【化学】贵州省安顺市普定县第一中学2018-2019学年高一上学期12月份考试试题（解析版）

贵州省安顺市普定县第一中学2018-2019学年高一上学期12月份考试试题
一、单选题(共28小题,每小题2.0分,共56分)
1.在同温同压下，相同体积的烧瓶分别充满氨气和氯化氢气体，做喷泉实验后，水都充满烧瓶(假设溶液充满整个烧瓶，且溶质不扩散)，烧瓶中所得溶液的物质的量浓度之比是(　　)
A. 1∶0.45 B. 1∶1 C. 1∶0.29 D. 4.5∶2.9
【答案】B
【解析】
【分析】根据物质的量浓度与溶液体积、溶质的体积、物质的量之间的转化关系分析。
【详解】假设烧瓶容积为VL，同问同压下，气体体积之比等于物质的量之比，所得溶液的物质的量浓度＝＝＝，对于氨气和氯化氢气体体积相等，其物质的量相等，二者溶液的物质的量浓度相同，故B正确。
故选B。
2.已知下列几个反应的化学方程式：① 2KI＋Cl2＝2KCl＋I2、② 2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3、③ 2FeCl3＋2HI＝2FeCl2＋I2＋2HCl，下列有关物质的氧化性的强弱排列顺序中正确的是(　　)
A. Cl2＞Fe3+＞I2 B. Cl2＞I2＞Fe3+
C. Fe3+＞Cl2＞I2 D. Fe3+＞I2＞Cl2
【答案】A
【解析】试题分析：根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物进行分析。反应①中氧化剂为氯气，氧化产物为碘单质，反应②中氧化剂为氯气，氧化产物为铁离子，反应③中氧化剂为铁离子，氧化产物为碘单质，所以氧化性的顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2，选A。
3.如图所示是分离混合物时常用的仪器，从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是(　　)

A. 蒸馏、蒸发、萃取、过滤 B. 过滤、蒸发、萃取、蒸馏
C. 萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D. 蒸馏、过滤、萃取、蒸发
【答案】D
【解析】
【分析】根据化学实验基础操作及注意事项分析。
【详解】图中给定的仪器：蒸馏烧瓶(蒸馏)、普通漏斗(过滤)、分液漏斗(分液或萃取)、蒸发皿(蒸发)，故D正确。
故选D。
4.下列对浓硫酸的叙述正确的是(　　)
A. 常温下，浓硫酸与铁、铝不反应，所以铁质、铝质容器能盛放浓硫酸
B. 浓硫酸具有强氧化性，SO2、H2、CO具有还原性，故浓硫酸不能干燥SO2、H2、CO
C. 浓硫酸和铜片加热既表现出酸性，又表现出氧化性
D. 浓硫酸与亚硫酸钠反应制取SO2时，浓硫酸表现出强氧化性
【答案】C
【解析】
【分析】根据浓硫酸的物理和化学性质分析。
【详解】A.常温下，浓硫酸与Fe、Al发生“钝化”属于化学变化，故A错误；
B.浓H2SO4与SO2、H2、CO不反应，可以作干燥剂，故B错误；
C.铜与浓硫酸在加热条件下发生反应，部分H2SO4被还原生成SO2，起氧化剂的作用，还有一部分H2SO4生成CuSO4，浓硫酸既体现了酸性，有体现了强氧化性，故C正确；
D.实验室中用浓硫酸与固体亚硫酸钠反应来制取二氧化硫，在两种反应物中硫元素处于相邻价态，根据氧化还原反应规律知，它们之间是不可能发生氧化还原反应的，应为复分解反应，其原理是用难挥发性酸制易挥发性酸，强酸制弱酸，因而在此反应中浓硫酸体现的是难挥发性和酸性，故D错误。
故选C。
5.检验氯离子的试剂是稀硝酸和硝酸银溶液，加入过量稀硝酸的目的是(　　)
A. 排除碳酸根离子的干扰 B. 排除硫酸根离子的干扰
C. 生成白色沉淀 D. 排除硝酸根离子的干扰
【答案】A
【解析】
【分析】根据离子检验相关知识分析。
【详解】常见和AgNO3溶液反应生成白色沉淀的反应：Ag++Cl-=AgCl↓；CO32-+2Ag+=Ag2CO3↓，看加入稀硝酸主要是为了防止碳酸根的干扰，因为碳酸银溶于硝酸，方程式为 Ag2CO3+2HNO3=2AgNO3+CO2↑+H2O，所以检验氯离子选用的试剂是硝酸酸化的硝酸银溶液，可以排除碳酸根离子的干扰，故A正确。
故选A。
6.下列有关物质的分离说法正确的是(　　)
A. 可用加热法分离氯化钠和碳酸钙
B. 蒸馏和蒸发都用来分离液体混合物
