还剩12页未读，
继续阅读
北京市2019-2020学年高一11月月考化学试题
展开
2019—2020学年北京11月月考题（必修一人教版前三章内容）
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)
1.自来水厂常使用氯气消毒，市场上有些小商小贩用自来水充当纯净水出售。下列试剂中，可用来辨其真伪的是( )
A. 酚酞溶液 B. 氯化钡溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】
【详解】自来水厂常使用氯气消毒，Cl2＋H2O=HCl＋HClO，则自来水中含有Cl-，而纯净水则无Cl-，检验Cl-离子的存在，可用硝酸银溶液，生成不溶于水和酸的AgCl沉淀；氯水中存在氢离子显酸性，遇酚酞不变色、与氯化钡溶液不反应、与氢氧化钠发生中和反应，均无明显现象，不能鉴别，故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意自来水中少量的盐酸和次氯酸能够与氢氧化钠反应，但没有明显现象，无法鉴别。
2.下列离子能大量共存的是（ ）
A. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CO32-
B. 无色透明的溶液中：Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-
C. 含有大量Ba2＋的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、Cl－
D. 使石蕊溶液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A项、使酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na＋、K＋、SO42-、CO32-之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；
B项、无色溶液中不可能存在淡蓝色的Cu2＋离子，故B错误；
C项、含有大量Ba2＋的溶液中Ba2＋与SO42-反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D项、使石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中CO32-与H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误；
故选A。
3.某同学将金属钠露置于空气中，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体。其变质过程中不可能产生的物质是
A. Na2O B. NaOH
C. Na2CO3 D. NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】钠变质过程是：钠→氧化钠→氢氧化钠→氢氧化钠溶液→碳酸钠晶体。所以在变质的过程中不能出现的是NaHCO3。答案选D。
4.单宁是一种天然防腐剂，可以有效避免葡萄酒因为被氧化而变酸，使长期储存的葡萄酒能够保持最佳状态，所以以下判断正确的是（ ）
A. 单宁作还原剂 B. 单宁作氧化剂
C. 单宁被还原 D. 单宁中某元素化合价降低
【答案】A
【解析】
单宁可以有效避免葡萄酒因为被氧化而变酸，这说明单宁易被氧化，可作抗氧化剂，因此可以作还原剂，单宁中某些元素的化合价升高，答案选A。
5.下列推理正确的是（ ）
A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故钠在氧气中燃烧生成Na2O
B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜
C. 活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中
D. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与反应时金属单质均作还原剂
【答案】D
【解析】
【详解】A项、钠在常温下与氧气反应生成白色Na2O，在氧气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；
B项、钠与盐溶液反应时，先与水反应，所以钠与硫酸铜溶液中的水反应生成NaOH，NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以Na不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故B错误；
C项、Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，所以Al可以直接保存在空气中，故C错误；
D项、金属单质的化合价为最低价，最低价只有还原性，所以金属单质参与反应时金属单质均作还原剂，故D正确；
故选D。
【点睛】Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，Al可以保存在空气中，不需要保存在煤油中。
6.某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是（ ）
A. 闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明HCl溶液是电解质
B. 闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化
C. 闭合开关K，向溶液中加入CaCO3固体，电流表示数不变
D. 选取相同质量分数的硫酸替换HCl溶液，电流表的示数相同
【答案】C
【解析】
【详解】A项、HCl是电解质，HCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B项、向烧杯中加入NaCl固体，溶液中离子浓度增大，导电性增强，电流表指针发生偏转，故B错误；
C项、向溶液中加入CaCO3固体，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，溶液中自由移动的离子浓度减小，但离子所带电荷数增大，导电性不变，电流表示数不变，故C正确；
D项、硫酸为二元酸，选取相同质量分数的硫酸替换HCl溶液，盐酸和硫酸浓度相同时溶液中离子浓度不同，导电能力不同，电流计示数不同，故D错误；
故选C。
【点睛】溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质是解答易错点，溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷数有关是解答分析的关键。
7.向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是( )
A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知2n(FeCl2)=n(HCl)，n(HCl)=1mol/L×0.1L=0.1mol，所以n(FeCl2)=0.05mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）n(FeCl2)=0.05mol，则Fe的质量为m(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g，故合理选项是C。
