【精准解析】湖北省武汉市黄陂区第六中学2019-2020学年高一3月月考化学试卷

2.胶体区别于溶液等其它分散系的本质特征是A.胶粒可以导电B.胶体是混合物C.胶体粒子大小在1～100nm之间D.胶体的分散剂为气体【答案】C【解析】【详解】胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm(10-7～10-9m)之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的粒子直径大于100nm，故选C。-1-3.下列关于钠、铝、铁、铜和氧气的反应，不正确的是（A.铁在氧气中燃烧，产物为四氧化三铁B.铝表面很容易被氧气氧化，生成致密的氧化物保护膜C.钠常温下和氧气反应，生成淡黄色的过氧化钠D.铜可以在加热的条件下和氧气反应，生成氧化铜【答案】C【解析】）A.铁在氧气中燃烧，产物为四氧化三铁，A正确；B.铝表面很容易被氧气氧化，生成致密的氧化物保护膜，B正确；C.钠在常温下和氧气反应，生成白色的氧化钠，C不正确；D.铜可以在加热的条件下和氧气反应，生成氧化铜，D正确。本题选C。4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是(A.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为1NA

B.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为0.02NAC.通常状况下，1NA个CO2分子占有的体积为22.4LD.物质的量浓度为0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为1NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，水不是气体，题中条件无法计算22.4L水的物质的量，A错误；B.常温常压下，1.06gNa2CO3含有的Na+离子数为：1.06g/(106g·mol-1)×2×NA/mol=0.02NA，B正确；C.在标准状况下，1NA个CO2分子占有的体积才等于22.4L，C错误；D.0.5mol/L的MgCl2溶液只知道物质的量浓度，体积未知，则其中含有Cl-个数无法求出，D错误；答案选B。【点睛】标准状况下，1NA个气体分子占有的体积才为22.4L；求出微粒的个数时只知道物质的量浓度是不够的，还需要知道其体积，才能求出其物质的量，进而求出微粒的个数。5.对于下列事实的解释正确的是A.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性B.浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有挥发性C.常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应-2-)D.氨气可以完成喷泉实验，说明氨气极易溶于水【答案】D【解析】【详解】A．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A错误；B．浓硝酸见光或是加热条件下易分解为二氧化氮、氧气和水，导致浓硝酸颜色变黄，体现了浓硝酸的不稳定性，故B错误；C．常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是发生反应生成致密氧化膜的过程，故C错误；D．氨气极易溶解于水，可利用氨气设计喷泉实验，故D正确；故答案为D。6.下列叙述正确的是（）①根据组成物质的元素种类是否相同将物质分为纯净物和混合物②根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应③根据是否有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液④根据水溶液是否能导电将化合物分为电解质和非电解质⑤树状分类法是唯一能表示物质分类的方法A.②【答案】A【解析】【详解】①只由一种物质构成的是纯净物；由两种或以上物质构成的是混合物，故纯净物和混合物与元素种类是否相同无关，是由是否只含一种物质来分类的，故①错误；②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故②正确；③根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，故③错误；④根据化合物在水溶液或是熔融态下是否能够导电，将化合物分为电解质和非电解质，故④错误；⑤根据分类标准不同，物质分类方法有多种，故⑤错误；故答案选A。【点睛】本题注意物质的分类的依据，同时要注意概念的内涵和外延，不同的分类标准会得出不同的分类结果。7.从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是①铁和水蒸气反应②过氧化钠和水反应③氯气和水反应④二氧化氮和水反应-3-B.②④⑤C.②③D.①③④A.①②③【答案】C【解析】B.①②④C.②③④D.①③④【详解】①铁和水蒸气反应中，H元素的化合价降低，水为氧化剂；②过氧化钠和水反应中，只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；③氯气和水反应中，只有Cl元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；④二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，只有N元素的化合价变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂；水的作用相同的是②③④，故选C。【点睛】把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。解答本题主要是看H2O中的H和O的化合价是否发生变化，变化情况是否相同，易错点为②，要注意H2O中的O元素化合价不变。8.在下列溶液中，所给离子一定能够大量共存的是（）A.与铝反应产生大量氢气的溶液：Na+、K+、NH4+、NO3-B.含碳酸钠的溶液：Na+、Cl-、OH-、K+C.无色溶液中：K+、H+、Cl-、MnO4-D.强酸性溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、Cl-【答案】B【解析】【详解】A．与铝反应产生大量氢气的溶液呈酸性或强碱性，NH4＋与氢氧根离子反应，NO3−在酸性溶液中具有强氧化性，与Al反而不会生成氢气，故A错误；B．Na+、Cl-、OH-、K+之间不反应，都不与碳酸钠溶液反应，能够大量共存，故B正确；C．MnO4-为有色离子，不满足溶液无色的条件，故C错误；D．Fe2＋、NO3−在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故答案选B。【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况：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等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性、溶液的颜色、溶液的具体反应条件、是“可能”共存还是“一定”共存等。9.下列化学反应的离子方程式正确的是A.盐酸和石灰石制CO2：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑-4-B.氢氧化铜与稀盐酸反应：Cu(OH)2＋2H＋＝C.铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag＋＝Cu2＋＋2H2OCu2＋＋AgCaCO3↓＋H2OD.往澄清石灰水中通入少量的二氧化碳气体：CO2＋Ca(OH)2＝【答案】B【解析】【详解】A．石灰石的主要成分为碳酸钙，难溶于水，盐酸和石灰石制CO2的离子方程式：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑，故A错误；B．氢氧化铜难溶于水，与稀盐酸反应的离子方程式：Cu(OH)2+2H+═Cu2++2H2O，故B正确；C．电荷不守恒，铜片插入硝酸银溶液中的离子方程式：Cu+2Ag+═Cu2++2Ag，故C错误；D．往澄清石灰水中通入二氧化碳气体反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意氢氧化钙在离子方程式中的处理方法，澄清石灰水用离子表示，石灰乳用化学式表示。10.下列两种气体的分子数一定相等的是A.质量相等、密度不等的N2和C2H4C.等温等体积的O2和N2【答案】A【解析】【分析】两种气体的分子数一定相等，根据n=N/NA可知，两种气体的物质的量应相等，结合n=m/M=V/Vm进行计算和判断。【详解】A项、N2和C2H4的摩尔质量相等，在质量相等时物质的量相等，分子数相等，故A正确；B项、等压下，由于温度不一定相同，等体积的N2和CO2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故B错误；C项、由于压强未知，等温等体积的O2和N2物质的量不一定相等，所以其分子数不一定相等，故C错误；D．不同体积等密度的CO和C2H4质量不相等，CO和N2的摩尔质量相等，物质的量不相等，故分子数目一定不相等，故D错误。-5-B.等压等体积的N2和CO2

