【期中真题】广西玉林市容县2021-2022学年高一上学期期中化学联考试题.zip

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2021年秋季期高一段考联考(化学)试题
可能用到的相对原子质量 Na23 Ce140.1 O 16 N14 H1 F19 Ba137 Fe56 Cl35.5 K39 Cu64 Ag108
一、单选题(每小题3分，共30分)
1. 按照物质的树状分类法和交叉分类法，HNO3属于
①酸 ②氢化物 ③ 氧化物 ④含氧酸 ⑤难挥发性酸 ⑥挥发性酸 ⑦一元酸 ⑧化合物 ⑨混合物
A. ①②③④⑤⑥⑦⑧ B. ①④⑥⑦⑧ C. ①⑨ D. ①④⑤⑦⑧
【答案】B
【解析】
【分析】根据树状分类和交叉分类的方法，主要是把硝酸的分属类别准确判断，即可解决。
【详解】从挥发性分类属于硝酸是易挥发性酸，从物质组成分类属于化合物，从性质分类属于酸，从酸的组成分类为含氧酸、一元酸；故选：B。
2. 下列转化不能通过一步实现的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．Na2CO3与Ca(OH)2发生反应产生CaCO3沉淀和NaOH，因此能够一步实现物质之间的转化，A不符合题意；
B．CuO与HCl反应产生CuCl2、H2O，能够一步实现物质之间的转化，B不符合题意；
C．CaCO3高温煅烧分解产生CaO、CO2，能够一步实现物质之间的转化，C不符合题意；
D．Fe2O3难溶于水，不能与水反应产生Fe(OH)3，故不能一步实现物质之间的转化，D符合题意；
故合理选项是D。
3. 关于胶体和溶液的叙述中正确的是
A. 胶体带电荷，而溶液呈电中性
B. 溶液中溶质粒子能通过滤纸，胶体中分散质粒子不能通过滤纸
C. 胶体是一种介稳性的分散系，而溶液不是分散系
D. 胶体不带电，其胶粒直径介于1～100纳米之间
【答案】D
【解析】
【详解】A．胶体微粒吸附带电离子，胶体分散系是电中性的，故A错误；
B．胶体粒子直径很小能透过滤纸，胶体粒子不能透过半透膜，故B错误；
C．胶体颗粒是带电荷的，彼此之间存在斥力，所以胶体是一种介稳性的分散系；溶液在分散系类型中分散质微粒直径最小，所以溶液是一种非常稳定的分散系，故C错误；
D．胶体微粒的直径介于1～100 nm之间，胶体分散系是电中性的，故D正确；
故选D。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 碳酸钡和稀硫酸反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
B. CO2通入足量的NaOH溶液：CO2+OH-=HCO3-
C. 向FeCl2溶液中通入Cl2反应生成FeCl3溶液：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-
D. 少量CO2通入澄清石灰水：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、生成物中的硫酸钡是难溶物，不能写成离子形式，正确的离子方程式为BaCO3＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋CO2↑＋H2O，故A错误；B、NaOH足量，相当于CO2少量，所以二者反应生成碳酸钠，即CO2+2OH-=CO32— + H2O，故B错误；C、该离子方程式电荷不守恒，故C错误；D、少量CO2与澄清石灰水反应生成CaCO3↓，同时澄清石灰水要写成离子形式，故D正确。本题正确答案为D。
点睛：CO2与碱溶液的反应，随着二者用量不同，生成物也不同。但通常都是分析CO2的用量对产物的影响，而B选项却是强调NaOH足量，往往会因定势思维而导致选错。
5. 下列各组离子在无色溶液中能大量共存的是
A. H+、Cl-、、K+ B. K+、H+、Na+、
C. Cu2+、K+、、Cl- D. Ag+、、Cl-、K+
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．因该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，故A选；
B．因H+、结合生成水和气体，则不能共存，故B不选；
C．因该组离子之间不反应，能共存，但Cu2+为蓝色，与无色溶液不符，故C不选；
D．因Ag+、Cl-结合生成沉淀，则不能共存，故D不选；
故选：A。
6. 下列变化需要加入适当的氧化剂才能实现的是
A. CuO→Cu B. Fe2+→Fe C. H2SO4→SO2 D. HCl→Cl2
【答案】D
【解析】
