陕西省西安市第一中学2018-2019学年高一上学期期末考试化学试题

西安市第一中学2018-2019学年度第一学期期末高一 (必修1)
化学试题
可能用到的原子量：C-12 O-16 Na-23 S-32 Ba-137
第I卷 选择题
一、选择题
1.1998年诺贝尔化学奖授予科恩（美）和波普尔（英）以表彰他们在理论化学领域作出的重大贡献。他们的工作使实验和理论能够共同协力探讨分子体系的性质，引起整个化学领域正在经历一场革命的变化。下列说法正确的是
A. 化学不再是纯实验科学 B. 化学不再需要实验
C. 化学不做实验，就什么都不知道 D. 未来化学的方向还是经验化
【答案】A
【解析】
【详解】A．化学离不开实验，也需要理论的指导，故A正确；
B．化学是一门以实验为基础的科学，化学不再需要实验是错误的，故B错误；
C．化学也需要理论研究，离不开理论的指导，故C错误；
D．化学无论何时，都需要实验来验证，故D错误；
故答案为A。
2.某同学想用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO4－离子的颜色，而不是K＋离子的颜色，他设计的下列实验步骤中没有意义的是
A. 将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少
B. 观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K＋无色
C. 在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K＋无反应
D. 在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO4－离子为紫红色
【答案】A
【解析】
【详解】用实验证明高锰酸钾溶液的紫红色是MnO4-离子的颜色，而不是K+离子的颜色；
A．将高锰酸钾晶体加热分解，所得固体质量减少，只是说明高锰酸钾受热易分解，不能说明哪种离子有色，没有意义，故A错误；
B．观察氯化钾溶液没有颜色，表明溶液中K+无色，说明高锰酸钾溶液有色与钾离子无关，有意义，故B正确；
C．在氯化钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后未见明显变化，表明锌与K+无反应，但锌能与高锰酸钾溶液反应，有意义，故C正确；
D．在高锰酸钾溶液中加入适量锌粉振荡，静置后见紫红色褪去，表明MnO4-离子为紫红色，说明钾离子无色，有意义，故D正确；
故答案为A。
【点睛】考查化学实验方案评价，根据实验目的利用对比方法进行验证判断是解本题关键，要注意实验方案的严密性、准确性，易错选项是C，注意C的目的是证明锌和高锰酸根离子反应和钾离子不反应。
3.除去食盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需加入NaOH、Na2CO3、BaCl2和盐酸，加入顺序正确的是
A. NaOH Na2CO3 BaCl2 HCl B. Na2CO3 BaCl2 HCl NaOH
C. BaCl2 HCl NaOH Na2CO3 D. NaOH BaCl2 Na2CO3 HCl
【答案】D
【解析】
【详解】除去钙离子选用碳酸钠、除去镁离子使用氢氧化钠、除去硫酸根离子选用氯化钡，由于含有多种杂质，所以加入的除杂试剂要考虑加入试剂的顺序，加入过量氯化钡溶液的顺序应该在加入碳酸钠溶液之前，以保证将过量的氯化钡除去，过滤后，最后加入盐酸，除去过量的碳酸钠，而氢氧化钠溶液只要在过滤之前加入就可以，满足以上关系的只有选项D，故答案为D。
【点睛】主要考查盐的性质、除杂的方法和原则，注意除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂，本题解题关键是过量的碳酸钠能除去溶液中的Ca2+，还能除去外加过量的Ba2+。
4.在两个容积相同的容器中，一个盛有HCl气体，另一个盛有H2和Cl2的混合气体。在同温同压下，两容器内的气体一定具有相同的（ ）
A. 原子数 B. 密度 C. 质量 D. 质子数
【答案】A
【解析】
【详解】在同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，分子物质的量相等；
A.HCl、H2和Cl2都是双原子分子，当二者分子数相等时，原子数一定相等；
B.由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等，则密度不一定相等；
C.由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，二者的质量之和与另一容器中的HCl的质量不一定相等；
D.1个H2中含有2个质子，1个Cl2中含有34个质子，1个HCl中含有18个质子，由于氢气和氯气的物质的量关系不确定，等物质的量时两个容器中气体的质子数不一定相等；
故合理选项是A。
