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吉林辽源一中2018-2019高一化学上学期期末试题（附答案）
资料简介
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2018-2019学年上学期高一
期末考试
化 学
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56
一、选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1．化学与科技、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是
A．pH小于7的雨水被称为酸雨
B．明矾溶于水可产生具有吸附性的胶体粒子，常用于饮用水的杀菌消毒
C．推广使用燃煤脱硫技术，主要是为了防治SO2污染
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米(2.5×10－6m)的细小可吸入颗粒物，其与空气形成的分散系属于胶体
2．4．用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧，直接观察时看到火焰呈黄色，下列判断正确的是
A．只含Na+
B．一定含Na+，可能含有K+
C．既含有Na+，又含有K+
D．可能含有Na+，可能还含有K+
3．下列说法正确的是
A．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其漂白性
B．焦炭炼铁、发酵粉烘焙糕点均会产生温室气体
C．NO2、SO2二种气体都能与水反应生成酸，它们都是酸性氧化物
D．雨水样品在空气中放置2小时后，测得pH变小，因为样品吸收了空气中的CO2
4．在加入铝后能产生氢气的溶液中，分别加入下列各组离子，一定能大量共存的是
A．NH、SO、CO、K+ B．Na+、Ba2+、Ca2+、HCO
C．Ag+、SO、K+、Cl− D．K+、Cl−、Na+、SO
5．下列说法正确的个数有
①盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关
②通电时，溶液中的溶质粒子分别向两极移动，胶体中的分散质粒子向某一极移动
③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子做布朗运动
④做氢氧化铁胶体电泳实验时，阴极周围红褐色加深，说明氢氧化铁胶体带正电
⑤向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
⑥1mol FeCl3完全与水反应生成氢氧化铁胶体粒子数约为NA个
⑦淀粉溶液和蛋白质溶液是溶液，不可能是胶体
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．室温下，32g O2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NA
B．铜与浓硫酸共热产生22.4L SO2时，转移电子数为2NA
C．标准状况下，2.24L C12溶于足量NaOH溶液中，转移的电子数目为0.2NA
D．18g NH中所含的质子数为10NA
7．当反应条件（如温度、浓度或物质的量等）发生改变时，下列不会引起生成物发生改变的是
A．Na和O2 B．Fe和HNO3 C．AlCl3和NaOH D．Fe和Cl2
8．能正确表示下列反应的离子方程式的是
A．往Na2SiO3溶液中加入盐酸：2Na++SiO+2H+===H2SiO3↓+2Na+
B．氯气与烧碱溶液反应：Cl2+2OH−===Cl−+ClO−+H2O
C．向偏铝酸钠溶液中通入过量CO2气体：2AlO+CO2+3H2O===2Al(OH)3↓+CO
D．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+Ag+===Cu2++Ag
9．从海水中提取镁，可按如下步骤进行：①把贝壳制成石灰乳；②在引入的海水中加入石灰乳，沉降、过滤、洗涤沉淀物；③将沉淀物与盐酸反应，结晶过滤、在HCl气体氛围中干燥产物；④将得到的产物熔融电解得到镁。下列说法不正确的是
A．此法的优点之一是原料来源丰富
B．①②③步骤的目的是从海水中获取MgCl2
C．第④步电解得到，镁的方程式为MgCl2Mg+Cl2↑
D．提取镁的过程涉及化合、分解、置换反应
10．下列物质间的每步转化只需通过一步反应就能实现的是
A．Fe→Fe2O3→Fe(OH)3→FeCl3 B．Al→Al(OH)3→Al2O3→NaAlO2
C．Na→Na2O2→Na2CO3→NaOH D．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
11．下列叙述I和Ⅱ均正确且有因果关系的是
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
晶体硅熔点髙硬度大
可用于制作半导体材料
B
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
C
NH4HCO3受热易分解
可用作氮肥
D
常温下铁与浓硫酸不反应
可用铁槽车密封运送浓硫酸
12．下列说法正确的是
A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．常温下，铜片放入浓硫酸中，无明显变化，说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化
C．将分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水
