2022-2022学年辽宁省营口市大石桥市高一（下）期初化学试卷　一、选择（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共48分）1．下列说法正确的是（　　）　A．在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5NA　B．32gO2含原子数目为2NA　C．标准状况下，18gH2O所占的体积为22.4L　D．在同温同压下，相同体积任何气体单质所含的原子数目相同　2．在一定温度和压强下，2体积X2气体与3体积Y2气体恰好完全反应，生成2体积气体化合物Z，则Z的化学式可能是（　　）　A．X2Y3B．XYC．X2YD．XY3　3．如图表示配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的部分操作示意图，其中有错误的是（　　）　A．B．C．D．　4．VmLAl2（SO4）3溶液中含Al3+ag，取mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）　A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1　C．mol•L﹣1D．mol•L﹣1　5．下列关于胶体的说法正确的是（　　）　A．胶体与溶液有明显不同的外观特征，胶体呈胶状　B．胶体不稳定，静置后容易产生沉淀　C．将Fe（OH）3胶体进行过滤，所得滤液与原来胶体组成是不同的　D．豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径介于1nm﹣100nm之间　6．下列物质属于电解质的是（　　）　A．NaHCO3B．SO2C．H2SO4溶液D．Fe　7．下列说法正确的是（　　）　A．可以用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2　B．SO2能使溴水、KMnO4溶液迅速褪色　C．硫粉在过量的氧气中燃烧可得到SO3　D．少量SO2通入到浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀　248．短周期元素X、Y、Z，所在周期数依次增大，他们的原子序数之和为20且Y2﹣与Z+核外电子层结构相同，下列说法中正确的是（　　）　A．三种元素的原子半径大小为X＞Y＞Z　B．Y2﹣与Z+的半径大小为Y2﹣＞Z+　C．Y元素为S　D．Z元素为K　9．在无土栽培中，需配制一定量含50molNH4Cl、6molKCl和24molK2SO4的营养液．若用KCl、NH4Cl、（NH4）2SO4为原料来配制此营养液，三者的物质的量依次是（　　）mol．　A．2、54、24B．54、2、24C．32、50、12D．16、50、24　10．使一镁铝合金粉末在过量稀H2SO4中溶解，在所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量w和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的质量之比为（　　）　A．2：3B．1：1C．4：3D．8：9　11．实验室在配制FeSO4溶液时，为防止FeSO4被氧化而变质，常在溶液中加入少量的（　　）　A．锌粉B．铁粉C．硫酸铁D．盐酸　12．某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的一组离子是（　　）　A．Al3+、SO42﹣、Cl﹣B．Na+、AlO2﹣K+、SO42﹣　C．MnO、K+、SO42﹣、Na+D．NH4+、NO3﹣、Fe2+、Cl﹣　13．能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）　A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑　B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2O　C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑　D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+　14．下列微粒中，只有氧化性的是（　　）①S2﹣　②Fe2+　③Fe3+　④S　⑤H+　⑥Na+　⑦Mg．　A．①⑦B．②④C．③⑤⑥D．②④⑤⑥　15．常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣②2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣③2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．由此判断下列说法正确的是（　　）　A．铁元素在反应①中被还原，在③中被氧化　B．反应②中当有1molCl2被氧化时，有2molBr﹣被还原　C．氧化性强弱顺序为：Cl2＞I2＞Br2＞Fe3+　D．还原性强弱顺序为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣24　16．有相同质量的两份NaHCO3粉末，第一份加入足量盐酸，笫二份先加热使其完全分解再加足量同质量分数的盐酸，则两者所消耗的盐酸中氯化氢的质量比为（　　）　A．1：1B．2：1C．1：2D．4：1　17．足量铜与一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1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（　　）　A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL　18．某氮的氧化物是大气污染物之一，在一定温度和有催化剂的条件下，该氧化物与氨气反应只生成氮气和水，若生成的氮气和水的物质的量之比为5：6，该氧化物的化学式为（　　）　A．N2O5B．NOC．NO2D．N2O3　19．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验．经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（　　）　A．①＞②B．①＜②C．①=②D．不能确定　20．在一定体积的18mol/L的浓硫酸中加入过量铜片并加热，被还原的硫酸为0.9mol，则浓H2SO4的实际体积（　　）　A．等于50mLB．大于50mLC．等于100mLD．大于100mL　21．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）　A．21：5B．11：3C．3：1D．4：1　22．某元素原子的最外层上的电子数是次外层上的电子数的a倍（a＞1），则该元素原子核内的质子数为（　　）　A．2aB．2a+2C．2a+10D．a+2　23．分别处于第二、三周期的主族元素A和B，它们的离子的电子层相差2层．已知A处于第m族；B处于第n族；A只有正化合价．则A、B原子核外电子总数分别为（　　）　A．m、nB．3、7C．m﹣2、10nD．m+2、n+10　2424．短周期金属元素甲﹣戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是（　　） 甲乙丙丁戊　A．原子半径：丙＜丁＜戊B．金属性：甲＞丙　C．最外层电子数：甲＞乙D．氢氧化物碱性：丙＞丁＞戊　　二、填空（共52分）25．