5.在无土栽培中需用浓度为0.5mol/L NH4Cl、0.16mol/L KCl、0.24mol/L K2SO4的培养液，若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三种物质来配制1.00L上述营养液，所需三种盐的物质的量正确的是( )
A. 0.4mol、0.5mol、0.12mol B. 0.66mol、0.5mol、0.24mol
C. 0.64mol、0.5mol、0.24mol D. 0.64mol、0.02mol、0.24mol
【答案】D
【解析】
【分析】
根据n=c×V计算各物质的物质的量，进而计算混合液中各离子的物质的量，再根据离子守恒可知，n[(NH4)2SO4]=n()，n(KCl)=n(K+)，n(NH4Cl)+n(KCl)=n(Cl-)，据此计算解答。
【详解】1L混合液中，n(NH4Cl)=1L×0.5mol/L=0.5mol，n(KCl)=1L×0.16mol/L=0.16mol，n(K2SO4)=1L×0.24mol/L=0.24mol，
故n(Cl-)= n(NH4Cl)+n(KCl)=0.5mol+0.16mol=0.66mol；
n(K+)=n(KCl)+2n(K2SO4)=0.16mol+2×0.24mol=0.64mol；
n()=n(K2SO4)=0.24mol；
用KCl、NH4Cl、(NH4)2SO4配制，则：
n(KCl)=n(K+)=0.64mol；
n(NH4Cl)=n(Cl-)-n(KCl)=0.66mol-0.64mol=0.02mol；
n[(NH4)2SO4]=n()=0.24mol，
故答案为：D。
6.浓度为0.50mol·L－1的某金属阳离子Mn＋的溶液10.00mL，与0.40mol·L－1的NaOH溶液12.50mL完全反应，生成沉淀，则n等于
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】n(Mn+)=0.01L×0.5mol/L=0.005mol，氢氧化钠溶液中n(OH-)=n(NaOH)=0.0125L×0.4mol/L=0.005mol，发生反应Mn++nOH-=M(OH)n↓，则0.005mol:0.005mol=1:n，解得n=1，故答案为A。
7.等体积的Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3三种溶液分别与等体积、等浓度的BaCl2溶液完全反应，则三溶液的物质的量浓度之比为
A. 1：2：3 B. 3：2：1 C. 6：3：2 D. 2：3：6
【答案】C
【解析】
【详解】消耗BaCl2的量相等，说明硫酸根的物质的量相等。设Na2SO4、KAl(SO4)2、Al2(SO4)3的浓度分别为a、b、c；有aV×1=bV×2=cV×3，解得a：b：c=6:3:2。答案选C。
8. 下列反应中，属于非氧化还原反应的是
A. 3CuS+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O
B. 3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O
C. 3H2O2+2KCrO2+2KOH=2K2CrO4+4H2O
D. 3CCl4+K2Cr2O7=2CrO2Cl2+2COCl2+2KCl
【答案】D
【解析】
【详解】A. Cu、S、N元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不选；
B. Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不选；
C. O、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C不选；
D. 各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，D选。
答案选D。
9.重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]是一种受热易分解的盐。下列各项中的物质可能是重铬酸铵受热分解的产物是
A. Cr、NH3、H2O B. Cr2O3、N2、H2O
C. Cr2O3、NH3、H2O D. CrO3、N2、H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成Cr，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故A错误；
B．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]受热发生氧化还原反应，则N元素的化合价应升高，即由-3价升高为0，生成氮气，由元素守恒可知，还生成水，故B正确；
C．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成Cr2O3，Cr元素的化合价降低，则N元素的化合价要升高，所以不能生成NH3，故C错误；
D．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]生成N2，N元素的化合价升高，则Cr元素的化合价要降低，不能生成CrO3，故D错误；