C. 工业上制无水酒精通常是将生石灰与95%酒精混合后蒸馏
D. 碘水中加四氯化碳振荡静置后，上层为紫色，下层几乎为无色
【答案】C
【解析】
【分析】根据物质的分离和提纯操作及注意事项分析。
【详解】A.碳酸钙需要在高温下分解，不能用加热法分离氯化钠和碳酸钙的混合物，故A错误；
B.蒸馏常用来分离相互溶解且沸点不同的液体混合物，蒸发是将可溶性固体溶质从其溶液中析出，故B错误；
C.乙醇与水转变为乙醇与氢氧化钙的混合物，沸点差异较大，蒸馏提取乙醇效果更好，故C正确；
D.四氯化碳密度比水大，紫色层在下层，故D错误。
故选C。
7.将一小块钠投入盛有饱和硝酸钾溶液(含有酚酞)的试管里，不可能观察到的现象是(　　)
A. 熔成小球并在液面上游动 B. 有气体生成
C. 溶液变为红色 D. 溶液变浑浊
【答案】D
【解析】
【分析】根据金属钠的化学性质分析。
【详解】钠与硝酸钾溶液的反应，实质是钠与水的反应，生成NaOH和H2，故我们能观察到，即钠熔成小球游动，含有酚酞的饱和硝酸钾溶液变红，有气体生成，随着反应的进行，温度升高，硝酸钾的溶解度随温度的升高而增大，所以不会出现白色沉淀，故D正确。
故选D。
8.下列实验所选装置不合适的是（　　）

A. 分离水和泥沙选① B. 从盐水中获得食盐选②
C. 分离酒精和水选③ D. 由自来水制取纯净水选④
【答案】C
【解析】试题分析：A、分离固液混合物的操作为过滤，分离水和泥沙选①，正确；B、从盐水中获得食盐的操作为蒸发结晶，选②，错误；C、酒精与水互溶，分离酒精和水不能采用分液的方法，不能选③，错误；D、由自来水制取纯净水采用蒸馏的方法，选④，正确。
9. 下列说法正确的是(　　)
A. 青铜是我国使用最早的合金，也是目前使用最广泛的合金
B. 不管哪种铜合金都含有铜元素，所以它们的性质也和金属铜一样
C. 我们日常生活中用到的铜合金制品主要是黄铜制的
D. 各种铜合金都有良好的导电、导热性
【答案】C
【解析】选C。我们目前使用最广泛的合金是铁合金，A错。合金因其构成元素及配比的不同，性质各异，B错。黄铜的性质使其宜于制造日用品，C对。白铜的导电、导热性很差，D错。
10.证明某溶液中只含有Fe2＋而不含有Fe3＋的实验方法是(　　)
A. 先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色
B. 只需滴加KSCN溶液
C. 先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色
D. 滴加酸性高锰酸钾溶液后溶液褪色
【答案】C
【解析】
【分析】根据二价铁和三价铁之间的转化分析。
【详解】A．先滴加氯水，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，即使原溶液不含Fe3+，滴加KSCN溶液后也显红色，无法证明原溶液是否含有Fe3+，故A错误；
B．只滴加KSCN溶液，根据溶液是否显红色，能检验出溶液中是否含有Fe3+，无法验证Fe2+存在，故B错误；
C．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，先滴加KSCN溶液，不显红色，说明原溶液不含有Fe3+，再滴加氯水后显红色，说明滴加氯水后溶液中有Fe3+，证明原溶液含有Fe2+，故C正确；
D．加酸性高锰酸钾后溶液褪色，只能证明溶液中含有Fe2+，确无法证明是否含有Fe3+，故D错误。
故选C。
11.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是

A. 过滤、蒸发、蒸馏、分液 B. 过滤、蒸馏、蒸发、分液
C. 蒸发、蒸馏、过滤、分液 D. 分液、蒸馏、蒸发、过滤
【答案】A
【解析】图中装置依次是过滤、蒸发、蒸馏及分液，选项A符合题意。
12.将一定质量的锌、铝混合物与足量的稀硫酸反应，生成2.8 L(标况)氢气，原混合物的质量可能是(　　)
A. 2 g B. 1 g C. 8 g D. 10 g
【答案】C
【解析】
【分析】根据化学反应方程式中化学计量数的关系计算。