（一）、今有几种物质：①乙醇②石墨③石灰水④熔化的KNO3⑤纯硫酸⑥NH3（填序号）其中，（1）能导电的有　　　　　　，（2）属于电解质的有　　　　　　，（3）既不是电解质也不是非电解质的是　　　　　　．（二）、质量为3.9g的Na2X中含Na+的物质的量为0.1mol，则Na2X的摩尔质量为　　　　　　，X的相对原子质量为　　　　　　．　26．已知A、B、C、D、E、F、G、H、I九种物质，A、B、D、E焰色反应均为紫色（透过蓝色钴玻璃），G是一种单质，I是一种化合物，H是一种淡黄色固体，它们的转化关系如图所示．请回答下列问题：（1）E、D、G的化学式是E　　　　　　、D　　　　　　、G　　　　　　（2）写出H的一种用途　　　　　　（3）写出A受热分解的化学方程式　　　　　　（4）若H与C反应的化学方程式　　　　　　．　27．已知有以下物质相互转化．试回答：24（1）写出C的化学式　　　　　　，H的化学式　　　　　　．（2）写出由E转变成F的化学方程式　　　　　　．（3）写出用KSCN鉴别G溶液的现象　　　　　　；向G溶液加入A的有关离子反应方程式　　　　　　．　28．（11分）（2022春•大石桥市月考）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验．请回答下列问题：（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是　　　　　　（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是　　　　　　、　　　　　　，这些现象分别说明SO2具有的性质是　　　　　　和　　　　　　；装置B中发生反应的离子方程式为　　　　　　（3）下列药品中能够用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是：　　　　　　（填写字母编号，有几个写几个，多写或写错0分）．A．铁粉　　B．BaCl2溶液　　C．银粉　　D．Na2CO3溶液（4）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，当品红褪色后在点燃酒精灯前应必须注意　　　　　　．（5）尾气可采用　　　　　　溶液吸收．　29．（14分）（2022春•大石桥市月考）实验室用下列装置制取氯气，并进行后面的实验，请完成下列问题：（1）A、B各放什么物质？A　　　　　　，B　　　　　　，化学反应方程式为　　　　　　．（2）装置D是为了除去Cl2中的氯化氢气体，D中应放入下列溶液中的　　　　　　．A．NaOH溶液B．水C．AgNO3溶液D饱和食盐水（3）E装置是为了使氯气干燥，装置中应放入下列的　　　　　　．A．NaOH溶液B．碱石灰C．浓H2SO4D．饱和食盐水24（4）F装置中为干的红布条，观察到的现象是　　　　　　，原因是　　　　　　．（5）G装置中放入石蕊试液，观察到的现象是　　　　　　，反应化学方程式为　　　　　　．（6）H装置中放入NaBr溶液反应的化学方程式为　　　　　　．（7）I装置中放入KI淀粉溶液，观察到的现象是　　　　　　．（8）J装置中放入NaOH溶液，其作用是　　　　　　，反应的化学方程式为　　　　　　．　30．A、B、C为短周期元素，在周期表中所处位置如右图所示，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等．（1）写出A、B、C三种元素的名称：　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　．（2）A位于元素周期表中第　　　　　　周期，第　　　　　　族．（3）B、C两元素的氢化物的稳定性为　　　　　　＞　　　　　　（填分子式）（4）将过量的A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的产物为　　　　　　．（填化学式）　　2022-2022学年辽宁省营口市大石桥市高一（下）期初化学试卷参考答案与试题解析　一、选择（每小题只有一个选项符合题意，每题2分，共48分）1．下列说法正确的是（　　）　A．在常温常压下，11.2LN2含有的分子数为0.5NA　B．32gO2含原子数目为2NA　C．标准状况下，18gH2O所占的体积为22.4L　D．在同温同压下，相同体积任何气体单质所含的原子数目相同考点：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、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；B、氧气由氧原子构成；C、标况下，水为液态；D、单质气体分为单原子分子、双原子分子和多原子分子．解答：解：A、常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol，即分子个数小于0.5NA个，故A错误；B、氧气由氧原子构成，则32g氧气中含有的氧原子的物质的量n==2mol，即为2NA个，故B正确；24C、标况下，水为液态，不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；D、单质气体分为单原子分子、双原子分子和多原子分子，则同温同压下的相同体积的任何气体单质的物质的量相同，含有的分子数目相同，但原子数目不一定相同，故D错误．故选B．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．　2．在一定温度和压强下，2体积X2气体与3体积Y2气体恰好完全反应，生成2体积气体化合物Z，则Z的化学式可能是（　　）　A．X2Y3B．XYC．X2YD．XY3考点：阿伏加德罗定律及推论．分析：一定温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，也等于化学计量数之比，然后利用质量守恒定律可得出Z的化学式．解答：解：一定温度和压强下，气体的体积之比等于物质的量之比，也等于化学计量数之比，由2体积X2气体与3体积Y2气体恰好完全反应，生成2体积气体化合物Z，反应方程式为：2X2+3Y2═2Z，根据质量守恒定律可知，反应前后的原子个数相等，所以Z的化学式为：X2Y3，故选A．点评：本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，题目难度中等，明确体积与化学计量数的关系及质量守恒定律是解答本题的关键，注意明确阿伏伽德罗定律及其推论的内容．　3．如图表示配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的部分操作示意图，其中有错误的是（　　）　A．B．C．D．考点：溶液的配制．专题：实验评价题．分析：图示分别为溶解、搅拌、读数和摇匀操作，根据规范操作找出错误．解答：解：A为溶解或稀释溶质，B为搅拌加速溶解，D为摇匀都正确．定容时眼睛与刻度线相平，不能俯视或仰视；定容时，眼睛仰视刻度线，溶液的液面超过刻度线，溶液的体积偏大，浓度偏小，故选C．点评：本题考查了物质的量浓度溶液配制的基本操作，较基础，要熟练掌握物质的量浓度溶液的配制、误差分析等基础知识．　4．VmLAl2（SO4）3溶液中含Al3+ag，取mL溶液稀释到4VmL，则稀释后溶液中SO42﹣的物质的量浓度是（　　）24　A．mol•L﹣1B．mol•L﹣1　C．mol•L﹣1D．mol•L﹣1考点：物质的量浓度的相关计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：根据n=计算Al3+的物质的量，再利用n（Al3+）：n（SO42﹣）=2：3计算VmL溶液中n（SO42﹣），进而计算mL溶液中SO42﹣的物质的量，再根据c=计算稀释为4VmL溶液中SO42﹣物质的量浓度．