故答案为B。
【点睛】考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化特征是有升必有降，而(NH4)2Cr2O7受热分解发生氧化还原反应；(NH4)2Cr2O7中铵根中的氮是负三价，有还原性，重铬酸根中的铬正六价，有氧化性，会发生自身氧化还原反应，氮元素化合价升高，铬元素化合价降低。
10.能用H＋＋OH－＝H2O来表示的化学反应是
A. 固体Cu(OH)2和H2SO4溶液反应 B. 澄清石灰水和HNO3溶液反应
C. KOH溶液和醋酸溶液反应 D. Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化铜和稀硫酸反应，离子方程式为：Cu(OH)2+2H+═Fu2++2H2O，故A错误；
B．澄清石灰水与硝酸反应，离子方程式为：H++OH-=H2O，故B正确；
C．醋酸和氢氧化钾溶液，离子方程式为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，故C错误；
D．氢氧化钡溶液滴入稀硫酸中，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选B。
11.下列离子方程式中，正确的是
A. 大理石溶解于醋酸 CaCO3+ 2H+= Ca2++ CO2↑+ H2O
B. 澄清石灰水中加入CuSO4溶液混合 2OH-+ Cu2+= Cu(OH)2↓
C. NaHSO4溶液和Na2CO3溶液混合 2H++CO32-==CO2↑+ H2O
D. NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2：Ba2++ SO42-= BaSO4↓
【答案】C
【解析】
【详解】A.醋酸是弱酸，必须写化学式，正确的离子方程式为CaCO3+ 2CH3COOH= Ca2++2CH3COO- +CO2↑+ H2O，选项A错误；
B.生成的硫酸钙是微溶物，离子方程式中也应体现出硫酸钙的生成，选项B错误；
C.硫酸氢钠为强酸的酸式盐，全部电离，选项C正确；
D.反应的离子方程式应为：Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO42－=BaSO4↓＋H2O，选项D错误。
答案选C。
12. 在强酸性溶液中能大量共存并且溶液为无色透明的离子组是（ ）
A. Ca2+、Na+、NO3-、SO42- B. Mg2+、Cl-、Al3+、SO42-
C. K+、Cl-、HCO3-、NO3- D. Ca2+、Na+、Fe3+、NO3-
【答案】B
【解析】
【详解】A. Ca2+、SO42-在溶液中反应生成微溶物CaSO4，不能大量共存，故A不选；
B. 四种离子互不反应且均无颜色，在溶液中可以大量共存，故B选；
C. H+与HCO3-反应生成CO2和水，不能大量共存，故C不选；
D. Fe3+有颜色，在无色溶液中不能大量共存，故D不选；
答案选B
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. NaOH和CO2 C. Na2O2和CO2 D. 木炭（C）和O2
【答案】C
【解析】
【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，则生成碳酸氢钠，不过量生成碳酸钠和水，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；
所以答案选C。
14.取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是
A. 1：1 B. 1：2 C. 1：3 D. 3：2
【答案】A
【解析】
【详解】Al与HCl、NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式可知：当酸、碱均过量时，金属铝完全反应，等物质的量的铝与两种不同的物质发生反应，产生的氢气的物质的量相等，根据n=，可知Al的物质的量相等，其质量相等；反应产生的氢气的物质的量相等，则在相同条件下其体积也相等，因此取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是1：1，故合理选项是A。
15.下列应用或事实与胶体的性质没有关系的是
A. 用明矾净化饮用水
B. 用石膏或盐卤点制豆腐
C. 在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀
D. 清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶所产生的美丽景象（美丽的光线）
【答案】C
【解析】
【详解】A.用明矾净化饮用水，利用氢氧化铝凝胶的吸附性，故A正确；
B. 用石膏或盐卤点制豆腐利用了胶体的聚沉，故B正确；
C.在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀不是胶体，故C错误；