8.将固体X投入过量Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，且不易溶于水，则X和Y可能依次是
A. 钠和氯化铝溶液 B. 铝和烧碱溶液
C. 过氧化钠和氯化亚铁溶液 D. 锌和稀硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A、钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铝溶液反应生成白色沉淀氢氧化铝，正确；
B、铝和烧碱溶液反应不会得到白色沉淀，错误；
C、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和二氧化碳，但氢氧化钠和氯化亚铁反应生成的白色沉淀会迅速变为灰绿色最终变为红褐色沉淀，而且二氧化碳不能燃烧，错误；
D、锌和稀硫酸反应不会生成白色沉淀，错误。
答案选A。
点评：熟记常见物质的化学反应，并且会分析相关的实验现象
9.下列说法正确的是
A. 同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2∶1
B. 1 g甲烷和1 g氧气的原子数之比为5∶1
C. 等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为2∶1
D. 在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同温同压下气体的密度之比等于摩尔质量之比；
B.根据N=nNA=NAm/M来计算；
C.根据m=nM来计算；
D.根据公式V=nVm=mVm/M来计算。
【详解】A.同温同压下，甲烷和氧气的密度之比等于摩尔质量之比即等于16:32=1:2，故A错误；
B.根据N=nNA=mNA/M可知，1g甲烷和1g氧气的原子数之比为(1/16×5NA):(1/32×2)=5:1，故B正确；
C.根据m=nM可知，等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为16:32=1:2，故C错误；
D.根据公式V=nVm=mVm/M可知，在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比=（mVm/16）：（mVm/32）=2:1,故D错误；
故答案选B。
【点睛】根据气态方程：PV==nRT及n=m/M、m=ρV可知，P×M==m/VRT= P×M=ρRT ，当P、T一定时，M与ρ成正比。
10.下列说法中，错误的是( )
A. 钠在空气中加热时，先熔化，再燃烧，燃烧所得产物为Na2O2
B. 镁因在空气中形成一薄层致密的氧化膜保护了里面的镁，故镁不需要像钠一样作特殊保护
C. 铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼
D. 铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要加保护层
【答案】C
【解析】
【详解】A.钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A项正确；
B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B项正确；
C. 铝属于较活泼的金属，铝制品之所以不需要特别保护，是因为在铝表面生成的Al2O3是一层致密的氧化物保护膜，阻止了内层金属的继续反应,故C项错误；
D.铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D项正确。
所以本题答案：C。
11.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是
A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。
12.为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计如下实验方案，其中符合实验要求且正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
离子反应
实验结论
A
在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水
浅绿色溶液变成棕黄色溶液
2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
Fe2＋具有氧化性
B
在氯化亚铁溶液中加入锌片
浅绿色溶液变成无色溶液
Fe2＋＋Zn=Fe＋Zn2＋
Zn具有还原性
C
在氯化铁溶液中加入铁粉
棕黄色溶液变成浅绿色溶液
Fe3＋＋Fe=2Fe2＋
铁单质具有还原性
D
在氯化铁溶液中加入铜粉
棕黄色溶液变成蓝色溶液
2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋
Fe3＋具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项、Fe2＋具有还原性，在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水，Fe2＋离子被氯水氧化生成Fe3＋离子，溶液由浅绿色变成棕黄色，故A错误；
B项、Fe2＋具有氧化性，Zn具有还原性，在氯化亚铁溶液中加入锌片，锌与Fe2＋离子发生置换反应生成Fe和无色的Zn2＋离子，溶液由浅绿色变成无色，故B正确；
C项、氯化铁溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；
D项、氯化铁溶液与铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应前氯化铁溶液为黄色，反应后氯化亚铁溶液为浅绿色，氯化铜溶液为淡蓝色，氯化亚铁和氯化铜的混合溶液为蓝绿色，说明Fe3+具有氧化性，故D错误；
故选B。
【点睛】氯化亚铁中+2价铁为中间价态，既有氧化性又有还原性，氯化铁中+3价的铁为高价态，具有氧化性。
13.据以下判断Cu2+、Fe2+、Fe3+的氧化性，从强到弱的顺序为（ ）
① Fe + CuCl2= FeCl2+ Cu
② 2FeCl3+ Cu = 2FeCl2+ CuCl2
A. Fe3+＞Fe2+＞Cu2+ B. Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
C. Fe2+＞Cu2+＞Fe3+ D. Cu2+＞Fe2+＞Fe3+
【答案】A
【解析】
答案为B；
根据在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。可以判断，答案为B。
14.工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2＋3C=2Sn＋aM↑＋CO2↑，则下列说法中错误的是（ ）
A. 反应中SnO2被还原
B. a的值为3
C. 反应后元素化合价升高的物质有两种
D. 每生成1个CO2转移电子8个
【答案】B
【解析】
【分析】
反应2SnO2+3C═2Sn+aM↑+CO2↑中，由质量守恒可知M为CO，a=2，反应中Sn元素化合价降低被还原，SnO2为氧化剂，C元素化合价升高被氧化，C为还原剂。
【详解】A项、反应中Sn元素化合价降低，SnO2为氧化剂被还原，故A正确；
B项、由质量守恒可知M为CO，a=2，方程式为2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑，故B错误；