D．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应
13．按如图所示装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述不正确的是
A．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解
B．若A为醋酸，B为贝壳，C中盛Na2SiO3，则C中溶液中变浑浊
C．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色
D．实验仪器D可以起到防止溶液倒吸的作用
14．FeSO4可发生如图所示的一系列反应，下列说法错误的是
A．碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂
B．为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行
C．可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化
D．常温下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大
15．CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是
A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物
B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性
C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应
D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2
16．3.84g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到1344mL气体（标况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积
A．672mL B．168mL C．504mL D．336mL
二．非选择题（共52分）
17．Ⅰ．（1）指出如下图实验装置中的错误之处。(加热装置中烧杯底部已垫有石棉网)
①_______________________________；②_______________________。
（2）右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是______（填标号）。
a．玻璃棒用作引流 b．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁 d．滤纸边缘高出漏斗
Ⅱ．海藻中提取碘的流程如图，已知②中发生反应的化学方程式为：Cl2+2KI===2KCl+I2。请回答下列问题：
（1）指出提取碘的过程中有关实验操作①和③的名称：__________；________。
（2）在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象是下图中的________(注：试管中深色区为有色溶液)，下层_____色。
Ⅲ．某溶液中含有MgSO4和Na2SO4两种溶质，选择适当试剂将溶液中的镁离子转化为沉淀或固体分离出来，设计实验流程如下：
（1）欲证明滤液中存在SO、OH−，选用的方案是先取少量的滤液滴加________，发现溶液变红，再向其中加入________溶液，出现白色沉淀，则可证明SO、OH−均存在。
（2）如何洗涤Mg(OH)2沉淀？________________________________。
18．某无色混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH、Mg2+、Cu2+、Cl−、CO、SO，现各取100mL溶液三份进行如下实验：①向第一份加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；②向第二份加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体0.672L(标准状况)；③向第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.63克，经足量盐酸洗涤后，剩余4.66克。
试回答下列问题：
（1）肯定存在的离子有__________，肯定不存在的离子有______________；
（2）可能存在的离子是_____________，判断该离子存在与否的方法是________________；
（3）试计算肯定存在的阳离子在原溶液中的物质的量浓度___________________。
19．实验室用如下装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：
（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式_____________________________。
（2）D中放入浓H2SO4，其目的是_____________________________。
（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，可观察到的现象是___________，对比E和F中现象的差异可得出的结论及解释是________________________________。
（4）G处的现象是____________________________________。
（5）画出H处尾气吸收装置图并注明试剂____________。