【分析】在物质的变化时需要加入适当的氧化剂才能实现，说明该物质在反应中作还原剂，失去电子，物质所含有的元素的化合价升高。
【详解】A.CuO→Cu，Cu元素的化合价降低，需加入还原剂才能实现，A错误；
B.Fe2+→Fe，Fe元素的化合价降低，需加入还原剂才能实现，B错误；
C.H2SO4→SO2，S元素的化合价降低，需加入还原剂才能实现，C错误；
D.HCl→Cl2，Cl元素的化合价升高，需加入氧化剂才能实现，D正确；
答案选D。
7. 在常温下发生下列几种反应：
①16H++10Z−+2XO4-2X2++5Z2+8H2O
②2A2++B22A3++2B−
③2B−+Z2B2+2Z−
根据上述反应，判断下列结论错误的是
A. ①中X2+是还原产物
B. 还原性强弱的顺序为：Z−＞A2+
C. 氧化性强弱的顺序为：XO4-＞B2
D. 溶液中可发生：Z2+2A2+2A3++2Z−
【答案】B
【解析】
【详解】A. ①中X元素化合价由+7价降低到+2价，X2+是还原产物，正确；
B. 根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原剂强弱的顺序为： A2+>B-> Z-，错误；
C. 根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性强弱的顺序为：XO4->Z2>B2 ,正确；
D. 根据以上分析，还原性： A2+> Z-，所以溶液中可发生：Z2+2A2+==2A3++2Z-，正确；
答案选B。
8. 下列物质中的氮元素只能体现氧化性的是（ ）
A. NH3 B. NO C. NO2 D. HNO3
【答案】D
【解析】
【详解】A．氨气中氮元素处于最低价，该物质只有还原性，不能表现氧化性，故A错误；
B．NO中氮元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，故B错误；
C．NO2中氮元素的化合价处于中间价，既有氧化性又有还原性，故C错误；
D．HNO3氮元素处于最高价，该物质中的硫元素只能表现氧化性，故D正确；
故选D
9. 关于O2和O3，下列说法正确的是（ ）
①O2和O3互为同素异形体
②O2和O3都是由氧元素组成的，二者混合后仍属于纯净物
③O2转化为O3属于化学变化
④O2和O3是同一种物质
A. ①③ B. ②④ C. ③④ D. ①④
【答案】A
【解析】
【详解】①氧气与臭氧是由氧元素组成的两种不同的单质，二者互为同素异形体，故①正确；
②氧气与臭氧都是由氧元素组成的，但二者是不同的单质，混合后形成混合物，故②错误；
③O2转化为O3该过程有新物质生成，属于化学变化，故③正确；
④O2和O3是由氧元素组成的两种不同的单质，互为同素异形体，不是同一种物质，故④错误；所以①③符合题意；
答案选A。
10. 下列实验方案不能达到实验目的的是

实验目的
实验方案
A
鉴别AgNO3溶液与NaNO3溶液
分别滴加稀盐酸，振荡，观察是否产生沉淀
B
检验碳酸氢钠固体中混有碳酸钠
将固体加入澄清石灰水中，观察是否产生沉淀
C
除去氯气中的水蒸气
将混合气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶
D
检验集气瓶中是否集满氧气
将带火星的木条放在瓶口，观察木条能否复燃

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A. AgNO3和盐酸反应生成氯化银沉淀，NaNO3和盐酸不反应，故A能达到实验目的；
B. 碳酸氢钠、碳酸钠都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，无法检验，故B不能达到实验目的；
C. 浓硫酸具有吸水性，浓硫酸与氯气不反应，通过盛有浓硫酸的洗气瓶，可以除去氯气中的水蒸气，故C能达到实验目的；
D.氧气能使带火星的木条复燃，将带火星的木条放在瓶口，观察木条能否复燃，可以检验集气瓶中是否集满氧气，故D能达到实验目的；
选B。
二、11-14项选择题(每小题4分，共16分，有一个或两个选项符合题目要求，全对的得4分，选对不全的得2分，有选错的得0分)
11. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A. 碳酸钠溶液中：、Ca2+、Cl-、
B. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、Cl-、
C. 与铁反应产生无色无气味气体的溶液中：Na+、K+、Cl-、
D. 常温下pH=1的溶液中：K+、Na+、、OH-
【答案】BC
