【化学】贵州省黄平县且兰高级中学2018-2019学年高一上学期12月份考试试题（解析版）

贵州省黄平县且兰高级中学2018-2019学年高一上学期12月份考试试题
一、单选题(共25小题,每小题2.0分,共50分)
1.检验某一溶液中是否含有氯离子，可选用的试剂是（ ）
A. 硝酸银溶液 B. 稀盐酸酸化的硝酸银溶液
C. 稀硝酸酸化的硝酸银溶液 D. 稀硫酸酸化的硝酸银溶液
【答案】C
【详解】A.若只用硝酸银溶液，溶液中的CO32-、SO42-等会产生干扰，故A错误；
B.用稀盐酸酸化的硝酸银溶液，则溶液中已经含Cl-了，则无法确认原溶液中是否含有Cl-，故B错误。
C.用稀硝酸酸化的硝酸银溶液，检验溶液中是否含有氯离子，可以排除因CO32-、SO42-等产生的干扰，故C正确。
D.用稀硫酸酸化的硝酸银溶液，会产生硫酸银白色沉淀，对Cl-检验产生干扰，故D错误。
本题答案为C。
2.某溶液中可能含有硫酸根离子、碳酸根离子等。为了检验其中是否含有硫酸根离子，除氯化钡溶液外，还需要的溶液是(　　)
A. 硫酸溶液 B. 盐酸溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸钠溶液
【答案】B
【详解】加入了氯化钡溶液,钡离子除了会与硫酸根离子生成硫酸钡的白色沉淀外，还会与碳酸跟离子生成碳酸钡的白色沉淀,加入盐酸如果白色沉淀能溶解,则说明溶液中含有碳酸根离子而不含硫酸根离子，若沉淀不溶解，则证明含有硫酸根离子。
本题答案为B。
3.在无土栽培中，需配制一定量含50 mol NH4Cl,16 mol KCl和24 mol K2SO4的营养液。若用KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体为原料来配制，三者的物质的量依次是（单位为mol）（ ）
A. 2 ,64 ,24 B. 64 ,2 ,24 C. 32 ,50 ,12 D. 16 ,50 ,24
【答案】B
【解析】试题分析：含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中：n（NH4+） = 50mol，n（Cl-） =" 50mol" + 16mol = 66mol，n（K + ） =" 16mol" + 24mol × 2 = 64mol，n（SO42-） = 24mol，由KCl、NH4Cl和（NH4）2SO4三种固体配制的营养液，营养液中各离子物质的量与含50molNH4Cl、16molKCl和24molK2SO4的营养液中相应离子物质的量相等，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，由氯离子守恒，则n（KCl）=66mol-2mol=64mol，选B。
4.将10.6 g Na2CO3溶于水配制成1 000 mL溶液，从中取出20 mL，该溶液中Na+的物质的量浓度为（　　）
A. 0.1 mol•L﹣1 B. 0.2 mol•L﹣1
C. 0.05 mol•L﹣1 D. 0.025 mol•L﹣1
【答案】B
【详解】由题意可知：n（Na2CO3）==0.1mol，c（Na2CO3）=0.1mol/L，则c（Na+）=0.1mol/L2=0.2mol/L，从中取出20mL，浓度不变，则c（Na+）=0.2mol/L；
本题答案为B。
5.在水溶液中，下列电离方程式正确的是(　　)
A. Ca(OH)2===Ca2＋＋2(OH－) B. FeCl3===Fe2＋＋3Cl－
C. H2SO4===H＋＋ D. Fe2(SO4)3===2Fe3＋＋3
【答案】D
【详解】A.Ca(OH)2的电离方程式为：Ca(OH)2===Ca2＋＋2OH－，故A错误；
B.FeCl3的电离方程式为：FeCl3===Fe3＋3Cl－，故B错误；
CH2SO4的电离方程式为: H2SO4===2＋＋,故C错误；
D.Fe2(SO4)3的电离方程式为：Fe2(SO4)3===2Fe3＋＋3，故D正确；
本题答案为D。
6.关于同温、同压下等体积的CO2和CO的叙述，其中正确的是（　　）
①质量相等；②密度相等；③所含分子个数相等；④所含碳原子个数相等．
A. ①②③④ B. ②③④ C. 只有③④ D. 只有④
【答案】C