【详解】用极端假设法 ：n(H2)=V/Vm=2.8/22.4=0.125mol ，得到氢气的质量为：m=nM=0.125×2=0.25g ，①假设原混合物全为Zn，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2 ↑n(Zn)=n(H2)=0.125mol，即m(Zn)=0.125mol×65g/mol=8.125g；②假设原混合物全为Al：根据2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2 ↑，n(H2):n(Al)=3:2，n(Al)= n(H2)，m(Al)=2.25g，以上所得是把原混合物假设成纯净物的结果，但事实上它是混合物,所以取值范围就应该在二者之间
故混合物质的质量肯定在2.25g-8.125g之间，故C正确。
故选C。
13.在反应3BrF3＋5H2O===HBrO3＋Br2＋9HF＋O2↑中，若有5 mol H2O作为还原剂时，被还原的BrF3的物质的量为(　　)
A. 3 mol B. 2 mol C. mol D. mol
【答案】B
【解析】
【分析】根据反应可知，2H2O作还原剂时，失电子为4mol，当BrF3中的溴元素从+3价降低为0价时，BrF3作氧化剂，被还原；然后根据1molBrF3 被还原时，要得到3mol电子，利用电子守恒进行计算；根据反应可知，2 mol水可还原4/3 mol BrF3，据此可以求出3 mol水还原的BrF3的物质的量。
【详解】设被水还原的BrF3的物质的量为x。根据电子守恒知：3 mol×2=x·3， 解得x=2 mol；或根据化学方程式可知，2 mol水可还原4/3 mol BrF3，那么，3 mol水还原的BrF3的物质的量为x。则：3 mol∶x=2 mol∶4/3 mol，解得x=2 mol；正确选项B。
14. 漂白粉主要成分可用下式表示：
Ca(OH)2·3CaCl(ClO)·nH2O，用过量的盐酸和漂白粉作用可生成Cl2。Cl2与漂白粉的质量比叫做漂白粉的“有效氯”。现有一种漂白粉的“有效氯”为0.355，则式中的n值约为(　　)
A. 7.5 B. 8.0 C. 9.5 D. 11.0
【答案】B
【解析】Ca(OH)2·3CaCl(ClO)·nH2O与盐酸反应生成氯气的离子方程式为：，取100克该漂白粉，即由“有效氯”为0.355得该100克漂白粉与盐酸反应生成氯气的质量为0.355克即氯气的物质的量为0.5mol；由离子反应方程式得的物质的量为0.5mol；即100克该漂白粉中的物质的量为0.5mol，得含3mol的漂白粉的质量为600克，Ca(OH)2·3CaCl(ClO)·nH2O的相对质量为600，由化学式Ca(OH)2·3CaCl(ClO)·nH2O得n约为8；
15.下列各物质所含原子数目按由大到小顺序排列的是(　　)
①0.6 mol NH3　②0.2 mol H3PO4③9 g H2O　④标准状况下22.4 L He
A. ①②③④ B. ②③①④ C. ②①③④ D. ①②④③
【答案】A
【解析】
【分析】根据粒子数目、气体体积、物质的质量与物质的物质的量之间的关系分析解答。
【详解】①0.6 mol氨气含有原子物质的量=0.6 mol×4=2.4 mol；
②0.2 mol磷酸含有原子物质的量=0.2 mol×8=1.6 mol；
③水的质量为9 g，其物质的量=0.5 mol，含有原子物质的量=0.5 mol×3=1.5 mol；
④标准状况下22.4 L氦气的物质的量为1 mol，为单原子分子，含有原子为1 mol，
故含有原子数目①＞②＞③＞④，故A正确。
故选A。
16.实验室贮存下列物质的溶液时，必须用棕色瓶的是(　　)
①浓硝酸　②浓硫酸　③浓盐酸　④硝酸银溶液
A. ①④ B. ②③ C. ①③ D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】根据常见物质的性质及保存分析解答。
【详解】①浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，故需要在棕色试剂瓶中避光保存；
②浓硫酸见光无变化，故不需要避光保存，直接盛装在无色试剂瓶中即可；
③浓盐酸见光无变化，故不需要避光保存，直接盛装在无色试剂瓶中即可；
④硝酸银溶液见光分解，故需要在棕色试剂瓶中避光保存；故A正确。
故选A。
17.200 ℃时，11.6 g 二氧化碳和水蒸气的混合气体与足量的过氧化钠充分反应后固体质量增加了3.6 g。下列说法中正确的是(　　)
A. 二氧化碳与水蒸气的物质的量之比为4∶1
B. 二氧化碳与水蒸气的质量之比为11∶8
C. 反应中有0.25 mol氧气放出