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液中含有大量，与Ca2+会发生反应产生CaCO3沉淀，不能大量共存，A不符合题意；
B．能使酚酞变红的溶液中含有大量OH-，OH-与选项离子Na+、Ba2+、Cl-、之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；
C．与铁反应产生无色无气味气体的溶液显酸性，含有大量H+，H+与选项离子Na+、K+、Cl-、之间不能发生任何反应。可以大量共存，C符合题意；
D．常温下pH=1的溶液显酸性，含有大量H+，H+与OH-会反应变为H2O，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是BC。
12. 下列离子方程式错误的是
A. 少量NaHSO4溶液滴入Ba(OH)2溶液中：Ba2++ H+++ OH- =H2O+BaSO4↓
B. 小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合：+OH-=CO2↑＋H2O
C. Ca(HCO3)2溶液滴中入过量NaOH溶液：Ca2++2+2OH-=CaCO3↓++2H2O
D. 向氢氧化铜悬浊液中滴加稀硫酸：H++OH-=H2O
【答案】BD
【解析】
【详解】A．反应时以不足量的NaHSO4为标准，假设其物质的量是1，其电离产生的H+反应消耗1个OH-，二者反应的离子方程式为：Ba2++ H+++ OH- =H2O+BaSO4↓，A正确；
B．小苏打溶液与氢氧化钠溶液混合反应产生Na2CO3、H2O，而不产生CO2气体。反应的离子方程式应该为：+OH-=＋H2O，B错误；
C．Ca(HCO3)2溶液滴中入过量NaOH溶液，以Ca(HCO3)2为标准，假设其物质的量是1 mol，则二者反应的离子方程式为：Ca2++2+2OH-=CaCO3↓++2H2O，C正确；
D．Cu(OH)2是难溶性固体，应该写化学式，二者反应产生CuSO4、H2O，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，D错误；
故合理选项是BD。
13. 下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件(温度、反应物用量比)，化学反应的本质并不改变的是
A. Na和O2 B. 澄清石灰水和CO2 C. Na2O2和CO2 D. 木炭(C)和O2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．如果加热则生成过氧化钠，不加热生成氧化钠，A不符合；
B．如果CO2过量，则生成碳酸氢钙，不过量生成碳酸钙和水，B不符合；
C．过氧化钠和二氧化碳反应只能生成碳酸钠和氧气，C符合；
D．氧气过量则生成CO2，氧气不足则生成CO，D不符合；
答案选C。
14. 将绿豆大小的钠投入CuSO4溶液中，下列有关现象的描述不正确的是
A. Na浮在水面，四处游动 B. 有红色固体生成
C. 有蓝色沉淀生成 D. 溶液颜色变浅
【答案】B
【解析】
【详解】钠性质活泼，先与水反应生成氢氧化钠，进而生成氢氧化铜，可观察到产生蓝色沉淀和气泡生成，反应方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，
A．Na密度比水小，能浮在水面上，Na与H2O反应产生H2，推动Na四处游走，A正确；
B．2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，不是发生金属的置换反应，B错误；
C．2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，有蓝色沉淀生成，C正确；
D．溶液从蓝色变为无色，D正确；
故选B。
三、填空题(共54分)。
15. 回答下列问题：
（1）请找出下列各组物质中与其它3种不同的一种物质。
A．CaO、Na2O、CO2、CuO
B．豆浆、淀粉溶液、石灰乳、雾
C．HCl、HClO4、H2SO4、HNO3
A______；B______；C______。
（2）①汞 ②烧碱 ③石灰石 ④NaHCO3晶体 ⑤盐酸 ⑥氨气 ⑦蔗糖 ⑧氯气 ⑨液态氯化氢 ⑩酒精溶液上述物质中能导电的是______，属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。(填序号)
【答案】（1） ①. CO2 ②. 石灰乳 ③. HCl
（2） ①. ①⑤ ②. ②③④⑨ ③. ⑥⑦
【解析】
【小问1详解】
