【化学】贵州省遵义育新高级中学2018-2019学年高一上学期11月考试试题（解析版）

贵州省遵义育新高级中学2018-2019学年高一上学期11月考试试题
本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。
分卷I
一、选择题(共30小题,每小题2.0分,共60分)
1.下列金属用途与性质不相对应的是(　　)
A. 用铜做电线是由于其导电性良好
B. 用钨做灯丝是因为其熔点高
C. 铁制品表面镀铬是由于铬硬且不易被氧化
D. 用铝制炊具是因为铝的熔点比铁高
【答案】D
【详解】A．可以用作导线的物质要具有良好的导电性，用铜做电线是由于其导电性良好，故A正确；B．白炽灯的灯丝要耐高温，不易熔化，所以要求灯丝的熔点要高，选用钨丝作为灯丝就是因为钨的熔点高，故B正确；C．在钢铁表面用电镀、热镀等方法镀上一层不易生锈的金属，如锌、锡、铬、镍等。这些金属表面都能形成一层致密的氧化物薄膜，从而防止铁制品和水、空气等物质接触而生锈，铁制品镀铬是因为铬硬且不易氧化，故C正确；D．铝的熔点：660.4℃，纯铁的熔点是1534℃，所以铝的熔点比铁低，用铝制炊具是因为铝合金耐腐蚀、导热快，故D错误；故选D。
2.下列物品主要由金属材料制造的是(　　)
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据用品的制作材料来进行分析，金属材料包括金属单质和合金两大类，据此分析判断即可。
【详解】A、课本中的纸张主要是由植物纤维制成，不属于金属材料；
B、篮球一般是由橡胶制成，橡胶不属于金属材料；
C、铅笔中含有木材和石墨及粘土，均不属于金属材料；
D、铅球是由金属铅的合金制成，属于金属材料制造而成；
故答案选D。
3.分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法，人们在认识事物时可采取多种分类方法。下列各组归类不合理的是(　　)
选项
分类标准
归类
A
FeSO4、NO2、MnO2、NaClO
H2SO3
B
CH3COOH、HClO、H2S、H2CO3
HF
C
氢气燃烧、氧化钙变质、食物腐烂
冰雪熔化
D
（NH4）SO4、NH4Cl、NH4NO3、NH3•H2O
NH4HCO3
【答案】C
【详解】A．分类标准中的各物质都含有可变价态的元素，且这些元素都处于中间价态，H2SO3中S为+4价，符合分类标准，故A正确；B．分类标准中的各物质都是弱酸，HF是弱酸，符合分类标准，故B正确；C．分类标准中的反应都属于化学变化，冰雪熔化属于物理变化，不符合分类标准，故C错误；D．分类标准中的各物质都能电离出铵根离子，NH4HCO3可以电离出铵根离子，符合分类标准，故D正确；故选C。
4.0.5 L AlCl3溶液中含Cl﹣的个数为9.03×1023个，则AlCl3溶液的物质的量浓度为（　　）
A. 0.1 mol•L﹣1 B. 1 mol•L﹣1 C. 3 mol•L﹣1 D. 1.5 mol•L﹣1
【答案】B
【详解】Cl-的物质的量为=1.5mol，n(AlCl3)==0.5mol，故AlCl3的物质的量浓度为=1mol/L，故选B。
5.5.4 g M和16.0 g N恰好完全反应，生成0.2 mol X和10.2 g Y，则X的摩尔质量为(　　)
A. 28 g·mol－1 B. 56 g·mol－1 C. 84 g·mol－1 D. 112 g·mol－1
【答案】B
【解析】试题分析：根据质量守恒定律生成物X的质量为：5．4g+16．0g-10．2g=11．2g，则X的摩尔质量：11．2g/0．2 mol=56g·mol－1，选项B符合题意。
6.R、X、Y和Z是四种元素，其常见化合价均为＋2价，且X2＋与单质R不反应；X2＋＋Z===X＋Z2＋；Y＋Z2＋===Y2＋＋Z。这四种离子被还原成0价所表现的氧化性大小符合(　　)
A. R2＋>X2＋>Z2＋>Y2＋ B. X2＋>R2＋>Y2＋>Z2＋
C. Y2＋>Z2＋>R2＋>X2＋ D. Z2＋>X2＋>R2＋>Y2＋
【答案】A
【解析】试题分析：氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；X2+与单质R不反应，氧化性R2+>X2+；根据X2++Z ＝ X + Z2+，氧化性X2+>Z2+；根据Y + Z2+ ＝ Y2+ + Z，氧化性Z2+>Y2+；所以氧化性R2+>X2+>Z2+>Y2+，故A正确。
7.同温同压下，等体积的一氧化二氮(N2O)和二氧化碳两种气体相比较：①质量相等、②所含碳原子数与氮原子数相等、③所含分子数相等。上述结论中正确的是(　　)
A. ①②③ B. ②③ C. ①② D. ①③
【答案】D
【解析】
【分析】根据阿伏加德罗定律，同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同的分子数，据此分析判断。
【详解】同温、同压下，气体的Vm相等，则体积相同时，n=可知，两种气体的物质的量相同，设物质的量都为n，则：①m(N2O)=nM=44n，m(CO2)=nM=44n，故①正确；②N(C)=nNA，N(N)=2n(N2O)×NA=2NA，所含碳原子数与氮原子数不相等，故②错误；③N(N2O)=nNA，N(CO2)=nNA，所含分子数相等，故③正确；故选D。