C项、C被氧化生成CO和CO2，反应后元素化合价升高生成的物质有两种，故C正确；
D项、由方程式2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑可知，每生成1mol CO2，消耗2molSnO2，则转移电子8mol，故D正确；
故选B。
【点睛】氧化还原反应中，还原剂中元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，氧化剂中元素化合价降低被还原，发生还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键。
15.已知某酸性溶液中含有Ba2+、Fe3+，则下列能与上述离子共存的离子组是（ ）
A. CO32﹣、SO42﹣、NH4+、Na+ B. Cl﹣、SCN﹣、NO3﹣、Cu2+
C. Br﹣、I﹣、Mg2+、Na+ D. H+、Cl﹣、NO3﹣、Al3+
【答案】D
【解析】
A项，Ba2+与CO32-、SO42-都能反应分别生成碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，Fe3+与CO32-也能反应生成沉淀，CO32-能与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A项错误；B项，Fe3+和SCN-能发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；C项，I-、Fe3+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误； D项，H+、Cl-、NO3-、Al3+离子之间不发生反应，都不与Ba2+、Fe3+反应，且都不与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D项正确。综上所述，符合题意的选项为D。
点睛：本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：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-）等都不能大量共存；试题侧重于训练学生掌握基础知识，并运用基础知识解决实际问题的能力，试题难度中等。
【此处有视频，请去附件查看】
16.已知还原性Cl- < Fe2+ < H2O2 < I- < SO2判断下列反应不能发生的是（ ）
A. 2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+
B. I2+SO2 +2H2O=H2SO4+2HI
C. H2O2 +2H+ +SO42-=SO2 +O2+2H2O
D. 2 Fe3++2I-=2 Fe2+ +I2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可以判断氧化还原反应中物质的还原性强弱，同时也可以根据还原性的强弱反推氧化还原反应能否发生，通过逐一判断反应中的还原剂和还原产物，与题目中的还原性强弱顺序表，符合的可以发生，不符合的不可以发生来解题。
【详解】A. 反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性二氧化硫大于亚铁离子，故反应可以发生，故A正确；
B. 反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为碘离子，还原性二氧化硫大于碘离子，故反应可以发生，故B正确；
C. 反应中还原剂为双氧水，还原产物为二氧化硫，而二氧化硫的还原性大于双氧水的，故反应不发生，故C错误；
D. 反应中还原剂为碘离子，还原产物为亚铁离子，还原性碘离子大于亚铁离子，故反应可以发生，故D正确；
答案选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17.(1)实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式是_________；常用澄清石灰水检验CO2气体，反应的离子方程式是_________________。
(2)将表面附有铁锈(成分是Fe2O3)的铁钉放入稀硫酸中，开始反应的离子方程式是__________________；反应片刻后，可观察到有气体产生，其离子方程式是_______________________________。
(3)人体胃液中有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”或“胃舒平”给病人治疗。
①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为___________________。
②如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平[主要成分是Al(OH)3]，反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (2). Ca2++2OH−+CO2=CaCO3↓+H2O (3). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (4). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (5). HCO3−+H+=CO2↑+H2O (6). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
【解析】
【详解】（1）CaCO3是难溶物，书写离子方程式时不能拆写，HCl属于强酸，需要拆写成离子，即CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O；石灰水是澄清，因此Ca(OH)2需要拆写成离子，因为检验CO2气体，因此反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O；
（2）开始时，Fe2O3先与稀硫酸反应，Fe2O3是氧化物，书写离子方程式时不能拆写，即离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；一段时间后，有气体产生，说明铁与稀硫酸发生置换反应，即离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；
（3）①NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3－不能拆写成离子，即HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；
②氢氧化铝难溶，因此发生的离子反应式为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。
【点睛】书写离子反应方程式，应注意“拆”，不能拆写成离子的是单质、难溶物、微溶物、气体、氧化物、弱酸、弱碱，对微溶物的处理，如果微溶物作反应物，当是澄清溶液时，微溶物需要拆写，当是悬浊液时，微溶物不能拆写，如果微溶物作生成物，不能拆写成离子。
18.某课外活动小组为了研究“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，设计了如下实验装置：
(1)如图装置，在干燥管中装入Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2。打开K1，关闭K2，加热铜丝，目的是_____，X是_____。实验观察到铜丝未变化，则得出结论______。