D. 参加反应过氧化钠的的质量为19.5 g
【答案】BC
【解析】
【分析】根据过氧化钠的性质及物质的量与质量的相关计算分析解答。
【详解】由于2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2可知，1 mol二氧化碳与过氧化钠反应时，固体增重相当于1 mol一氧化碳的质量，放出氧气的质量＝44g－28g＝16g；由2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑可知，1 mol水蒸气与过氧化钠反应时，固体增重相当于1 mol氢气的质量，放出氧气的质量＝18 g－2 g＝16 g。设原混合气体中二氧化碳、水蒸气的物质的量分别为xmol、ymol，则：①44 g·mol－1x＋18 g·mol－1y＝11.6 g、②28 g·mol－1x＋2 g·mol－1y＝3.6g，解得：x＝0.1 mol，y＝0.4 mol。
A.二氧化碳与水蒸气的物质的量之比为1∶4，故A错误；
B.质量之比＝(0.1 mol×44 g·mol－1)∶(0.4 mol×18 g·mol－1)＝11∶18，故B正确；
C.生成氧气的质量为11.6 g－3.6g ＝8 g，其物质的量为0.25 mol，故C正确；
D.参加反应的过氧化钠的质量＝(0.1+0.4) mol×78 g·mol－1＝39g，故 D 错误。
故选BC。
18.下列说法中，正确的是(　　)
A. 分离氯化钠和氯化银的混合物，可用蒸馏法
B. 从碳酸钠溶液中得到碳酸钠，可用过滤法
C. 分离酒精与四氯化碳的混合物，可用蒸馏法
D. 从碘的四氯化碳溶液中得到四氯化碳，可用萃取法
【答案】C
【解析】
【分析】根据物质的分离和提纯方法及操作注意事项分析解答。
【详解】A.将氯化钠(易溶于水)和氯化银(不溶于水)的混合物加水溶解，用过滤法分离，故A错误；
B.从碳酸钠溶液中得到碳酸钠，可用蒸发结晶的方法，故B错误；
C.酒精和四氯化碳相互溶解，沸点不同，可用蒸馏法分离，故C正确；
D.若从碘的四氯化碳溶液中分离得到四氯化碳，可用蒸馏的方法，故D错误。
故选C。
19.由反应Na2SiO3＋2HCl===2NaCl＋H2SiO3↓制取硅酸，不可能的反应原理是(　　)
A. 强酸制取弱酸的原理
B. 可溶性酸制取难溶性酸的原理
C. 溶液中离子结合生成沉淀的原理
D. 氧化还原反应的原理
【答案】D
【解析】
【分析】根据硅酸钠和盐酸反应的化学原理分析解答。
【详解】A.该反应是由可溶性的强酸(盐酸)与硅酸钠溶液反应，反应得到的硅酸属于弱酸，故A正确，但不符合题意；
B.用盐酸制取难溶性的硅酸，即可溶性酸制取难溶性酸的原理，故B正确，但不符合题意；
C.盐酸与硅酸钠反应生成难溶的硅酸，硅酸还是一种弱酸，反应的实质是溶液中的氢离子与硅酸根离子结合生成难溶性或难电离的硅酸，故C正确，但不符合题意；
D.该反应是复分解反应，无化合价变化，所以不是氧化还原反应，故D错误，符合题意。
故选D。
20.11.2 g铁粉与2.2 g硫粉均匀混合，在密闭容器中加热，冷却后加入足量盐酸，在标准状况下收集到气体的体积是(　　)
A. 11.2 L B. 5.6 L C. 4.48 L D. 2.24 L
【答案】C
【解析】
【分析】根据化学反应方程式的化学计量数与物质的量之间的关系分析解答。
【详解】加热发生反应Fe+SFeS，加入盐酸一定发生反应FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，而Fe与盐酸反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，由方程式可知加热过程中Fe无论过量与否，与盐酸反应最终得到的气体的物质的量等于原混合物中Fe的物质的量，故n（气体）=n（Fe）==0.2mol
，气体体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确。
故选C。
21.铝是重要的金属材料之一，下列关于铝的叙述中，不正确的是 (　　)
A. 铝原子最外层有3个电子
B. 铝是地壳中含量最多的金属元素
C. 在常温下，铝不能与氧气反应
D. 铝易被氧化，而Al3＋则很难被还原
【答案】C
【详解】A.铝的原子结构示意图为，最外层有3个电子，故A正确，但不符合题意；