8.中学化学实验中应用最广泛的仪器之一是滴瓶。滴瓶用于盛放各种溶液，关于滴瓶中滴管的使用，叙述不正确的是(　　)
A. 向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴不能伸入试管内
B. 不能将滴管水平拿持
C. 加完药品后应将滴管洗净后再放回原瓶
D. 滴管除了原滴瓶外，不能放在别的地方
【答案】C
【解析】A. 向试管中滴加溶液时，滴管尖嘴不能伸入试管内，以防滴管尖嘴被污染，A正确；B. 不能将滴管水平拿持，否则滴管中的液体可能会腐蚀橡皮或使试剂受到橡皮的污染，B正确；C. 加完药品后应将滴管及时放回原瓶，不用洗涤，否则可能会影响试剂的浓度或纯度，C不正确；D. 滴管除了原滴瓶外，不能放在别的地方，以防其与其他滴瓶不匹配或使其受污染，D正确。本题选C。
9.下列气体中，能用固体氢氧化钠做干燥剂的是(　　)
A. 氯化氢 B. 氧气 C. 二氧化碳 D. 二氧化硫
【答案】B
【解析】
【分析】根据氢氧化钠是强碱，依据气体的性质分析判断。
【详解】A. 氯化氢是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，A错误；
B. 氧气和氢氧化钠不反应，能用固体氢氧化钠做干燥剂，B正确；
C. 二氧化碳是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，C错误；
D. 二氧化硫是酸性气体，不能用氢氧化钠干燥，D错误；
答案选B。
10.25 g 硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)的物质的量为(　　)
A. 25 mol B. 1.56 mol C. 1 mol D. 0.1 mol
【答案】D
【详解】CuSO4·5H2O 的摩尔质量为250g/mol，n(CuSO4·5H2O)===0.1mol，故选D。
11.某学生做如下实验：第一步，在淀粉­KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并加入少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。下列有关该同学对实验原理的解释和所得结论的叙述不正确的是(　　)
A. 氧化性：ClO－＞I2＞SO42—
B. 蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性
C. 淀粉­KI溶液变蓝是因为I－被ClO－氧化为I2，I2使淀粉变蓝
D. 若将Na2SO3溶液加入氯水中，氯水褪色
【答案】B
【解析】试题分析：B中蓝色消失的原因是Na2SO3与I2反应，消耗了碘，并不是Na2SO3溶液具有漂白性，所以B为本题的正确选项。A中，根据一个化学反应方程式，左边的氧化性大于右边的氧化性可以得到ClO－>I2>SO。
12.能够说明金属锌的活动性比铁的活动性强的是(　　)
A. 都能与盐酸反应产生氢气
B. 都能与硫酸铜溶液反应生成铜
C. 锌溶于氯化亚铁溶液并有铁生成
D. 都能与氧气反应生成氧化物
【答案】C
【详解】A. 都能与盐酸反应产生氢气，说明锌和铁均处于金属活动性顺序表中H的前面，不能说明锌和铁的活泼性强弱，故A不选；B. 都能与硫酸铜溶液反应生成铜，说明锌和铁均处于金属活动性顺序表中Cu的前面，不能说明锌和铁的活泼性强弱，故B不选；C. 锌溶于氯化亚铁溶液并有铁生成，说明锌置换出了铁，说明锌的活动性比铁的活动性强，故C选；D. 都能与氧气反应生成氧化物，说明锌和铁都具有较强的还原性，能够被氧气氧化，不能说明锌和铁的活泼性强弱，故D不选；故选C。
13.某溶液中含有Na＋、SO42—、CO32—、HCO3—4种离子，若向其中加入少量过氧化钠固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(　　)
A. HCO3— B. Na＋ C. CO32— D. SO42—
【答案】D
【详解】加入足量过氧化钠，在溶液中反应生成氢氧化钠和氧气，Na＋离子浓度增大，HCO3-与OH-反应生成CO32-，则HCO3-离子浓度减小，CO32-离子浓度增大，SO42-离子浓度基本保持不变，故选D。
14.将质量均为mg的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中，压强(p)与温度(T)的关系如图所示，则X、Y气体可能分别是(　　)

A. C2H4、CH4 B. CO2、Cl2 C. SO2、CO2 D. CH4、Cl2
【答案】B
【解析】根据PV=nRT可知温度和体积相等时，压强与气体的物质的量成正比。根据m＝nM可知在质量相等时气体的物质的量与摩尔质量成反比，根据图像可知三种气体的相对分子质量大小关系是O2＜X＜Y。其中氧气的相对分子质量是32，则A. C2H4、CH4的相对分子质量分别是28和16，A不符合题意；B. CO2、Cl2的相对分子质量分别是44和71，B符合题意；C. SO2、CO2的相对分子质量分别是64和44，C不符合题意；D. CH4、Cl2的相对分子质量分别是16和71，D不符合题意，答案选B。