（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下图。
①“与洁厕灵同时使用”会产生有毒的氯气，写出反应的离子方程式______________________。
②需“密闭保存”的原因____________________________________________。
（7）现在有一种名为“净水丸”的产品也能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸等）除去。亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为______________________________________。
20．A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：
（1）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出②反应的离子方程式_____________________；⑤反应离子方程式______________
____________________。
（2）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质。写出A与水高温下反应的化学方程式_______________________。④反应的离子方程式______________。D中加入氢氧化钠的现象______________________________。
（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，D的溶液显碱性。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体。写出③反应的化学方程式________________________。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为____________________。
21．为了测定某铜银合金的组成，将30.0g合金溶于80.0mL 13.5mol·L−1的浓HNO3中。待合金完全溶解后，收集到气体6.72L（标准状况下）并测得H+浓度为1mol·L−1。假设反应后溶液的体积为80.0mL，试计算：
（1）被还原的硝酸的物质的量___________；
（2）合金中银的质量分数___________。
（3）确定6.72L气体中各成分的物质的量___________。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2018-2019学年上学期高一
期末考试
化 学答案
第I卷（选择题，共48分）
一、 选择题（每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）
1. 【答案】C
【解析】pH小于5.6的雨水被称为酸雨，故A错误；明矾常用于饮用水的净化，不能消毒，故B错误；推广使用燃煤脱硫技术，减少SO2的排放，故C正确；PM2.5的直径大于胶体的直径，不属于胶体，故D错误。
2. 【答案】B
【解析】钠的焰色是黄色，钾的焰色是紫色，观察钾的焰色时需要透过蓝色钴玻璃，以滤去黄色光的干扰，该实验中没有透过蓝色钴玻璃观察说明一定含Na+，不能确定是否含K+。
3. 【答案】B
【解析】A．二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了其酸性氧化物的通性，二氧化硫不能漂白酸碱性指示剂，A错误；B．焦炭炼铁、发酵粉烘焙糕点均会产生温室气体CO2，B正确；C．NO2不是酸性氧化物，C错误；D．雨水样品在空气中放置2小时后，测得pH变小，是因为雨水中的亚硫酸被氧化为硫酸，D错误，答案选A。
4. 【答案】D
【解析】在加入铝后能产生氢气的溶液可以是酸性溶液也可以是强碱性溶液A．CO在酸性条件下不能共存，故A错误；B．HCO3-在酸性和碱性条件下均不能大量共存，故B错误；C．Ag+与Cl−不能大量共存，故C错误；D．K+、Cl−、Na+、SO四种离子和氢离子、氢氧根离子均相互不反应，能大量共存，故D正确；答案选D。
5. 【答案】A
【解析】①豆浆、河水和烟尘均为胶体,盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成是发生了胶体的聚沉，用高压直流电除烟尘是胶体的电泳，均和胶体的性质有关，故①正确；②溶液中的溶质粒子不一定带电，故对溶液通电时，溶质粒子不一定向两极移动，故②错误；③氢氧化铁胶体能稳定存在的主要原因是胶体粒子带电，且带同种电荷，故胶粒之间相互排斥，导致胶体比较稳定，故③错误；④胶体不带电，带电的是胶粒，
故做氢氧化铁胶体电泳实验时，阴极周围红褐色加深，说明氢氧化铁胶粒带电，故④错误；⑤向FeCl3溶液中滴加稀的NaOH溶液，可制得Fe(OH)3沉淀，氢氧化铁胶体的制备是将氯化铁溶液滴入沸水中，故⑤错误；⑥一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氯化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故⑥错误；⑦淀粉溶液和蛋白质溶液分散质粒子直径在1nm～100nm之间，是胶体，故⑦错误；所以只有①正确；综上所述，本题应选A。
6. 【答案】A