D.不同体积等密度的CO和C2H4

故选A。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，灵活物质的量公式是解答本题的关键。11.下列有关物质用途的说法中，不正确的是．．．A.二氧化硫可用于杀菌、消毒B.氯气可用于消毒和制造漂白粉C.碳酸钠可用作食用碱D.四氧化三铁可用作红色涂料【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故A正确；B．Cl2可生成具有强氧化性和漂白性的HClO，能与石灰乳反应制备漂白粉，故B正确；C．碳酸钠的水溶液显碱性，可用作食用碱，故C正确；D．三氧化二铁为红棕色，可用于做红色涂料，而四氧化三铁是磁性氧化铁，制磁性材料，故D错误；故答案为D。12.下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是()A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中B.SO2气体通入新制氯水中C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中D.CO2气体通入澄清石灰水中【答案】D【解析】【详解】A.硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，硝酸的还原产物是NO，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；B.SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，溶液酸性增强，图象中pH变化不正确，故B错误；C.NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-与HCO3-生成CO32-，CO32-随即与Ba2+产生沉淀，即反应开始时就有沉淀生成，故C错误；-6-D.CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，一开始反应溶液中自由移动的离子减少，但CO2过量时会发生CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，自由移动的离子增多，导电性又增强，故D正确；故选D。13.下列装置用于实验室制氨气或验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的的是A.制取氨气B.除去氨气中的水蒸气C.验证氨气具有还原性D.吸收尾气【答案】C【解析】【详解】A.氯化铵与氢氧化钠在不加热条件下会生成一水合氨，图中缺少酒精灯加热制备氨气，不能达到实验目的，A项错误；B.氨气与硫酸会发生反应，则浓硫酸不能干燥氨气，B项错误；C.氨气与CuO反应生成氮气、Cu和水，N元素的化合价升高，则氨气具有还原性，C项正确；D.苯的密度比水的密度小，在水的上层，起不到防倒吸的目的，则图中装置不能吸收尾气，D项错误；答案选C。14.稀土资源素有“工业维生素”“新材料之母”之称，我国稀土储量世界第一。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应（注：铈常见的化合价为+3和4，氧化性：Ce