(2)若打开K2，关闭K1，出现________现象，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2。
(3)根据以上的实验结论，写出生成CO2、O2反应的化学方程式：_______________。
【答案】 (1). 防止水蒸气进入干燥Na2O2中，影响实验结果 (2). 浓硫酸 (3). 无水时CO2与Na2O2不发生反应 (4). 红色铜丝变黑色 (5). Na2CO3＋H2SO4＝Na2SO4＋CO2↑＋H2O、2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2
【解析】
【分析】
根据题意，“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，因此(1)是验证“干燥的CO2不能与Na2O2反应”，(2)是验证“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，据此分析解答。
【详解】(1)在干燥管中装入Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2。打开K1，关闭K2，反应生成CO2，通过干燥剂后，CO2中不含水蒸气，CO2与Na2O2未发生反应，说明无水存在时，CO2与Na2O2不会产生O2。X为浓硫酸，操作的目的是干燥CO2，防止水蒸气影响实验结果，故答案为：防止水蒸气进入干燥的Na2O2中，影响实验结果；浓硫酸；无水时CO2与Na2O2不发生反应；
(2)若打开K2，关闭K1，生成的二氧化碳中含有水蒸气，若出现铜丝由红色变黑色，证明有O2产生，O2与Cu反应生成黑色CuO，可证明有水时才能使CO2与Na2O2反应，故答案为：红色铜丝变黑色；
(3)根据上述分析，碳酸钠与稀硫酸反应生成CO2，二氧化碳与过氧化钠反应生成O2，反应的化学方程式分别为Na2CO3＋H2SO4＝Na2SO4＋CO2↑＋H2O、2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：Na2CO3＋H2SO4＝Na2SO4＋CO2↑＋H2O、2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2。
19.某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验，根据实验流程回答相关问题：
(1)请写出Fe2O3与①反应的离子方程式______________________________。
(2)物质②为_______________。
(3)请写出FeCl3与铁粉反应的化学方程式________________________。
(4)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe(OH)3浊液，该过程的现象为____________ ，此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表达)_________________________。
(5)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色，制得分散系③为__________________，它与FeCl3溶液、Fe(OH)3浊液的本质区别是_________________________。
【答案】 (1). Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O (2). NaOH溶液(其它合理答案也可) (3). Fe+2FeCl3===3FeCl3 (4). 生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 (6). Fe(OH)3胶体 (7). 分散质粒子大小不同
【解析】
试题分析：（1）Fe2O3发生反应后变为FeCl3可知是Fe2O3与盐酸反应，离子方程式为：Fe2O3+6H+＝
2Fe3++3H2O （2）FeCl3反应生成了Fe(OH)3，知道是加入了碱，可以是NaOH溶液，氨水等。（3）FeCl3与铁粉反应的化学方程式为：Fe+2FeCl3＝3FeCl2，（4）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液先生成Fe(OH)2，Fe(OH),2是白色沉淀，容易被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，这个过程的现象为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，发生氧化还原反应的反应是Fe(OH)2被氧化的反应，化学方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3（5）将FeCl3饱和溶液滴入沸水中并继续煮沸至红褐色，制得Fe(OH)3胶体，溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同。
考点：物质的基本化学性质。化学、粒子方程式的书写，分散系的区别。
20.在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图所示。
（1）连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：__接__；__接__；__接___；__接__。
（2）装置中，饱和食盐水的作用是___；NaOH溶液的作用是___。
（3）化学实验中常用湿润的KI－淀粉试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到___，反应的化学方程式为___。
（4）写出下列反应的化学方程式：
①气体发生装置中进行的反应：___。
②NaOH溶液中发生反应：___。
【答案】 (1). E (2). C (3). D (4). A (5). B (6). H (7). G (8). F (9). 除去氯气中的HCl杂质 (10). 吸收过量的氯气 (11). 吸收过量的氯气 (12). 2KI＋Cl2=2KCl＋I2 (13). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (14). 2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O
【解析】
【分析】
为氯气的制备装置，装置中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸具有挥发性，选用装置除去氯气中混有的氯化氢，选用装置干燥氯气，氯气的密度比空气大，选用装置从H口通入收集氯气，氯气有毒，选用装置吸收氯气，防止污染环境。
【详解】（1）制备干燥纯净氯气，实验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→干燥装置→收集装置→尾气处理装置，注意除杂装置中长导管进气，短导管出气，氯气的密度大于空气，收集时应长导管进气短导管出气，则仪器连接的顺序为E—C—D—A—B—H—G—F，故答案为：E；C；D；A；B；H；G；F；
（2）氯气中混有氯化氢杂质，氯化氢能溶于饱和食盐水中，但是氯气不溶，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；氯气有毒，NaOH溶液的作用是吸收过量的氯气，防止污染环境，故答案为：除去氯气中的HCl杂质；吸收过量的氯气；
