【化学】贵州省遵义市习水县一中2018-2019学年高一上学期12月份考试试题（解析版）

贵州省遵义市习水县一中2018-2019学年高一上学期12月份考试试题
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 干冰和冰都属于氧化物 B. 小苏打和苏打都属于盐
C. 碳酸钙和碳酸都属于酸 D. 水银和银都属于单质
【答案】C
【详解】A项，干冰是固态二氧化碳，冰是固态水，二者都是氧化物，故A项分类正确；
B项，苏打是碳酸钠的俗名，小苏打是碳酸氢钠的俗名，二者都属于盐类，故B项分类正确；
C项，碳酸属于弱酸，碳酸钙属于盐类，故C项分类错误；
D项，水银和银分别由金属汞元素、银元素组成，二者均为单质，故D项分类正确。
综上所述，本题选C。
2.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B. 若1 mol NF3被还原，反应转移电子数为2NA
C. 若生成0.4 mol HNO3，则转移0.4 mol电子
D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1
【答案】D
【详解】A.只有氮元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B.由化学方程式可知，3molNF3参加反应，其中2mol被还原，1mol被氧化，转移的电子的物质的量为2mol，所以1mol NF3被还原，反应转移电子数为NA，故B错误；
C.生成0.4molHNO3，转移的电子的物质的量为0.4mol×(5-3)=0.8mol，故C错误；
D.NF3生成NO，被还原，NF3生成HNO3，被氧化，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故D正确。
综上所述，本题选D。
3.下列有关电解质的说法中正确的是（ ）
A. 液态氯化氢不导电，所以氯化氢不是电解质
B. 氨溶于水形成的溶液能导电，所以氨是电解质
C. 熔融的铜导电性很好，所以铜是电解质
D. 氧化钠、氧化钙熔融时能导电，所以氧化钠、氧化钙是电解质
【答案】D
【详解】A. HCl水溶液中电离出氢离子和氯离子，能导电，所以HCl属于电解质，A错误；
B. 氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液能导电，但是氨气本身不能电离出离子，所以NH3·H2O是电解质，氨气是非电解质，B错误；
C. 熔融的铜能导电，但是铜属于单质，不属于化合物，所以铜既不是电解质，也不是电解质，C错误；
D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质,而氧化钠、氧化钙为化合物，在熔融态时能导电,符合电解质概念，是电解质,故D正确；
综上所述，本题选D。
4.将30 mL 0.5 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释到500 mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（　　）
A. 0.3 mol·L-1 B. 0.05 mol·L-1 C. 0.04 mol·L-1 D. 0.03 mol·L-1
【答案】D
【解析】硫酸根离子的物质的量为：0.03*0.5=0.015mol，加水稀释到500ml后，硫酸根离子的浓度为0.015mol/0.5L=0.03mol/L,故选B。
5.北京2008年奥运会金牌的直径为70 mm，厚度为6 mm。奖牌正面为插上翅膀站立的希腊胜利女神和希腊潘纳辛纳科竞技场，奖牌背面镶嵌着取自中国古代龙纹玉璧造型的玉璧，环形玉璧由白玉制成，白玉的环形成分可简单看作是Ca2Mg5Si8O22(OH)2，将其改写成氧化物的形式为（ ）
A. 5CaO·2MgO·8SiO2·H2O B. 2CaO·5MgO·8SiO2·2H2O
C. 2CaO·5MgO·8SiO2·H2O D. 2CaO·8MgO·5SiO2·H2O
【答案】C
【详解】硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O 最后写，所以Ca2Mg5Si8O22(OH)2可表示为: 2CaO·5MgO·8SiO2·H2O ；
综上所述，本题选C。
6. 下列方法中，不能用于实验室制备氨气的是（ ）
A. 加热浓氨水 B. 将浓氨水滴到生石灰上
C. 加热氯化铵固体 D. 将熟石灰和氯化铵的混合物加热
【答案】C
【解析】试题分析：A．加热浓氨水，一水合氨分解产生氨气和水，可以在实验室中制取氨气，错误；B．将浓氨水滴到生石灰上，水和CaO发生反应放出热量，使溶液的温度升高，一水合氨分解产生氨气和水，可以在实验室中制取氨气，错误；C．加热氯化铵固体，固体分解产生氨气和HCl，降低温度，二者会重新化合产生氯化铵，因此不可以用于在实验室制取氨气，正确；D．将熟石灰和氯化铵的混合物加热，发生复分解反应，产生CaCl2、氨气和水，故可以用于在实验室制取氨气，错误。
7.下列实验操作中，不是主要从安全角度考虑的是（ ）
A. 酒精灯在不使用时，必须盖上灯帽
B. 给试管里的固体加热时，试管口应略向下倾斜，外壁干燥后再加热