D.雾属于气溶胶，可以产生丁达尔效应，故D正确；
答案选C。
16.随着人们生活节奏的加快，方便的小包装食品已被广泛接受。为了延长食品的保质期，防止食品氧化变质，在包装袋中可以放入的化学物质是
A. 无水硫酸铜 B. 硫酸亚铁 C. 食盐 D. 生石灰
【答案】B
【解析】
详解】A．无水硫酸铜能吸收水分，不能防止食物被氧化，且铜离子有毒，故A不选；
B．硫酸亚铁具有还原性，可以作为防止富脂食品氧化变质的物质，故B选；
C． 食盐不能吸收水分，食品的调味剂；故C不选；
D．生石灰能够吸水，能防止食品受潮，但不能防止食品被氧化；故D不选；
答案选B。
17.在FeCl3和CuCl2混合液中，加入过量的铁粉，充分反应后，溶液中的金属离子
A. Fe2+ B. Fe3+ 和Fe2+ C. Cu2+ 和Fe2+ D. Cu2+
【答案】A
【解析】
【详解】铁粉过量，溶液中铁离子和铜离子均被铁还原转化为亚铁离子和铜，因此充分反应后，溶液中的金属离子是亚铁离子；
答案选A。
18.下列物质中主要成分不是二氧化硅的是
A 玛瑙 B. 水晶 C. 硅胶 D. 硅石
【答案】C
【解析】
【详解】A．石英中具有彩色环带或层状的称为玛瑙，主要成分是二氧化硅，故A错误；
B．石英中无色透明的晶体就是通常所说的水晶，主要成分是二氧化硅，故B错误；
C．硅酸凝胶经干燥脱水形成的硅酸干胶称为硅胶，主要成分是硅酸，故C正确；
D．地球上存在的天然二氧化硅有结晶和无定形两大类，统称硅石，故D错误；
故答案为C。
19.能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是
A. CO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水
B. CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
C. 高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
D. 氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性氧化物与对应酸的酸性强弱没有关系，则无法比较酸性，故A错误；
B．因往硅酸盐溶液通入二氧化碳，可以看到溶液变浑浊，是因为生成了难溶的硅酸沉淀，反应方程式是：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3↓，反应原理是强酸制弱酸，说明碳酸比硅酸酸性强，故B正确；
C．比较强酸制取弱酸时在溶液中进行的反应，则在高温下固体之间的反应不能得到酸性强弱的结论，故C错误；
D．氯化氢通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀，根据强酸制弱酸，只能说明盐酸的酸性比碳酸或硅酸强，但无法确定碳酸与硅酸的酸性的强弱，故D错误；
故答案为B。
20.如图所示，试管中盛装的是红棕色气体（可能是混合物），当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的可能是什么气体

A. 可能是N2与NO2的混和气体 B. 只能是NO2一种气体
C. 可能是N2与NO混和气体 D. 可能是O2与NO2的混和气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．N2和水不反应且不溶于水，在有O2的条件下N2也不与水反应，则通入O2后试管内不能完全被水充满，故A错误；
B．O2与NO2可在溶液中发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，试管内只有NO2气体，通入O2后能完全被水充满，但还有其它可能，如NO和NO2的混合气体或只有NO，故B错误；
C．N2和水不反应且不溶于水，在有O2的条件下氮气也不与水反应，则通入O2后试管内不能完全被水充满，故C错误；
D．O2与NO2的混和气体可在水中发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则通入适量O2后试管内能完全被水充满，故D正确；
故答案为D。
21.检验某未知溶液中是否含有SO42－的下列操作中，合理的是
A. 先加硝酸酸化，再加氯化钡溶液 B. 先加硝酸酸化，再加硝酸钡溶液
C. 先加盐酸酸化，再加硝酸钡溶液 D. 先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．先加HNO3酸化，再滴加氯化钡溶液，原溶液中若有SO32－、Ag+，也会生成白色沉淀，干扰SO42－的检验，故A错误；
B．先加HNO3酸化，再加Ba(NO3)2溶液，若原溶液中有SO32－也生成白色沉淀，干扰SO42－的检验，故B错误；
C．先加盐酸酸化，再加硝酸钡溶液，可排除Ag+和CO32-的干扰，无法排除SO32-的干扰，故C错误；
