考查硫酸根离子的检验，明确复分解反应发生的条件及离子之间的反应，注意排除某些离子的干扰以及应该加入什么试剂才能排除这些离子的干扰是解答的关键，题目难度不大．
12．下列实验操作中错误的是（ ）
A．蒸发操作时，应使混合物中的水完全蒸干后，才能停止加热 B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
C．分液操作时，分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出 D．萃取操作时，溶质在萃取剂中的溶解度应大于在原溶剂中的溶解度
+
2﹣
2﹣
2﹣
【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂． 【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】A．蒸发时不能蒸干，利用余热加热； B．蒸馏时，测定馏分的温度； C．分液时避免上下层液体混合；
D．萃取时，萃取剂不能发生反应，与原溶剂不能互溶，溶质在不同溶剂中溶解性差异较大． 【解答】解：A．蒸发时不能蒸干，利用余热加热，不能完全蒸干后，才能停止加热，故A错误；
B．蒸馏时，测定馏分的温度，则应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确； C．分液时避免上下层液体混合，则分液漏斗中的下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，故C正确；
D．萃取时，萃取剂不能发生反应，与原溶剂不能互溶，溶质在不同溶剂中溶解性差异较大，且溶质在萃取剂中的溶解度应大于在原溶剂中的溶解度，故D正确； 故选A．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握混合物分离提纯实验操作、实验基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大．
13．下列氧化还原反应中，水作为还原剂的是（ ） A．3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2
B．3NO2+H2O═2HNO3+NO
C．2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑ D．2F2+2H2O═4HF+O2 【考点】氧化还原反应． 【专题】氧化还原反应专题．
【分析】水中O元素的化合价升高，则水作还原剂，以此来解答． 【解答】解：A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故A不选； B．水中H、O元素的化合价变化，只有N元素的化合价变化，故B不选； C．只有过氧化钠中O元素的化合价变化，故C不选； D．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故D选； 故选D． 【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见元素化合价判断，题目难度不大．
14．下列离子方程式正确的是（ ）
3+2+2+
A．铜片插入FeCl3溶液中：Cu+2Fe═Cu+2 Fe
﹣3++
B．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al+4NH3•H2O═AlO2+4NH4+2H2O
﹣﹣
C．烧碱溶液中加铝片：2Al+2OH+2H2O═2 AlO2+3H2↑
+3+
D．铁粉与稀盐酸的反应：2Fe+6H═2Fe+3H2↑ 【考点】离子方程式的书写． 【专题】化学应用．
【分析】A．反应生成氯化亚铁和氯化铜； B．反应生成氢氧化铝和氯化铵； C．反应生成偏铝酸钠和氢气； D．反应生成氯化亚铁和氢气．
【解答】解：A．铜片插入FeCl3溶液中的离子反应为Cu+2Fe═Cu+2Fe，遵循电子、电荷守恒，故A正确；
3++
B．氯化铝溶液中加入过量的氨水的离子反应为Al+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4，故B错误；
C．烧碱溶液中加铝片的离子反应为2Al+2OH+2H2O═2AlO2+3H2↑，故C正确；
+2+
D．铁粉与稀盐酸的反应的离子反应为Fe+2H═Fe+H2↑，故D错误； 故选AC．
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．
15．将过量的二氧化碳分别通入下列溶液，最终溶液中有沉淀析出的是（ ） A．氯化钙溶液 B．硅酸钠溶液
C．澄清石灰水 D．饱和碳酸钠溶液 【考点】钠的重要化合物． 【专题】元素及其化合物．
【分析】二氧化碳通入水生成碳酸，碳酸为弱酸，与强酸盐不反应，与酸性比碳酸弱的盐反应生成弱电解质，可与碱反应，以此解答该题．
【解答】解：A．碳酸比盐酸弱，与氯化钙不反应，故A错误；
B．碳酸比硅酸强，可生成硅酸沉淀，Na2SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，故B正确； C．二氧化碳通入澄清石灰水中，先生成碳酸钙沉淀，二氧化碳过量生成溶于水的碳酸氢钙，故C错误；
D．碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液生成碳酸氢钠晶体，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3↓，故D正确； 故选BD．
【点评】本题考查二氧化碳的性质，题目难度不大，注意把握对应酸的酸性强弱，易错点为C，注意二氧化碳与石灰水反应的性质．