15.下列说法中正确的是(　　)
A. 酸、碱、盐都是电解质
B. 难溶的物质一定不是电解质
C. 氧化物都是电解质
D. 氢化物都不是电解质
【答案】A
【详解】A．酸、碱、盐在水溶液中或熔融状态下均能电离出自由移动的离子而导电，属于化合物，是电解质，故A正确；B．硫酸钡、氯化银难溶于水，但是在熔融状态下能导电，属于电解质，故B错误；C．非金属氧化物，本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故C错误；D．氯化氢，硫化氢在水溶液中均能电离出自由移动的离子而导电，属于电解质，故D错误；故选A。
16.以下物质之间的转化不能一步实现的是(　　)
A. 酸→碱 B. 有机物→无机物 C. 金属单质→非金属单质 D. 盐→氧化物
【答案】A
【详解】A. 由于酸和碱易发生中和反应，则酸不能直接转化为碱，A符合；
B. 有机物可以直接转化为无机物，例如甲烷燃烧等，B不符合；
C. 金属单质可以直接转化为非金属单质，例如铁和盐酸反应生成氢气，C不符合；
D. 盐可以直接转化为氧化物，例如碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，D不符合。
答案选A。
17.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．
18.下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是（　　）
①Ag++Cl﹣=AgCl↓ ②Ba2++2OH﹣+2H++ SO42—=BaSO4↓+2H2O ③CO32—+2H+=CO2↑+H2O ④Fe+Cu2+=Fe2++Cu
A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. 没有
【答案】D
【解析】试题分析：下列离子方程式中，只能表示一个化学反应的是①Ag＋＋Cl－===AgCl↓，该离子反应方程式可以表示可溶性银盐和盐酸盐或者盐酸反应，①错误；②Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O可以表示氢氧化钡和硫酸反应，还可以表示氢氧化钡和硫酸氢钠、硫酸氢钾的反应，②错误；③CO＋2H＋===CO2↑＋H2O不能只表示一个反应，③错误；④Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu可以表示铁和硝酸铜、硫酸铜、氯化铜的反应，④错误，只能表示一个化学反应的离子方程式不存在，答案选D。
19.下列离子方程式或化学方程式书写正确的是(　　)
A. 高温下铁与水蒸气反应生成保护膜：2Fe＋6H2O(g)=2Fe(OH)3＋3H2
B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：SO42—＋Ba2＋=BaSO4↓
C. 碳酸钙与醋酸反应：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O
D. 盐酸与澄清石灰水反应：H＋＋OH－=H2O
【答案】D
【详解】A．高温下，铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故A错误；B．稀硫酸与氢氧化钡溶液混合反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子反应为2H++2OH-+SO42-+Ba2+=BaSO4↓+2H2O，故B错误；C．碳酸钙与醋酸反应的离子反应为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故C错误；D．盐酸与澄清石灰水反应生成氯化钙和水，其离子反应为H++OH-═H2O，故D正确；故选D。
20.下表中所列出的物质，属于贴错包装标签的是(　　)
选项
A
B
C
D
物质的化学式
HNO3（浓）
CCl4
P4
KClO3
危险警告标志




【答案】B
【解析】四氯化碳不具有可燃性，故选B。
21.下列关于蒸馏和分液实验操作的说法中，不正确的是(　　)
A. 分液是分离互不相溶液体混合物的实验方法
B. 萃取是用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来的实验方法
C. 从碘水中获得碘的晶体可采用过滤的方法
D. 蒸馏和分液都可用来分离液体混合物
【答案】C
【详解】A．互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，故A正确；B．萃取是利用物质在不同溶剂中的溶解度不同，用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来的实验方法，故B正确；C．碘溶于水，不能利用过滤法分离，从碘水中获得碘的晶体应采用萃取、分液、蒸馏的方法，故C错误；D. 互溶的液体根据其沸点不同采用蒸馏的方法分离，互不相溶的液体采用分液的方法分离，蒸馏和分液都可用来分离液体混合物，故D正确；故选C。