【解析】A．氧气和臭氧均是氧元素形成的单质，32g O2和O3的混合气体中含有的氧原子的物质的量是32g÷16g·mol−1＝2mol，个数为2NA，A正确；B．由于不能确定氯气所处的状态，则铜与浓硫酸共热产生22.4L SO2时，转移电子数不一定为2NA，B错误；C．标准状况下，2.24L Cl2的物质的量为0.1mol，分子数为0.1NA，氯气和氢氧化钠溶液发生歧化反应，转移电子数等于反应掉的氯气分子数，因此转移电子数为0.1NA，选项C错误；D．18g NH的物质的量是18g÷18g·mol−1＝1mol，其中所含的质子数为11NA，D错误；答案选A。
7. 【答案】D
【解析】A．钠和氧气在常温下反应生成氧化钠，在点燃时反应生成过氧化钠，A不符合；B．铁与稀硝酸反应；铁过量生成硝酸亚铁溶液，硝酸过量时两者反应生成硝酸铁溶液，B不符合；C．氢氧化钠少量时生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量时，生成偏铝酸钠溶液，C不符合；D．Fe与Cl2加热时只能生成FeCl3，D符合，答案选D。
8. 【答案】B
【解析】A．往Na2SiO3溶液中加入盐酸：SiO+2H+===H2SiO3↓，A错误；B．氯气与烧碱溶液反应：Cl2+2OH−===Cl−+ClO−+H2O，B正确；C．向NaAlO2溶液中通入过量CO2气体生成Al(OH)3和NaHCO3，正确的离子方程式为AlO+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO，C项错误；D．铜片插入硝酸银溶液中：Cu+2Ag+===Cu2++2Ag，D错误，答案选B。
9. 【答案】D
【解析】根据题干信息可知有关的反应为CaCO3CaO+CO2↑，CaO+H2O===Ca(OH)2，Ca(OH)2
+MgCl2===CaCl2+Mg(OH)2↓，Mg(OH)2+2HCl===2H2O+MgCl2，MgCl2Mg+Cl2↑。则A．根据有关原理可知此法的优点之一是原料贝壳、海水来源丰富，A正确；B．由方程式可看出前三步目的就是为了从海水中获得制取Mg的原料MgCl2，B正确；C．由上可知电解MgCl2得到镁的方程式MgCl2
Mg+Cl2↑，C正确；D．根据有关原理可判断提取镁的过程涉及化合、分解、复分解反应，但没有发生置换反应，D错误。答案选D。
10. 【答案】C
【解析】A．Fe与O2在一定条件反应可生成Fe2O3，Fe2O3不能一步转化为Fe(OH)3，Fe(OH)3与HCl反应生成FeCl3和H2O，A项不符合题意；B．Al不能一步转化为Al(OH)3，Al(OH)3受热分解成Al2O3和H2O，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，B项不符合题意；C，Na在O2中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成CaCO3和NaOH，C项符合题意；D，Si与O2加热生成SiO2，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，D项不符合题意；答案选C。
11. 【答案】B
【解析】A．硅单质的导电性介于导体与绝缘体之间，可用于制作半导体材料，与硬度无关，二者没有因果关系；A项错误；B．因为HF与SiO2反应，HF能够腐蚀玻璃，所以可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记，B项正确；C．NH4HCO3不稳定，加热易分解，说明碳酸氢铵的稳定性较弱，而碳酸氢铵作氮肥是因为其分子中含有N原子，二者因果关系，C项错误；D．常温下用铁槽车密封运送浓硫酸，是因为浓硫酸与铁在常温下发生钝化现象；二者发生了反应；B项错误。答案选B。
12. 【答案】C
【解析】二氧化硫与品红发生化合反应生成不稳定的物质，不发生氧化还原反应，故A错误；常温下铜与浓硫酸不反应，故B错误；液面均迅速上升，说明烧瓶内压强减小，可说明气体易溶于水，故C正确；铁与稀硝酸反应生成NO，没有生成氢气，不是置换反应，故D错误。
13. 【答案】A
【解析】CaO+NH3·H2O===Ca(OH)2+NH3↑，Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH，Al(OH)3不溶于氨水，A错误；2CH3COOH+CaCO3===(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，H2O+CO2+Na2SiO3===H2SiO3↓
+Na2CO3，B正确；KMnO4与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2通入品红溶液中，Cl2+H2O===HCl+HClO，HClO具有漂白性，C正确。D是一个可以防倒吸的仪器，D正确。
14. 【答案】D
【解析】A．碱式硫酸铁电离产生Fe3+，能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体
具有吸附性，可用作净水剂，故A正确；B．NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确；C．KSCN溶液遇Fe2+无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化为Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+变红，故C正确；(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4生成(NH4)2Fe(SO4)2，故D错误。故选D。
15. 【答案】C