B.铝原子是地壳中含量最高的金属元素，仅次于地壳中非金属元素氧、硅的含量，故B正确，但不符合题意；
C.在常温下，铝易被氧气氧化为氧化铝，故C错误，但符合题意；
D.铝最外层有3个电子易失去，即具有还原性，而Al3＋相对稳定，不易被还原，故D正确，但不符合题意。
故选C。
22.侯德榜是我国杰出的化学家，由他创立的“侯氏制碱法”中有这样一个反应：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋x，则x的化学式是(　　)
A. CO B. CO2 C. H2 D. CH4
【答案】B
【解析】
【分析】根据化学反应中原子守恒原理分析解答。
【详解】根据质量守恒定律反应2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋x，反应前2个Na原子，2个H原子，2个C原子，6个O原子，反应后2个Na原子，2个H原子，4个O原子，1个碳原子，可知x的化学式是CO2，B正确。
23.下列逻辑关系图中正确的是(　　)
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据物质的分类方法及概括方法分析解答。
【详解】A.气溶胶包含在胶体中，故A错误；
B.吸热、放热反应不一定是氧化还原反应，例如：盐酸和氢氧化钠反应，属于非氧化还原反应，却是放热反应，故B错误；
C.钾盐和钠盐可以是碳酸盐，碳酸盐也可以是钠盐钾盐，故C错误；
D.混合物、单质、电解质、非电解质是四个不同概念，图中关系正确，故D正确。
故D正确。
24.下列关于物质的量的表述中错误的是(　　)
A. 0.3 mol硝酸 B. 1.5 mol氧气 C. 1 mol氮 D. 0.5 mol氦原子
【答案】C
【解析】
【分析】根据物质的量的概念及单位应用分析解答。
【详解】用摩尔表示物质的量单位时，要指明微粒的种类。“1 mol氮”没有指明是氮分子还是氮原子。故C错误。
故选C。
25. 当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是（ ）
A. 豆浆 B. 食盐水 C. 碘酒 D. 蔗糖水
【答案】A
【解析】根据胶体具有丁达尔效应，而溶液、浊液不具有丁达尔效应来解答．A、豆浆属于胶体分散系，当光束通过该分散系时，能产生丁达尔效应，故A正确；
B、食盐水属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故B错误；
C、碘酒属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故C错误；
D、蔗糖水属于溶液分散系，当光束通过该分散系时，不可能产生丁达尔效应，故D错误；
26.据中央电视台报道，近年来我国的一些沿江城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系(　　)
A. 乳浊液 B. 溶液 C. 胶体 D. 悬浊液
【答案】C
【解析】分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：C．
27.下列说法中不正确的是(　　)
A. 天然二氧化硅俗称硅石
B. 石英的主要成分是二氧化硅
C. 水晶是无色透明的石英晶体
D. 自然界中存在大量的单质硅
【答案】D
【详解】自然界中的硅元素以化合态形式存在，无游离态的单质硅存在，故D错误。
故选D。
28.用硫及其化合物制硫酸有下列三种反应途径，某些反应条件和产物已省略。下列有关说法不正确的是(　　)
途径①：SH2SO4
途径②：SSO2SO3H2SO4
途径③：FeS2SO2SO3H2SO4
A. 途径①的反应中体现了浓硝酸的强氧化性
B. 途径②、③的第二步反应在实际生产中可以通过增大氧气的浓度来降低成本
C. 由途径①、②、③分别制取1 mol 硫酸，理论上各消耗1 mol 硫，各转移6 mol 电子
D. 途径②、③比途径①污染相对小且原子利用率高
【答案】C
【解析】
【分析】根据化学反应流程与化工生产的关系分析解答；根据氧化还原反应的本质和特征分析解答。
【详解】A.途径①是浓硝酸和非金属单质的反应，表现了浓硝酸的强氧化性，故A正确；
B.途径②、③的第二步反应为可逆反应，通过增大O2的浓度来提高二氧化硫的转化率，降低成本，故B正确；