【详解】依据阿伏伽德罗定律可知：同温同压下等体积CO2和CO的物质的量相等。
①根据m=nM可以知道，二者质量之比为44g:28g=11:7，二者质量不相等，故①错误；
②同温同压下气体的密度之比等于其相对分子质量之比，所以二者密度之比为：44g:28g=11:7，二者密度不相等,故②错误；
③二者物质的量相等,根据N=nNA可以知道，所含分子数相等，故③正确;；
④二者含有分子数目相等，每个分子均含有1个C原子，故含有碳原子数目相等，故④正确,；
本题答案为C。
7.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是(　　)
A. 23 g Na与足量H2O反应完全后可生成NA个H2分子
B. 1 mol Cu和足量热浓硫酸反应可生成NA个SO3分子
C. 标准状况下，22.4 L Cl2含NA个原子
D. 3 mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子
【答案】D
【详解】A. 2Na+2 H2O=2NaOH+ H2↑，23gNa为1mol，则生成0.5molH2，0.5NA个H2分子，A错误；
B. Cu与热浓硫酸反应生成的为SO2，无SO3生成，B正确错误；
C. 标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，则Cl2物质的量为1mol，一个分子中含2个原子，原子数为分子数的2倍，即2NA个原子，C错误；
D. Fe完全转变为Fe3O4，化合价由0变为+，3mol失去8mol电子，即8NA个电子，D正确；答案为D
8.下列操作会使配制的氢氧化钠溶液的物质的量浓度偏高的是(　　)
A. 所用氢氧化钠已经潮解
B. 向容量瓶中加水，未到至刻度线
C. 没有洗涤烧杯及玻璃棒2～3次
D. 称量时，氢氧化钠固体和砝码放错托盘
【答案】B
【详解】A.所用NaOH已潮解，则所称量的氢氧化钠固体的实际质量偏小，则浓度偏低，故A错误；
B.向容量瓶中加水未到刻度线，则溶液体积偏小，浓度偏高，故B正确；
C.没有洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，会导致溶质的损失，则浓度偏低，故C错误；
D.正确的称量方法为左物右码，如果砝码和游码放反了，会导致所称量的氢氧化钠固体的质量小于所需的质量，则所配溶液的浓度偏低，故D错误；
本题答案为B。
9.FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体具有的共同性质是（ ）
A. 都能透过滤纸 B. 都是呈红褐色的混合物
C. 分散质粒子具有相同的直径 D. 都具有丁达尔效应
【答案】A
【解析】溶液和胶体中的分散质粒子都能透过滤纸；FeCl3溶液呈棕黄色，Fe(OH)3胶体呈红褐色；FeCl3溶液中，Fe3+和Cl−直径都小于1 nm，而Fe(OH)3胶粒是由许多粒子组成的，直径在1～100 nm之间；溶液没有丁达尔效应。
10.电解质电离时一定相等的是(　　)
A. 阴离子与阳离子的总数 B. 阳离子和阴离子的质量
C. 正电荷总数和负电荷总数 D. 每个阳离子和阴离子所带电荷数
【答案】C
【详解】根据电荷守恒的原则，任何溶液都是呈电中性的，也就是说，电解质电离时，正电荷总数和负电荷总数一定相等，比如说1molNa2SO4电离出的2molNa+和1molSO2-,两者个数、质量、每个阳离子和阴离子所带电荷数均不相等,但正电荷总数和负电荷总数相等;
本题答案为C。
11.在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为（ ）
A. 0.15mol·L-1 B. 0.10mol·L-1 C. 0.25mol·L-1 D. 0.20mol·L-1
【答案】D
【解析】由电荷守恒得：，代入c（Na+）=0.10mol·L-1，c（Mg2+）=0.25mol·L-1，c（Cl-）=0.20mol·L-1，则c（SO42-）为0.20mol·L-1
12. 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。
13.下列各溶液中，Na+物质的量浓度最大的是（　　）