【解析】根据题给信息知CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色，发生反应：2CuSO4+4KI===2K2SO4+2CuI↓+I2；向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A．滴加KI溶液时，I元素的化合价由-1价升高到0价，KI被氧化，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，被还原，生成CuI，则CuI是还原产物，正确；B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生反应：SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI，S元素的化合价升高，SO2作还原剂，体现其还原性，正确；C．整个过程发生的反应均为氧化还原反应，错误；D．2CuSO4+4KI===2K2
SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，正确。
16. 【答案】A
【解析】根据题给信息知铜与一定量的浓硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中生成硝酸，相当于铜失去的电子最终被氧气得到。3.84g铜的物质的量是3.84g÷64g·mol−1＝0.06mol，失去0.12mol电子，根据电子转移守恒可知，氧气得电子的物质的量也是0.12mol，1mol氧气得电子的物质的量为4mol，氧气的物质的量是0.12mol÷4＝0.03mol，标准状况下的体积是0.03mol×22.4L·mol−1＝0.672L＝672
mL。答案选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共52分）
二、非选择题（共5小题）
17. 【答案】Ⅰ．（1）①温度计伸入液面内；②冷凝水上进下出
（2）bd
Ⅱ．（1）过滤；萃取分液
（2）D；紫红
Ⅲ．（1）酚酞；盐酸和BaCl2
（2）用玻璃棒引流向过滤器中加蒸馏水直至没过沉淀，静置，待液体流出后，重复上述操作2-3次
【解析】I．（1）①进行蒸馏操作时，因温度计是测量馏分的温度，则温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口处，与支管口相平而不能插入液面以下，故答案为：温度计伸入液面内；②为了达到更好的冷凝效果，冷凝水应与蒸汽逆流且充满整个冷凝管，所以冷凝水应从下口进水、上口出水，故答案为：冷凝水上进下出；（2）a．玻璃棒用作引流，使液体顺利流下，故a正确；b．玻璃棒不能在漏斗中轻轻搅动，因为这样可能会捣破滤纸，过滤失败，故b错误；c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止液体从滤纸与漏斗的缝隙流下，故c正确；d．滤纸边缘应低于漏斗上边缘，故d错误，答案为：bd；II．海藻灼烧浸泡得到海藻灰悬浊液，过滤得到含碘离子的溶液，通入氯气将碘离子氧化为碘单质，得到含碘的水溶液，加入有机萃取剂进行分液萃取得到含碘单质的有机溶液，蒸馏得到晶体碘。（1）过滤适用于不溶于水的固体和液体，根据流程图可知，分离固体海藻灰和液体碘离子的溶液需要用过滤操作，因为碘在有机溶剂中的溶解度比在水中的大，所以用萃取分液可得到含碘的有机溶液，故答案为：过滤；萃取分液；（2）碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，能将碘水中的碘转移到四氯化碳中，四氯化碳的密度比水大，溶解碘后四氯化碳层为紫红色，所以在3mL碘水中，加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的现象是溶液分层，上层颜色接近无色，下层呈紫红色，故答案为：D；紫红；III．（1）欲证明滤液中存在SO、OH−，选用的方案是先取少量的滤液滴加酚酞，发现溶液变红，再向其中加入盐酸和BaCl2溶液，出现白色沉淀，则可证明SO、OH−均存在，故答案为：酚酞；盐酸和BaCl2；（2）洗涤Mg(OH)2沉淀的方法是：用玻璃棒引流向过滤器中加蒸馏水直至没过沉淀，静置，待液体流出后，重复上述操作2-3次，故答案为：用玻璃棒引流向过滤器中加蒸馏水直至没过沉淀，静置，待液体流出后，重复上述操作2-3次。
18. 【答案】（1）K+、NH、CO、SO；Mg2+、Cu2+
（2）Cl−；取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl—；反之，没有
（3）c(K+)≥0.3mol·L−1、c(NH)=0.3mol·L−1
【解析】由①实验可知，向第一份溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀可能为AgCl或碳酸银、硫酸银；由②可知，向第二份溶液中加入足量NaOH
溶液后加热，收集到0.672L(标准状况)气体，气体为氨气，其物质的量为=0.03mol，原溶液中一定含NH；由③可知，向第三份溶液中加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.63g，沉淀经足量盐酸洗涤后剩余4.66g，则含SO的物质的量为=0.02mol，含CO的物质的量为=0.01mol，由离子共存可知，一定不存在Cu2+、Mg2+，由电荷守恒可知，0.02mol×2+0.01mol×2＞0.03mol，可知一定含阳离子K+，不能确定是否含Cl−。（1）由上述分析可知，一定存在K+、NH、CO、SO，一定不存在Cu2+、Mg2+，故答案为：K+、NH、CO、SO；Cu2+、Mg2+；（2）由上述分析可知，可能存在Cl−，要证明是否含有氯离子，可以取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl−；反之，没有，故答案为：Cl−；取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl−；反之，没有；（3）依据计算可知铵根离子浓度c(NH)==0.3mol·L−1，根据电荷守恒，正电荷为：n(+)