A．CaO、Na2O、CuO 都是金属氧化物，同时也是碱性氧化物，而CO2是非金属氧化物，同时为酸性氧化物，故与其它物质不相同的物质是CO2；
B．豆浆、淀粉溶液、雾都是胶体，而石灰乳属于悬浊液，故与其它物质不相同的物质是悬浊液；
C． HClO4、H2SO4、HNO3 三种酸中都含有O元素，为含氧酸，而HCl中无O元素，属于无氧酸，故与其它物质不相同的物质是HCl；
【小问2详解】
①汞是金属单质，含有自由移动的电子，能够导电；单质既不属于电解质，也不属于非电解质；
②烧碱是NaOH，其中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下能够发生电离而导电，因此属于电解质；
③石灰石是CaCO3，属于盐，是难溶于水的固体，其中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；在熔融状态下发生电离而导电，因此属于电解质；
④NaHCO3晶体中含有的离子不能自由移动，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下能够发生电离而导电，因此NaHCO3晶体属于电解质；
⑤盐酸中含有自由移动的H+、Cl-，因此能够导电；盐酸为混合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑥氨气是由NH3分子构成的化合物，无自由移动的离子，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能因自身发生电离而导电，因此属于非电解质；
⑦蔗糖由C12H22O11分子构成的化合物，无自由移动的离子，因此不能导电；在水溶液中或熔融状态下都不能导电，因此属于非电解质；
⑧氯气是由Cl2分子构成的物质，无自由移动的离子，因此不能导电；单质既不属于电解质，也不属于非电解质；
⑨液态氯化氢是由HCl分子构成的物质，无自由移动的离子，因此不能导电；在水溶液中能够发生电离而导电，因此属于电解质；
⑩酒精溶液中无自由移动的离子，因此不能导电；酒精溶液是混合物，因此不属于电解质，也不属于非电解质；
故上述物质中能导电的是①⑤；属于电解质的是②③④⑨；属于非电解质的是⑥⑦。
16. 现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：CaCO3、K2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。现进行如下实验：①溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现；②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。根据上述实验现象推断：
（1）一定不存在的物质是___________；
（2）写出加入盐酸时沉淀消失的离子反应方程式___________；
（3）可能存在的物质是___________；
【答案】（1）CaCO3、Na2SO4、CuSO4
（2）BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O
（3）NaCl
【解析】
【分析】一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：CaCO3、K2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。①溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现，说明无溶解使溶液显蓝色的CuSO4；无难溶性的CaCO3；②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失，该沉淀是BaCO3而不是BaSO4，故可说明其中一定含有K2CO3，而不含Na2SO4，但根据上述实验不能确定是否含有NaCl。
【小问1详解】
根据上述分析可知该固体粉末中一定不含有CaCO3、Na2SO4、CuSO4，一定含有K2CO3，可能含有NaCl；
【小问2详解】
固体粉末中含有K2CO3，其溶解后向溶液中加入BaCl2溶液，二者发生复分解反应产生白色沉淀是BaCO3，向其中加入盐酸，沉淀溶解是由于BaCO3与盐酸发生复分解反应产生可溶性BaCl2、H2O、CO2，该反应的化学方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
【小问3详解】
根据上述分析可知：该固体中可能存在的物质是NaCl。
17. 某学习小组以氢氧化钡、水、硫酸为实验对象探究离子反应发生的条件。
实验1：向烧杯依次加入下列试剂，记录灯泡变化