C. 给试管里的液体加热时，试管口应略向上倾斜(约45°角)，外壁干燥后再加热
D. 不能品尝任何药品的味道
【答案】A
【解析】
【分析】A、根据酒精灯不用时必须盖上灯帽防止酒精挥发解答；
B、根据给试管内固体药品加热的注意事项分析解答；
C、根据给试管内液体药品加热的注意事项分析解答;
D、实验室中的药品很多都有腐蚀性、毒性，不能品尝；
【详解】A项，酒精灯不用时必须盖上灯帽防止酒精挥发，不是从安全因素考虑，故选A项；
B项，给试管里的固体加热时，试管口应略向下倾斜，外壁干燥后再加热，主要是为了预热，防止试管炸裂，是从安全角度来考虑的，故不选B项；
C项，给试管里的液体加热时，试管口应略向上倾斜（约45°角），外壁干燥后再加热，防止试管炸裂，从安全角度来考虑，故不选C项；
D项，实验室的药品很多都有腐蚀性、毒性，不能品尝，是从安全角度来考虑，故不选D项。
综上所述，本题选A。
8.有科学家认为硅是“21世纪的能源”、“未来的石油”，下列有关硅可能成为新型能源的叙述中不正确的是（ ）
A. 自然界中存在大量硅单质
B. 自然界中的硅易开采，且可再生
C. 硅燃料便于运输、贮存，从安全角度考虑，硅是优质燃料
D. 硅燃料燃烧放出的热量多，其燃烧产物对环境的污染容易有效地控制
【答案】A
【解析】
【分析】A.硅具有亲氧性，在自然界中主要以氧化物形式存在；
B.硅在自然界主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，可用还原法制得单质硅；
C.硅是固体，便于运输贮藏；
D.硅燃烧放出热量，燃烧生成的二氧化硅容易有效控制污染。
【详解】​A.硅具有亲氧性，在自然界中主要以氧化物形式存在，而没有硅单质，故​A错误；
B.硅在自然界中含量丰富，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在，易开采且可再生，故B正确；
C.硅常温下为固体，性质较稳定，便于贮存，较为安全，硅燃烧放出大量的热，是优质的燃料，故C正确；
D.硅作为一种普遍使用的新型能源被开发利用，说明燃烧放出的热量大，硅燃烧生成二氧化硅，二氧化硅是固体，容易有效控制，故D正确；
综上所述，本题选A。
9.下列说法中正确的是（ ）
A. 三氧化硫溶于水能导电，所以它是电解质
B. 三氧化硫与氢氧化钡溶液、硝酸钡溶液都能反应生成沉淀
C. 三氧化硫能使石蕊试液先变红色，然后再变为无色
D. 硫粉在过量的纯氧气中燃烧生成三氧化硫
【答案】B
【详解】A.三氧化硫溶于水，生成了新的物质硫酸能导电，三氧化硫自身不能够导电，属于非电解质，A错误。
B. 三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸与与氢氧化钡溶液、硝酸钡溶液都能反应生成硫酸钡沉淀，B正确；
C. 三氧化硫与水反应生成硫酸，硫酸有酸性无漂白性，所以硫酸能够使石蕊试液变红色，而非三氧化硫，C错误；
D. 硫粉在过量的纯氧气中燃烧只能生成二氧化硫，D错误；
综上所述，本题选B。
10.向下列溶液中分别加入硝酸银溶液和稀硝酸，不能生成白色沉淀的是（ ）
A. 氯水 B. 氯酸钾 C. 氯化钾 D. 盐酸
【答案】B
【详解】溶液中分别加入AgNO3溶液和稀HNO3，能生成不溶于稀HNO3的白色沉淀，沉淀为AgCl，A、C、D中均含氯离子，能生成AgCl沉淀，而B中均没有氯离子（含有氯酸根离子），不生成AgCl沉淀，故选B。
综上所述，本题选B。
11.下列说法不正确的是（ ）
A. 将40 g NaOH溶于水配成1 L溶液，其浓度为l mol•L﹣1
B. 将22.4 L HCl溶于水配成1 L溶液，其浓度为l mol•L﹣1
C. 1 L含2 mol K+的K2SO4溶液中K2SO4的浓度为1 mol•L﹣1
D. 将浓度为0.5 mol•L﹣l的NaNO3溶液100 mL恒温蒸发至50 mL，其浓度变为1 mol•L﹣1
【答案】B
【解析】
【分析】A.根据n=m/M、c=n/V进行计算；
B.没有说明是否是标准状况下,气体的物质的量无法计算； 
C.由K2SO4的组成结合K+的物质的量计算；
D.溶液的体积缩小为原来的一半,浓度变为原来的2倍。
【详解】A. 40 g NaOH的物质的量为1mol,溶于水配成1L溶液，溶液浓度为l mol•L﹣1，故A正确；
B.将22.4 L HCl 溶于水配成1 L 溶液，没有说明是否是标准状况下，HCl气体的物质的量无法计算，溶液浓度无法计算,故B错误； 
C. 含有2mol K+的K2SO4溶液中K2SO4的物质的量为1mol，溶液的体积为1L，所以K2SO4的浓度为1 mol•L﹣1，故C正确；
D. 将浓度为0.5 mol•L﹣l的NaNO3溶液100 mL恒温蒸发至50 mL，浓度变为原来的2倍，变为1 mol•L﹣1,故D正确；
综上所述，本题选B。
12.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A. 化学反应中1 mol金属镁变成镁离子时失去电子的数目为2NA
B. 28 g氮气所含有的原子数目为NA
C. 标准状况下，22.4 L水中含有NA个水分子
D. 标准状况下，22.4 L氯化氢所含的原子数为NA
【答案】A
【解析】