解答：解：agAl3+的物质的量==mol，溶液中n（Al3+）：n（SO42﹣）=2：3，VmL溶液中n（SO42﹣）=mol×=mol，mL溶液中SO42﹣的物质的量为：mol×=mol溶液稀释到4VmL，溶液中c（SO42﹣）==mol/L，故选C．点评：本题考查物质的量浓度的有关计算，难度不大，注意理解溶液中电解质离子物质的量之间的关系．　5．下列关于胶体的说法正确的是（　　）　A．胶体与溶液有明显不同的外观特征，胶体呈胶状　B．胶体不稳定，静置后容易产生沉淀　C．将Fe（OH）3胶体进行过滤，所得滤液与原来胶体组成是不同的　D．豆浆是胶体，因为豆浆中的分散质粒子直径介于1nm﹣100nm之间考点：胶体的重要性质．专题：溶液和胶体专题．分析：A．胶体不一定成胶状；B．胶体是一种均匀、稳定的分散系；C．溶液和胶体都能透过滤纸；D．胶体是指分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系．解答：解：A．不同的胶体具有不同的外观特征，但有的胶体外观与溶液没有明显区别，故A错误；B．胶体是一种均匀、稳定的分散系，静置后不容易产生沉淀，故B错误；C．溶液和胶体都能透过滤纸，所得滤液与原来胶体组成相同，故C错误；D．豆浆中的分散质粒子直径介于1nm﹣100nm之间，是胶体，故D正确．故选D．24点评：本题考查胶体的性质，题目难度不大，注意胶体的性质，特别是胶体不一定透明，胶体不带电荷，胶粒吸附带电离子．　6．下列物质属于电解质的是（　　）　A．NaHCO3B．SO2C．H2SO4溶液D．Fe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：在水溶液里或融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能导电的化合物是非电解质，无论是电解质还是非电解质都必须是化合物．解答：解：A．碳酸氢钠为盐，是在水溶液里或融融状态下能导电的化合物，属于电解质，故A正确；B．二氧化硫本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故B错误；C．硫酸为混合物，不属于电解质，故C错误；D．铁为单质不属于化合物，不是电解质，故D错误；故选：A．点评：本题考查了电解质和非电解质的概念，明确概念即可解答，难度不大，注意电解质和非电解质的区别．　7．下列说法正确的是（　　）　A．可以用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2　B．SO2能使溴水、KMnO4溶液迅速褪色　C．硫粉在过量的氧气中燃烧可得到SO3　D．少量SO2通入到浓的CaCl2溶液能生成白色沉淀考点：二氧化硫的化学性质；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．分析：A、二氧化硫和二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，沉淀；B、二氧化硫具有还原性可以被溴单质、高锰酸钾氧化；C、硫和氧气只能发生反应生成二氧化硫；D、二氧化硫和氯化钙不能发生反应．解答：解：A、二氧化硫和二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙、亚硫酸钙白色沉淀，不能用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2，故A错误；B、二氧化硫具有还原性，可以被溴单质、高锰酸钾氧化，溴水和高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C、硫和氧气只能发生反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C错误；D、二氧化硫和氯化钙不能发生反应，无沉淀生成，故D错误；故选B．点评：本题考查了物质性质分析判断，物质检验方法，物质的性质是解题关键，题目较简单．　8．短周期元素X、Y、Z，所在周期数依次增大，他们的原子序数之和为20且Y2﹣与Z+核外电子层结构相同，下列说法中正确的是（　　）　A．三种元素的原子半径大小为X＞Y＞Z　B．Y2﹣与Z+的半径大小为Y2﹣＞Z+24　C．Y元素为S　D．Z元素为K考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，Y2﹣与Z+核外电子层的结构相同，可知二者的离子核外各有10个电子，根据Y与Z的化合价，可知Y、Z分别属于ⅥA和IA族元素，Y的原子序数为8，属于O元素，Z的原子序数为11，属于Na元素，再根据三者原子序数之和为20，可知X为H元素，以此解答该题．解答：解：短周期元素X、Y、Z所在的周期数依次增大，Y2﹣与Z+核外电子层的结构相同，可知二者的离子核外各有10个电子，根据Y与Z的化合价，可知Y、Z分别属于ⅥA和IA族元素，Y的原子序数为8，属于O元素，Z的原子序数为11，属于Na元素，再根据三者原子序数之和为20，可知X为H元素，A．原子核外电子层数越多，原子半径越大，应为Z＞Y＞X，故A错误；B．Y2﹣与Z+的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小啊，故B正确；C．Y为O元素，故C错误；D．Z为Na元素，故D错误．故选B．点评：本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查分析推断能力，明确物质结构、元素周期律即可解答，熟练掌握同一周期、同一主族元素性质递变规律，题目难度不大．　9．在无土栽培中，需配制一定量含50molNH4Cl、6molKCl和24molK2SO4的营养液．若用KCl、NH4Cl、（NH4）2SO4为原料来配制此营养液，三者的物质的量依次是（　　）mol．　A．2、54、24B．54、2、24C．32、50、12D．16、50、24考点：物质的量浓度．专题：物质的量浓度和溶解度专题．分析：本题根据离子守恒的思想来解决，只有（NH4）2SO4可以提供硫酸根，24molK2SO4中硫酸根为24mol作为解题的入手点．解答：解：由KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体配制的营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、6molKCl和24molK2SO4的营养液中的离子的物质的量相同，营养液中离子的物质的量分别为：n（NH4+）=50mol，n（Cl﹣）=56mol，n（K+）=54mol，n（SO42﹣）=24mol，根据硫酸根离子守恒可知，需要n[（NH4）2SO4]=24mol，再由铵根离子守恒得n（NH4Cl）=50mol﹣24mol×2=2mol，最后由氯离子守恒，则n（KCl）=56mol﹣2mol=54mol，故选B．点评：本题考查学生守恒思想在解题中的应用，要求学生具有一定的分析和解决问题的能力．　10．使一镁铝合金粉末在过量稀H2SO4中溶解，在所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量w和加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示，则该合金中镁和铝的质量之比为（　　）24　A．2：3B．1：1C．4：3D．8：9考点：有关混合物反应的计算．专题：计算题．