4

Fe3I2）。下列说法正确的是（）A.铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce4HI=CeI42H2

B.Ce2SO43溶液与硫酸铁溶液混合，其离子方程式为：Ce3Fe3=Ce4Fe2C.铈元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素D.金属Ce保存时可以用水封来隔绝空气，防止被氧化【答案】C-7-【解析】【详解】A.氧化性：Ce4+>Fe3+，结合2Fe3++2I-=2Fe2++I2，Ce4+、I-不能共存，Ce与HI的反应为2Ce+6HI=2CeI3+3H2↑，故A错误；B.氧化性是Ce4+>Fe3+，所以Fe3+无法氧化Ce3+得到Ce4+，故B错误；C.铈(稀土元素)在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，与钠的活泼性相似，所以Ce元素如果要排在金属活动性顺序表中，其位置应靠近Na元素，故C正确；D.根据题中信息铈在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应，则不能用水封保存Ce，故D错误；故选C。15.向四支试管中分别加入少量不同溶液进行如下实验，其中操作，现象和结论均正确的是选项操作先向待测液滴加BaCl2溶液，A再滴足量的盐酸先向待测液滴加2滴KSCN溶B液，再滴几滴新制的氯水用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色C反应将有色布条放入盛有干燥氯气D的集气瓶中并盖上玻璃片有色布条褪色氯气有漂白性火焰呈黄色无K＋

现象生成白色沉淀，加酸后沉结论原溶液中有SO4

淀不溶解先不显红色，再滴新制的原溶液中有Fe氯水后溶液变为红色2—

2＋

原溶液中有Na，＋

A.A【答案】B【解析】B.BC.CD.D【详解】A．滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中一定含有SO4，因为含有Ag的溶液中滴加氯化钡溶液，也生成白色沉淀，故A错误；B．滴加2滴KSCN溶液，溶液不显红色，可知不含Fe，再滴几滴新制的氯水，变为血红色，3+

+

2-

-8-可知Fe2+被氧化为Fe3+，则原溶液中有Fe2+，故B正确；C．观察钾的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，若焰色显紫色，证明含有钾元素；则由题给实验现象可知，原溶液中有Na+，不能确定是否含K+，故C错误；D．氯气没有漂白性，干燥的氯气不能使有色布条褪色，现象不正确，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意干燥的氯气不能使有色布条褪色，潮湿的氯气能使有色布条褪色，是因为次氯酸能使有色布条褪色，氯气没有漂白性。16.用如图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是①中物质ABCD浓氨水浓硝酸浓盐酸饱和的亚硫酸溶液②中物质酚酞试液淀粉KI溶液浓氨水稀溴水实验预测②中溶液变为红色②中溶液变为蓝色大烧杯中有白烟②中无明显变化A.A【答案】D【解析】B.BC.CD.D【详解】A．浓氨水具有挥发性，氨气溶于水形成氨水，氨水显示碱性，使得酚酞溶液变为红色，现象与预测一致，故A不选；B．浓硝酸具有挥发性和强氧化性，能将碘离子氧化为碘单质，淀粉遇到单质碘显示蓝色，现象与预测一致，故B不选；C．浓盐酸具有挥发性和酸性，能和氨气之间发生反应，产生氯化铵固体，大烧杯中有白烟，现象与预测一致，故C不选；-9-D．饱和亚硫酸不稳定分解产生二氧化硫，二氧化硫能和溴水发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，所以溴水的颜色会褪去，现象与预测不一致，故D选；答案选D。17.将51.2gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为（A.1.8mol/L【答案】B【解析】【分析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为＋2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由＋5价降低为＋3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n(NaOH)＝n(NaNO2)＋n(NaNO3)，据此计算NaOH的物质的量浓度。【详解】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为＋2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由＋5价降低为＋3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子为B.2mol/L）C.2.4mol/LD.3.6mol/L51.2g1.6mol