C.由途径①、②分别制取1 mol H2SO4，理论上各消耗1 mol S，各转移6 mol e－，而途径③转移7 mol 电子，故C不正确；
D.途径①硫与浓硝酸反应生成硫氧化物和氮氧化物污染环境，原子利用率低，故D正确。
故选D。
分卷II
二、填空题(共5小题, 共44分)
29.实验室只有36.5%(d＝1.19)的浓盐酸，现需配制100 mL 10%(d＝1.08)的盐酸，需36.5%的浓盐酸________mL。在配制过程中，用到的仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要______。定容时，如果眼睛仰视刻线，配制的溶液的浓度将__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)，10%的盐酸逐滴加入到纯碱溶液中，反应的离子方程式为_______。
【答案】 (1). 24.9 (2). 100 mL容量瓶 (3). 偏低 (4). ＋H＋===、＋H＋=== CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】根据一定物质的量浓度溶液的配制仪器、操作及注意事项分析解答。根据离子反应方程式书写要求分析解答。
【详解】浓盐酸的物质的量浓度为c＝＝mol·L－1＝11.9 mol·L－1，现配制的盐酸物质的量浓度为c＝mol·L－1＝mol·L－1≈2.96 mol·L－1，设所需浓盐酸的体积为V，则有V×11.9 mol·L－1＝0.1 L×2.96 mol·L－1，则V＝≈0.024 9 L＝24.9 mL；一定容积的容量瓶只能配制相应体积的溶液，现需配制100 mL 10%(d＝1.08)的盐酸，所以容量瓶的规格为100 mL；定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，浓度偏低；纯碱和盐酸反应分步进行，先生成碳酸氢钠，即＋H＋===，碳酸氢钠和盐酸继续反应生成二氧化碳和水，即＋H＋===CO2↑＋H2O。
30.如图所示是铝箔在氧气中燃烧的实验，请回答下列问题：

(1)铝在氧气中燃烧的化学方程式为______________________。
(2)实验时要在铝箔上系上一根火柴，其作用是______________________。
(3)集气瓶底部铺上一层细沙，其作用是______________________。
(4)实验中应观察到的现象是______________________________。
(5)用正确方法引燃铝箔，伸入装有氧气的集气瓶中后，未观察到铝箔剧烈燃烧的现象，可能的原因是______。
【答案】(1). 4Al＋3O22Al2O3 (2). 点燃火柴从而引燃铝箔 (3). 防止高温产物炸裂集气瓶 (4). 剧烈燃烧，发出白光，生成白色固体 (5). 铝箔表面有一层氧化膜未除去，氧气不纯等
【解析】
【分析】根据金属铝的物理和化学性质分析解答。
【详解】(1)铝在氧气中燃烧生成Al2O3，故方程式为：4Al＋3O22Al2O3；
(2)铝箔上系上一根火柴，作用是点燃火柴从而引燃铝箔；
(3)集气瓶底部铺上一层细沙，作用是防止反应产生的高温产物炸裂集气瓶；
(4)铝在氧气中剧烈燃烧，发出白光，生成白色固体；
(5)铝箔未剧烈燃烧，可能原因是铝箔表面有一层氧化膜未除去，或氧气不纯等。
31.某化学小组采用如图所示装置，对浓硝酸与木炭的反应进行探究(已知：4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O)。

请回答下列问题：
(1)检查装置气密性后，将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态，伸入三口烧瓶中，并塞紧瓶塞，滴加浓硝酸，可观察到三口烧瓶中气体的颜色为________，产生该气体的化学方程式是___________。
(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，炽热的木炭与浓硝酸反应后可观察到C中出现白色沉淀，该白色沉淀为____________(填化学式)。
(3)装置B的作用是________________________。
(4)装置D中收集到了无色气体，部分同学认为是NO，还有部分同学认为是O2。
①下列对该气体的检验方法合适的是________。
A．敞口观察装置D中集气瓶内气体的颜色变化
