浙江省杭嘉湖金四县区2022-2023学年高一化学下学期6月学考模拟试题（Word版附解析）

2023年6月杭嘉湖金四县区学考模拟考试高一年级化学试题考生须知：1.本卷共8页，满分100分，考试时间60分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。5.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Cl35.5Mn55Fe56Ag108选择题部分一、选择题I(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于单质的是A.氧化铝B.浓硫酸C.单晶硅D.金刚砂【答案】C【解析】【详解】A．氧化铝是由氧、铝两种元素组成的物质，因此该物质是化合物，不是单质，A错误；B．浓硫酸是硫酸中含有少量水和H2SO4，因此属于混合物，而不是单质、化合物，B错误；C．单晶硅中仅含有Si一种元素，因此属于单质，C正确；D．金刚砂是碳化硅的俗称，其中含有C、Si两种元素，因此属于化合物，而不是单质，D错误；故合理选项是C。2.下列物质通常用电解法冶炼的是A.NaB.FeC.CuD.Ag【答案】A【解析】【分析】炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的Al2O3)制得；冶炼 较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu，常用还原剂有(C、CO、H2等)；冶炼不活泼的金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，据此分析解答。【详解】A．Na的性质很活泼，用电解熔融的氯化物的方法冶炼，A项正确；B．Fe用热还原法冶炼，B项错误；C．Cu用热还原法冶炼，C项错误；D．Ag用热分解法冶炼，D项错误；答案选A。3.下列仪器是容量瓶的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．该仪器是蒸发皿，A不符合题意；B．该仪器为100mL容量瓶，B符合题意；C．该仪器为分液漏斗，C不符合题意；D．该仪器为蒸馏烧瓶，D不符合题意；故选B。4.下列物质属于电解质的是ANaCl溶液B.NaOH固体C.乙醇D.Mg【答案】B【解析】【详解】A．氯化钠溶液是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氢氧化钠固体在熔融状态下或在水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，故B正确；C．乙醇在水溶液中不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故C错误；D．镁是金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B。5.黑火药爆炸时的反应为：，该反应的还原剂是 A.CB.C.D.S【答案】A【解析】【详解】在反应中，S元素由0价降低到-2价，N元素由+5价降低到0价，C元素由0价升高到+4价，则S、KNO3是氧化剂，C是还原剂，故选A。6.下列过程涉及化学变化的是A.冰雪融化B.碘的升华C.石油分馏D.葡萄酿酒【答案】D【解析】【详解】A．冰雪融化过程中只是状态发生改变，没有新物质生成，属于物理变化，选项A不符合题意；B．碘的升华是碘单质由固态变成气态，物质状态的转变，是物理变化，选项B不符合题意；C．石油分馏是利用沸点的不同进行分离，属于物理变化，选项C不符合题意；D．葡萄酿酒过程中有发酵等过程，生成了酒精等物质，是化学变化，选项D符合题意；答案选D。7.当光速通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是A.稀HNO3B.Fe(OH)3胶体C.CuSO4溶液D.NaNO3溶液【答案】B【解析】【详解】当光速通过胶体时，由于光的散射作用，在垂直光的方向能看到一条光亮的通路，即为丁达尔效应，所以能产生丁达尔效应的是胶体，故选B。8.下列化学用语或模型表示正确的是A.二氧化碳的结构式：O−C−OB.甲烷分子的空间填充模型：C.钾的原子结构示意图：D.NaOH的电离方程式：【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳的结构式为O=C=O，A错误； B．甲烷为正四面体结构，四个H位于四面体的顶点，碳原子位于四面体体心，且碳原子半径大于氢原子，图示甲烷分子空间填充模型正确，B正确；C．钾的原子结构示意图为，C错误；D．NaOH电离生成钠离子和氢氧根离子，电离方程式为NaOH=Na++OH-，D错误；故答案选B。9.下列说法不正确的是A.和互为同位素B.金刚石、石墨、C60互为同素异形体C.CH3OCH3和CH3CH2OH互为同分异构体D.CH4和C2H6互为同系物【答案】A【解析】【详解】A．