×2＝1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为64g/mol2

＝0.8mol，由Na守恒可知n(NaOH)＝n(NaNO2)＋n(NaNO3)＝0.8mol＋0.2mol＝1.0mol，则NaOH的浓度为1.0mol

＝2mol/L；0.5L故答案选B。【点睛】用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键。第Ⅱ卷（非选择题，满分49分）注意事项：请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。二、填空题（共49分）18.化学与人类生活密切相关。请按要求，回答下列问题：（1）春秋末期工艺官书《考工记》中记载有“涑帛”的方法，即利用含有碳酸钠的水溶液-10-来洗涤丝帛。请写出碳酸钠水溶液中通入CO2气体的化学方程式__________，将54.8gNa2CO3和NaHCO3的混合物分成等量的两份，一份溶于水后加入足量盐酸，收集到气体VL，另一份直接加热至恒重，生成气体2.24L（所有气体体积均在标准状况下测定），则原固体混合物中Na2CO3的物质的量：n（Na2CO3）＝__，气体V＝___。（2）“84”消毒液在生活中使用广泛，其有效成分是次氯酸钠。可在常温下将氯气通入NaOH溶液制得，该反应的离子方程式为_______，若有2mol氯气参与该反应，则此时转移的电子数为___NA。（3）小苏打可用于治疗胃酸过多，其反应的离子方程式为______。（4）长石是地表岩石最重要的造岩矿物。某种长石的化学组成KAlSi3O8则将其改写成氧化物的组合形式为_______。【答案】(1).Na2CO3＋H2O＋CO2＝2NaHCO3

(5).2(2).0.2mol(3).6.72L(4).Cl2

＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O【解析】【分析】(6).HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2O(7).K2O·Al2O3·6SiO2

(1)碳酸钠与二氧化碳在溶液中反应生成碳酸氢钠；加热发生反应：2NaHCO3

ΔNa2CO3＋H2O＋CO2↑，计算分解生成二氧化碳物质的量，根据方程式计算每一份中碳酸氢钠的物质的量，原混合物中碳酸氢钠的物质的量为每一份中碳酸氢钠的2倍，可得原混合物中碳酸钠的质量，进而计算原混合物中碳酸钠的物质的量，根据碳原子守恒计算每一份与盐酸反应生成二氧化碳的体积；(2)氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，根据氯气和转移电子之间的关系式计算转移电子物质的量；(3)小苏打的主要成分为碳酸氢钠，可与盐酸反应生成二氧化碳气体；(4)根据化学式改写成相应的氧化物的形式，按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写，并要遵守原子守恒。【详解】(1)碳酸钠与二氧化碳在溶液中反应生成碳酸氢钠，反应方程式为：Na2CO3＋H2O＋CO2＝2NaHCO3；加热生成二氧化碳的物质的量为：2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，由2NaHCO3