D．先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，可以排除SO32－、Ag+和CO32-的干扰，产生的沉淀只能是硫酸钡，故D正确；
故答案为D。
22.已知反应①2BrO3- + Cl2 =Br2 +2ClO3-，②5Cl2 + I2 +6H2O=2HIO3 +10HCl，③+5Cl-+6H+=3Cl2 +3H2O,下列物质氧化能力强弱顺序正确的是
A. ＞＞＞Cl2 B. ＞Cl2＞＞
C. ＞＞Cl2＞ D. Cl2＞＞＞
【答案】C
【解析】
【详解】①中BrO3-是氧化剂，ClO3-是氧化产物，所以氧化性BrO3-＞ClO3-；②中Cl2是氧化剂，HIO3是氧化产物，所以氧化性Cl2＞IO3-；③中ClO3-是氧化剂，是Cl2氧化产物，所以氧化性ClO3-＞Cl2，则氧化能力强弱顺序为BrO3-＞ClO3-＞Cl2＞IO3-，故答案为C。
23.SO2和Cl2都具有漂白性，若将等物质的量的这两种气体同时作用于潮湿的有色物质，可观察到有色物质
A. 立刻褪色 B. 慢慢褪色
C. 先褪色，后复原 D. 颜色不褪
【答案】D
【解析】
【详解】二氧化硫具有还原性，氯气具有强氧化性，当它们同时用于漂白潮湿物质的时候，会发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，从而两种气体都丧失漂白性，所以有色物质不能被漂白；
答案选D。
24.把等量金属钠进行下列实验，其中生成氢气最多的是
A. 把钠放入足量稀盐酸中 B. 把钠放入足量水中
C. 把钠放入硫酸铜溶液中 D. 将钠用铝箔包好并刺些小孔，再放入水中
【答案】D
【解析】
【详解】A、B、C选项中只是等量的钠反应，放出氢气，D 选项中，不仅钠反应生成氢气，铝也反应生成氢气，所以生成氢气最多的是D选项。
25.wg铁粉和铝粉的混合物，和过量的 NaOH反应，然后过滤，将沉淀完全收集后，放蒸发皿中加热，直至被加热的物质质量不再变化，取出蒸发皿中的物质称量仍为wg，则原混合物中铝粉的质量分数是
A. 30％ B. 50％ C. 70％ D. 90％
【答案】A
【解析】
【详解】wg铁粉和铝粉的混合物，和过量的NaOH反应，然后过滤，滤渣为Fe，放入蒸发皿中完全灼烧后最终应生成Fe2O3，取出蒸发皿中的物质称量仍为wg，则铝粉的质量等于Fe2O3中O元素的质量，则原混合物中铝粉的质量分数为：×100%=30%，故答案为A。
【点睛】考查混合物的计算，明确金属混合物反应前后物质的成分的变化是解题关键，wg铁粉和铝粉的混合物，和过量的NaOH反应，然后过滤，滤渣为Fe，放入蒸发皿中完全灼烧后最终应生成Fe2O3，取出蒸发皿中的物质称量仍为wg，则铝粉的质量等于Fe2O3中O元素的质量。
26.有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中为0.2mol·L－1, 为1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol·L－1NaOH溶液的体积为
A. 40mL B. 72mL C. 80mL D. 128mL
【答案】C
【解析】
【详解】溶液中n(Cl-)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)==0.06mol；将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，则至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为C。
第Ⅱ部分 非选择题
二、填空题
27.前一段时间，各地报刊纷纷转载了不要将不同品牌洁污剂混合使用的警告。据报道，在全国各地发生了多起混合洁污剂发生氯气中毒的事件。发生反应的离子方程式是：ClO-＋Cl-＋2H+＝Cl2↑＋H2O。根据你所掌握的化学知识作出如下判断：当事人使用的液态洁污剂之一必定含氯，其中氯最可能的存在形式是_________和_______（填离子），当另一种具有_______（性质）的液态洁污剂与之混合，可能发生上述反应而产生氯气。举例说明这两种洁污剂的名称（家用洁污剂的商品名称）___________、____________。
【答案】 (1). ClO- (2). Cl-； (3). 酸性； (4). 84（或者是“漂白液”、“漂白粉”等） (5). 洁厕净（主要成分是盐酸）
【解析】
【分析】
发生反应的离子方程式是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，液态洁污剂之一必定含氯，则含ClO-、Cl-，与酸性的物质混合，反应生成氯气，结合生活中的洁污剂来解答。
【详解】由信息发生反应的离子方程式是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，且液态洁污剂之一必定含氯，则氯最可能的存在形式是ClO-和Cl-，ClO-和Cl-与酸性的物质混合，可反应生成氯气，生活中常用的洁污剂有84消毒液、洁厕净等。
28.已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种，它们的水溶液之间的一些反应现象如下：