同位素指的是质子数相同中子数不同的同一类元素的不同原子，和是分子不是原子，A错误；B．金刚石、石墨和C60均是碳的单质，互为同素异形体，B正确；C．CH3OCH3和CH3CH2OH分子式相同，结构不同，两者互为同分异构体，C正确；D．CH4和C2H6都是链状烷烃，结构相似分子组成相差1个CH2，两者互为同系物，D正确；故答案选A10.下列离子方程式书写正确是A.钠与水反应：B.锌与稀硫酸反应：C.碳酸钙与稀盐酸反应：D.稀硫酸和溶液反应：【答案】B【解析】【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，其离子方程式为，A错误； B．锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，其离子方程式为，B正确；C．碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，碳酸钙为固体在离子方程式中不能拆，则其离子方程式为，C错误；D．稀硫酸和溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，其离子方程式为，D错误；故选B。11.实验室中，下列操作不正确的是A.称量氢氧化钠固体时，将氢氧化钠直接放在天平的托盘上B.进行粗盐提纯实验时，将产生的废液倒入指定容器中C.闻气体的气味时，用手在瓶口轻轻扇动，使少量气体飘进鼻孔D.点燃氢气前，先验纯，确认氢气纯净后再点燃【答案】A【解析】【详解】A．NaOH易潮解，具有腐蚀性，应在左盘小烧杯中称量，故A错误；B．实验剩余药品要倒在指定容器中，任何药品都不能带出实验室，故B正确；C．闻气体气味时，不能用鼻子直接闻，否则容易中毒，正确操作方法为：用手在集气瓶口轻轻扇动，让少量气体飘进鼻孔，故C正确；D．氢气为易燃易爆气体，为安全起见，点燃氢气前，先验纯确认其纯净，故D正确；故选：A。12.俗名往往反映了物质的组成、性质或用途。下列对物质俗名的理解不正确的是A.纯碱：Na2CO3溶液显碱性B.蓝矾：CuSO4·5H2O是蓝色晶体C.水银：汞(Hg)是液态的银D.钡餐：BaSO4能用作检查肠胃的内服药剂【答案】C【解析】【详解】A．Na2CO3溶液显碱性，A正确；B．CuSO4·5H2O是蓝色晶体，B正确；C．汞(Hg)是液态的水银，C不正确；D．BaSO4能用作检查肠胃的内服药剂，D正确；故选C。 13.X、Y、Z、W为短周期元素，如下表所示，其中W原子的最外层电子数是其内层电子的。下列说法不正确的是XYZWA.X元素的氢化物分子间可以形成氢键B.Y元素的两种同素异形体常温下都是气体C.阴离子半径从大到小的顺序为W>Z>Y>XD.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z【答案】C【解析】【分析】W原子的最外层电子数是其内层电子的，且W为短周期元素，则W为Cl，Z为S，Y为O，X为N。【详解】A．N的氢化物NH3可形成分子间氢键，A正确；B．O元素的两种同素异形体为O2和O3，这两种物质常温下都是气体，B正确；C．阴离子电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径S2->Cl->N3->O2-，C错误；D．Cl的非金属性强于S，则Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性强于S的最高价氧化物对应的水化物，D正确；故答案选C。14.在这次新冠疫情防疫放开后，布洛芬被推荐为家庭备用药之一，其结构和有关信息如下：本品为解热镇痛及非甾体抗炎镇痛药，为糖衣或薄膜衣片，除去包衣后显白色，贮藏密闭保存。下列说法正确的是A.布洛芬属于高分子化合物B.它可以与乙醇发生加成反应C.分子式为C13H16O2D.它可以和氢氧化钠溶液反应。 【答案】D【解析】【详解】A．根据布洛芬的结构简式可知，其相对分子质量并不是特别大，不属于高分子化合物，A错误；B．布洛芬中并没有碳碳双键等，不能与乙醇发生加成反应，B错误；C．根据布洛芬的结构简式可知，其分子式为C13H18O2，C错误；D．布洛芬中含有羧基，能与氢氧化钠溶液反应，D正确；故答案选D。15.下列有关实验的说法中不正确的是A.对于含重金属离子的废液，可利用沉淀法进行处理B发生火情时，若火势不大，可用湿布或石棉布覆盖火源以灭火C.易燃物如钠、钾等不能随便丢弃，中学实验室可以将未用完的钠、钾等放回原试剂瓶D.如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3％～5％的Na2CO3溶液冲洗【答案】D【解析】【详解】A．对于含有铅、汞、镉等重金属的废液，我们一般采用沉淀的方法来降低对环境的污染，A正确；B．由于水汽化需吸收大量热，导致物质温度降低，当低于物质的着火点时达到灭火的目的，故当发生火情时，若火势不大，可用湿布或石棉布覆盖火源以灭火，B正确；C．