A. 4 L、0.5 mol·L-1NaCl溶液 B. 1 L、0.3 mol·L-1Na2SO4溶液
C. 5 L、0.4 mol·L-1NaOH溶液 D. 2 L、0.15 mol·L-1、Na3PO4溶液
【答案】B
【详解】A.4 L、0.5 mol·L-1NaCl溶液中，c(Na+)=0.5mol/L1=0.5mol/L；
B.1 L、0.3 mol·L-1Na2SO4溶液中，c(Na+)=0.3mol/L2=0.6mol/L；
C、5 L、0.4 mol·L-1NaOH溶液中，c(Na+)=0.4mol/L1=0.4mol/L；
D、2 L、0.15 mol·L-1、Na3PO4溶液中，c(Na+)=0.15mol/L3=0.45mol/L；
本题答案为B。
14.下列离子方程式正确的是（　　）
A. 稀硝酸与氢氧化钾溶液反应：H++OH﹣===H2O
B. 铝与稀盐酸反应：Al+2H+===Al3++H2↑
C. 三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl3+3OH﹣===Fe（OH）3↓+3Cl﹣
D. 足量二氧化碳与澄清石灰水反应：CO2+2OH﹣===+H2O
【答案】A
【详解】A.稀硝酸与氢氧化钾溶液反应的离子反应为：H+OH-=H2O，故A正确；
B.铝与稀盐酸反应的离子反应为：2Al6H+=2Al3+3H2，故B错误；
C.三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应的离子反应为：Fe3+3OH-=Fe(OH)3↓，故C错误；
D.足量二氧化碳与澄清石灰水反应的离子反应为：CO2OH-=HCO3-，故D错误；
本题答案为A。
15.大约4 000年前，埃及人已经用硫燃烧所形成的二氧化硫漂白布匹。在古罗马著名诗人荷马的著作里讲到硫燃烧有消毒和漂白作用。下列物质都具有漂白性：①潮湿的氯气、②二氧化硫、③活性炭、④过氧化钠，其漂白原理相同的是(　　)
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】C
【详解】上述四种物质都具有漂白性，但漂白原理分三类，①和④是因具有强氧化性而显漂白性，③因具有吸附性，吸附色素是有色物质脱色而漂白，②是因为SO2与有色物质化合成不稳定的无色物质而漂白，故只有①和④的漂白原理相同；
本题答案为C。
16.下列各组气体在通常情况下既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥的是(　　)
A. SO2、O2、N2 B. HCl、Cl2、CO2
C. CH4、H2、CO D. SO2、O2、Cl2
【答案】C
【详解】A.SO2、O2、N2三种气体均能用浓硫酸干燥，但SO2不能用碱石灰干燥，故A错误；
B.HCl、Cl2、CO2三种气体均能用浓硫酸干燥，但均不能用碱石灰干燥，故B错误；
C.CH4、H2、CO三种气体均能用浓硫酸干燥，也均能用碱石灰干燥，故C正确；
D.SO2、O2、Cl2三种气体均能用浓硫酸干燥，但SO2、Cl2均不能用碱石灰干燥，故D错误；
本题答案为C。
17.现有100 mL 3 mol·L－1氢氧化钠溶液和 100 mL 1 mol·L－1氯化铝溶液，若进行以下两种操作：①将氢氧化钠溶液分多次加入氯化铝溶液中；②将氯化铝溶液分多次加入氢氧化钠溶液中，这两种操作结果正确的是(　　)
A. 现象相同，沉淀质量不同
B. 现象相同，沉淀质量也相同
C. 现象不同，沉淀质量相同
D. 现象不同，沉淀质量不同
【答案】C
【详解】氢氧化钠是0.3mol，氯化铝是0.1mol，则如果将氢氧化钠溶液分多次加入到氯化铝溶液中，则根据反应式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓可知，开始就生成沉淀，最终生成0.1mol氢氧化铝沉淀。如果将氯化铝溶液分多次加入到氢氧化钠溶液中，则首先发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，当氢氧化钠完全消耗后，氯化铝再和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，现象是开始没沉淀后来有沉淀，根据n(Al3＋): n(OH－) =1:3，最终生成氢氧化铝沉淀的物质的量是0.1mol，所以现象不同，沉淀质量相同，故选C。