分析：生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（6﹣1）：（7﹣6）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，根据Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，计算氢氧化铝物质的量，再根据生成沉淀消耗NaOH计算氢氧化镁物质的量，根据元素守恒计算Mg、Al质量之比．解答：解：生成沉淀与沉淀溶解两阶段消耗NaOH体积之比为（6﹣1）：（7﹣6）=5：1，假设溶解氢氧化铝消耗NaOH为1mol，则生成沉淀消耗NaOH为5mol，Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O1mol1mol由Al元素守恒，可知m（Al）=1mol×27g/mol=27g，生成1mol氢氧化铝消耗NaOH为1mol×3=3mol，则生成氢氧化镁消耗NaOH为5mol﹣3mol=2mol，则氢氧化镁为1mol，由Mg元素守恒，则m（Mg）=1mol×24g/mol=24g，故该合金中镁和铝的质量之比为24g：27g=8：9，故选D．点评：本题考查混合物计算、学生对图象分析处理能力，难度中等，明确各阶段发生的反应是关键，注意利用赋值法结合计算．　11．实验室在配制FeSO4溶液时，为防止FeSO4被氧化而变质，常在溶液中加入少量的（　　）　A．锌粉B．铁粉C．硫酸铁D．盐酸考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：防止FeSO4被氧化而变质，应加入具有还原性的物质，且溶液配制中不能引入新的杂质，以此来解答．解答：解：A．锌粉与FeSO4溶液反应，配制溶液失败，故A不选；B．铁粉与与FeSO4溶液不反应，且可防止亚铁离子被氧化而变质，故B选；C．硫酸铁和硫酸亚铁不反应，但引入杂质铁离子，故C不选；D．加盐酸引入氯离子，且不能防止亚铁离子被氧化，故D不选；故选B．点评：本题以溶液配制考查氧化还原反应，把握Fe与铁离子的反应及溶液配制中不能引入新杂质为解答的关键，注意发生的氧化还原反应，题目难度不大．　12．某无色透明的强酸性溶液中，能大量共存的一组离子是（　　）　A．Al3+、SO42﹣、Cl﹣B．Na+、AlO2﹣K+、SO42﹣　C．MnO、K+、SO42﹣、Na+D．NH4+、NO3﹣、Fe2+、Cl﹣24考点：离子共存问题．专题：离子反应专题．分析：无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，强酸性溶液中存在大量氢离子，A．三种之间不发生反应，都是无色离子，且都不与氢离子反应；B．偏铝酸根离子与强酸性溶液中的氢离子反应；C．高锰酸根离子为有色离子，不满足溶液无色的条件；D．亚铁离子为有色离子，且强酸性溶液中硝酸根离子、亚铁离子能够发生氧化还原反应．解答：解：无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在，A．Al3+、SO42﹣、Cl﹣之间不反应，都是无色离子，都不与强酸性溶液反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．AlO2﹣与强酸性溶液反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．MnO4﹣为有色离子，不满足溶液无色的要求，故C错误；D．Fe2+为有色离子，NO3﹣、Fe2+在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子共存的判断，为是高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN﹣）等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存在．　13．能正确表示下列反应的离子方程式是（　　）　A．将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑　B．将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2O　C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑　D．将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+考点：离子方程式的书写．专题：离子反应专题．分析：A、铁和非氧化性的酸反应生成亚铁盐；B、磁性氧化铁中的铁元素有正二价和正三价两种；C、离子反应要遵循电荷守恒；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子．解答：解：A、铁和稀硫酸反应生成亚铁盐，Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B、磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，故B错误；C、氯化亚铁溶液能被稀硝酸氧化，3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑，故C错误；D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子，铜不能置换出铁，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D正确．故选D．点评：本题主要考查学生离子方程时的书写知识，要注意原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒的思想，是现在考试的热点．　2414．下列微粒中，只有氧化性的是（　　）①S2﹣　②Fe2+　③Fe3+　④S　⑤H+　⑥Na+　⑦Mg．　A．①⑦B．②④C．③⑤⑥D．②④⑤⑥考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：由元素的化合价可知，处于最高价的元素的微粒具有氧化性，处于最低价的元素的微粒具有还原性，而处于中间价态的微粒既有氧化性又有还原性，以此来解答．解答：解：①S2﹣中元素的化合价为﹣2，为最低价，只具有还原性，故不选；②Fe2+中元素的化合价为+2，为中间价，有氧化剂和还原性，故不选；③Fe3+中元素的化合价为+3，为最高价，只具有氧化剂，故选；④S中元素的化合价为0，为中间价，有氧化剂和还原性，故不选；⑤H+中元素的化合价为+1，为最高价，只具有氧化剂，故选；⑥Na+中元素的化合价为+1，为最高价，只具有氧化剂，故选；⑦Mg中元素的化合价为0，为最低价，只具有还原性，故不选；故选C．点评：本题考查氧化还原反应及微粒的性质，为高频考点，明确氧化性、还原性与微粒中元素的化合价的关系是解答本题的关键，题目难度不大．　15．常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣②2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣③2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2．由此判断下列说法正确的是（　　）　A．铁元素在反应①中被还原，在③中被氧化　B．反应②中当有1molCl2被氧化时，有2molBr﹣被还原　C．氧化性强弱顺序为：Cl2＞I2＞Br2＞Fe3+　D．还原性强弱顺序为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣考点：氧化性、还原性强弱的比较．专题：氧化还原反应专题．分析：A．根据化合价变化进行判断；B．根据化合价变化及方程式进行判断；C．