易燃物如钠、钾等容易与空气中的水及氧气发生反应，放出大量热，导致引起火灾，因此不能随便丢弃，在中学实验室可以将未用完的钠、钾等放回原试剂瓶，C正确；D．如果不慎将酸沾到皮肤上，应立即用大量水冲洗，然后用3％～5％的NaHCO3溶液冲洗，除去残留的酸，而不能使用腐蚀性的Na2CO3溶液，D错误；故合理选项是D。二、选择题II(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.研究表明，在一定条件下，气态HCN与CNH两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是 A.CNH(g)比HCN(g)更稳定B.HCN(g)转化为CNH(g)一定要加热C.断开1molHCN(g)中所有的化学键需要放出186.5kJ的热量D.1molHCN(g)转化为1molCNH(g)需要吸收59.3kJ的热量【答案】D【解析】【详解】A．从图中可知，HCN(g)的能量低于CNH(g)的能量，则HCN(g)比CNH(g)更稳定，A错误；B．HCN(g)转化为CNH(g)为吸热反应，但是吸热反应不一定要加热，如八水合氢氧化钡与氯化铵反应为吸热反应，但是不需要加热就能进行，B错误；C．从图中可知，断开1molHCN(g)中所有的化学键需要吸收186.5kJ的热量，C错误；D．从图中可知，1molHCN(g)转化为1molCNH(g)需要吸收的热量为186.5kJ-127.2kJ=59.3kJ，D正确；故答案选D。17.我国成功研制出新型“海水电池”。电池反应为。下列关于该电池的说法正确的是A.铝片作正极B.海水作为电解质溶液C.电池工作时失去电子D.电池工作时实现了电能向化学能的转化【答案】B【解析】【详解】A．由电池反应知铝元素化合价升高，发生氧化反应，故作电池负极，A错误；B．由题意信息知海水为该电池电解液，B正确；C．由电池反应知氧元素化合价降低，发生还原反应，故氧气得电子，C错误； D．原电池工作原理是将化学能转化为电能，D错误；故选B。18.环境保护和食品安全是一项关乎国计民生的事业。下列叙述不正确的是A.pH小于5.6的雨水为酸雨，对自然界有很大的危害B.利用工业废气中的CO2制造全降解塑料，符合绿色环保要求C.有机合成农药向着高效、低毒、低残留的方向发展D.果汁饮料中可以添加适量苯甲酸钠，它是一种抗氧化剂【答案】D【解析】【详解】A．pH小于5.6的雨水为酸雨，酸性较强，对自然界有很大的危害，A正确；B．利用工业废气中的CO2制造全降解塑料，有利于节能减排，符合绿色环保要求，B正确；C．有机合成农药向着高效、低毒、低残留的方向发展，可以减少环境污染，C正确；D．果汁饮料中可以添加适量苯甲酸钠，它是一种防腐剂，D错误；答案选D。19.设NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A.1molZn与足量某浓度的硫酸完全反应，生成气体的分子数目为NAB.84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO数目为NAC.由2H和18O组成的水11g，其中所含的中子数为5NAD.标准状况下，11.2L四氯化碳中含有的C—Cl键的个数为NA【答案】A【解析】【详解】A．若为浓硫酸，则反应Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O；若为稀硫酸，则反应为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，很明显，无论硫酸浓稀，只要1molZn完全反应，生成气体均为1mol，气体的分子数目为NA，A正确；B．碳酸氢钠晶体由钠离子和碳酸氢根离子构成，不含碳酸根离子，所以84gMgCO3与NaHCO3的混合物中CO数目小于NA，B错误；C．由2H和18O组成的水摩尔质量为22g/mol、分子内有12个中子，11g该物质的物质的量为0.5mol，所含中子数为6NA；C错误；D．标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；故选A。 20.T1℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中充入SO2和O2发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，容器中各组分的物质的量随时间变化如图所示。下列说法正确的是A.t2时刻，向容器中充入一定体积的气体氦，使容器中气体总的压强增大，则υ正、υ逆均增大B.气体密度不变时，反应达到平衡C.0～t2时间段，反应速率υ(SO3)=mol∙L−1∙min−1D.若反应在T2℃进行(T2＜T1)，反应进行t1分钟后，n(SO2)＜0.8mol【答案】C【解析】【详解】A．t2时刻反应达到平衡，此时向容器中充入一定体积的气体氦，因为反应在恒容密闭容器中进行，故反应物和生成物的浓度均不变，正逆反应速率不变，A错误；B．