18.华裔科学家高锟因“在光学通信领域中光在光导纤维中传输”的研究方面所取得的开创性成就获得了诺贝尔物理学奖。光导纤维的主要成分是(　　)
A. Si B. SiO2 C. Na2SiO3 D. SiCl4
【答案】B
【详解】光导纤维的主要成分是SiO2；硅常用于制造电脑芯片和太阳能电池板；硅酸钠可用作木材防腐、防火；四氯化硅可用于制备高纯硅。答案选B。
19. 漂白粉在空气中放置易失效的主要原因是( )
A. Ca(ClO)2不稳定，易分解 B. Ca(ClO)2易吸收水分而潮解
C. Ca(ClO)2跟空气中的水和CO2反应 D. Ca(ClO)2跟空气中的CO2反应
【答案】C
【解析】试题分析：次氯酸的酸性弱于碳酸，故Ca(ClO)2跟空气中的水和CO2反应，生成次氯酸和碳酸钙，次氯酸见光分解从而失效。故答案为C。
20.Fe、Mg、Al分别跟稀盐酸充分反应得到相同质量的氢气，其原因是(　　)
①Fe、Mg、Al的物质的量相等，盐酸足量；
②Fe、Mg、Al的质量比是56∶24∶27，盐酸足量；
③Fe、Mg、Al的质量比是28∶12∶9，盐酸足量；
④Fe、Mg、Al均过量，所用盐酸的浓度和体积都相同。
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【详解】(1)因为产生氢气的是盐酸中的氢离子,故参与反应的HCl的质量相等,产生的氢气的质量就相等.故(4)符合；
(2)假设Fe、Mg、Al 三种金属分别跟稀盐酸充分反应,得到氢气的质量都是2g，
设参与反应的Fe的质量为x，Mg的质量为y，Al的质量为z，
Fe2HCl=FeCl2H2，
56       2    
x       2g    　解得x=56g;
Mg2HCl==MgCl2H2
24 2
y      2g 　解得y=24g;
2Al6HCl==2AlCl33H2
54 6
z      2g 解得z=18g
故Fe、Mg、Al的质量比为:。故(3)符合；(1)(2)不符合；
本题答案为D
21.下列叙述中，不属于氮的固定的方法是(　　)
A. 根瘤菌把氮气变为硝酸盐 B. 氮气和氢气合成氨
C. 从液态空气中分离氮气 D. 氮气和氧气合成一氧化氮
【答案】C
【详解】A.豆科植物根瘤菌把N2变成NH3，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定中的生物固氮，故A不选；
B.工业上, N2和H2反应生成NH3，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定中的人工固氮，故不B选；
C.从液态空气中分离氮气，氮气仍然是单质,是游离态，不属于氮的固定，故C选；
D.氮气和氧气合成一氧化氮，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定中的高能固氮，故D不选；
本题答案为C。
22.已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,把产生的气体通入BaCl2溶液中,则(　　)
A. 产生BaSO4和BaSO3两种沉淀
B. 产生BaSO4沉淀,SO2从溶液中逸出
C. 产生BaSO4沉淀,无SO2气体逸出
D. 产生的沉淀中含BaSO4,并有HCl气体逸出
【答案】B
【解析】由于FeSO4受热分解产生大量的SO2和SO3气体，其中SO3气体可以与水反应生成H2SO4，氯化钡会与硫酸反应生成BaSO4沉淀，但是SO2不会与氯化钡发生反应，会从溶液中逸出，故B正确。
23.等质量的两块钠，第一块在足量氧气中加热，第二块在足量氧气(常温)中充分反应，则下列说法正确的是(　　)
A. 第一块钠失去电子多 B. 两块钠失去电子一样多
C. 第二块钠的生成物质量大 D. 两块钠的生成物质量一样大
【答案】B
【详解】钠在足量氧气中加热，生成Na2O2，钠在足量氧气(常温)中充分反应生成Na2O，两个反应中，钠失去的电子一样多，化合价均由0价变为+1价，不同的是加热环境下生成过氧化钠，常温条件下生成氧化钠，因钠的质量相同，因此过氧化钠和氧化钠的物质的量相同，但质量不同，过氧化钠的质量更大。