（3）Cl2氧化KI生成碘，碘单质遇淀粉变蓝，故观察到的现象为试纸变蓝，反应的化学方程式为2KI＋Cl2=2KCl＋I2，故答案为：试纸变蓝；2KI＋Cl2=2KCl＋I2；
（4）①气体发生装置中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
②NaOH溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，故答案为：2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O。
【点睛】饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；收集装置中，因为氯气的浓度大于空气的，所以长导管进气短导管出气是解答关键，也是易错点。
一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意。)
1.自来水厂常使用氯气消毒，市场上有些小商小贩用自来水充当纯净水出售。下列试剂中，可用来辨其真伪的是( )
A. 酚酞溶液 B. 氯化钡溶液 C. 氢氧化钠溶液 D. 硝酸银溶液
【答案】D
【解析】
【详解】自来水厂常使用氯气消毒，Cl2＋H2O=HCl＋HClO，则自来水中含有Cl-，而纯净水则无Cl-，检验Cl-离子的存在，可用硝酸银溶液，生成不溶于水和酸的AgCl沉淀；氯水中存在氢离子显酸性，遇酚酞不变色、与氯化钡溶液不反应、与氢氧化钠发生中和反应，均无明显现象，不能鉴别，故选D。
【点睛】本题的易错点为C，要注意自来水中少量的盐酸和次氯酸能够与氢氧化钠反应，但没有明显现象，无法鉴别。
2.下列离子能大量共存的是（ ）
A. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CO32-
B. 无色透明的溶液中：Cu2＋、K＋、SO42-、NO3-
C. 含有大量Ba2＋的溶液中：Mg2＋、NH4+、SO42-、Cl－
D. 使石蕊溶液呈红色的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A项、使酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na＋、K＋、SO42-、CO32-之间不发生任何反应，能大量共存，故A正确；
B项、无色溶液中不可能存在淡蓝色的Cu2＋离子，故B错误；
C项、含有大量Ba2＋的溶液中Ba2＋与SO42-反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D项、使石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中CO32-与H+反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误；
故选A。
3.某同学将金属钠露置于空气中，观察到下列现象：银白色→变灰暗→变白色→出现液滴→白色固体。其变质过程中不可能产生的物质是
A. Na2O B. NaOH
C. Na2CO3 D. NaHCO3
【答案】D
【解析】
【详解】钠变质过程是：钠→氧化钠→氢氧化钠→氢氧化钠溶液→碳酸钠晶体。所以在变质的过程中不能出现的是NaHCO3。答案选D。
4.单宁是一种天然防腐剂，可以有效避免葡萄酒因为被氧化而变酸，使长期储存的葡萄酒能够保持最佳状态，所以以下判断正确的是（ ）
A. 单宁作还原剂 B. 单宁作氧化剂
C. 单宁被还原 D. 单宁中某元素化合价降低
【答案】A
【解析】
单宁可以有效避免葡萄酒因为被氧化而变酸，这说明单宁易被氧化，可作抗氧化剂，因此可以作还原剂，单宁中某些元素的化合价升高，答案选A。
5.下列推理正确的是（ ）
A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故钠在氧气中燃烧生成Na2O
B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜
C. 活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中
D. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与反应时金属单质均作还原剂
【答案】D
【解析】
【详解】A项、钠在常温下与氧气反应生成白色Na2O，在氧气中燃烧生成淡黄色的Na2O2，故A错误；
B项、钠与盐溶液反应时，先与水反应，所以钠与硫酸铜溶液中的水反应生成NaOH，NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以Na不能从硫酸铜溶液中置换出铜，故B错误；
C项、Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，所以Al可以直接保存在空气中，故C错误；
D项、金属单质的化合价为最低价，最低价只有还原性，所以金属单质参与反应时金属单质均作还原剂，故D正确；
故选D。
【点睛】Al在空气中能形成致密的氧化膜，致密的氧化膜能保护内部金属，Al可以保存在空气中，不需要保存在煤油中。
6.某学生利用如图装置对电解质溶液导电性进行实验探究。下列说法中正确的是（ ）
A. 闭合开关K，电流表指针发生偏转，证明HCl溶液是电解质
B. 闭合开关K，向烧杯中加入NaCl固体，由于HCl与NaCl不反应，故电流表指针不发生变化
C. 闭合开关K，向溶液中加入CaCO3固体，电流表示数不变
D. 选取相同质量分数的硫酸替换HCl溶液，电流表的示数相同
【答案】C
【解析】
【详解】A项、HCl是电解质，HCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B项、向烧杯中加入NaCl固体，溶液中离子浓度增大，导电性增强，电流表指针发生偏转，故B错误；
C项、向溶液中加入CaCO3固体，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，溶液中自由移动的离子浓度减小，但离子所带电荷数增大，导电性不变，电流表示数不变，故C正确；
D项、硫酸为二元酸，选取相同质量分数的硫酸替换HCl溶液，盐酸和硫酸浓度相同时溶液中离子浓度不同，导电能力不同，电流计示数不同，故D错误；
故选C。
【点睛】溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质是解答易错点，溶液的导电性与离子浓度和离子的电荷数有关是解答分析的关键。
7.向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是( )
A. 11.2 g B. 5.6 g C. 2.8 g D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知2n(FeCl2)=n(HCl)，n(HCl)=1mol/L×0.1L=0.1mol，所以n(FeCl2)=0.05mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）n(FeCl2)=0.05mol，则Fe的质量为m(Fe)=0.05mol×56g/mol=2.8g，故合理选项是C。
8.将固体X投入过量Y中，能生成白色沉淀并放出一种无色气体，该气体能燃烧，且不易溶于水，则X和Y可能依次是
A. 钠和氯化铝溶液 B. 铝和烧碱溶液