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性．解答：解：A．在2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，铁的化合价升高，被氧化；在2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，铁的化合价降低，被还原，故A错误；B．在2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，氯元素的化合价降低，被还原，溴元素的化合价升高，被氧化，故有1molCl2被还原时，则有2molBr﹣被氧化，故B错误；C．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，氧化剂是Br2，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Br2＞Fe3+，在反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性Cl2＞Br2，在反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性Fe3+＞I2，故氧化性顺序是：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，故C错误；D．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br﹣中，还原剂是Fe2+，还原产物是Br﹣，所以还原性Fe2+＞Br﹣，在反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣中，还原剂是Br﹣，还原产物是Cl﹣，所以还原性Br﹣＞Cl﹣，在反应2Fe3++2I﹣=2Fe2++I224中，还原剂是I﹣，还原产物是Fe2+，所以还原性I﹣＞Fe2+，故还原性顺序是：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣，故D正确，故选D．点评：本题考查学生氧化还原反应中氧化性和还原性强弱判断规律：氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性．　16．有相同质量的两份NaHCO3粉末，第一份加入足量盐酸，笫二份先加热使其完全分解再加足量同质量分数的盐酸，则两者所消耗的盐酸中氯化氢的质量比为（　　）　A．1：1B．2：1C．1：2D．4：1考点：钠的重要化合物．专题：计算题．分析：第一份中发生反应NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，第二份中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，再加入盐酸，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，两份粉末中发生反应最终都生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素、氯元素守恒进行计算．解答：解：第一份中发生反应NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，第二份中加热发生反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，再加入盐酸，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，两份粉末中发生反应最终都生成氯化钠，令碳酸氢钠的物质的量为1mol，根据钠元素守恒可知n（NaHCO3）=n（NaCl）=1mol，根据氯元素守恒可知n（NaCl）=n（HCl）=1mol，故反应后两份粉末中实际消耗的HCl的物质的量之比为1mol：1mol=1：1，质量之比是1：1．故选：A．点评：考查钠的重要化合物的性质、化学计算等，难度不大，可以根据方程式计算，但较守恒计算麻烦，注意守恒思想的运用．　17．足量铜与一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1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗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：根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出Cu（NO3）2，再根据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，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4n（Cu）×2=mol×4n（Cu）=0.15mol所以Cu（NO3）2为0.15mol根据Cu2+～2OH﹣240.15moln（OH﹣）则NaOH为0.15mol×2=0.3mol则NaOH体积V===0.06L，即60ml，故选A．点评：本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则能起到事倍功半．　18．某氮的氧化物是大气污染物之一，在一定温度和有催化剂的条件下，该氧化物与氨气反应只生成氮气和水，若生成的氮气和水的物质的量之比为5：6，该氧化物的化学式为（　　）　A．N2O5B．NOC．NO2D．N2O3考点：化学方程式的有关计算．分析：设氮气和水的物质的量分别为5mol、6mol，根据H原子守恒计算氨气物质的量，再根据N原子守恒、O原子守恒计算氧化物中N、O原子物质的量，进而确定氧化物化学式．解答：解：设氮气和水的物质的量分别为5mol、6mol，根据H原子守恒，可知氨气物质的量为=4mol，根据N原子守恒，可知氧化物中N原子物质的量为5mol×2﹣4mol=6mol，根据O原子守恒，可知氧化物中O原子物质的量为6mol，故氧化物中N、O原子数目之比为6mol：6mol=1：1，故该氧化物化学式为NO，故选B．点评：本题考查反应方程式有关计算，难度不大，关键是对质量守恒定律的理解．　19．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满：①NH3，②NO2，进行喷泉实验．经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（　　）　A．①＞②B．①＜②C．①=②D．不能确定考点：氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；物质的量浓度的计算．专题：物质的量浓度和溶解度专题；氮族元素．分析：先根据气体摩尔体积计算各气体的物质的量之比，再判断烧瓶中溶液的体积、溶质的物质的量，再根据物质的量浓度公式判断浓度的大小．24解答：解：在相同条件下，气体摩尔体积相同，烧瓶的容积相同，根据n=知，氨气、NO2的物质的量之比为1：1，因NO2能与水反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以各烧瓶中溶质的物质的量之比为3：2，做喷泉实验时，盛放氨气的烧瓶、含NO2的烧瓶，各烧瓶中溶液的体积分别为：一烧瓶、烧瓶，所以溶液的体积比为3：2，所以各物质的量浓度之比为=1：1，故选：C．点评：本题考查的是物质的量浓度的有关计算，正确求算NO2气体的烧瓶溶液的体积、盛放NO2的烧瓶溶质的物质的量是解本题的关键．　20．