综上所述，本题正确答案为B。
24.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
【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。
25.对于下列事实的解释错误的是（ ）
A. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定
C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应
D. 铝箔在空气中受热可以熔化，由于氧化膜的存在，熔化的铝并不滴落
【答案】C
【详解】A．浓硫酸能按水的组成比脱去蔗糖中的氢、氧元素，生成C，使蔗糖出现发黑现象，此现象证明浓硫酸具有脱水性，故A正确；
B．浓硝酸在光照条件下分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮溶于硝酸使溶液呈黄色，故B正确；
C．铝和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了进一步的反应，故C错误；
D．铝与氧气反应生成氧化铝为致密的氧化物，且熔点较高，则铝箔在空气中受热可以熔化，熔化的铝并不滴落，故D正确；
故答案选C。
分卷II
二、填空题(共6小题,共50分)
26.根据物质的性质，选择其保存方法：
（1）固态物质一般保存在__________瓶中，液态物质一般保存在__________瓶中。
（2）氢氧化钠等碱性物质若保存在玻璃瓶中时，瓶塞应用__________。
（3）硫酸、硝酸、汽油等保存在玻璃瓶中，瓶塞应用__________。
（4）硝酸等见光易分解的物质保存在__________瓶中。
（5）白磷保存在__________中，原因是________________。
【答案】(1). 广口 (2). 细口 (3). 橡胶塞 (4). 玻璃塞 (5). 棕色 (6). 冷水 (7). 与空气隔绝，防止白磷自燃
【详解】（1）固态物质一般保存在广口瓶中，液态物质一般保存在细口瓶中；
本题答案为：广口，细口。
（2）氢氧化钠等碱性物质若保存在玻璃瓶中时，瓶塞应用橡胶塞；
本题答案为：橡胶塞。
（3）硫酸、硝酸、汽油等保存在玻璃瓶中，瓶塞应用玻璃塞；
本题答案为：玻璃塞。
（4）硝酸等见光易分解的物质保存在棕色试剂瓶瓶中；
本题答案为：棕色。
（5）白磷保存在冷水中，原因是白磷在空气中容易自然，放在冷水中使白磷与空气隔绝，防止白磷自燃；
本题答案为：冷水，与空气隔绝，防止白磷自燃。
27.某一反应体系有反应物和生成物共五种物质：O2、H2CrO4、Cr（OH）3、H2O、H2O2。已知该反应中H2O2只发生如下过程：H2O2→O2
（1）该反应中的还原剂是____________。
（2）该反应中，发生还原反应的过程是______________→____________。
（3）写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_____________。
（4）如反应转移了0.3 mol电子，则产生的气体在标准状况下的体积为 。
（5）已知I-、Fe2+、SO2、Cl-、H2O2均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为：SO2>I->H2O2>Fe2+>Cl-，则下列反应不能发生的是（ ）
A．2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
B．I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI
C．H2O2+H2SO4=SO2↑+O2↑+2H2O
D．2Fe3++2I-=2Fe2++I2
【答案】（1）H2O2（2）H2CrO4→Cr（OH）3
（3）
（4）3.36L（5）C
【解析】试题分析：（1）由H2O2→O2，氧元素化合价从-1→0价，化合价升高，H2O2作还原剂。
（2）所给物质中H2CrO4中铬元素的化合价降低发生还原反应作氧化剂，H2CrO4→Cr（OH）3。