C. 过氧化钠和氯化亚铁溶液 D. 锌和稀硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A、钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化铝溶液反应生成白色沉淀氢氧化铝，正确；
B、铝和烧碱溶液反应不会得到白色沉淀，错误；
C、过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和二氧化碳，但氢氧化钠和氯化亚铁反应生成的白色沉淀会迅速变为灰绿色最终变为红褐色沉淀，而且二氧化碳不能燃烧，错误；
D、锌和稀硫酸反应不会生成白色沉淀，错误。
答案选A。
点评：熟记常见物质的化学反应，并且会分析相关的实验现象
9.下列说法正确的是
A. 同温同压下甲烷和氧气的密度之比为2∶1
B. 1 g甲烷和1 g氧气的原子数之比为5∶1
C. 等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为2∶1
D. 在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比为1∶2
【答案】B
【解析】
【分析】
A.同温同压下气体的密度之比等于摩尔质量之比；
B.根据N=nNA=NAm/M来计算；
C.根据m=nM来计算；
D.根据公式V=nVm=mVm/M来计算。
【详解】A.同温同压下，甲烷和氧气的密度之比等于摩尔质量之比即等于16:32=1:2，故A错误；
B.根据N=nNA=mNA/M可知，1g甲烷和1g氧气的原子数之比为(1/16×5NA):(1/32×2)=5:1，故B正确；
C.根据m=nM可知，等物质的量的甲烷和氧气的质量之比为16:32=1:2，故C错误；
D.根据公式V=nVm=mVm/M可知，在标准状况下等质量的甲烷和氧气的体积之比=（mVm/16）：（mVm/32）=2:1,故D错误；
故答案选B。
【点睛】根据气态方程：PV==nRT及n=m/M、m=ρV可知，P×M==m/VRT= P×M=ρRT ，当P、T一定时，M与ρ成正比。
10.下列说法中，错误的是( )
A. 钠在空气中加热时，先熔化，再燃烧，燃烧所得产物为Na2O2
B. 镁因在空气中形成一薄层致密的氧化膜保护了里面的镁，故镁不需要像钠一样作特殊保护
C. 铝制品在生活中非常普遍，是因为铝不活泼
D. 铁因在潮湿的空气中生成的氧化物疏松多孔，不能保护内层金属，故铁制品往往需要加保护层
【答案】C
【解析】
【详解】A.钠性质活泼，熔点低，易与氧气反应，燃烧时先熔化，生成过氧化钠，故A项正确；
B.镁与氧气反应生成致密的氧化镁膜，可防止进一步腐蚀，故B项正确；
C. 铝属于较活泼的金属，铝制品之所以不需要特别保护，是因为在铝表面生成的Al2O3是一层致密的氧化物保护膜，阻止了内层金属的继续反应,故C项错误；
D.铁易发生电化学腐蚀，氧化膜疏松，易进一步氧化，应加防护措施，故D项正确。
所以本题答案：C。
11.下列各图示中能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀的是
A. ①②③ B. ①②④ C. ①②③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【详解】因为Fe(OH)2在空气中很容易被氧化为红褐色Fe(OH)3，即发生4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。因此要较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀，就要排除装置中的氧气或空气。①、②原理一样，都是先用氢气将装置中的空气排尽，并使生成的Fe(OH)2处在氢气的保护中；③由于空气中的氧气能迅速将Fe(OH)2氧化，因而不能较长时间看到白色沉淀；④中液面加苯阻止了空气进入，能较长时间看到白色沉淀。答案选B。
12.为了探究铁及其化合物的氧化性和还原性，某同学设计如下实验方案，其中符合实验要求且正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
离子反应
实验结论
A
在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水
浅绿色溶液变成棕黄色溶液
2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
Fe2＋具有氧化性
B
在氯化亚铁溶液中加入锌片
浅绿色溶液变成无色溶液
Fe2＋＋Zn=Fe＋Zn2＋
Zn具有还原性
C
在氯化铁溶液中加入铁粉
棕黄色溶液变成浅绿色溶液
Fe3＋＋Fe=2Fe2＋
铁单质具有还原性
D
在氯化铁溶液中加入铜粉
棕黄色溶液变成蓝色溶液
2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋
Fe3＋具有还原性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A项、Fe2＋具有还原性，在氯化亚铁溶液中滴加新制氯水，Fe2＋离子被氯水氧化生成Fe3＋离子，溶液由浅绿色变成棕黄色，故A错误；
B项、Fe2＋具有氧化性，Zn具有还原性，在氯化亚铁溶液中加入锌片，锌与Fe2＋离子发生置换反应生成Fe和无色的Zn2＋离子，溶液由浅绿色变成无色，故B正确；
C项、氯化铁溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故C错误；
D项、氯化铁溶液与铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应前氯化铁溶液为黄色，反应后氯化亚铁溶液为浅绿色，氯化铜溶液为淡蓝色，氯化亚铁和氯化铜的混合溶液为蓝绿色，说明Fe3+具有氧化性，故D错误；
故选B。
【点睛】氯化亚铁中+2价铁为中间价态，既有氧化性又有还原性，氯化铁中+3价的铁为高价态，具有氧化性。
13.据以下判断Cu2+、Fe2+、Fe3+的氧化性，从强到弱的顺序为（ ）
① Fe + CuCl2= FeCl2+ Cu
② 2FeCl3+ Cu = 2FeCl2+ CuCl2
A. Fe3+＞Fe2+＞Cu2+ B. Fe3+＞Cu2+＞Fe2+
C. Fe2+＞Cu2+＞Fe3+ D. Cu2+＞Fe2+＞Fe3+
【答案】A
【解析】
答案为B；
根据在同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。可以判断，答案为B。
14.工业上冶炼锡的第一步反应原理为2SnO2＋3C=2Sn＋aM↑＋CO2↑，则下列说法中错误的是（ ）
A. 反应中SnO2被还原
B. a的值为3
C. 反应后元素化合价升高的物质有两种
D. 每生成1个CO2转移电子8个
【答案】B
【解析】
【分析】
反应2SnO2+3C═2Sn+aM↑+CO2↑中，由质量守恒可知M为CO，a=2，反应中Sn元素化合价降低被还原，SnO2为氧化剂，C元素化合价升高被氧化，C为还原剂。
【详解】A项、反应中Sn元素化合价降低，SnO2为氧化剂被还原，故A正确；
B项、由质量守恒可知M为CO，a=2，方程式为2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑，故B错误；
C项、C被氧化生成CO和CO2，反应后元素化合价升高生成的物质有两种，故C正确；
D项、由方程式2SnO2+3C═2Sn+2CO↑+CO2↑可知，每生成1mol CO2，消耗2molSnO2，则转移电子8mol，故D正确；