①氢氧化钡粉末：灯泡不亮
②加入蒸馏水：灯泡变亮
③逐滴滴加稀硫酸，灯泡变化如下：
亮 暗熄灭亮

（1）氢氧化钡与硫酸溶液中能发生___________(填字母)反应。
a．复分解反应　　　b．氧化还原反应　　　c．置换反应
（2）加水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡发生了___________。
（3）用离子方程式解释过程Ⅰ中灯泡变暗的原因___________。
（4）实验2：用硫酸钠溶液替代稀硫酸，重复实验进行对照
①硫酸钠溶液中的浓度与稀硫酸中的浓度___________(填“相等”或“不相等”)。
②加入硫酸钠溶液过程中灯泡不熄灭，原因是___________。
【答案】（1）a （2）电离(或溶解)
（3）Ba2+＋2OH-＋2H+＋=BaSO4↓＋2H2O
（4） ①. 相等 ②. 反应生成NaOH，易溶于水电离出Na+和OH-，灯泡不熄灭
【解析】
【小问1详解】
氢氧化钡粉末中通电，灯泡不亮，说明其中不含自由移动的离子，然后向其中加入蒸馏水：灯泡变亮，说明在水存在时Ba(OH)2发生电离，产生自由移动的离子，因而能够导电；逐滴滴加稀硫酸，灯泡由亮逐渐变暗后完全熄灭，后来又逐渐变亮，是由于H2SO4与Ba(OH)2发生中和反应：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，随着硫酸的滴入，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的离子浓度几乎为0，灯泡熄灭；后来过量硫酸电离产生离子，使灯泡逐渐又变亮，反应基本类型是复分解反应，由于在反应过程中元素化合价不变，因此从实质上说不上氧化还原反应，故合理选项是a；
【小问2详解】
加水后，灯泡变亮的原因是氢氧化钡溶解在水中发生了电离，产生了自由移动的Ba2+、OH-，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-；
【小问3详解】
在过程Ⅰ中灯泡变暗是由于发生反应：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，使溶液中自由移动的离子浓度变小，该反应的离子方程式为：Ba2+＋2OH-＋2H+＋=BaSO4↓＋2H2O；
【小问4详解】
①1个Na2SO4、H2SO4电离产生1个，因此若用等浓度的Na2SO4代替H2SO4，则溶液中浓度相等；
②加入硫酸钠灯泡不熄灭，是由于发生反应：Na2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2NaOH，该反应的离子方程式为：Ba2+＋=BaSO4↓，此时的溶液中仍然大量存在自由移动的离子，因此灯泡不熄灭。
18. 用FeCl3溶液与Cu反应制作的印刷电路板，其制作原理可用2FeCl3＋Cu=CuCl2＋2X表示。
（1）上式中X的化学式为___________。
（2）在上述反应中，氧化剂为___________，氧化产物为___________，将两者的氧化性相比较，___________的氧化性更强。
（3）若有32 g铜被氧化，则参与反应的FeCl3的质量为___________g。
（4）该反应的离子方程式为___________。
（5）铁钉浸入CuSO4溶液后，表面会附有红色物质；铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质。则在Cu、Fe、Ag中，___________的还原性最强；在Cu2＋、Fe2＋、Ag＋中， ___________的氧化性最强。
（6）配平下列方程式：
①__________NH3+___O2=____NO+______H2O
②______KMnO4+_____K2SO3+_______H2O=_____MnO2+_____K2SO4+_____KOH
【答案】（1）FeCl2
（2） ①. FeCl3 ②. CuCl2 ③. FeCl3
（3）162.5 （4）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
（5） ①. Fe ②. Ag+
（6） ①. 4NH3+5O2=4NO+6H2O ②. 2KMnO4+3K2SO3+1H2O=2MnO2+3K2SO4+2KOH
【解析】
【小问1详解】
根据反应前后各种元素的原子数目相等，可知上式中X的化学式为FeCl2；
【小问2详解】