【详解】A、镁变为镁离子时失去2个电子,故1mol镁失去2NA 个电子,故A正确；
B、氮气由氮原子构成,故28g 氮气中含2mol氮原子即2NA 个,故B错误； 
C、标况下,水为液态,故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,故C错误； 
D、标况下,22.4L氯化氢的物质的量为1mol，而HCl为双原子分子，故1mol HCl中含2NA个原子,故D错误；
综上所述，本题选A。
13.由Al3＋→Al(OH)3→AlO2－→→Al3＋系列变化中，中应填写的是(　　)
A. Al(OH)3 B. AlCl3
C. HCl D. NaOH
【答案】A
【解析】由Al3＋转变为Al(OH)3，再转变为AlO2－，是通过加入OH－实现的，故由AlO2－再转变为Al3＋，应加入H＋，AlO2－首先转化为Al(OH)3，然后转化为Al3＋，A项符合题意。
14.在下列反应中，硝酸既表现出氧化性，又表现出酸性的是（ ）
A. H2S＋2HNO3===S↓＋2NO2↑＋2H2O
B. CuO＋2HNO3===Cu(NO3)2＋H2O
C. 4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O
D. 3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、H2S和HNO3反应，硝酸中氮元素化合价降低，硝酸只表现氧化性，故A错误；
B、氧化铜与硝酸反应，各元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，硝酸只表现出酸性，故B错误；
C、浓硝酸分解反应，氮元素化合价降低，氧元素化合价升高，硝酸既做氧化剂又做还原剂，故C错误；
D、Cu和HNO3反应，N元素化合价降低，硝酸表现出氧化性，生成硝酸铜，硝酸还表现出酸性，故D正确；
综上所述，本题选D。
15.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铝片放入氢氧化钠溶液中：Al＋2OH－===AlO2-＋H2↑
B. 新制的氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al2O3＋OH－===2AlO2-＋H2O
C. 向AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
D. AlCl3溶液中滴入过量的氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4+
【答案】D
【解析】
【详解】A. 该离子方程式电荷不守恒，A错误；
B.该离子方程式中原子、电荷均不守恒，B错误；
C. NaOH溶液过量，应该生成偏铝酸盐，产物不正确，C错误；
D. 氢氧化铝不溶于过量的氨水，离子方程式书写正确，D正确；
综上所述，本题选D。
16.下列叙述中正确的是(　　)
A. 能电离出氢离子的化合物叫作酸
B. 能电离出氢氧根离子的化合物叫作碱
C. 能电离出酸根离子的化合物叫作盐
D. 由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐
【答案】D
【解析】试题分析：A、酸是水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物，能电离出氢离子的化合物不一定是酸如NaHSO4，A错误；B、碱是电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物叫做碱，B错误;C、电离时生成金属离子和酸根离子的化合物叫做盐，C错误，D正确，选D。
17.关于地壳中含量占第一位和第二位的元素之间形成的化合物，有关其说法正确的是（ ）
A. 化学性质不活泼
B. 可溶于水且显酸性
C. 熔沸点较低，物理性质与CO2相似
D. 是酸性氧化物，不溶于任何酸
【答案】A
【解析】
【详解】地壳中含量居第一位的元素是氧元素，居第二位的元素是硅元素，它们之间形成的化合物为SiO2。SiO2是原子晶体,直接由原子构成，熔沸点高，不溶于水，而CO2熔沸点较低，溶于水，所以SiO2的物理性质与CO2有很大差异；SiO2化学性质不活泼，SiO2是酸性氧化物，但其有特性，可与氢氟酸反应，进而溶于氢氟酸，综上分析,可知A项正确；
综上所述，本题选A。
18.相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。下列叙述错误的是 (　　)
A. a∶b等于A与B的相对分子质量之比
B. a∶b等于等质量的A与B的分子数之比
C. a∶b等于同温同压下A与B的密度之比
D. b∶a等于同温同体积等质量的A与B的压强比
【答案】B
【解析】
【详解】相同条件下，ag的A气体与bg的B气体占有相同体积。说明两种气体的物质的量相等，则质量比等于摩尔质量之比，也等于密度比，等于相对分子质量之比，同温同体积等质量的A与B两种气体，压强比等于摩尔质量的反比，即为b:a。故选B。
19.下列含碳的化合物中，碳元素的化合价相同的一组是（ ）
A. CO2和Na2CO3 B. CO和CO2
C. CO和H2CO3 D. CH4和CO2