B．将湿润的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察蓝色石蕊试纸是否变红
C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃
②如果D中集气瓶中收集的无色气体是氧气，则氧气的来源是________________。
【答案】(1). 红棕色 (2). C+4HNO3(浓)4NO2↑+CO2↑+2H2O (3). BaCO3 (4). 安全瓶，防倒吸 (5). B (6). 浓硝酸的分解
【解析】分析:（1）碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮；
（2）装置C中盛有足量Ba（OH）2溶液，二氧化碳通入其中，产生碳酸钡沉淀；
（3）根据装置图可以知道，装置B可作安全瓶，可以防止液体倒吸；
（4）①A、NO和足量的O2反应生成红棕色的二氧化氮；
B、NO和O2均不具有酸性，不能用湿润的蓝色石蕊试纸进行检验；
C、O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，可以用带火星的木条判断集气瓶中是否是氧气；
②硝酸在加热的条件下分解产生二氧化氮、水和氧气。
详解：（1）碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮，所以可观察到三颈瓶中气体的颜色为红棕色，反应方程式为
C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，
因此，本题正确答案是：红棕色；C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；
（2）装置C中盛有足量Ba（OH）2溶液，二氧化碳通入其中，产生白色BaCO3沉淀，因此，本题正确答案是：BaCO3；
根据装置图可以知道，装置B的作用为用作安全瓶，安全瓶，防倒吸 ，
因此，本题正确答案是：安全瓶，防倒吸；
（4）①A、NO和足量的O2反应生成红棕色的二氧化氮，故A正确；
B、NO和O2均不具有酸性，不能用湿润的蓝色石蕊试纸进行检验，故B错误；
C、O2能使带火星的木条复燃，而NO不能，所以C选项是正确的；
故本题选B；
②硝酸在加热的条件下分解产生二氧化氮、水和氧气，所以氧气的来源是浓硝酸在受热时分解所产生或二氧化氮溶于水之后生成的HNO3分解所产生，
因此，本题正确答案是：浓硝酸的分解。
32.某同学利用如图所示的实验装置进行铁与水蒸气的实验，并研究铁及其化合物的部分性质。

请回答下列问题：
(1)硬质试管中发生反应的化学方程式为_____________。
(2)该同学为确定反应后硬质试管中固体物质的成分，设计了如下实验方案：
①待硬质试管冷却后，取少许其中的固体物质溶于稀硫酸得溶液B；
②取少量溶液B滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明硬质试管的固体物质中一定有_____，可能有_________；若溶液未变红色，则说明硬质试管中固体物质的成分是________。
(3)该同学按(2)中所述实验方案进行了实验，结果溶液未变红色，原因是___________(用离子方程式表示)。

(4)该同学马上另取少量溶液B，使其与NaOH溶液反应。若按右图所示操作，可观察到试管中先生成白色沉淀，后沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色的现象，请写出白色沉淀变为红褐色的过程中所发生反应的化学方程式：_______。
(5)一段时间后，该同学发现(3)中未变红的溶液变成红色，说明Fe2＋具有_______性。由此可知，实验室中含有Fe2＋的盐溶液需现用现配制的原因是__________，并且配制含Fe2＋的盐溶液时应加入少量_______。
【答案】(1). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (2). Fe3O4 (3). Fe (4). Fe3O4和Fe (5). Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋ (6). 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 (7). 还原 (8). Fe2＋易被空气中的氧气氧化 (9). 铁粉