该反应在恒容密闭容器中进行，且反应物和生成物均为气体，无论反应是否达到平衡，混合气体的密度始终不变，B错误；C．物质的量不断增大的曲线表示SO3，0-t2时间段，SO3的反应速率为v(SO3)==mol∙L−1∙min−1，C正确；D．反应在T2℃进行，T2<T1，则T2℃下的反应速率小于T1，相同时间内消耗的SO2的物质的量小于T1时消耗的物质的量，则t1分钟后，n(SO2)>0.8mol，D错误；故答案选C。21.下列说法正确的是A.干冰的升华过程中，只需克服分子间作用力B.NH4Cl属于离子化合物，该物质中只存在离子键C.在N2、CO2和NaCl中，都存在共价键D.Na2O2溶于水的过程中既有旧离子键和共价键的破坏，又有新离子键和共价键的形成【答案】AD【解析】 【详解】A．干冰升华，固态二氧化碳变为气态二氧化碳，只需克服分子间作用力，A正确；B．NH4Cl属于离子化合物，但是铵根离子内部还存在共价键，B错误；C．氮气和二氧化碳中存在共价键，NaCl中只有离子键没有共价键，C错误；D．过氧化钠溶于水方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中既有旧离子键和共价键的破坏，又有新离子键和共价键的形成，D正确；故答案选AD。22.下列说法中正确的是A.油脂、淀粉、纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物B.花生油在酸性或碱性条件下发生水解可制得肥皂C.鸡蛋清溶液中，加入几滴醋酸铅溶液有沉淀析出，加水后沉淀不溶解D.取适量淀粉溶液于试管中，加入少量稀硫酸，加热3～5min，再冷却，滴加4～6滴氢氧化铜悬浊液，观察有无出现红色沉淀，从而判断淀粉是否发生了水解反应【答案】C【解析】【详解】A．油脂不是高分子化合物，淀粉、纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物，A错误；B．花生油在碱性条件下发生水解可制得肥皂，该反应属于皂化反应，B错误；C．铅是重金属，鸡蛋清溶液中，加入几滴醋酸铅溶液有沉淀析出，蛋白质发生变性，加水后沉淀不溶解，C正确；D．取适量淀粉溶液于试管中，加入少量稀硫酸，加热3～5min，再冷却，应该先滴加氢氧化钠溶液中和硫酸，再滴加4～6滴氢氧化铜悬浊液，加热，观察有无出现红色沉淀，从而判断淀粉是否发生了水解反应，D错误；答案选C。23.图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极，且三个图中X、Y与直流电源连接方式均相同，表示水分子)，下列说法不正确的是A.半径大于，所以“●”代表 B.图a为氯化钠固体，在通电情况下不导电说明NaCl不是电解质C.图b为熔融氯化钠，图c为氯化钠水溶液D.由图c可判断水合离子中H和O原子的朝向受到离子所带电荷种类的影响【答案】B【解析】【详解】A．因为Na+的半径小于Cl-的半径，因此“●”代表，故A正确；B．氯化钠是电解质，溶于水或在熔融状态下才能导电，固体不导电，故B错误；C．图a表示固体NaCl，图b表示熔融NaCl的导电情况，图c表示NaCl在水溶液中的导电情况，表示NaCl水溶液中的微粒迁移，故C正确；D．根据异性相吸的原则由图c可判断水合离子中H和O原子的朝向受到离子所带电荷种类的影响，故D正确；故选B。24.根据下图海水综合利用的工业流程图，判断下列说法正确的是已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。A.除去粗盐中杂质(Mg2+、SO、Ca2+)，加入的药品顺序为：NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B.在过程②中将MgCl2·6H2O灼烧即可制得无水MgCl2C.从能量转换角度来看，氯碱工业中的电解饱和食盐水是一个将化学能转化为电能的过程D.过程④与⑤的目的是为了提纯Br2【答案】D【解析】【分析】除去粗盐中杂质(Mg2+、SO、Ca2+)过程中，碳酸钠要除去钙离子和过量的钡离子，故碳酸钠应该在氯化钡之后，得到精盐溶液电解得到氢氧化钠、氯气、氢气；母液加入氢氧化钙得到氢氧化镁，氢氧化镁加入盐酸处理得到氯化镁晶体，可以制取无水氯化镁；母液中溴化钠加入氯气得到溴单质，使用二氧化硫吸收后再加入氧化剂得到提纯的溴单质；【详解】A．过程①加入的药品顺序为BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，如果再过 滤沉淀前加入过量BaCl2溶液，过量的氯化钡溶液不能用稀盐酸除去，所以会产生杂质，故A错误；B．过程③中结晶出的MgCl2·6H2O要氯化氢氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B错误；C．电解原理分析，电解饱和食盐水是电能转化为化学能，故C错误；D．溴离子被氧化为溴单质后，被二氧化硫吸收生成溴离子，加入氧化剂氧化溴离子为溴单质，富集溴元素，从第③步到第⑤步的目的是为了浓缩，故D正确；故选D。25.