【答案】A
【解析】
【分析】根据单质中元素的化合价为0、在化合物中正负化合价代数和为零,结合各选项中的化学式进行解答本题。
【详解】A、钠显+1价,氧显-2价, CO2和Na2CO3中碳元素的化合价分别为+4、+4，故A正确；
B、氧显-2价,CO和CO2中碳元素的化合价分别为+2、+4,故B错误；
C、钠显+1价,氧显-2价,CO和H2CO3 中碳元素的化合价分别为+2、+4,故C错误；
D、钠显+1价,氧显-2价, CH4和CO2中碳元素的化合价分别为-4、+4,故D错误；
综上所述，本题选A。
20.用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是（ ）
①二氧化碳　　②氯化氢　　③水蒸气　　④氧气
A. ①②③ B. ②③④ C. ②③ D. ①④
【答案】A
【解析】
【分析】漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，因HClO的酸性比碳酸弱，漂白粉易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO而变质，HClO不稳定，见光易分解，久置漂白粉的成分为次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙，以此解答该题。
【详解】漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，因HClO的酸性比碳酸弱，漂白粉易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO而变质，HClO不稳定，见光易分解；久置漂白粉的成分为Ca（ClO）2、碳酸钙和氯化钙，加入盐酸后生成二氧化碳气体以及氯气；由于盐酸易挥发，则用久置漂白粉和浓盐酸反应得到的氯气中，可能含有的杂质气体有①CO2，②HCl，③H2O；①②③可选，A正确；
综上所述，本题选A。
21.类比是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客观事实。下列各种类比推测的说法中正确的是（ ）
A. 已知Fe与S能直接化合生成FeS，推测Cu与S可直接化合生成CuS
B. 已知CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，推测CaSO3与稀硝酸反应生成SO2
C. 已知Na与水反应生成NaOH，推测Fe与水蒸气反应生成Fe(OH)3
D. 已知Fe与CuSO4溶液反应，推测Fe与AgNO3溶液也能反应
【答案】D
【解析】
【分析】A.硫具有弱氧化性,能将变价金属氧化为较低价态；
B.亚硫酸钙具有还原性,能被硝酸氧化；
C.铁与水蒸气反应生成Fe3O4；
D.在金属活动性顺序表中,前边金属能置换出后边金属。
【详解】A.硫具有弱氧化性,能将变价金属氧化为较低价态，所以Cu和S反应生成Cu2S，故A错误；
B.亚硫酸钙具有还原性,能被硝酸氧化生成硫酸钙，稀硝酸被还原生成NO，故B错误； 
C.铁与水蒸气反应生成Fe3O4而不生成Fe(OH)3，故C错误；
D.在金属活动性顺序表中,前边金属能置换出后边金属,金属性Fe>Cu>Ag，所以Fe与 AgNO3溶液也能反应生成Ag，故D正确；
综上所述，本题选D。
22. 有下列仪器：①烧杯；②蒸发皿；③平底烧瓶；④试管；⑤坩埚；⑥锥形瓶。其中可以用酒精灯直接加热的仪器是（ ）
A. ①②④⑤⑥ B. ②④⑤ C. ①③⑥ D. ④⑥
【答案】B
【解析】试题分析：可以用酒精灯直接加热的仪器有：坩埚、蒸发皿、试管、燃烧匙等，垫上石棉网可以加热的仪器有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，所以能够直接加热的为：②④⑤，答案选B
23. 下列反应进行分类时，既属于氧化还原反应又属于化合反应的是 ( )
A. Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑ B. 2KClO32KCl＋3O2↑
C. S＋O2SO2 D. CH4＋2O2CO2＋2H2O
【答案】C
【解析】试题分析：A项属于置换反应，B项属于分解反应，C项属于化合反应同时也是氧化还原反应，D项属于氧化还原反应但不属于四种基本反应类型中的一种。
24.已知氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：a Fe2++b Br-+c Cl2→d Fe3++ e Br2+ f Cl-,下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是 ( )
A. 2 4 3 2 2 6 B. 0 2 1 0 1 2
C. 2 0 1 2 0 2 D. 2 2 2 2 1 4
【答案】B