在一定体积的18mol/L的浓硫酸中加入过量铜片并加热，被还原的硫酸为0.9mol，则浓H2SO4的实际体积（　　）　A．等于50mLB．大于50mLC．等于100mLD．大于100mL考点：化学方程式的有关计算．分析：铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+H2O可知，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9mol，则18mol•L﹣1的浓硫酸的实际体积要大于理论计算值，以此来解答．解答：解：铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是0.9mol，则由Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+H2O可知，211.8mol0.9mol理论消耗浓硫酸为=0.1L=100mL，铜只能和浓硫酸反应，而与稀硫酸不反应，则实际体积大于100mL，故选D．点评：本题考查浓硫酸的性质，注意稀硫酸与Cu不反应为解答的关键，把握发生的化学反应及浓度的计算即可解答，题目难度不大．　21．某温度下，将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定ClO﹣与ClO3﹣的浓度之比为1：3，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）　A．21：5B．11：3C．3：1D．4：1考点：氧化还原反应的计算；化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，Cl2生成NaCl是被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，根据ClO﹣与ClO3﹣24的物质的量浓度之比可计算失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量，可计算被还原的氯元素的物质的量，则可计算被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比．解答：解：Cl2生成ClO﹣与ClO3﹣是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO﹣与ClO3﹣的物质的量浓度之比为1：3，则可设ClO﹣为1mol，ClO3﹣为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×（1﹣0）+3mol×（5﹣0）=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为﹣1价，则得到电子的物质的量也应为16mol，则被还原的Cl的物质的量为16mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为16mol：4mol=4：1，故选D．点评：本题考查氧化还原反应的计算，题目难度不大，本题注意从氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等的角度计算，注意守恒法的利用．　22．某元素原子的最外层上的电子数是次外层上的电子数的a倍（a＞1），则该元素原子核内的质子数为（　　）　A．2aB．2a+2C．2a+10D．a+2考点：原子结构与元素的性质．分析：最外层电子数不超过8，主族元素的原子的最外层电子数是次外层的a倍（a＞1），该元素原子有2个电子层，最外层电子数为2a．据此判断．解答：解：最外层电子数不超过8，主族元素的原子的最外层电子数是次外层的a倍（a＞1），则该元素原子有2个电子层，最外层电子数为2a，所以该元素原子核外电子数为2a+2，对于电中性原子，质子数=核外电子数，所以该原子核内质子数为2a+2．故选：B．点评：本题考查核外电子排布规律，比较基础，判断元素原子有2个电子层是关键，掌握核外电子排布规律并能灵活运用．　23．分别处于第二、三周期的主族元素A和B，它们的离子的电子层相差2层．已知A处于第m族；B处于第n族；A只有正化合价．则A、B原子核外电子总数分别为（　　）　A．m、nB．3、7C．m﹣2、10nD．m+2、n+10考点：元素周期表的结构及其应用．分析：A是第二周期主族元素，处于第m族，有2个电子层，最外层电子数为m，B是第三周期元素，处于第n族，有3个电子层，最外层电子数为n，K层排满容纳2个电子、L层排满容纳8个电子，根据各层电子数计算核外电子总数．解答：解：A是第二周期主族元素，处于第m族，有2个电子层，最外层电子数为m，故其核外电子总数为m+2；B是第三周期元素，处于第n族，有3个电子层，最外层电子数为n，故其核外电子总数为2+8+n=n+10，故选D．点评：本题考查原子结构、结构与位置关系等，比较基础，注意对基础知识的理解掌握．　2424．短周期金属元素甲﹣戊在元素周期表中的相对位置如表所示，下面判断正确的是（　　） 甲乙丙丁戊　A．原子半径：丙＜丁＜戊B．金属性：甲＞丙　C．最外层电子数：甲＞乙D．氢氧化物碱性：丙＞丁＞戊考点：元素周期律和元素周期表的综合应用．专题：元素周期律与元素周期表专题．分析：A．同周期自左而右原子半径减小；B．同主族从上到下元素的金属性增强；C．同周期从左向右最外层电子数增大；D．同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强．解答：解：A．同周期自左而右原子半径减小，则原子半径为丙＞丁＞戊，故A错误；B．同主族从上到下元素的金属性增强，则金属性为甲＜丙，故B错误；C．同周期从左向右最外层电子数增大，则最外层电子数为乙＞甲，故C错误；D．同周期从左向右金属性减弱，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则氢氧化物碱性为丙＞丁＞戊，故D正确；故选：D．点评：本题考查元素周期律和元素周期表，熟悉掌握同主族、同周期元素性质的变化规律，题目难度不大．　二、填空（共52分）25．（一）、今有几种物质：①乙醇②石墨③石灰水④熔化的KNO3⑤纯硫酸⑥NH3（填序号）其中，（1）能导电的有　②③④　，（2）属于电解质的有　④⑤　，（3）既不是电解质也不是非电解质的是　②③　．（二）、质量为3.9g的Na2X中含Na+的物质的量为0.1mol，则Na2X的摩尔质量为　78g/mol　，X的相对原子质量为　32　．考点：物质的量的相关计算；电解质与非电解质．分析：（一）（1）石墨可以导电，电解质溶液、熔融的离子化合物可以导电；（2）电解质是指在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物，注意电解质自身电离出自由离子；（3）单质、混合物既不是电解质也不是非电解质；（二）根据钠离子物质的量计算3.9g的Na2X的物质的量，根据M=计算Na2X的摩尔质量，进而计算X的相对原子质量．解答：解：（一）①乙醇属于共价化合物，在水溶液中不能电离出离子，不能导电，属于非电解质；②石墨含有只有移动的电子，可以导电，但属于单质，既不是电解质也不是非电解质；24③石灰水中氢氧化钙电离出钙离子、氢氧根离子，溶液可以导电，但属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；④硝酸钾属于共价化合物，熔化的KNO3电离出钾离子、硝酸根离子，可以导电，属于电解质；⑤硫酸属于共价化合物，纯硫酸没有自由移动的离子，不能导电，但溶于水可以电离出氢离子与硫酸根离子，属于电解质；⑥NH3属于共价化合物，溶于水导电，是由于生成的一水合氨电离出铵根离子与氢氧根离子，故氨气属于非电解质，（1）能导电的有②③④；（2）属于电解质的有④⑤；（3）既不是电解质也不是非电解质的是：②③，故答案为：②③④；④⑤；②③；（二）3.9g的Na2X的物质的量为=0.05mol，故Na2X的摩尔质量为=78g/mol，则X的相对原子质量为78﹣23×2=32，故答案为：78g/mol；32．