下列通过分析“实验操作及现象”所得到的“实验结论”不正确的是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入足量稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成该溶液中含有SOB二氧化碳通入硅酸钠溶液产生白色胶状沉淀非金属性C>SiC取一块钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切下一小块，切面很快变暗常温下，钠与氧气反应生成过氧化钠D将1mol·L溶液滴入1mol·L溶液中，有无色气体生成，将该气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊乙酸的酸性强于碳酸的酸性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．向某溶液中加入足量稀盐酸无明显现象，再加入溶液，有白色沉淀生成，该沉淀一定是BaSO4，则原溶液中一定含有，故A正确；B．二氧化碳通入硅酸钠溶液产生白色胶状沉淀，说明碳酸酸性强于硅酸，则非金属性C>Si，故B正确；C．常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，故C错误；D．将1mol·L溶液滴入1mol·L溶液中，放出二氧化碳气体，二氧化碳能使石灰水变浑浊，根据强酸制取弱酸可知，乙酸的酸性强于碳酸的酸性，故D正确；故选C。 非选择题部分三、非选择题(本大题共5小题，共40分)26.请回答：（1）NaOH的电子式是_______；漂白粉有效成分是_______(用化学式表示)。（2）铜和浓硝酸反应的离子方程式是_______。（3）实验室制备氨气的化学方程式是_______。【答案】（1）①.②.Ca(ClO)2（2）Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O（3）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O【解析】【小问1详解】NaOH由钠离子和氢氧根离子构成，其电子式为。漂白粉中的有效成分为次氯酸钙，化学式为Ca(ClO)2。【小问2详解】铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O。【小问3详解】实验室采用氯化铵和氢氧化钙共热的方式制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。27.以煤、天然气和生物质为原料制取有机化合物日益受到重视。E是两种含有碳碳双键的酯的混合物。相关物质的转化关系如下(含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质)：请回答：（1）A→B的反应类型是_______。（2）C中含氧官能团的名称是_______。（3）C与D反应得到E的化学方程式是_______。(写出其中一个反应即可) （4）下列说法正确的是_______。A.油脂水解反应不是取代反应B.等物质量的A和B完全燃烧时消耗氧气的质量相等C.物质A可以发生加聚反应D.用银氨溶液可以检验B中是否含有醛基【答案】（1）氧化反应（2）羧基（3）＋CH2=CHCOOH＋H2O＋CH2=CHCOOH＋H2O（4）CD【解析】【分析】CO、H2一定条件下反应生成丙烯，丙烯被氧化生成B为CH2=CHCHO，CH2=CHCHO与氧气反应生成C为CH2=CHCOOH，油脂水解生成D为甘油HOCH2CH(OH)CH2OH，甘油和CH2=CHCOOH发生酯化反应生成混合物E，E为和的混合物。【小问1详解】A被氧化生成B，反应类型为氧化反应。【小问2详解】C的结构简式为CH2=CHCOOH，其中含氧官能团名称为羧基。【小问3详解】C与D反应生成或，反应方程式为＋CH2=CHCOOH＋H2O或＋CH2=CHCOOH＋H2O。【小问4详解】A．油脂水解反应属于取代反应，A错误； B．A和B分子式分别为C3H6和C3H4O，B中H原子数少于A且存在氧原子，等物质的量的A和B完全燃烧时消耗氧气的质量A大于B，B错误；C．物质A中存在碳碳双键，能发生加聚反应，C正确；D．醛基能与银氨溶液发生银镜反应，可用银氨溶液检验B中是否含有醛基，D正确；故答案选CD。28.为探究不溶性盐A(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：(假设各步反应均完全发生，生成的气体全部逸出)请回答：（1）A的组成元素除H、O外，还含有_______(用元素符号表示)；（2）A的化学式为_______；（3）红棕色固体B的一种用途是_______；（4）往溶液D中加入铜的离子方程式是_______。