22.《新科学家》网站报道，科学家通过电解Fe2O3、SiO2、CaO的熔融液(1 600 ℃)制得了铁，按照树状分类法对熔融液中的三种物质进行分类，其中正确的是(　　)
A. 都属于混合物 B. 都属于金属氧化物
C. 都属于纯净物 D. 都属于非金属氧化物
【答案】C
【解析】熔融液为三种物质的混合物，但对任一种物质来讲都是化合物，即都是纯净物。
23.实验室需配制一种仅含五种离子的混合溶液，且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为5 mol·L－1。下列四组离子能达到此实验目的的是(　　)
A. Na＋、K＋、SO42-、NO3-、Cl－ B. Ba2＋、NH4+、NO3-、CO32-、Cl-
C. Mg2＋、K＋、OH－、Cl－、NO3- D. Al3＋、Na＋、Cl－、SO42-、NO3-
【答案】D
【解析】
【分析】混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为5mol•L-1，应满足溶液呈电中性的特点，若离子之间不发生复分解反应、氧化还原反应以及互促水解反应，则可大量共存，据此分析解答。
【详解】A．Na+、K+、SO42-、NO3-、Cl-离子中所带的正电荷与负电荷不相等，不满足溶液呈电中性的特点，故A错误；B．Ba2＋、NH4+、NO3-、CO32-、Cl－离子中所带的正电荷与负电荷不相等，不满足溶液呈电中性的特点，且Ba2＋与CO32—能够反应生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故B错误；C．Mg2＋、OH-之间能够发生反应生成氢氧化镁沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Al3+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，且物质的量浓度相等时满足溶液呈电中性的特点，故D正确；故选D。
24.下表中关于物质分类的正确组合是(　　)

【答案】D
【详解】A．二氧化硅是酸性氧化物，碳酸钠俗称纯碱，属于盐类，故A错误；B、一氧化碳不能和碱反应，不属于酸性氧化物，故B错误；C、过氧化氢与酸和碱均不能反应，不属于碱性氧化物，故C错误；D、三氧化硫属于酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，硝酸属于酸类，氢氧化钙属于碱类，碳酸钙属于盐类，故D正确；故选D。
25.既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应的化合物是(　　)
A. 碳酸钙 B. 氯化铜 C. 碳酸氢钠 D. 金属铝
【答案】C
【详解】A. 碳酸钙与盐酸反应放出二氧化碳，与氢氧化钠不能反应，故A不选；B. 氯化铜与盐酸不反应，与氢氧化钠能够反应生成氢氧化铜沉淀，故B不选；C.碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，与盐酸反应放出二氧化碳、与氢氧化钠反应生成碳酸钠，故C选；D.Al能够与盐酸和氢氧化钠反应，均放出氢气，但铝是单质，不是化合物，故D不选；故选C。
26.某化学小组为测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：
方案Ⅰ：铜铝混合物测定生成气体的体积
方案Ⅱ：铜铝混合物测定剩余固体的质量
下列有关判断中不正确的是(　　)
A. 溶液A和B均可以是盐酸或氢氧化钠溶液
B. 溶液A和B均可以选用稀硝酸
C. 若溶液B选用氯化铁溶液，则实验难以实现
D. 实验方案Ⅱ更便于实施
【答案】B
【详解】A．铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A正确；B．硝酸与铜、铝都能反应，不能用稀硝酸，方案Ⅱ中没有固体剩余，方案Ⅰ中的气体为铜和铝反应后的总量，均无法测定铜铝混合物中铜的质量分数，故B错误；C．若溶液B选用氯化铁溶液，铜和铝均能够与氯化铁反应，不能测定铜铝混合物中铜的质量分数，故C正确；D．测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，因此实验方案Ⅱ更便于实施，故D正确；故选B。
27.下图为蒸馏实验装置图，图中标示的四种仪器名称不正确的是(　　)

A. 酒精灯 B. 蒸馏烧瓶 C. 冷凝管 D. 烧瓶
【答案】D
【详解】根据装置图，A为酒精灯、B为蒸馏烧瓶、C为冷凝管、D为锥形瓶，D的名称不正确，故选D。
28.Be（OH）2是两性的，跟强酸反应时生成Be2+，跟强碱反应时生成BeO22—。现有三份等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液（配制时均加入少量盐酸），现将一定浓度的NaOH溶液分别滴入三种溶液中至过量，NaOH溶液的体积x（mL）与生成沉淀的物质的量y（mol）的关系如图所示，则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图像正确的是（　　）