16．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ） A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
﹣
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl
+
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 【考点】氯气的化学性质． 【专题】卤族元素．
【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．
【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，
A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；
B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl，故B正确；
﹣
﹣
﹣
3+2+2+
C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；
D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误， 故选D．
【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识．
三、填空题（共52分）
17．在MgCl2溶液中滴加过量NaOH溶液，反应现象是 有白色沉淀生成 ，有关的离子
﹣2+
方程式为 Mg+2OH═Mg（OH）2↓ ；在AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，
﹣3+
反应现象为 生成白色沉淀，白色沉淀逐渐溶解 ，有关的离子方程式为 Al+3OH=Al﹣﹣
（OH）3↓，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O ． 【考点】镁、铝的重要化合物． 【专题】元素及其化合物． 【分析】反应生成氢氧化镁沉淀；氯化铝溶液中加入少量氢氧化钠溶液会是白色沉淀氢氧化铝，继续加入氢氧化钠溶液沉淀会溶解消失，由此分析解答．
【解答】解：在MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，现象是有白色沉淀生成，发生反应的
﹣2+
离子方程式是Mg+2OH═Mg（OH）2↓；在AlCl3 溶液中滴加少量NaOH溶液，反应生
﹣3+
成氢氧化铝白色沉淀，离子反应方程式为：Al+3OH=Al （OH）3↓，继续加入氢氧化钠
﹣﹣
溶液氢氧化铝沉淀消失，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，
﹣﹣﹣3+
生成白色沉淀；Al+3OH=Al（OH）3↓；白色沉淀逐渐溶解； Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O
﹣2+
故答案为：有白色沉淀生成，Mg+2OH═Mg（OH）2↓；生成白色沉淀，白色沉淀逐渐
﹣﹣﹣3+
溶解；Al+3OH=Al（OH）3↓，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写及氧化还原反应的计算，为高频考点，把握发生的反应及反应中物质的量关系为解答的关键，侧重分析、应用及计算能力的综合考查，综合性较强，题目难度不大． 18．某中学化学兴趣小组想使用如图装置制取较多量的饱和氯水和漂白粉等实验．回答下列问题．
（1）写出仪器的名称：A 分液漏斗 ，B 圆底烧瓶 ． （2）写出甲、丁装置中发生反应的化学方程式： 甲： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．
丁： 2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ． （3）装置乙的作用是 除去HCl气体 ．
（4）装置戊中所装的试剂是 NaOH ．（填化学式） 【考点】氯气的实验室制法． 【专题】无机实验综合． 【分析】（1）熟悉仪器的形状说出其名称；
（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水； 氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；
（3）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，依据氯化氢、氯气在饱和食盐水中溶解度性质选择除杂剂；
（4）氯气有毒，需要进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收．
【解答】解：（1）图中仪器A为分液漏斗，B为圆底烧瓶，故答案为：分液漏斗；圆底烧瓶；
（2）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
故答案为：MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca
（ClO）2+2H2O；
（3）浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，所以可以用盛有饱和氯化钠溶液的乙除去氯化氢气体， 故答案为：除去HCl气体；
（4）氯气有毒，需要进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应，可以用氢氧化钠溶液吸收，化学式为NaOH，故答案为：NaOH． 【点评】本题考查了氯气的实验室制备方法，明确氯气的制备原理和氯气的性质是解题关键，题目难度不大．