【答案】（1）Fe、Cl（2）Fe(OH)2Cl（3）红色颜料，冶炼铁的原料(写出一种就得分)（4）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+【解析】【分析】不溶性盐A仅含四种元素组成，A在隔绝空气加热的条件下反应生成水1.08g，物质的量是1.08g÷18g/mol=0.06mol，红棕色固体B9.6g，B能溶于溶液C中生成溶液D，而溶液C能与硝酸酸化的硝酸银反应生成白色沉淀17.22g，这说明气体C是氯化氢，根据原子守恒可知氯化氢的物质的量等于氯化银的物质的量，为17.22g÷143.5g/mol=0.12mol，因此红棕色固体B是氧化铁，物质的量是9.6g÷160g/mol=0.06mol，这说明A中含有H、O、Cl、Fe四种元素；【小问1详解】根据以上分析可知A的组成元素除H、O外，还含有Cl、Fe，根据原子守恒可知H、O、Cl、Fe四种元素的物质的量分别是0.24mol、0.24mol、0.12mol、0.12mol，个数之比是2：2：1：1，所以其化学式为Fe(OH)2Cl；【小问2详解】 由（1）分析可知，A的化学式为Fe(OH)2Cl；【小问3详解】红棕色固体B是氧化铁，其用途有红色颜料，冶炼铁的原料等；【小问4详解】溶液D中含有铁离子，铁离子和铜生成亚铁离子和铜离子，反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。29.某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。已知：；请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠溶液的仪器名称是_______。（2）装置B中发生的离子方程式为_______。（3）以上装置中表现了SO2氧化性的是_______(填装置字母)；（4）装置F中倒扣漏斗的作用是_______。（5）装置E的目的是探究SO2与品红溶液作用的可逆性，请写出实验操作及现象：_______。【答案】（1）圆底烧瓶（2）SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+SO（3）D（4）防止倒吸（5）将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色【解析】【分析】装置A中发生反应Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，二氧化硫有还原性，能使氯水与酸性高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫与装置D中的H2S发生反应生成硫单质，从而使溶液变浑浊，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，二氧化硫溶于水，污染空气，用F装置吸收并防止倒吸；【小问1详解】装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是圆底烧瓶；【小问2详解】在装置B中含有新制的氯水，氯水中氯气具有强氧化性，通入SO2气体，发生氧化还原反应生成硫酸和氯 离子，反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++2Cl-+；【小问3详解】二氧化硫具有氧化性，和硫化氢反应生成单质硫和水，装置D发生反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，体现二氧化硫的氧化性；【小问4详解】装置F中安装了一个倒扣漏斗，作用是扩大SO2被溶液吸收面积，使SO2被溶液充分吸收，防止倒吸现象的发生。【小问5详解】二氧化硫的漂白是不稳定的，受热易恢复原来的颜色，则装置E的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，其实验操作及现象为将试管E在酒精灯上加热，溶液恢复红色。30.常温下ClO2为气体，具有强氧化性，易溶于水且不与水反应，可作为自来水的消毒剂与食品漂白剂。ClO2可通过如下反应制备：第一步反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，第二步，将生成的混合气体通过装有亚氯酸钠(NaClO2)的干燥管，可吸收Cl2并生成ClO2.现往足量NaClO3中通入56LHCl(标况)气体制ClO2，请计算：（1）通入的HCl气体物质的量为_______mol。（2）至少需要NaClO3的物质的量为_______mol。（3）通过两步制备共产生ClO2质量为_______克。【答案】（1）2.5（2）1.25（3）168.75【解析】【小问1详解】标准状况下56LHCl的物质的量为56L÷22.4L/mol=2.5mol。【小问2详解】已知参与反应的HCl有2.5mol，根据反应方程式2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，至少需要NaClO3的物质的量为1.25mol。【小问3详解】