A. ⑤③① B. ②③④ C. ③⑤④ D. ③②①
【答案】A
【解析】
【分析】等物质的量浓度、等体积的BeCl2、MgCl2、AlCl3溶液，即三者的物质的量是相等的，将一定浓度的NaOH溶液，分别滴入三种溶液中至过量，所发生的反应过程如下：BeCl2+2NaOH=Be（OH）2↓+2NaCl，Be（OH）2↓+2NaOH=Na2BeO2+2H2O；MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3↓+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据溶液物质的量和化学方程式来确定沉淀的量。
【详解】向氯化铍溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铍，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应BeCl2+2NaOH=Be（OH）2↓+2NaCl，Be（OH）2↓+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠是相等的，图象⑤是正确；向氯化镁中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化镁，当氢氧化钠过量时，沉淀也不会溶解，量保持不变，对应的是图象③；向氯化铝溶液中加入氢氧化钠，开始先中和其中的少量盐酸，然后生成白色沉淀氢氧化铝，当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，Al（OH）3↓+NaOH=NaAlO2+2H2O，沉淀量达到最大和沉淀完全消失所消耗的氢氧化钠的物质的量之比是3：1，图象①正确。则与BeCl2、MgCl2、AlCl3三种溶液对应的图象正确的是⑤③①；
答案选A。
29.某无色溶液放入铝片后有氢气产生，在该溶液中下列离子一定可以大量存在的是(　　)
A. HCO3— B. Mg2＋ C. Cl－ D. CO32—
【答案】C
【解析】无色溶液中加入铝片后有氢气产生，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性；酸性条件下HCO3-、CO32-不能大量存在；碱性条件下HCO3-、Mg2+不能大量存在；一定可以大量存在的是Cl-，答案选C。
30.已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是（　　）
A. 0.1 mol·L-1的蔗糖溶液 B. 0.1 mol·L-1的CaCl2溶液
C. 0.2 mol·L-1的NaCl溶液 D. 0.1 mol·L-1的盐酸
【答案】C
【详解】假设溶液的体积为1L。A、1L蔗糖溶液中蔗糖的物质的量为1L×0.1mol/L=0.1mol；B、1LCaCl2溶液溶质的离子的总物质的量为1L×0.1mol/L×3=0.3mol；C、1LNaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为1L×0.2mol/L×2=0.4mol；D、盐酸中的氯化氢是挥发性溶质，则D不符合题意；显然C中含0.4 mol离子，离子数最多，故选C。
分卷II
二、填空题(共6小题,共40分)
31.碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸反应的比较。

(1)按上图要求完成实验：在两支试管中分别加入3 mL稀盐酸，将两个各装有少量等质量的碳酸钠、碳酸氢钠粉末的小气球套在两支试管的管口。将气球内的碳酸钠和碳酸氢钠同时倒入试管中，观察到的实验现象是_________。
(2)实验结论是_____________________。
(3)碳酸钠与盐酸反应的化学方程式是____________，离子方程式是_________________。
(4)碳酸氢钠与盐酸反应的化学方程式是____________，离子方程式是__________。
【答案】(1). 两个气球均膨胀；碳酸氢钠与盐酸混合比碳酸钠与盐酸混合气体膨胀得快且大 (2). 碳酸氢钠与盐酸反应产生气体比碳酸钠与盐酸反应产生气体多且剧烈 (3). Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋H2O＋CO2↑ (4). CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O (5). NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑ (6). HCO3—＋H＋===CO2↑＋H2O
【解析】