【解析】试题分析：向FeBr2溶液中通入氯气，氯气先和亚铁离子发生反应，然后再和溴离子发生反应，A、氯气过量，Br-、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl-，A正确；B、氧化性Br2＞Fe3+，不可能存在Fe2+、Br2共存，B错误；C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，发生反应 2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，C正确；D、当加入的氯气把Fe2+完全氧化成Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++1Br2+4Cl-，D正确；答案选B。
25.下列关于金属的说法中正确的是（ ）
A. 金属在常温下都能与氧气反应
B. 常温下，与氧气反应的金属均可形成致密的氧化膜，阻止金属继续被氧化
C. 根据金属与氧气反应的难易程度可以初步比较一些金属的活动性
D. 将一张已除去表面氧化膜的铝箔浸入硝酸汞溶液中，片刻后取出，然后置于空气中，不久铝箔表面生成“白毛”，生成的白毛是氧化铝和氧化汞的混合物
【答案】C
【解析】
【详解】A、金、铂性质稳定，不能与氧气进行反应，故A错误；
B、铁在潮湿的空气中形成氧化膜疏松，故B错误；
C. 根据金属与氧气反应的难易程度可以初步比较金属的活动性，容易反应的，金属活动性强，难反应的，金属活动性弱，故C正确；
D. 铝置换出汞, 汞附着在铝的表面并能溶解铝形成汞齐，铝易被空气氧化生成白色的氧化铝,由于汞齐的存在,这时的氧化铝不再是致密结构,所以铝与空气的反应能继续进行,生成疏松的白色氧化铝成毛刷状，所以白毛就是氧化铝，故D错误；
综上所述，本题选C。
26.蒸发时，下列操作不正确的是（ ）
A. 将蒸发皿放在石棉网上，用酒精灯外焰加热
B. 蒸发皿内的溶液不能超过其容积的2/3
C. 蒸发时用玻璃棒不断搅拌蒸发皿内的溶液
D. 蒸发结束后，用坩埚钳取下蒸发皿，冷却
【答案】A
【解析】
【详解】A．蒸发皿属于直接受热的仪器，可用酒精灯外焰直接加热，不能放在石棉网上加热，故A错误；
B．蒸发皿不能盛满，蒸发皿内的溶液应控制在其容积的1/3到2/3之间，故B正确；
C．蒸发时，应防止温度过高，固体迸溅或分解，所以用玻璃棒不断搅拌蒸发皿内的溶液，故C正确；
D．热的蒸发皿要用坩埚钳取下，放在石棉网上冷却，故D正确；
综上所述，本题选A。
27. 甲、乙、丙、丁四种金属，仅甲在自然界主要以游离态存在，丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放；丁与乙盐的水溶液不反应。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序可能是( )
A. 甲乙丙丁 B. 丁乙丙甲 C. 丙乙丁甲 D. 乙丁丙甲
【答案】D
【解析】试题分析：金属元素活动性越强，越容易失去电子。由于甲、乙、丙、丁四种金属，仅甲在自然界主要以游离态存在，说明甲的活动性最弱，选项A排除；活动性强的金属可以把活动性弱的金属从化合物中置换出来，丙盐的水溶液不能用丁制的容器盛放，说明金属活动性丁>丙，排除C选项；丁与乙盐的水溶液不反应，说明金属活动性乙>丁，排除B选项，故选项D符合题意。
28.下列离子检验的方法正确的是（ ）
A. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有Cl－
B. 某溶液有白色沉淀，说明原溶液中有SO42－
C. 某溶液有蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+
D. 某溶液生成无色气体，说明原溶液中有CO32－
【答案】C
【解析】
【分析】A．白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银等；B．白色沉淀可能为AgCl；C．蓝色沉淀为氢氧化铜；D．无色气体可能为氢气、二氧化碳、二氧化硫等。
【详解】A．白色沉淀可能为硫酸银、碳酸银等，应先加硝酸酸化排除干扰离子，再加硝酸银检验氯离子，选项A错误；B．白色沉淀可能为AgCl，应先加盐酸酸化排除干扰离子，再加氯化钡检验硫酸根离子，选项B错误；C．蓝色沉淀为氢氧化铜，则生产蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2+，选项C正确；D．无色气体可能为二氧化碳、二氧化硫等，则原溶液中可能有CO32﹣，选项D错误；答案选C。
29.写出氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液的反应的离子方程式：
(1)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，当溶液恰好显中性时反应的离子方程式为__________________________________，继续滴加氢氧化钡溶液，反应的离子方程式为_________________________。
(2)向氢氧化钡溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液，当恰好生成沉淀时反应的离子方程式为___________________，继续滴加硫酸氢钠溶液，反应的离子方程式为_____________。
(3)氢氧化钡与硫酸氢钠等物质的量在溶液中反应______________________________；
(4)氢氧化钡与硫酸氢钠按物质的量比1∶2在溶液中反应______________________________。