①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。
②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。
③C+D→白色沉淀，继续加D溶液，白色沉淀逐渐消失。
（1）则各是什么物质的化学式为：A_______、B_______、C_______、D_______。
（2）现象②中所发生的反应的化学方程式为：__________________________________、______________________________。
（3）现象③中所发生反应的离子方程式为：__________________________________、________________________________。
【答案】 (1). BaCl2 (2). FeSO4 (3). AlCl3 (4). NaOH； (5). FeSO4 + 2NaOH＝Fe(OH)2↓+ Na2SO4 (6). 4 Fe(OH)2 + O2 + 2H2O＝4Fe(OH)3 (7). Al3+ + 3OH-＝Al(OH)3↓ (8). Al(OH)3 + OH-＝AlO2- + 2H2O
【解析】
【分析】
①A+B→白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解应，则生成的白色沉淀为BaSO4，②B+D→白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色，是Fe(OH)2的转化为Fe(OH)3，故A为BaCl2，B为FeSO4，D为NaOH，则C为AlCl3，氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Al(OH)3，Al(OH)3能溶解在NaOH溶液中，符合③中现象。
【详解】(1)根据以上分析可知A、B、C、D依次为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH；
(2)现象②先生成白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学方程式为：FeSO4 + 2NaOH＝Fe(OH)2↓+ Na2SO4，4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3；
(3)现象③中所发生反应的离子方程式为：Al3++3OH-＝Al(OH)3↓，Al(OH)3+OH-＝AlO2-+2H2O。
【点睛】考查无机物的推断，关键是明确物质之间的反应，根据现象进行判断，其中“白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口，这里发生了Fe(OH)2沉淀的生成及转化为Fe(OH)3的过程，另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。
29.汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NO及汽油、柴油等物质，这种尾气越来越成为城市空气污染的主要来源，必须予以治理。治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转换器”(用铂、钯合金作催化剂)。它的特点是使CO与NO反应，生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使汽油、柴油等物质充分燃烧及SO2的转化。
（1）汽车尾气中NO的来源是_________。
A．汽油、柴油中含氮，是其燃烧产物
B．是空气中的N2与汽油、柴油的反应产物
C．是空气中的N2与O2在汽车气缸内的高温环境下的反应产物
D．是汽车高温尾气导致了空气中N2与O2的化合反应
（2）写出CO与NO反应的化学方程式：_____________________________。
（3）“催化转化器”的缺点是在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是______________
（4）控制或者减少城市汽车尾气污染的方法可以有___________。（多选）
A．开发氢能源 B．使用电动车 C．限制车辆行驶 D．使用乙醇汽油
【答案】 (1). C (2). 2CO＋2NO2CO2＋N2 (3). SO2转化为SO3，产生了硫酸酸雾 (4). ABD
【解析】
【详解】（1）汽车尾气中的NO来源是空气中的N2与O2在汽车气缸内的高温环境或电火花作用下的反应产物，N2+O22NO；
答案选C；
（2）一氧化碳和一氧化氮在催化剂条件下反应生成可参与大气生态环境的无毒气体二氧化碳和氮气，反应方程式为：2CO+2NO2CO2+N2；
（3）根据题意知，该催化转换器能促使SO2转化，SO2和氧气发生反应生成SO3，SO3和水蒸气反应生成硫酸，从而产生硫酸酸雾，提高了空气酸度，故答案为SO2转化为SO3，产生了硫酸酸雾；