19．X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收．已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应．试推断： （1）X： SO2 ，Y： Cl2 ，Z NO2 ．（写出化学式） （2）写出下列有关的化学方程式：
①X与NaOH溶液反应： SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O或SO2+NaOH═NaHSO3 ②Z与水的反应： 3NO2+H2O═2HNO3+NO ． 【考点】常见气体的检验． 【专题】元素及其化合物．
【分析】X、Y、Z三种气体，都能造成大气污染，X、Y、Z可以用碱溶液吸收，说明这三种气体是酸性氧化物或与水反应生成酸；
X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，则X是SO2； Y是一种单质，它的水溶液具有漂白性，则Y是Cl2；
Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害成分之一，能和水反应，则Z是NO2； 再结合物质性质分析解答．
【解答】解：X、Y、Z三种气体，都能造成大气污染，X、Y、Z可以用碱溶液吸收，说明这三种气体是酸性氧化物或与水反应生成酸；
X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，则X是SO2； Y是一种单质，它的水溶液具有漂白性，则Y是Cl2；
Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害成分之一，能和水反应，则Z是NO2； （1）X是SO2，Y为Cl2，Z为NO2， 故答案为：SO2； Cl2； NO2；
（2）①X是SO2，与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水货亚硫酸氢钠，反应的化学方程式为：SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O 或SO2+NaOH═NaHSO3，
故答案为：SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O 或SO2+NaOH═NaHSO3；
②Z与水的反应是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为：3NO2+H2O═2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O═2HNO3+NO．
【点评】本题考查无机物推断，明确气体的性质、反应现象是推断物质关键，熟练掌握元素化合物知识，知道次氯酸漂白性原理和二氧化硫形成酸雨为突破点，题目难度不大．
20．某烧杯中盛有100mL FeCl3和CuCl2的混合液，混合溶液中c（FeCl3）=2mol/L，c（CuCl2）=1mol/L．请回答下列问题：
3+3+
（1）该混合溶液中，Fe的物质的量n（Fe）= 0.2 mol．氯离子的物质的量浓度c（Cl﹣
）= 8 mol/L．
（2）向上述烧杯中加入足量铁粉并使之充分反应．写出有关的离子方程式：
① 2Fe+Fe═3Fe ；
2+2+
② Cu+Fe═Cu+Fe ．
【考点】有关混合物反应的计算． 【专题】利用化学方程式的计算． 【分析】（1）根据n=cV计算出混合液中含有铁离子的物质的量；先计算出混合液中氯离子的物质的量，再根据c=计算出含有中氯离子的浓度；
（2）加入铁粉后，铁离子与铁反应生成亚铁离子，然后铜离子与铁粉反应生成亚铁离子和铜离子，据此写出反应的离子方程式．
3+3+
【解答】解：（1）该混合溶液中，Fe的物质的量为：n（Fe）=cV=2mol/L×0.1L=0.2mol；
﹣3+
氯离子的物质的量等于FeCl3和CuCl2中氯离子物质的量的和，则n（Cl）=3n（Fe）+2n
2+
（Cu）=0.2mol×3+1mol/L×2×0.1L=0.8mol， 混合溶液中氯离子的物质的量浓度c（Cl）=故答案为：0.2mol；8；
（2）向上述烧杯中加入足量铁粉并使之充分反应，发生的反应有：①2Fe+Fe═3Fe，
2+2+
②Cu+Fe═Cu+Fe，
3+2+2+2+
故答案为：2Fe+Fe═3Fe；Cu+Fe═Cu+Fe．
【点评】本题考查了混合物反应的计算、离子方程式书写，题目难度中等，明确物质的量与物质的量浓度的关系为解答关键，注意掌握常见物质性质及发生反应原理，试题培养了学生的灵活应用能力．
21．制取氨气并完成喷泉实验（图中夹持装置均已略去）．
3+
2+
﹣
3+2+
=8mol/L，
（1）写出实验室制取氨气的化学方程式： 2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O
（2）收集氨气应使用 向下排空气法 法，要得到干燥的氨气可选用 碱石灰 做干燥剂．用 湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口看是否变蓝 方法检验氨气是否已收集满． （3）用左上图装置进行喷泉实验，上部烧瓶已装满干燥氨气，引发水上喷的操作是 打开止水夹，挤出胶头滴管中的水 ．
【考点】实验装置综合；氨的实验室制法． 【分析】（1）实验室用氢氧化钙和氯化铵在加热条件下制备氨气；
（2）氨气极易溶于水，密度比空气小，与浓盐酸反应生成氯化铵固体，有白烟生成，氨气水溶液呈碱性，可使石蕊试纸变蓝色； （3）喷泉实验需形成明显的压力差． 【解答】解：（1）实验室用加热氯化氨和消石灰的固体混合物制取氨气，方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2