ΔNa2CO3＋H2O＋CO2↑，可知每一份中碳酸氢钠的物质的量为：0.1mol×2＝0.2mol，故原混合物中碳酸氢钠的-11-物质的量为0.2mol×2＝0.4mol，则原混合物中m(Na2CO3)＝54.8g−0.4mol×84g/mol＝21.2g，则原混合物中n(Na2CO3)＝21.2g÷106g/mol＝0.2mol；每一份中碳酸氢钠为0.2mol，碳酸钠为0.1mol÷2＝0.1mol，根据碳原子守恒，可知与盐酸反应生成二氧化碳为：(0.2mol＋0.1mol)×22.4L/mol＝6.72L；(2)氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，离子方程式为Cl2＋2OH-＝Cl-＋ClO-＋H2O，反应中Cl元素化合价由0价分别变化为＋1价、若有2mol氯气参与该反应，则生成2molNaCl，−1价，转移电子物质的量为2mol，数目为2NA；(3)小苏打的主要成分为碳酸氢钠，可与盐酸反应生成二氧化碳气体，反应的离子方程式为HCO3-＋H＋＝CO2↑＋H2O；(4)钾的氧化物为K2O，铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，则根据活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O的顺序可知，KAlSi3O8可改写为K2O·Al2O3·6SiO2.19.A、B、C、W均为中学常见的纯净物，它们之间有如下转化关系(其它产物及反应条件已略去)。(1)若单质A为黄色固体，B为无色有刺激性气味的气体，C能与水反应生成一种二元强酸.①B→C的化学方程式_____。②向NaOH溶液中通入过量的气体B的离子方程式______。(2)若A是一种黄绿色的气体，B的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体。①检验B溶液中阳离子的常用试剂是_____。②B与W转化为C的离子反应方程式_____。③一定条件下W与水反应的化学方程式______。【答案】氧化钠溶液)【解析】【分析】（1）若单质A为黄色固体，B为无色有刺激性气味的气体，C能与水反应生成一种二元强酸，则A是S，W是O2、B是SO2、C是SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4；（2）若A是一种黄绿色的气体，B的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，则A是Cl2，W是Fe，B是FeCl3、C是FeCl2。-12-(1).2SO2＋O22SO3(2).SO2+OH====HSO3

(5).3Fe+4H2O(g)--

(3).KSCN溶液(氢Fe3O4+4H2

(4).Fe+2Fe3+====3Fe2+

【详解】（1）若单质A为黄色固体，B为无色有刺激性气味的气体，C能与水反应生成一种二元强酸，则A是S，W是O2、B是SO2、C是SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4。①B→C的反应为二氧化硫氧化为三氧化硫，反应的方程式为：2SO2＋O2为2SO2＋O2

2SO3。2SO3，故答案②向NaOH溶液中通入过量的SO2气体，生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：SO2+OH-=HSO3-，故答案为SO2+OH-=HSO3-。（2）若A是一种黄绿色的气体，B的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体，则A是Cl2，W是Fe，B是FeCl3、C是FeCl2。①B为FeCl3，检验Fe3+的常用试剂是KSCN溶液(氢氧化钠溶液)，若用KSCN溶液，溶液变为血红色，若用氢氧化钠溶液，出现红褐色的沉淀，故答案为KSCN溶液(氢氧化钠溶液)。②W是Fe、B是FeCl3，Fe与FeCl3反应生成FeCl2，离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为Fe+2Fe3+=3Fe2+。③铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为：3Fe+4H2O(g)答案为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。Fe3O4+4H2，故【点睛】解答推断题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。20.NO2是大气污染物之一，实验室拟将NO2与Cl2混合用NaOH溶液吸收的方法消除其污染。回答下列问题：(1)氯气的制备①仪器M的名称是_______________②欲用MnO2和浓盐酸制备并收集一瓶纯净干燥的氯气，选择上图中的装置，其连接顺序为____________（按气流方向，用小写字母表示）。③D在制备装置中的作用是______________；装置F的作用是__________________。-13-(2)用如下图所示装置，探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应。查阅有关资料可知：HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2。①装置中X和Z的作用是_______________②实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，反应结束后加入稀硫酸无现象，则Y中发生反应的化学方程式是___________。③反应结束后，取Y中溶液适量置于试管中，加入稀硫酸，若有红棕色气体产生，解释产生该现象的原因_____________【答案】(1).分液漏斗(2).befghcdi(4).除去多余的氯气，防止污染空气和(3).吸收(5).观察气(6).Cl2中的HCl（抑制Cl2的溶解）泡流速便于控制Cl2