（4）A．开发氢能源，燃烧产物为水，有利于减少污染，选项A正确；
B．使用电动车有利于减少污染，选项B正确；
C．不能严禁车辆行驶，所以不能通过限制车辆行驶控制污染，选项C错误；
D．使用乙醇汽油，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，有利于减少污染，选项D正确；
答案选ABD。
三、实验题
30.在常温下，Fe与水并不起反应，但在高温下，Fe与水蒸气可发生反应。应用下列装置，在硬质玻璃管中放入还原铁粉和石棉绒的混合物，加热，并通入水蒸气，就可以完成高温下“Fe与水蒸气的反应实验”。

请回答该实验中的问题。
（1）写出该反应的反应方程式：________________________________________，并指明该氧化还原反应的还原剂是_____________，氧化剂是____________。
（2）实验前必须对整套装置进行气密性检查，操作方法是______________________。
（3）圆底烧瓶中盛装的水，该装置受热后的主要作用是________________________，烧瓶底部放置了几片碎瓷片，碎瓷片的作是__________________________________。
（4）酒精灯和酒精喷灯点燃的顺序是________________________________________。
（5）干燥管中盛装是的物质是___________________，作用是___________________。
【答案】 (1). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 (2). Fe (3). H2O (4). 在玻璃管口A处接一断乳胶管，乳胶管头上连一段玻璃管，并将管口没入水中，用酒精灯火焰微热烧瓶底部，如果能够观察到没入水中的玻璃管口有气体逸出，停止加热后，玻璃管内有水柱上升，且较长时间水柱不回落，则标明该套装置气密性良好 (5). 为硬质玻璃管内Fe与水蒸气的反应实验提供持续不断的水蒸气 (6). 防止爆沸事故的发生 (7). 先点燃酒精灯，产生水蒸气后，再点燃酒精喷灯；防止先点燃酒精喷灯所导致的Fe与O2的反应 (8). 碱石灰干燥剂 (9). 除去反应产生的H2中的水蒸气
【解析】
【分析】
铁与水蒸气在加热条件下发生氧化还原反应生成四氧化三铁和氢气，实验时先加热酒精灯，以提供水蒸气，且排除空气，防止铁与氧气反应，生成氢气可用碱石灰干燥，用点燃的方法检验氢气，注意防止不纯的气体爆炸，以此解答该题。
【详解】(1)铁与水蒸气发生氧化还原反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，根据化合价升降来判断氧化剂和还原剂，因铁元素的化合价升高，则铁作还原剂，水中氢元素的化合价降低，水作氧化剂；
(2)实验前必须对整套装置进行气密性检查，检查方法是在玻璃管口A处接一断乳胶管，乳胶管头上连一段玻璃管，并将管口没入水中，用酒精灯火焰微热烧瓶底部，如果能够观察到没入水中的玻璃管口有气体逸出，停止加热后，玻璃管内有水柱上升，且较长时间水柱不回落，则标明该套装置气密性良好；
(3)因为反应物为水蒸气与铁，所以这里加热的目的就是提供水蒸气，烧瓶底部应事先放置碎瓷片，放碎瓷片的目的是防止暴沸；
(4)空气中的氧气会和金属铁反应，为防止氧气干扰，应该先点燃酒精灯，产生水蒸气，并除去装置内空气，后再点燃酒精喷灯，可防止加热铁粉时与空气中氧气反应；
(5)干燥管应只能盛装固体干燥剂，一般为碱石灰，用于干燥氢气。
四、计算
31.取50.0 mL Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量BaCl2溶液后得到14.51 g白色沉淀，用过量稀硝酸处理后沉淀量减少到4.66 g，并有气体放出。试计算：
（1）原混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度；______________
（2）产生的气体在标准状况下的体积。_______________
【答案】 (1). Na2CO3的物质的量浓度为1.0 mol·L－1，Na2SO4的物质的量浓度为0.4 mol·L－1 (2). 二氧化碳的体积为1.12 L
【解析】
【详解】（1）14.51克白色沉淀是BaCO3和BaSO4混合物，剩余沉淀为BaSO4，Na2SO4的物质的量等同于BaSO4的物质的量所以Na2SO4的物质的量为：=0.02mol，所以Na2SO4物质的量的浓度为=0.4mol/L，减少的沉淀质量为BaCO3，Na2CO3的物质的量等同于BaCO3的物质的量所以Na2CO3的物质的量为：=0.05mol所以Na2CO3的物质的量浓度为1mol/L答案为：1mol/L、0.4mol/L．
（2）设生成的气体在标准状况下的体积为x．
BaCO3+2HNO3═Ba（NO3）2+H2O+CO2↑
1mol 22.4L
005mol x
x=1.12L，答案为1.12L．