CaCl2+2NH3+2H2O，
CaCl2+2NH3+2H2O；
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2
（2）氨气的密度比空气小，极易溶于水，只能用向下排气法收集，氨气为碱性气体，应用碱石灰干燥，氨气与浓盐酸反应生成氯化铵固体，有白烟生成，可用浓盐酸或湿润的红色石蕊试纸检验，根据生成白烟或集气瓶口是否变蓝判断是否收集满，
故答案为：向下排空气法；碱石灰；湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口看是否变蓝；
（3）氨气是一种极易溶于水的气体，将胶头滴管中的水挤入烧瓶中，瓶内压强减小，在外界气压的作用下，水被压到瓶内，形成喷泉现象， 故答案为：打开止水夹，挤出胶头滴管中的水．
【点评】考查学生对元素化合物知识的熟悉程度．要求学生综合题中信息，结合对物质性质的了解，注意相关知识的积累，把握形成喷泉的实验条件以及对应物质的性质，难度不大．
22．为了除去KCl溶液中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba（OH）2、盐酸和K2CO3三种试剂，按如图步骤操作：
（1）写出三种试剂的化学式：A Ba（OH）2 ，B K2CO3 ，C HCl ．
2+2﹣（2）加过量A的原因是： 为了除尽Mg和SO4 ，有关反应的化学方程式为： MgCl2+Ba（OH）（OH） MgSO4+Ba（OH）（OH） 2=Mg2↓+BaCl2 、2=BaSO4↓+Mg2↓ ．2+（3）加过量B的原因是： 为了除尽过量的Ba ．
【考点】物质分离、提纯的实验方案设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】除去KCl溶液中的少量MgCl2和MgSO4，可看成把Mg、SO4沉淀而除去，因
2+2﹣
此A选择所提供试剂中的Ba（OH）2可同时沉淀掉Mg、SO4离子；反应生成的BaCl2和过量的Ba（OH）2可加入B即所选试剂中的K2CO3而除去；最后通过滴加C盐酸可把过量的K2CO3及反应生成的KOH同时反应掉而生成KCl，以此分析解答．
2+2﹣
【解答】解：（1）除去KCl溶液中的少量MgCl2和MgSO4，可看成把Mg、SO4沉淀而
2+2﹣
除去，因此选择所提供试剂中的Ba（OH）2可同时沉淀掉Mg、SO4离子；反应生成的BaCl2和过量的Ba（OH）2可加入所选试剂中的K2CO3而除去；最后通过滴加盐酸可把过量的K2CO3及反应生成的KOH同时反应掉而生成KCl， 故答案为：Ba（OH）2；K2CO3；HCl；
（2）为确保混合溶液中的MgCl2和MgSO4全部反应而沉淀掉，故应加入过量的Ba（OH）2，生成Mg（OH）2、BaSO4，
2+2﹣
故答案为：为了除尽Mg和SO4；MgCl2+Ba（OH）2=Mg（OH）2↓+BaCl2、MgSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Mg（OH）2↓；
2+
（3）为确保溶液是的Ba全部沉淀而除去，应加入过量的K2CO3到沉淀不再产生，反应生
2+
成碳酸钡沉淀、氢氧化钾，故答案为：为了除尽过量的Ba．
【点评】这类题的关键是除杂不能引入新杂质，如果前面的操作带入杂质不可避免，那么一定要在后续操作中除掉杂质．在这一题中就是要让碳酸根除去过量的钡离子（前面为了除去硫酸根离子）．
23．A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质．
2+2﹣
请回答下列问题：
（1）物质C和E的名称分别为 浓盐酸 、 四氧化三铁 ；
（2）可选用不同的A进行反应①，若能在常温下进行，其化学方程式为
2H2O2═2H2O+O2↑ ；若只能在加热情况下进行，则反应物A应为 KClO3 ； （3）反应②的化学方程式为 4HCl（浓）+MnO2MnCl2+2H2O+Cl2↑ ；
（4）新配制的F溶液应加入 铁粉 以防止其转化为G．检验G溶液中阳离子的常用试剂是 KSCN溶液 ，实验现象为 溶液变成红色 ．
【考点】无机物的推断；氯气的化学性质；二价Fe离子和三价Fe离子的检验；常见气体制备原理及装置选择． 【分析】本题的突破点是MnO2，在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯
2+
化亚铁，G是氯化铁；Fe具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化；利用有关元素化合物知识，从质量守恒的角度书写化学方程式． 【解答】解：（1）在中学化学中MnO2参与的反应主要是氧气和氯气的制备，所以依据框图的转化特点可知B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁；故答案为：浓盐酸、四氧化三铁；
（2）MnO2参与制备氧气的反应有两种，一种是由MnO2做催化剂的条件下，加热KClO3分解制得氧气；另一种是MnO2做催化剂的条件下，常温下H2O2分解制得氧气，故答案为：2H2O2═2H2O+O2↑；KClO3
（3）反应②为实验室制备氯气的常用方法，故答案为：4HCl（浓）+MnO2
2+
MnCl2+2H2O+Cl2↑
3+
﹣
（4）Fe具有还原性，因此配制时需要加入铁粉防止被氧化；Fe与SCN反应生成红色物质，故答案为：铁粉；KSCN溶液；溶液变成红色
【点评】本题属于无机框图题，主要考察常见物质的性质、制备和检验，本题由化学中常见的反应入题，注意元素化合物知识的积累和常见离子的检验方法．
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