【分析】与相同浓度的盐酸反应时，碳酸氢钠反应速率快，等质量的碳酸钠、碳酸氢钠，碳酸氢钠的物质的量大于碳酸钠，结合反应的方程式Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2↑、NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑分析解答。
【详解】(1)与相同浓度的盐酸反应时，碳酸氢钠反应速率快，等质量的碳酸钠、碳酸氢钠，碳酸氢钠的物质的量大于碳酸钠，根据方程式Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2↑、NaHCO3 + HCl=NaCl+H2O＋CO2↑可知碳酸氢钠放出的二氧化碳多，因此看到的现象为两个气球均膨胀；碳酸氢钠与盐酸混合比碳酸钠与盐酸混合气体膨胀得快且大，故答案为：两个气球均膨胀；碳酸氢钠与盐酸混合比碳酸钠与盐酸混合气体膨胀得快且大；
(2)根据(1)的分析，实验结论为碳酸氢钠与盐酸反应产生气体比碳酸钠与盐酸反应产生气体多且剧烈，故答案为：碳酸氢钠与盐酸反应产生气体比碳酸钠与盐酸反应产生气体多且剧烈；
(3)碳酸钠与盐酸反应的化学方程式为Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑，离子方程式为CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O，故答案为：Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑；CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O；
(4)碳酸氢钠与盐酸反应的化学方程式为NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，离子方程式为HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O，故答案为：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑；HCO3-＋H＋=CO2↑＋H2O。
32.(1)图甲是实验室常用的一种仪器，其名称是________；其主要用途是________；
(2)小明用某规格的量筒量取一定体积的液体，液面位置如图乙，则其量得液体体积为___或__(用a、b来表示)。
(3)图丙表示10 mL量筒中液面的位置，A与B、B与C刻度相差1 mL，如果刻度A为5，量筒中液体体积是________mL。

【答案】(1). 胶头滴管 (2). 取用少量液体药品 (3). [b+]mL (4). [a−]mL (5). 4.2
【解析】
【分析】(1)根据常用仪器的图形、名称、用途分析回答；(2)用量筒读数时，注意它的分度值；用量筒量取液体时，量筒底座为0刻度(未标注)，往上刻度增大；(3)依据量筒的结构特点：小数在下，大数在上，结合量筒量取液体正确的读数方法解答。
【详解】(1)根据图示，图甲是胶头滴管，由胶帽和玻璃滴管组成，它是用于吸取或滴加少量液体试剂的一种仪器，故答案为：胶头滴管；取用少量液体药品；
(2)由图知：量筒的刻度a与b之间有五个小格，所以一个小格代表mL，即此量筒的分度值为mL，凹液面最低处c与b以上三个刻度处相平，所以液体体积为b+mL；凹液面最低处c与a以下二个刻度处相平，所以液体体积也可以表示为a−mL，故答案为：[b+]mL；[a−]mL；
(3)量筒的精确度为0.1mL，A与B、B与C刻度相差1 mL，刻度A为5，则图丙中量筒中液体的体积为：4.2mL；故答案为：4.2。
33.由单质A与化合物B两种粉末组成的混合物，在一定条件下可按如图所示发生转化：

请回答：
(1)A、B的化学式分别为________、________。
(2)反应①的化学方程式：_____________________________________________________。
(3)写出反应②③的离子方程式：
②_______________________；
③_______________________。
【答案】(1). Al (2). Fe2O3 (3). Fe2O3＋2AlAl2O3＋2Fe (4). 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO2—＋3H2↑ (5). 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
【解析】
【分析】红褐色沉淀I为Fe(OH)3，沉淀H置于空气中变成I，推出H为Fe(OH)2，再利用其他信息和逆向推理得出D为Fe，F为FeCl2，B为Fe2O3，G为FeCl3；沉淀J既能与酸反应，又能与碱反应，则应为Al(OH)3，则E为NaAlO2，K为AlCl3，则单质A与化合物B两种粉末组成的混合物在高温下的反应，应为铝热反应，推出A为Al，B为Fe2O3，C为Al2O3，据此分析解答。
【详解】(1)由以上分析可知A为Al，B为Fe2O3，故答案为：Al；Fe2O3；
(2)反应①为Al和Fe2O3在高温下的铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