【解析】
【分析】根据铁极其化合物的性质分析解答。
【详解】(1)硬质试管中发生铁与水蒸气的反应，方程式为：3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2；
(2)溶液变红色，说明溶液中有Fe3＋，则固体物质中一定含Fe3O4，可能含有Fe。溶液未变红色，说明无Fe3＋，则固体物质的成分为Fe3O4和Fe；
(3)溶液中的Fe3+与过量的Fe反应生成了Fe2+，方程式为：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋；
(4)白色沉淀变为红褐色，是因为Fe(OH)2被空气中的O2氧化为Fe(OH)3；
(5)未变红的溶液变成红色，说明Fe2＋转化为Fe3＋，则Fe2＋具有还原性。含Fe2＋的盐溶液需现用现配制，是因为Fe2＋易被空气中的氧气氧化，在配制时应加入少量铁粉。
33.某研究性学习小组为了了解HCl、NaHSO4、NaHCO3在水溶液中的电离情况，进行了下列实验：
①分别测定了0.1 mol·L－1的HCl、NaHSO4、NaHCO3溶液中H＋的物质的量浓度，HCl溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，NaHSO4溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，而NaHCO3溶液中H＋的物质的量浓度远远小于0.1 mol·L－1。
②取少量NaHSO4溶液于试管中，滴入BaCl2溶液有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。
③取少量NaHCO3溶液于试管中，滴入几滴BaCl2溶液无明显现象。
请根据实验结果回答下列问题：
(1)分别写出HCl、NaHSO4、NaHCO3在水溶液中的电离方程式：
HCl：_______________________________________；
NaHSO4：________________________________________；
NaHCO3：____________________________________。
(2)NaHSO4属于“酸”“碱”“盐”中的__________，理由是___________________。
(3)写出②中反应的化学方程式：________________________________________。
(4)若将NaHSO4与Ba(OH)2在溶液中按照物质的量之比1∶1混合，化学方程式为________。
【答案】(1). HCl===H＋＋Cl－ (2). NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42- (3). NaHCO3===Na＋＋HCO3- (4). 盐 (5). NaHSO4在溶液中能电离出阳离子Na＋和阴离子SO42- (6). NaHSO4＋BaCl2===NaCl＋BaSO4↓＋HCl (7). NaHSO4＋Ba(OH)2===NaOH＋H2O＋BaSO4↓
【解析】
【分析】根据NaHSO4、NaHCO3的性质和应用分析解答；根据离子反应方程式书写要求分析解答。
【详解】(1)根据实验①②③可知溶液中HCl完全电离生成H＋和Cl－，NaHSO4完全电离生成Na＋、H＋、SO42-，NaHCO3溶液中H＋很少，NaHCO3电离生成Na＋和HCO，故电离方程式为：HCl===H＋＋Cl－， NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42-， NaHCO3===Na＋＋HCO3-；
(2)由于NaHSO4电离出的阳离子有Na＋，阴离子有SO42-，因此NaHSO4应为盐类，酸式盐；
(3)NaHSO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀、NaCl和HCl，方程式为：NaHSO4＋BaCl2===NaCl＋BaSO4↓＋HCl；
(4) NaHSO4与Ba(OH)2的物质的量为1∶1混合时，反应产物为BaSO4、NaOH和H2O，故方程式为：NaHSO4＋Ba(OH)2===NaOH＋H2O＋BaSO4↓。