故选B。
【点睛】氧化还原反应中，还原剂中元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，氧化剂中元素化合价降低被还原，发生还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键。
15.已知某酸性溶液中含有Ba2+、Fe3+，则下列能与上述离子共存的离子组是（ ）
A. CO32﹣、SO42﹣、NH4+、Na+ B. Cl﹣、SCN﹣、NO3﹣、Cu2+
C. Br﹣、I﹣、Mg2+、Na+ D. H+、Cl﹣、NO3﹣、Al3+
【答案】D
【解析】
A项，Ba2+与CO32-、SO42-都能反应分别生成碳酸钡沉淀和硫酸钡沉淀，Fe3+与CO32-也能反应生成沉淀，CO32-能与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故A项错误；B项，Fe3+和SCN-能发生络合反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；C项，I-、Fe3+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误； D项，H+、Cl-、NO3-、Al3+离子之间不发生反应，都不与Ba2+、Fe3+反应，且都不与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故D项正确。综上所述，符合题意的选项为D。
点睛：本题考查离子共存的判断，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：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-）等都不能大量共存；试题侧重于训练学生掌握基础知识，并运用基础知识解决实际问题的能力，试题难度中等。
【此处有视频，请去附件查看】
16.已知还原性Cl- < Fe2+ < H2O2 < I- < SO2判断下列反应不能发生的是（ ）
A. 2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+4H++2Fe2+
B. I2+SO2 +2H2O=H2SO4+2HI
C. H2O2 +2H+ +SO42-=SO2 +O2+2H2O
D. 2 Fe3++2I-=2 Fe2+ +I2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可以判断氧化还原反应中物质的还原性强弱，同时也可以根据还原性的强弱反推氧化还原反应能否发生，通过逐一判断反应中的还原剂和还原产物，与题目中的还原性强弱顺序表，符合的可以发生，不符合的不可以发生来解题。
【详解】A. 反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为亚铁离子，还原性二氧化硫大于亚铁离子，故反应可以发生，故A正确；
B. 反应中还原剂为二氧化硫，还原产物为碘离子，还原性二氧化硫大于碘离子，故反应可以发生，故B正确；
C. 反应中还原剂为双氧水，还原产物为二氧化硫，而二氧化硫的还原性大于双氧水的，故反应不发生，故C错误；
D. 反应中还原剂为碘离子，还原产物为亚铁离子，还原性碘离子大于亚铁离子，故反应可以发生，故D正确；
答案选C。
二、非选择题(本题包括4小题，共52分)
17.(1)实验室用碳酸钙与盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式是_________；常用澄清石灰水检验CO2气体，反应的离子方程式是_________________。
(2)将表面附有铁锈(成分是Fe2O3)的铁钉放入稀硫酸中，开始反应的离子方程式是__________________；反应片刻后，可观察到有气体产生，其离子方程式是_______________________________。
(3)人体胃液中有胃酸(0.2%～0.4%的盐酸)，起杀菌、帮助消化等作用，但胃酸的量不能过多或过少，它必须控制在一定范围内，当胃酸过多时，医生通常用“小苏打片”或“胃舒平”给病人治疗。
①用小苏打片(NaHCO3)治疗胃酸过多的离子方程式为___________________。
②如果病人同时患有胃溃疡，此时最好服用胃舒平[主要成分是Al(OH)3]，反应的离子方程式为______。
【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O (2). Ca2++2OH−+CO2=CaCO3↓+H2O (3). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (4). Fe+2H+=Fe2++H2↑ (5). HCO3−+H+=CO2↑+H2O (6). Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O
【解析】
【详解】（1）CaCO3是难溶物，书写离子方程式时不能拆写，HCl属于强酸，需要拆写成离子，即CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O；石灰水是澄清，因此Ca(OH)2需要拆写成离子，因为检验CO2气体，因此反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2=CaCO3↓＋H2O；
（2）开始时，Fe2O3先与稀硫酸反应，Fe2O3是氧化物，书写离子方程式时不能拆写，即离子方程式为Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O；一段时间后，有气体产生，说明铁与稀硫酸发生置换反应，即离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；
（3）①NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3－不能拆写成离子，即HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O；
②氢氧化铝难溶，因此发生的离子反应式为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O。
【点睛】书写离子反应方程式，应注意“拆”，不能拆写成离子的是单质、难溶物、微溶物、气体、氧化物、弱酸、弱碱，对微溶物的处理，如果微溶物作反应物，当是澄清溶液时，微溶物需要拆写，当是悬浊液时，微溶物不能拆写，如果微溶物作生成物，不能拆写成离子。
18.某课外活动小组为了研究“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，设计了如下实验装置：
(1)如图装置，在干燥管中装入Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2。打开K1，关闭K2，加热铜丝，目的是_____，X是_____。实验观察到铜丝未变化，则得出结论______。
(2)若打开K2，关闭K1，出现________现象，可证明有水时CO2与Na2O2反应产生了O2。
(3)根据以上的实验结论，写出生成CO2、O2反应的化学方程式：_______________。
【答案】 (1). 防止水蒸气进入干燥Na2O2中，影响实验结果 (2). 浓硫酸 (3). 无水时CO2与Na2O2不发生反应 (4). 红色铜丝变黑色 (5). Na2CO3＋H2SO4＝Na2SO4＋CO2↑＋H2O、2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2