=n(NH)=0.03mol，负电荷：c(-)=2c(CO32-)+2c(SO42-)=0.06mol，正电荷小于负电荷，则原溶液中一定含有K+，K+的物质的量至少为0.03mol，c(K+)≥0.3mol·L−1，答：肯定存在的阳离子在原溶液中各自的物质的量浓度c(K+)≥0.3mol·L−1、c(NH)=0.3mol·L−1。
19. 【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）除去氯气中的水蒸气
（3）E中不褪色，F中褪色；干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性
（4）出现蓝色
（5）
（6）①Cl−+ClO−+2H+===Cl2↑+H2O；②次氯酸钠与空气中的二氧化碳反应
（7）SO+HClO===SO+H++Cl−
【解析】（1）MnO2
与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，方程式为MnO2+4HCl(浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）浓硫酸具有吸水性，D中浓硫酸作用为干燥氯气，除去氯气中的水蒸气，防止水蒸气对氯气漂白性检验造成干扰；（3）干燥的氯气依次通过E中红色干布条，F中红色湿布条，看到现象为E中布条不褪色，F中布条褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性；（4）氯气具有强的氧化性，与碘化钾反应生成单质碘，碘遇到淀粉变蓝，所以看到现象为棉花团变蓝；（5）氯气有毒不能直接排放到空气中，氯气能够与碱反应，可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，装置如图所示；（6）①次氯酸根离子与氯离子发生氧化还原反应生成氯气和水，离子方程式为Cl−+ClO−+2H+===Cl2↑+H2O；②消毒液的有效成分是次氯酸盐与二氧化碳和水生成的次氯酸，次氯酸不稳定，见光易分解，所以应该密封保存；亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为SO+HClO===SO+H++Cl− 。
20. 【答案】（1）2Al+2OH−+2H2O===2AlO+3H2↑；Al(OH)3+OH−===AlO+2H2O
（2）3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 Fe+2Fe3+===3Fe2+ 生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
（3）SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O SiO2+Na2CO3 Na2SiO3+CO2↑
【解析】（1）若D物质具有两性，推断D为Al(OH)3，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体，气体是二氧化碳，说明C为偏铝酸钠，②③反应均要用强碱溶液，判断A为Al，B为铝盐，则②反应的离子方程式为2Al+2OH−+2H2O===2AlO+3H2↑，⑤反应离子方程式为Al(OH)3+OH−
===AlO+2H2O；（2）若A是应用最广泛的金属，A为Fe，铁与水高温下反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质，推断为Cl2，则C为FeCl3，D为FeCl2，因此④反应的离子方程式为Fe+2Fe3+===3Fe2+；氯化亚铁中加入氢氧化钠的现象为生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，判断A为Si。B常用用于制作高档光学器材，B是二氧化硅。C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，C是硅酸钠，D的溶液显碱性，④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体，即二氧化碳，所以D是碳酸钠。根据以上分析可知③反应的化学方程式为SiO2+2NaOH===Na2SiO3+H2O。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为
SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑。
21. 【答案】（1）0.3mol
（2）36%
（3）n(NO)＝0.2mol； n(NO2)＝0.1
【解析】（1）硝酸与金属反应不论是被还原为NO还是NO2，根据氮原子守恒可知被还原的硝酸的物质的量即为生成气体的物质的量，所以被还原的硝酸的物质的量为6.72L÷22.4mol·L−1＝0.3 mol。（2）剩余硝酸是1mol·L−1×0.08L＝0.08mol，则参加反应的硝酸为13.5mol·L−1×0.08L－0.08mol＝1.0mol。设合金中Cu和Ag的物质的量分别为x mol和y mol，则64.0x+108y＝30.0，根据氮原子守恒可知2x+y＝1.0－0.3＝0.7，解得：x＝0.3、y＝0.1，所以银的质量分数为=
36％；（3）设混合气体中NO、NO2的物质的量分别是a mol、b mol，则a+b＝0.3，根据电子得失守恒可知3a+b＝0.3×2+0.1，解得a＝0.2、b＝0.1，即6.72L气体中NO为0.2mol，NO2为0.1mol。
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