在上述反应中Fe元素化合价由反应前FeCl3中的+3价变为反应后FeCl2中+2价，化合价降低，得到电子被还原，所以为FeCl3氧化剂；Cu元素化合价由反应前Cu单质的0价变为反应后CuCl2中的+2价，化合价升高，失去电子被氧化，所以Cu为还原剂，CuCl2为氧化产物。在氧化还原反应中，由于氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，所以FeCl3和CuCl2相比较，FeCl3的氧化性更强；
【小问3详解】
32 gCu的物质的量是n(Cu)=，根据反应方程式中二者反应消耗转化关系可知0.5 mol Cu反应会消耗1 mol FeCl3，故消耗FeCl3的质量为m(FeCl3)=1 mol×162.5 g/mol=162.5 g。
【小问4详解】
反应2FeCl3＋Cu=CuCl2＋2FeCl2用离子方程式表示为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
【小问5详解】
在金属活动性顺序表中，排在前边的金属能够把排在其后边的金属从盐溶液中置换出来。铁钉浸入CuSO4溶液后，表面会附有红色物质，说明金属活动性：Fe＞Cu；把铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质，说明金属活动性：Cu＞Ag，故Fe、Cu、Ag三种金属的活动性由强到弱的的顺序为：Fe＞Cu＞Ag，金属越活泼，其单质的还原性就越强，因此Fe的还原性最强；金属越活泼，其中所含的金属阳离子的氧化性就越弱。由于金属活动性：Fe＞Cu＞Ag，所以金属阳离子的氧化性由强到弱的的顺序为：Ag+＞Cu2+＞Fe2+，可见Ag+的氧化性最强。
【小问6详解】
在反应①中，N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后NO中的+2价，化合价升高5价，O元素化合价由反应前O2中的0价，变为反应后NO、H2O中的-2价，化合价降低2×2=4价，化合价升降最小公倍数是20.所以NH3、NO的系数是4，O2的系数5，则根据O原子守恒，可知H2O的系数是6，因此配平后反应方程式为：4NH3+5O2=4NO+6H2O；
在反应②中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnO2中的+4价，化合价降低3价；S元素化合价由反应前K2SO3中的+4价变为反应后K2SO4中的+6价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数是6，所以KMnO4、MnO2的系数是2，K2SO3、K2SO4的系数是3；根据K元素守恒，可知KOH的系数是2，则最后根据H、O元素守恒，可知H2O的系数是1，故配平后的反应方程式为：2KMnO4+3K2SO3+1H2O=2MnO2+3K2SO4+2KOH。
19. 如图是实验室研究潜水艇中供氧体系反应机理的装置图(夹持仪器略)。

（1）A装置为CO2的发生装置，反应的离子方程式为___________。
（2）B装置的作用是___________，反应的离子方程式为___________。
（3）C装置的反应的化学方程式为___________、___________。
（4）D装置的作用是___________，反应的离子方程式为___________。
（5）装置B、C之间是否需要干燥装置(填“是”或“否”)___________。
【答案】（1）CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
（2） ①. 可除去A装置中挥发出的HCl ②. HCO＋H＋=H2O＋CO2↑
（3） ①. 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 ②. 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑
（4） ①. 可除去C装置中未反应的CO2 ②. 2OH-＋CO2=CO＋H2O
（5）否
【解析】
【分析】在装置A中CaCO3与稀盐酸反应制取CO2气体，盐酸具有挥发性，通过装置B的饱和NaHCO3溶液除去杂质HCl，在装置C中CO2及其中含有的水蒸气与Na2O2发生反应：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑、2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，未反应的CO2气体通过装置D的NaOH溶液吸收，反应产生的O2通过排水方法收集在广口瓶中。
【小问1详解】
A装置为CO2的发生装置，CaCO3与稀盐酸反应产生CaCl2、CO2、H2O，反应的离子方程式为：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑；