(3)Al和Fe2O3混合物中，只有Al能和NaOH溶液反应，反应②为Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；D为Fe，F为FeCl2，G为FeCl3，Fe3+具有强氧化性，能与Fe反应生成Fe2+，反应③的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+。
34.根据下列实验装置和操作，回答有关问题。

按图中所示装置，用两种不同的操作分别进行实验，观察B容器中的现象。
(1)先夹紧止水夹a，再使A容器中开始反应：①实验中B容器中观察到的现象是_________________；
②B容器中发生反应的离子方程式是____________________________________。
(2)打开止水夹a，使A容器开始反应一段时间后再夹紧止水夹a，①实验中观察到的现象是__________；②B容器中发生反应的离子方程式是________________________。
【答案】 (1). 容器A中的溶液进入B容器中，有白色沉淀生成，沉淀迅速变为灰绿色，最后变成红褐色 (2). Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 (3). a打开时，观察到B容器中管口有气泡产生，再夹紧a时，溶液进入B容器中产生白色沉淀，且长时间不变 (4). Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓
【分析】(1)先夹紧止水夹a，再使A管开始反应，Fe和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，生成的氢气导致溶液通过导管进入B装置，氢氧化钠和硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁，Fe(OH)2不稳定易被空气氧化生成 Fe(OH)3；(2)打开止水夹a，使A管反应一段时间后再夹紧止水夹a，Fe和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，生成的氢气将空气排出，防止生成的白色沉淀氢氧化亚铁被氧化。据此分析解答。
【详解】(1)先夹紧止水夹a，再使A管开始反应。A中反应为Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，氢气的生成导致A中压强增大，溶液从导管进入B试管，B中反应为FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，离子反应为：Fe2++2OH-═Fe(OH)2↓，Fe(OH)2不稳定易被空气氧化生成 Fe(OH)3，所以现象是有白色沉淀生成，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：容器A中的溶液进入B容器中，产生白色絮状沉淀后变成灰绿色，最后变成红褐色；Fe2++2OH-═Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3；
(2)打开止水夹a，使A管反应一段时间后再夹紧止水夹a，A中生成的氢气将空气排出，生成的硫酸亚铁和氢氧化钠混合时氢氧化亚铁不被氧化，所以看到的现象是有白色沉淀生成(且不变色)，离子反应为：Fe2++2OH-═Fe(OH)2↓，故答案为：a打开时，观察到B容器中管口有气泡产生，再夹紧a时，溶液进入B容器中产生白色沉淀，且长时间不变；Fe2++2OH-═Fe(OH)2。
35.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。
36.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、泥三角、三脚架、玻璃棒、____________、____________。
(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____________。
【答案】(1). 过滤 (2). 萃取 (3). 坩埚 (4). 坩埚钳 (5). 紫红(或紫) (6). KCl
【分析】根据实验流程，海藻灰用水浸泡得到悬浊液，经过过程①得到含碘离子的溶液，在流程②中，向碘化钾溶液中加入新制氯水，发生置换反应生成碘单质，在流程③中用四氯化碳进行萃取，得到碘的四氯化碳溶液，经过蒸馏可以得到晶态碘，据此分析解答。
【详解】(1)根据流程可知，过程①为分离不溶物与溶液的方法，为过滤，因为碘在有机溶剂中的溶解度比水大，且碘和有机溶剂易于分离，所以过程③为萃取，故答案为：过滤；萃取；
(2)给固体物质加热灼烧时用泥三角、坩埚、坩埚钳和酒精灯、三脚架、玻璃棒，故答案为：坩埚；坩埚钳；
(3)四氯化碳不溶于水，比水重，碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中，四氯化碳层为紫红色在下层，上层为氯化钾容溶液；故答案为：紫红；KCl。