点评：本题考查电解质与非电解质、物质的量有关计算，比较基础，注意对电解质的理解：①属于化合物、②在水溶液或熔融状态下可以导电、③化合物自身电离出自由离子．　26．已知A、B、C、D、E、F、G、H、I九种物质，A、B、D、E焰色反应均为紫色（透过蓝色钴玻璃），G是一种单质，I是一种化合物，H是一种淡黄色固体，它们的转化关系如图所示．请回答下列问题：（1）E、D、G的化学式是E　KCl　、D　K2CO3　、G　Na　（2）写出H的一种用途　作为供氧剂　（3）写出A受热分解的化学方程式　2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O　（4）若H与C反应的化学方程式　2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2　．考点：无机物的推断．分析：A、B、D、E焰色反应均为紫色（透过蓝色钴玻璃），说明都含有钾元素，H是一种淡黄色固体，能与气体F相互转化，且G为单质，所以H为Na2O2，G应为Na，F为O2，C是一种气体，则C为CO2，B与二氧化锰反应生成氧气和E，气体I与氢氧化钾反应也生成E，则E为KCl，B为KClO3，I是一种化合物，应为HCl，D与I在水中反应生成C，且D是A加热分解的产物，所以可推断D为K2CO3，A为KHCO3，据此答题．24解答：解：A、B、D、E焰色反应均为紫色（透过蓝色钴玻璃），说明都含有钾元素，H是一种淡黄色固体，能与气体F相互转化，且G为单质，所以H为Na2O2，G应为Na，F为O2，C是一种气体，则C为CO2，B与二氧化锰反应生成氧气和E，气体I与氢氧化钾反应也生成E，则E为KCl，B为KClO3，I是一种化合物，应为HCl，D与I在水中反应生成C，且D是A加热分解的产物，所以可推断D为K2CO3，A为KHCO3，（1）根据上面的分析可知，E为KCl，D为K2CO3，G为Na，故答案为：KCl；K2CO3；Na；（2）H为Na2O2，可作为供氧剂，故答案为：作为供氧剂；（3）A为KHCO3，A受热分解的化学方程式为2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；（4）Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．点评：本题主要考查钠、钾元素及其化合物之间的相互转化及有关性质，中等难度，物质推断是解题的关键，注意学会根据觉物质特有的颜色及特殊的反应现象进行推断．　27．已知有以下物质相互转化．试回答：（1）写出C的化学式　KOH　，H的化学式　AgCl　．（2）写出由E转变成F的化学方程式　4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3　．（3）写出用KSCN鉴别G溶液的现象　溶液出现血红色　；向G溶液加入A的有关离子反应方程式　Fe+2Fe3+=3Fe2+　．考点：无机物的推断．分析：根据题中各物质转化关系，D和硝酸银溶液生成溶液的焰色反应呈紫色，说明有钾离子，有白色沉淀H应为AgCl，所以D为KCl，红褐色沉淀F应为Fe（OH）3，E在空气中被氧化成F，所以E为Fe（OH）2，氢氧化铁与盐酸反应生成G为FeCl3，G与A能生成B，根据元素守恒，结合D和E的组成可知，B为FeCl2，C为KOH，所以可推得A为Fe，据此答题．解答：解：根据题中各物质转化关系，D和硝酸银溶液生成溶液的焰色反应呈紫色，说明有钾离子，有白色沉淀H应为AgCl，所以D为KCl，红褐色沉淀F应为Fe（OH）3，E在空气中被氧化成F，所以E为Fe（OH）2，氢氧化铁与盐酸反应生成G为FeCl3，G与A能生成B，根据元素守恒，结合D和E的组成可知，B为FeCl2，C为KOH，所以可推得A为Fe，（1）根据上面的分析可知，C为KOH，H为AgCl，故答案为：KOH；AgCl；24（2）E为Fe（OH）2，在空气中可以被氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）G为FeCl3，用KSCN鉴别G溶液的现象为溶液出现血红色，向FeCl3溶液加入Fe的离子反应方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：溶液出现血红色；Fe+2Fe3+=3Fe2+．点评：本题主要考查铁及其化合物相互转化，难度不大，解题的关键是根据物质的颜色、状态、焰色反应等特征进行推断，答题时注意化学用语的规范表达．　28．（11分）（2022春•大石桥市月考）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验．请回答下列问题：（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是　分液漏斗　（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是　溶液由紫红色变为无色　、　出现黄色浑浊　，这些现象分别说明SO2具有的性质是　还原性　和　氧化性　；装置B中发生反应的离子方程式为　2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+　（3）下列药品中能够用来证明反应结束后的烧瓶中的确有余酸的是：　AD　（填写字母编号，有几个写几个，多写或写错0分）．A．铁粉　　B．BaCl2溶液　　C．银粉　　D．Na2CO3溶液（4）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，当品红褪色后在点燃酒精灯前应必须注意　待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热；无色溶液恢复为红色　．（5）尾气可采用　NaOH　溶液吸收．考点：性质实验方案的设计．分析：（1）根据化学常用仪器的形状及仪器的名称来分析；（2）利用二氧化硫与高锰酸钾溶液，二氧化硫与硫化钠的氧化还原反应来分析反应现象和性质，依据离子性质和电荷守恒，原子守恒配平书写离子方程式；（3）根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，从能够与氢离子反应并且有明显现象的来分析；（4）根据二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色来解答；（5）利用二氧化硫的性质来分析尾气处理，利用发生的化学反应来书写吸收尾气的离子反应．解答：解：（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；24（2）高锰酸钾溶液为紫红色，具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应，则观察到红色逐渐变浅直至完全褪去，二氧化硫进入硫化钠溶液中发生的氧化还原反应为2S2﹣+SO2+2H2O=3S↓+4OH﹣，则观察到出现黄色浑浊，体现二氧化硫的氧化性，高锰酸钾溶液和二氧化硫气体发生的离子反应为：2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+，故答案为：溶液由紫红色变为无色；出现黄色浑浊；还原性；氧化性；2MnO4﹣+5SO2+2H2O═2Mn2++5SO42﹣+4H+；（3）根据反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，A．