【小问2详解】
B装置的作用是除去A中制取的CO2气体中的杂质HCl气体；该反应的离子方程式为：HCO＋H＋=H2O＋CO2↑；
【小问3详解】
在装置C中，CO2、H2O与Na2O2反应产生O2，反应的化学方程式为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；
【小问4详解】
D装置的作用是可除去C装置中未反应的CO2；
【小问5详解】
装置C为氧气发生装置，由于CO2、H2O都可以与Na2O2发生反应产生O2，所以装置B、C之间不需要干燥装置。
20. 回答下列问题：
（1）人体血红蛋白分子中含有Fe2+，正是这些Fe2+使血红蛋白分子具有载氧功能。亚硝酸钠(NaNO2)可将人体血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+，生成高铁血红蛋白而丧失与氧气的结合能力，反应过程中Fe2+发生___________反应，说明亚硝酸钠具有___________性；误食亚硝酸钠中毒，可服维生素C缓解，说明维生素C具有___________性。
（2）稀土氟化物是金属热还原法制取单一稀土金属的重要原料。微波法合成CeF3的化学方程式为6CeO2+18NH4F=CeF3+16NH3↑+12H2O+N2↑，该反应中还原剂是___________，反应中被氧化的氮原子与未被氧化的氮原子个数比为___________。
（3）过氧化氢溶液可作为采矿业废液消毒剂，如消除废液中剧毒的氰化钾(KCN，其中氮元素为-3价)，反应方程式为KCN+H2O2+H2O=A+NH3↑(已配平)。
①该反应是否属于氧化还原反应？___________(填“是”或“否”)，理由是___________。若是，则被还原的元素是___________。
②生成物A的化学式是___________。
③该反应中发生氧化反应的物质是___________，理由是___________。
④若生成4个NH3分子，转移电子数为___________。
⑤用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：___________。
【答案】（1） ①. 氧化 ②. 氧化 ③. 还原
（2） ①. NH4F ②. 1∶8
（3） ①. 是 ②. 有元素化合价升降 ③. O ④. KHCO3 ⑤. KCN ⑥. KCN中C由+2价升高为+4价 ⑦. 8 ⑧.
【解析】
【小问1详解】
反应过程中Fe2+与NaNO2接触，发生反应变为Fe3+，Fe元素化合价升高，失去电子被NaNO2氧化，所以Fe2+发生氧化反应，则NaNO2具有氧化性；误食亚硝酸钠中毒，可服维生素C缓解，说明维生素C具有还原剂，将Fe3+还原为+2价的Fe2+；
【小问2详解】
微波法合成CeF3的化学方程式为：6CeO2+18NH4F=CeF3+16NH3↑+12H2O+N2↑，在该反应中，Ce元素化合价由反应前CeO2中的+4价得到电子被还原为+3价的CeF3；CeO2为氧化剂；NH4F中-3价的N原子被氧化为0价的N2，失去电子被氧化，所以NH4F 为还原剂；在方程式中18个NH4F参加反应，其中有2个被氧化为N2，故反应中被氧化的氮原子与未被氧化的氮原子个数比2：16=1：8；
【小问3详解】
①在该反应中，根据质量守恒定律可知：生成的物质A为反应中O元素化合价由反应前-1价变为反应后-2价，反应过程中有元素化合价的变化，所以反应属于氧化还原反应；
②根据化学反应过程是元素的原子重新组合的过程，反应过程中元素的原子守恒，可知物质A化学式是KHCO3；
③该反应方程式为：KCN+H2O2+H2O=KHCO3+NH3↑，在反应中C元素化合价由反应前KCN中的+2价变为反应后KHCO3中的+4价，化合价升高，失去电子被氧化，所以发生氧化反应的物质是KCN；
④在反应方程式KCN+H2O2+H2O=KHCO3+NH3↑中：每反应产生1个NH3，转移2个电子，则若生成4个NH3分子，转移电子数4×2=8个；
⑤在反应KCN+H2O2+H2O=KHCO3+NH3↑中，C元素化合价由反应前KCN中的+2价变为反应后KHCO3中的+4价，化合价升高2价，失去电子2e-个；O元素化合价由反应前H2O2中的-1价变为反应后KHCO3中的-2价，化合价降低1×2=2价，得到电子2×e-个，用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目为：。

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