【答案】(1). Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O (2). SO42－＋Ba2＋===BaSO4↓ (3). Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O (4). OH－＋H＋===H2O (5). Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O (6). Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O
【解析】
【分析】硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合，当溶液恰好显中性时，即二者按照2:1反应，反应生成硫酸钠、硫酸钡和水，据此写出离子方程式；
氢氧化钡溶液与硫酸氢钠溶液混合，当恰好生成沉淀时，即二者按照1:1反应，生成硫酸钡、氢氧化钠和水，据此写出离子方程式；
【详解】(1)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液，当溶液恰好显中性时反应生成硫酸钠、硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O；继续滴加氢氧化钡溶液，溶液中的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：SO42－＋Ba2＋===BaSO4↓；综上所述，本题答案是：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O； 2SO42－＋Ba2＋===BaSO4↓。
(2)向氢氧化钡溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液，当恰好生成沉淀时，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O；继续滴加硫酸氢钠溶液，溶液中的氢氧根离子和氢离子发生中和生成水，离子方程式为：OH－＋H＋===H2O；综上所述，本题答案是：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O； OH－＋H＋===H2O。
(3)氢氧化钡与硫酸氢钠等物质的量在溶液中反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，离子方程式为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O；综上所述，本题答案是：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－===BaSO4↓＋H2O。
(4)氢氧化钡与硫酸氢钠按物质的量比1∶2在溶液中反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O；综上所述，本题答案是：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－===BaSO4↓＋2H2O。
30.请将下列操作过程中，采用的分离或提纯方法填在横线上：
①分离食盐与碳酸钙混合物：__________；
②从溴水中提取单质溴(溴的性质与碘的相似)：______；
③酿酒时提高酒的度数：__________；
④古代制盐：____________；
⑤海水淡化：____________。
【答案】(1). 溶解、过滤 (2). 萃取、分液 (3). 蒸馏 (4). 蒸发 (5). 蒸馏
【解析】
【分析】(1)碳酸钙不溶于水,食盐溶于水；
(2)溴不易溶于水,易溶于有机溶剂；
(3)二者互溶,但沸点不同；
(4)水易挥发；
(5)水易挥发。
【详解】(1)碳酸钙不溶于水,食盐溶于水,则应先把混合物加水溶解、然后过滤进行分离,因此，本题正确答案是:溶解、过滤。
(2)溴不易溶于水,易溶于有机溶剂,则选择萃取法从溴水中分离出溴，然后再进行分液；因此，本题正确答案是:萃取、分液。
(3)乙醇和水互溶,但沸点不同,则选择蒸馏法分离；因此，本题正确答案是:蒸馏。
(4)水易挥发，氯化钠难挥发，可用蒸发法分离；因此，本题正确答案是:蒸发。
(5)水易挥发,蒸馏可得到蒸馏水；因此，本题正确答案是:蒸馏。
31.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装置可除去A装置中可能挥发出的___________，反应的离子方程式为_______________。
(3)C装置为O2的发生装置，反应的化学方程式为__________________、________________。
(4)D装置可除去C装置中未反应的__________，反应的离子方程式为____________________。
(5)E装置为排水法收集O2的装置，检验所收集的气体为O2的方法为_____________________。