铁粉与氢离子反应产生气泡，故A正确；B．BaCl2溶液只能与硫酸根产生沉淀，故B错误；C．银粉不反应，无现象，故C错误；D．Na2CO3溶液与氢离子反应产生气泡，故D正确；故选：AD；（4）因二氧化硫能使品红褪色，但加热褪色后的溶液又可恢复红色，则操作为待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，观察到的现象为无色溶液恢复为红色，故答案为：待品红溶液完全褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热；无色溶液恢复为红色；（5）利用氢氧化钠溶液来吸收尾气，发生的离子反应为SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，故答案为：NaOH．点评：本题考查了二氧化硫的制取及二氧化硫的性质实验，题目难度中等，明确反应原理、二氧化硫的性质是解答本题的关键，注意掌握二氧化硫的性质及性质实验方案设计方法．　29．（14分）（2022春•大石桥市月考）实验室用下列装置制取氯气，并进行后面的实验，请完成下列问题：（1）A、B各放什么物质？A　浓盐酸　，B　二氧化锰　，化学反应方程式为　MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O　．（2）装置D是为了除去Cl2中的氯化氢气体，D中应放入下列溶液中的　D　．A．NaOH溶液B．水C．AgNO3溶液D饱和食盐水（3）E装置是为了使氯气干燥，装置中应放入下列的　C　．A．NaOH溶液B．碱石灰C．浓H2SO4D．饱和食盐水（4）F装置中为干的红布条，观察到的现象是　不退色　，原因是　氯气不具有漂白性　．（5）G装置中放入石蕊试液，观察到的现象是　溶液先变红色后褪色　，反应化学方程式为　Cl2+H2O=HCl+HClO　．（6）H装置中放入NaBr溶液反应的化学方程式为　Cl2+2NaBr=2NaCl2+Br2　．24（7）I装置中放入KI淀粉溶液，观察到的现象是　溶液变蓝色　．（8）J装置中放入NaOH溶液，其作用是　吸收过量的氯气　，反应的化学方程式为　Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O　．考点：氯气的实验室制法；氯气的化学性质．分析：实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气；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很小，可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯气中的氯化氢；浓硫酸具有吸水性，能够干燥氯气，氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够使有色布条褪色，氯水中含有盐酸和次氯酸既有酸性又有漂白性，遇到石蕊溶液，先变红色后褪色，氯气氧气性强于溴、碘，能够置换溴单质和碘单质，氯气有毒，与氢氧化钠溶液反应，过量的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收．解答：解：（1）实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，所以A中放入浓盐酸，B中放二氧化锰，方程式：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；故答案为：浓盐酸；二氧化锰；MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）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很小，可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯气中的氯化氢，故选：D；（3）浓硫酸具有吸水性，用来干燥氯气，故选：C；（4）氯气不具有漂白性，所以干燥的氯气通过F中有色布条不退色，故答案为：不退色；氯气不具有漂白性；（5）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，方程式：Cl2+H2O=HCl+HClO，盐酸具有酸性，遇到石蕊溶液变红色，而次氯酸具有漂白性，能够使变红色的石蕊溶液褪色；故答案为：溶液先变红色后褪色；Cl2+H2O=HCl+HClO；（6）氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴，方程式：Cl2+2NaBr=2NaCl2+Br2；故答案为：Cl2+2NaBr=2NaCl2+Br2；（7）氯气氧化性强于碘，碘遇到淀粉变蓝色；故答案为：溶液变蓝色；（8）氯气有毒，直接排放能够引起污染，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可以用氢氧化钠溶液吸收；故答案为：吸收过量的氯气；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O．点评：本题考查了氯气的制备和性质的检验，熟悉制备原理和氯气、次氯酸的性质是解题关键，题目难度不大．　30．A、B、C为短周期元素，在周期表中所处位置如右图所示，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等．（1）写出A、B、C三种元素的名称：　氮　、　硫　、　氟　．（2）A位于元素周期表中第　二　周期，第　ⅤA　族．（3）B、C两元素的氢化物的稳定性为　HF　＞　NH3　（填分子式）（4）将过量的A的气态氢化物与B的最高价氧化物对应水化物反应的产物为　（NH4）2SO4　．（填化学式）24考点：位置结构性质的相互关系应用．分析：A、B、C为短周期元素，根据元素在周期表中位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，设B原子序数为x，则A原子序数为x﹣9、C原子序数为x﹣7，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等，则x﹣9+x﹣7=x，则x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素，再结合原子结构分析解答．解答：解：A、B、C为短周期元素，根据元素在周期表中位置知，A和C位于第二周期、B位于第三周期，设B原子序数为x，则A原子序数为x﹣9、C原子序数为x﹣7，A、C两元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，B原子核内质子数和中子数相等，则x﹣9+x﹣7=x，则x=16，所以B是S元素，则A是N元素、C是F元素，（1）通过以上分析知，A、B、C分别是氮、硫、氟元素，故答案为：氮；硫；氟；（2）A是N元素，N原子核外有2个电子层、最外层电子数是5，所以N元素位于第二周期第VA族，故答案为：二；ⅤA；（3）B、C两元素分别是N、F元素，非金属性越强氢化物越稳定，所以稳定性：HF＞NH3，故答案为：HF；NH3；（4）A为N元素，对应的氢化物为氨气，B对应的最高价氧化物的水化物为硫酸，过量的氨气与硫酸反应的方程式为：2NH3+H2SO4═（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO4．点评：本题考查位置结构性质关系的综合应用，为高频考点，题目难度不大，注意根据质子数关系结合元素所在周期表中的位置推断元素的种类．24