（3）由上述分析可知，在该反应中H2O2→O2，氧元素化合价从-1→0价，H2CrO4中铬元素的化合价降低发生还原反应作氧化剂，H2CrO4→Cr（OH）3。依据化合价升降总数相等配平方程式可得：。
（4）由上述反应可知每转移6 mol电子可生成3×22.4 L的O2，故转移0.3 mol电子时，所得气体的体积为：0.3mol÷6mol×3×22.4 L="3.36" L。故答案为：3.36L；
（5）根据氧化还原反应的规律：氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂大于还原产物。强氧化剂与强还原剂发生反应产生具有弱氧化性和弱还原性的物质。A．若反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+ + SO42- +4H+可以发生，则还原性：SO2＞Fe2+，与题意吻合，故A正确；B．若反应I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI可以发生，则还原性：SO2＞I-，与题意吻合，故B正确；C．若反应H2O2+H2SO4=SO2+O2↑+H2O可以发生，则还原性：H2O2＞SO2，与题意不吻合，故C错误；D．若反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2可以发生，则还原性：I-大于Fe2+，与题意吻合，故D正确。故选C。
28.某化学兴趣小组利用图甲装置制取氨气并探究氨气的有关性质。

（1）装置A中烧瓶内试剂可选用__（填序号）。
a．碱石灰　b．浓硫酸　c．五氧化二磷　d．氯化钙
（2）若探究氨气的溶解性，当装置D中集满氨气后，关闭K1、K2，打开K3，引发喷泉的实验操作是__。不能在K2的导管末端连接图乙中的__装置（填序号）。
（3）若探究氨气的还原性，需关闭K1、K3，K2连接纯净、干燥氯气的装置。
①用二氧化锰与浓盐酸制取氯气，生成的气体必须依次通过盛有__试剂和__试剂的洗气瓶。
②D中氨气与氯气反应产生白烟，同时生成一种无色无味的气体，该反应的化学方程式为__。
③尾气可用C装置处理，若尾气中含有少量Cl2，则C装置中应盛放__溶液（填化学式），反应的离子方程式为__。
【答案】(1). a (2). 用热毛巾捂住圆底烧瓶底部，当C 中导管中的水超过C中水面时，撤走毛巾即可引发喷泉 (3). Ⅰ (4). 饱和食盐水 (5). 浓硫酸 (6). 3Cl2+8NH36NH4Cl+N2 (7). NaOH (8). Cl2+2OH﹣Cl﹣+ClO﹣+H2O
【解析】
【分析】(1)氨水易挥发，升高温度能促进氨水分解生成氨气，为促进氨水分解，则烧瓶中加入的物质遇氨水后能放出大量热，且和氨水不反应；
(2)氨气极易溶于水，关闭K1、K2，打开K3，利用压强差将烧杯中的水排到烧瓶中，在K2的导管末端连接图乙中的能防止倒吸的装置；
(3)①浓盐酸制取的氯气中含有氯化氢气体和水蒸气,为防止干扰实验,氯气在进入烧瓶前,应该用饱和食盐水和浓硫酸除去氯化氢和水蒸气；
②根据氧化还原反应知, 氨气与氯气反应产生白烟是氯化铵，生成的无色无味的气体是氮气,根据反应物和生成物写出反应方程式；
③氯气的水溶液呈酸性,所以可以用碱除去氯气。
【详解】(1)氨水易挥发,升高温度能促进氨水分解生成氨气,为促进氨水分解,则烧瓶中加入的物质遇氨水后能放出大量热,且和氨水不反应，
a.碱石灰遇水放出大量热,能使氨水温度升高,且和氨水不反应,故a选;；
b.浓硫酸和氨水反应,故b不选；
c.五氧化二磷能和氨水反应,故c不选；
d.氯化钙和氨水溶液中氨气反应生成络合物,溶解不放热,故d不选,；
本题答案是：a。
(2)利用压强差将烧杯中的水排到烧瓶中，操作为用热毛巾将烧瓶捂热,烧瓶中的气体进入烧杯中，导致大气压强大于烧瓶中气体压强，从而使烧杯中的水通过导管进入烧瓶中产生喷泉实验，氨气极易溶于水,为防止倒吸,吸收氨气的装置中应该有缓冲装置,Ⅱ、Ⅲ装置中都有缓冲装置,Ⅰ没有缓冲装置能产生倒吸,不能在K2的导管末端连接图乙中的 I；
本题答案是：用热毛巾捂住圆底烧瓶底部，当C 中导管中的水超过C中水面时，撤走毛巾即可引发喷泉，Ⅰ。