(6)C装置中固体由淡黄色完全变为白色，检验固体成分的实验方案为取少量C装置中反应后的固体溶于水，向溶液中滴入过量______溶液，若有白色沉淀生成，则证明固体中含有____________；过滤，向滤液中滴入几滴酚酞溶液，若________且不褪色，则证明固体中含有__________。
【答案】(1). CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑ (2). HCl (3). HCO3—＋H＋=H2O＋CO2↑ (4). 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 (5). 2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑ (6). CO2 (7). 2OH－＋CO2= CO32—＋H2O (8). 取出集气瓶正放于桌面上，将一根带火星的木条伸入集气瓶中，若木条复燃，证明所收集的气体为O2 (9). CaCl2 (10). Na2CO3 (11). 溶液变红 (12). NaOH
【解析】
【分析】根据实验装置图，A装置中稀盐酸和大理石制取二氧化碳，B装置中可以用饱和的碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，C装置中二氧化碳、水分别和过氧化钠反应放出氧气，D装置是用氢氧化钠吸收未反应的二氧化碳，E装置为用排水法收集制得的氧气，据此分析解答。
【详解】(1)A装置为CO2的发生装置，碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故答案为：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑；
(2)A装置中稀盐酸和大理石制取二氧化碳，盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有氯化氢，为了制取纯净的二氧化碳，应该用饱和的碳酸氢钠溶液除去氯化氢，反应的离子方程式为：HCO3-+H+═H2O+CO2↑，故答案为：HCl；HCO3-+H+═H2O+CO2↑；
(3)A装置制得的二氧化碳能够与过氧化钠反应产生氧气，反应为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，从B中出来的气体含有水蒸气，水蒸气能够与过氧化钠反应产生氧气，反应为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故答案为：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；
(4)C装置中二氧化碳、水分别和过氧化钠反应，通过D装置有未反应的二氧化碳，氢氧化钠和酸性氧化物二氧化碳能够反应生成碳酸钠和水，反应为：2OH-+CO2═CO32-+H2O，故答案为：CO2；2OH-+CO2═CO32-+H2O；
(5)E装置为排水法收集O2的装置，检验所收集的气体为O2的方法为取出集气瓶正放于桌面上，将一根带火星的木条伸入集气瓶中，若木条复燃，证明所收集的气体为O2，故答案为：取出集气瓶正放于桌面上，将一根带火星的木条伸入集气瓶中，若木条复燃，证明所收集的气体为O2；
(6)C装置中固体由淡黄色Na2O2完全变为白色为碳酸钙钠，反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，检验固体成分实际为检验碳酸根离子，可用氯化钡、或氯化钙溶液与碳酸根离子反应生成或碳酸钙、碳酸钡白色沉淀验证碳酸根离子的存在，过滤沉淀，向滤液中滴入几滴酚酞试液，若溶液变红且不褪色，则证明固体中含有氢氧化钠，说明发生2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，故答案为：CaCl2或BaCl2；Na2CO3；溶液变红；NaOH。
32.海洋植物如海带和海藻中含有丰富的碘元素，碘元素以碘离子的形式存在。实验室里从海洋中提取碘的流程如下：
―→
某化学兴趣小组将上述流程②、③设计成如下图所示操作。

已知过程②发生反应的化学方程式为Cl2＋2KI===2KCl＋I2
回答下列问题：
(1)写出提取过程①、③中实验操作的名称：
①____________，③____________。
(2)在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、____________、____________(除泥三角外)。
(3)F中下层液体的颜色为________色，上层液体中溶质的主要成分为____________。
(4)从F中得到固态碘还需进行的操作是_______________________________________。
【答案】(1). 过滤 (2). 萃取 (3). 坩埚 (4). 坩埚钳 (5). 紫红(或紫) (6). KCl (7). 分液、蒸馏
【解析】
【分析】（1）①分离固体和液体用过滤，③将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可；
（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳；
（3）I2的四氯化碳溶液，显紫红色（紫色）。