【解析】
【分析】
根据题意，“干燥的CO2不能与Na2O2反应”和“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，因此(1)是验证“干燥的CO2不能与Na2O2反应”，(2)是验证“CO2在有水存在时才能与Na2O2反应”，据此分析解答。
【详解】(1)在干燥管中装入Na2O2后，打开活塞加入稀硫酸，生成CO2。打开K1，关闭K2，反应生成CO2，通过干燥剂后，CO2中不含水蒸气，CO2与Na2O2未发生反应，说明无水存在时，CO2与Na2O2不会产生O2。X为浓硫酸，操作的目的是干燥CO2，防止水蒸气影响实验结果，故答案为：防止水蒸气进入干燥的Na2O2中，影响实验结果；浓硫酸；无水时CO2与Na2O2不发生反应；
(2)若打开K2，关闭K1，生成的二氧化碳中含有水蒸气，若出现铜丝由红色变黑色，证明有O2产生，O2与Cu反应生成黑色CuO，可证明有水时才能使CO2与Na2O2反应，故答案为：红色铜丝变黑色；
(3)根据上述分析，碳酸钠与稀硫酸反应生成CO2，二氧化碳与过氧化钠反应生成O2，反应的化学方程式分别为Na2CO3＋H2SO4＝Na2SO4＋CO2↑＋H2O、2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：Na2CO3＋H2SO4＝Na2SO4＋CO2↑＋H2O、2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2。
19.某学习小组为认识铁及其化合物的性质、分散系的性质做了如下一组综合实验，根据实验流程回答相关问题：
(1)请写出Fe2O3与①反应的离子方程式______________________________。
(2)物质②为_______________。
(3)请写出FeCl3与铁粉反应的化学方程式________________________。
(4)向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液最终生成Fe(OH)3浊液，该过程的现象为____________ ，此过程中发生的氧化还原反应为(用化学方程式表达)_________________________。
(5)将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，并继续煮沸至红褐色，制得分散系③为__________________，它与FeCl3溶液、Fe(OH)3浊液的本质区别是_________________________。
【答案】 (1). Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O (2). NaOH溶液(其它合理答案也可) (3). Fe+2FeCl3===3FeCl3 (4). 生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 (6). Fe(OH)3胶体 (7). 分散质粒子大小不同
【解析】
试题分析：（1）Fe2O3发生反应后变为FeCl3可知是Fe2O3与盐酸反应，离子方程式为：Fe2O3+6H+＝
2Fe3++3H2O （2）FeCl3反应生成了Fe(OH)3，知道是加入了碱，可以是NaOH溶液，氨水等。（3）FeCl3与铁粉反应的化学方程式为：Fe+2FeCl3＝3FeCl2，（4）向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液先生成Fe(OH)2，Fe(OH),2是白色沉淀，容易被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，这个过程的现象为：生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，发生氧化还原反应的反应是Fe(OH)2被氧化的反应，化学方程式是：4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3（5）将FeCl3饱和溶液滴入沸水中并继续煮沸至红褐色，制得Fe(OH)3胶体，溶液、胶体、浊液的本质区别是分散质粒子直径大小不同。
考点：物质的基本化学性质。化学、粒子方程式的书写，分散系的区别。
20.在实验室中用二氧化锰跟浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气。进行此实验，所用仪器如图所示。
（1）连接上述仪器的正确顺序(填各接口处的字母)：__接__；__接__；__接___；__接__。
（2）装置中，饱和食盐水的作用是___；NaOH溶液的作用是___。
（3）化学实验中常用湿润的KI－淀粉试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到___，反应的化学方程式为___。
（4）写出下列反应的化学方程式：
①气体发生装置中进行的反应：___。
②NaOH溶液中发生反应：___。
【答案】 (1). E (2). C (3). D (4). A (5). B (6). H (7). G (8). F (9). 除去氯气中的HCl杂质 (10). 吸收过量的氯气 (11). 吸收过量的氯气 (12). 2KI＋Cl2=2KCl＋I2 (13). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (14). 2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O
【解析】
【分析】
为氯气的制备装置，装置中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，浓盐酸具有挥发性，选用装置除去氯气中混有的氯化氢，选用装置干燥氯气，氯气的密度比空气大，选用装置从H口通入收集氯气，氯气有毒，选用装置吸收氯气，防止污染环境。
【详解】（1）制备干燥纯净氯气，实验装置的连接顺序为：发生装置→除杂装置→干燥装置→收集装置→尾气处理装置，注意除杂装置中长导管进气，短导管出气，氯气的密度大于空气，收集时应长导管进气短导管出气，则仪器连接的顺序为E—C—D—A—B—H—G—F，故答案为：E；C；D；A；B；H；G；F；
（2）氯气中混有氯化氢杂质，氯化氢能溶于饱和食盐水中，但是氯气不溶，可以用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；氯气有毒，NaOH溶液的作用是吸收过量的氯气，防止污染环境，故答案为：除去氯气中的HCl杂质；吸收过量的氯气；
（3）Cl2氧化KI生成碘，碘单质遇淀粉变蓝，故观察到的现象为试纸变蓝，反应的化学方程式为2KI＋Cl2=2KCl＋I2，故答案为：试纸变蓝；2KI＋Cl2=2KCl＋I2；
（4）①气体发生装置中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；
②NaOH溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，故答案为：2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O。
【点睛】饱和食盐水中有水，浓硫酸有吸水性，所以先连接饱和食盐水装置后连接浓硫酸装置；收集装置中，因为氯气的浓度大于空气的，所以长导管进气短导管出气是解答关键，也是易错点。
相关资料
更多