(3)①浓盐酸制取的氯气中含有氯化氢气体和水蒸气，为防止干扰实验,氯气在进入烧瓶前，应该用饱和食盐水和浓硫酸除去氯化氢和水蒸气；
本题答案为：饱和食盐水，浓硫酸;。
②根据氧化还原反应知,生成的无色无味的气体是氮气,所以其反应方程式为：3Cl28NH3=6NH4ClN2, 
本题答案为：3Cl28NH3=6NH4ClN2；
③氯气和水反应生成盐酸和次氯酸导致氯气的水溶液呈酸性,所以可以用氢氧化钠溶液除去氯气,反应离子方程式为：Cl22OH-=Cl-ClO-H2O；
本题答案为：NaOH，Cl22OH-=Cl-ClO-H2O。
29.回答下列实验仪器和实验操作的有关问题。


(1)图A中试管夹的作用是______________________。
(2)指出图B中的错误操作是____________________________________。
(3)图C、D是某同学配制50 g质量分数为6%的氯化钠溶液时，在称量和量取两个操作步骤中出现的情况：
①如图C所示：在称量氯化钠的操作过程中，发现指针偏右，则继续进行的操作是______________，至天平平衡。
②如图D所示，量取水时，仰视读数，所得溶液中溶质的质量分数会______________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1). 夹持试管 (2). 将水注入浓硫酸中 (3). 向左盘添加氯化钠 (4). 偏小
【解析】
【分析】（1）试管夹的作用：夹持试管；
（2）稀释浓硫酸时一定是酸入水，并不断搅拌；
（3）量取水时，应该是平视读数，否则会引起误差。
【详解】(1)试管夹的作用：夹持试管，故答案为：夹持试管；
(2)稀释浓硫酸应将浓硫酸沿着烧杯壁缓缓注入水中，同时用玻璃棒不断搅拌，不能将水注入浓硫酸中，故答案为：将水注入浓硫酸中；
(3)①如图C所示：在称量氯化钠的操作过程中，发现指针偏右，说明右盘质量大于左盘，则继续进行的操作是向左盘添加氯化钠，故答案为：向左盘添加氯化钠；
②量取水时，仰视读数，量取的水体积偏大，溶液的质量增大，则溶质的质量分数偏小，故答案为：偏小。
30.某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：

供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸
(1)操作①的名称是________，操作②的名称是____________。
(2)试剂a是____________(填化学式，下同)，试剂b是__________,固体B是____________。
(3)加入试剂a所发生反应的化学方程式为__________________________________。
加入试剂b所发生反应的化学方程式为____________________________________。
(4)该方案能否达到实验目的：__________________________(填“能”或“不能”)。若不能，应如何改进？(若能，此问不用回答)__________。
(5)若要测定原混合物中BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是____的质量。
【答案】(1). 溶解 (2). 过滤 (3). K2CO3 (4). HCl (5). BaCl2 (6). K2CO3+BaCl2BaCO3↓+2KCl (7). BaCO3+2HClBaCl2+ CO2↑+ H2O (8). 不能 (9). 应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 (10). 沉淀A1或固体B