NO2的进入量的比例Cl22NO24NaOH 2NaNO32NaCl2H2O

(7).NO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体（答案合理即可）【解析】【分析】（1）根据氯气实验室制法及装置图分析解答；（2）根据物质的性质、氧化还原反应原理及实验装置特点分析解答。【详解】（1）①依据仪器形状可知：M为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；②实验室用二氧化锰和浓盐酸加热方法制取氯气，制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去杂质，氯气密度大于空气密度，用向上排空气法收集，尾气用氢氧化钠溶液吸收，所以正确的连接顺序为：-14-befghcdi；故答案为：befghcdi；③浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，通入D中用饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢；氯气有毒，与氢氧化钠反应，可以用氢氧化钠对氯气进行吸收，故答案为：吸收Cl2中的HCl（抑制Cl2的溶解）；除去多余的氯气，防止污染空气；（2）氯气在饱和食盐水中溶解度不大，二氧化氮在四氯化碳中不溶，所以分别通入两种气体后，会看到产生气泡，通过气泡的快慢控制Cl2和NO2的进入量比例，所以装置X与Z的作用为：观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；故答案为：观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；②通入适当比例的氯气和二氧化氮，Y中观察不到气体颜色，说明氯气和二氧化氮完全反应，反应结束后加入稀硫酸无现象说明没有生成NO2-，氯气、二氧化氮在碱性环境下发生氧化还原反应生成硝酸钠、氯化钠和水，反应的方程式：Cl22NO24NaOH2NaNO32NaCl2H2O；故答案为：Cl22NO24NaOH2NaNO32NaCl2H2O；③通入的二氧化氮量过多，则过量的二氧化氮与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，当加入硫酸后亚硝酸钠在酸性环境下发生歧化反应生成一氧化氮和二氧化氮，二氧化氮为红棕色气体，所以会看到试管中出现红棕色气体；故答案为：NO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体（答案合理即可）。21.氮元素的单质和常见的化合物在工、农业生产中用途广泛。（1）工业上利用分离空气的方法得到氮气．空气各主要成分的沸点如下：N2

-196℃O2

-183℃Ar-186℃CO2-78℃-15-现将空气深度冷却液化，然后缓慢升温，则最先分离出来的气体是______．（2）雷雨时空气中的N2转化为NO，生成物NO是______色的气体，______（填“易”或“难”）溶于水；NO在空气中很容易被氧化成NO2，NO2能与水发生化学反应，写出NO2与水反应的化学方程式为__________________．（3）实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气；①制取氨气的化学方程式为__________________；②要制取标准状况下4.48L的氨气，至少需要称取固体NH4Cl的质量为______g；（4）已知：4NH3+6NO5N2+6H2O化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下，按下列流程，探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能；若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体，通过一定体积滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的体积、浓度均相同）；①NH3与稀硫酸溶液反应的离子方程式为__________________；②为了比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是____________。【答案】（OH）2【解析】【分析】（1）沸点最低的物质最先分离出来；(1).N2

(2).无(3).难(6).10.7(4).3NO2+H2O=2HNO3+NO(7).NH3+H=NH4

+

+

(5).2NH4Cl+CaCaCl2+2H2O+2NH3↑(8).溶液显色所需时间（2）根据NO物理性质进行分析；NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮；（3）实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气；根据反应生成氨气的体积，转化为氨气的量，根据方程式中氮原子守恒：n（NH3）=n（NH4Cl），m（NH4Cl）=M(NH4Cl)×n（NH4Cl）。（4）氨气是碱性气体，与稀硫酸溶液反应生成硫酸盐；要比较催化剂的性能就要从反应的快慢来比较，所以要记录反应所需要的时间。【详解】（1）加热升温最先变为气体的是沸点最低的物质，从表格中看出沸点最低的是N2，所以最先分离出来的气体是N2；-16-（2）NO是无色的气体、难溶于水；NO2与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）实验室可用固体NH4Cl与固体Ca（OH）2加热反应制取氨气的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2H2O+2NH3↑；标准状况下4.48L的氨气的物质的量为：4.48L

=0.2mol，22.4L/mol根据方程式知道生成0.2mol的氨气至少需要0.2mol的NH4Cl，质量为：0.2mol×53.5g/mol=10.7g；（4）氨气是碱性气体，与稀硫酸溶液反应生成铵盐，离子方程式为：NH3+H+=NH4+；要比较催化剂的性能就要从反应的快慢来比较，所以要记录反应显色所需要的时间。-17--18-