【详解】（1）①分离固体和液体用过滤，③将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可，故答案为：过滤；萃取；
（2）在灼烧过程中，使用到的实验仪器有酒精灯、坩埚 、坩埚钳，故答案为：坩埚 ；坩埚钳；
（3）Cl2+2KI=2KCl+I2下层是I2的四氯化碳溶液，显紫红色（紫色），上层是KCl的水溶液，溶质的主要成分KCl，故答案为：紫红(或紫)，KCl；
（4）F中的两种液体，先进行分液，然后蒸馏得到I2，故答案为：分液、蒸馏。
33.某研究小组利用如图装置探究温度对一氧化碳还原氧化铁的影响。

(1)MgCO3的分解产物为____________。
(2)装置C的作用是______________，处理尾气的方法为______________________。
(3)将研究小组分为两组，按如图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒类喷灯对装置D加热，反应产物均为黑色粉末(纯净物)。两组分别用产物进行以下实验。已知Fe2＋与K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液反应生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀。

①乙组得到的黑色粉末是______________。
②甲组步骤1中反应的离子方程式为______________。
③乙组步骤4中，溶液变红的原因为______________________；溶液褪色可能的原因及其验证方法为________________________。
④从实验安全考虑，题图装置还可采取的改进措施是__________________________________。
【答案】(1). MgO、CO2 (2). 除CO2 (3). 点燃 (4). Fe (5). Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O (6). Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－显红色 (7). 假设SCN－被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立(其他合理答案均可) (8). 在装置BC之间添加装置E防倒吸(其他合理答案均可)
【解析】
【分析】(1)MgCO3受热分解的产物为氧化镁和二氧化碳；
(2) 装置C为洗气瓶，需要洗去一氧化碳中的CO2；CO为有毒气体，需要点燃处理；
(3)①铁粉为黑色；
②四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水；
③Fe2＋被氯气氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－显红色；假设SCN－被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立；
④由于B装置加热后温度上升，实验装置内压强会有变化，C装置为洗气装置，会产生倒吸；
【详解】(1)MgCO3受热分解的产物为氧化镁和二氧化碳，因此加热分解得分解产物为：MgO、CO2；综上所述，本题答案是：MgO、CO2。
(2)装置C为洗气瓶，由于B装置中发生反应Zn+CO2=ZnO+CO，由于有CO2掺杂在CO里，故需要洗气瓶将CO2除去。由于D装置中发生反应Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2，CO2被澄清石灰水吸收，则尾气为CO，气体有毒，点燃后生成无毒的CO2，故需要点燃处理。
综上所述，本题答案是：除CO2 ；点燃 。
(3)①由乙组的现象可知，步骤1中，发生的反应为Fe+2HCl=H2↑+FeCl2，故乙组得到的黑色粉末为Fe；综上所述，本题答案是：Fe。
②由甲组现象可知，甲组得到的产物为四氧化三铁，四氧化三铁与盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，故步骤1中的离子反应式为：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O；综上所述，本题答案是：Fe3O4＋8H＋===2Fe3＋＋Fe2＋＋4H2O。
③乙组步骤3得到的溶液中含有的是Fe2＋，在步骤4中被氯水氧化后生成Fe3＋，Fe3＋在KSCN溶液中会发生显色反应，故溶液显红色；溶液褪色是因为SCN-被Cl2氧化，若向溶液中继续加入过量KSCN溶液，若出现红色，则假设成立；
综上所述，本题答案是：Fe2＋被氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－显红色；假设SCN－被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立(其他合理答案均可)。
④由于B装置加热后温度上升，实验装置内压强会有变化，且C装置为洗气装置，有液体，故在BC之间加入装置E，防止C装置发生倒吸，保护实验安全进行。
综上所述，本题答案是：在装置BC之间添加装置E防倒吸(其他合理答案均可)。