【解析】试题分析：（1）将固体混合物形成溶液的操作为溶解；操作②是将固体和溶液分离，为过滤。(2分离氯化钾和氯化钡，应将氯化钡转化为沉淀而分开，所以先加入碳酸钾，生成碳酸钡沉淀，所以试剂a为碳酸钾，沉淀A为碳酸钡，洗涤后加入盐酸，碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡，再蒸发结晶即可得B氯化钡，所以试剂b为盐酸。滤液为氯化钾。（3） 加入碳酸钾，氯化钡和碳酸钾反应生成碳酸钡沉淀和氯化钾，方程式为K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KCl；碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡和水和二氧化碳，方程式为BaCO3+2HCl= BaCl2+CO2↑+H2O。（4）因为加入了碳酸钾，所以滤液中有碳酸钾，直接蒸发结晶有碳酸钾杂质，应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。（5）要的定氯化钾或氯化钡的质量分数，需要知道氯化钾或氯化钡的质量，所以需要获得的数据有沉淀A1或固体B。
31.资料显示：“氨气可在纯氧中安静燃烧……”。某校化学兴趣小组学生设计如下装置(图中铁夹等夹持装置已略去)进行氨气与氧气在不同条件下反应的实验对比。

（1）用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内碳酸盐的化学式是____________________；碱石灰的作用是__________________________。
（2）将产生的氨气与过量的氧气通到装置B(催化剂为铂石棉)中，用酒精喷灯加热：
①氨催化氧化的化学方程式__________________；试管内气体变为红棕色，该反应的化学方程式是_______________________。
②停止反应后，立即关闭B中两个活塞。一段时间后，将试管浸入冰水中，试管内气体颜色变浅，请说明可能的原因________________________。
（3）将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通入到装置C中，并在b管上端点燃氨气生成氮气和水：
①两气体通入的先后顺序是_____________，其理由是______________________。
②氨气燃烧的化学方程式是_______________
【答案】(1). (NH4)2CO3或NH4HCO3 (2). 吸收水和二氧化碳 (3). 4NH3＋5O24NO＋6H2O (4). 2NO＋O2===2NO2 (5). 红棕色的二氧化氮转化为无色N2O4颜色变浅 (6). 先通氧气，后通氨气 (7). 若先通氨气，氨气在空气中不能燃烧，逸出造成环境污染 (8). 4NH3＋3O22N2＋6H2O
【详解】（1）铵盐不稳定，受热分解产生氨气，根据装置图可知是用碳酸盐加热制取氨气，则应该是碳酸铵或碳酸氢铵，所以用装置A制取纯净、干燥的氨气，大试管内碳酸盐的化学式是(NH4)2CO3或NH4HCO3；(NH4)2CO3或NH4HCO3加热发生分解反应产生氨气、二氧化碳和水蒸气，要证明氨气可以燃烧，要将混合气体中的二氧化碳和水蒸气除去，但不能与氨气发生反应，利用碱石灰就可以吸收CO2和H2O,得到纯净的NH3；
本题答案为：(NH4)2CO3或NH4HCO3 ， 吸收水和二氧化碳。
（2）①将产生的氨气与过量的氧气通到装置B（催化剂为铂石棉）中，用酒精喷灯加热：氨在催化剂存在时被氧化产生NO和水，可得氨气催化氧化的化学方程式是：4NH3＋5O24NO＋6H2O；试管内NO和O2反应，生成NO2变为红棕色，该反应的化学方程式：2NO＋O2=2NO2；本题答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O，2NO＋O2=2NO2。
②停止反应后，立即关闭B中两个活塞。一段时间后，将试管浸入冰水中，试管内气体颜色变浅，是因为：红棕色的二氧化氮转化为无色N2O4颜色变浅；
本题答案为：红棕色的二氧化氮转化为无色N2O4颜色变浅。
（3）将过量的氧气与A产生的氨气分别从a、b两管进气口通入到装置C中，并在b管上端点燃氨气，①由于氨气可以在纯净的氧气中安静的燃烧，所以应该先通入氧气，把装置中的空气赶出；然后再通入氨气；先通入氧气，后通入氨气的理由是若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，NH3逸出会造成污染；
本题答案为：先通氧气，后通氨气，若先通入NH3，NH3在空气中不能点燃，NH3逸出会造成污染。
②氨气在氧气中燃烧，反应产生氮气和水，反应的化学方程式是4NH3+3O22N2+6H2O；
本题答案为：4NH3+3O22N2+6H2O。