江西師大附中2013屆高三化學(xué)上學(xué)期期中試題（含解析）新人教版本

1、江西師大附中2013屆高三上學(xué)期期中考試化學(xué)試卷一、選擇題（每題只有1個(gè)正確答案，每小題3分，共48分）1（3分）NA表示阿伏加德羅常數(shù)下列說(shuō)法中正確的是（）ACu和足量的稀硝酸反應(yīng)產(chǎn)生4.48L氣體時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6NAB1.2g NaHSO4晶體中陽(yáng)離子和陰離子的總數(shù)為0.03 NAC標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44.8 L NO與22.4 LO2混合后氣體中分子總數(shù)為2NADS2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子數(shù)一定為0.2NA考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù)專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律分析：A、依據(jù)氣體摩爾體積的條件應(yīng)用分析判斷；B、質(zhì)量換算物質(zhì)的量，結(jié)合晶體構(gòu)成是鈉離子和硫酸氫根離子分析；

2、C、一氧化氮和氧氣反應(yīng)，生成的二氧化氮存在二氧化氮和四氧化二氮的化學(xué)平衡；D、S2和S8都是硫元素組成，只需要計(jì)算6.4g硫元素物質(zhì)的量即可解答：解：A、溫度壓強(qiáng)不知，4.48L氣體物質(zhì)的量不是0.2mol，故A錯(cuò)誤；B、1.2g NaHSO4晶體物質(zhì)的量=0.01mol，含鈉離子0.01mol，含硫酸氫根離子0.01mol，含陽(yáng)離子和陰離子的總數(shù)為0.02NA，故B錯(cuò)誤；C、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，44.8 L NO物質(zhì)的量為2mol，與22.4 LO2物質(zhì)的量為1mol，混合后發(fā)生反應(yīng)2NO+O2=2NO2；生成二氧化氮2mol，但存在平衡2NO2N2O4；所以44.8 L NO與22.4 LO2混合

3、后氣體中分子總數(shù)小于2NA，故C錯(cuò)誤；D、S2和S8的混合物共6.4g含硫元素物質(zhì)的量=0.2mol，所含硫原子數(shù)一定為0.2NA，故D正確；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，氣體摩爾體積的條件應(yīng)用，質(zhì)量換算物質(zhì)的量計(jì)算微粒數(shù)，關(guān)鍵是硫酸氫鈉晶體是由鈉離子和硫酸氫根離子構(gòu)成2（3分）將SO2通入一定量NaOH溶液中，充分反應(yīng)后，該溶液溶質(zhì)組成不可能為（）ANa2SO3和NaOHBNaHSO3CNaHSO3和Na2SO3DNaOH和NaHSO3考點(diǎn)：二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)專題：氧族元素分析：根據(jù)二者的物質(zhì)的量的多少判斷反應(yīng)后的生成物及溶質(zhì)的組成，二氧化硫少量時(shí)生成亞硫酸鈉，二氧化硫過(guò)量時(shí)生

4、成亞硫酸氫鈉，以此來(lái)解答解答：解：A當(dāng)SO2與NaOH的物質(zhì)的量之比小于1：2時(shí)，反應(yīng)后生成Na2SO3，且NaOH有剩余，即A可能，故A不選；B當(dāng)SO2與NaOH的物質(zhì)的量之比大于1：1時(shí)，反應(yīng)后生成NaHSO3，即B可能，故B不選；C當(dāng)SO2與NaOH的物質(zhì)的量之比介于1：1和1：2時(shí)，反應(yīng)后生成NaHSO3和Na2SO3，即C可能，故C不選；D因NaOH和NaHSO3能發(fā)生反應(yīng)生成Na2SO3，則不可能，故D選；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查二氧化硫的性質(zhì)及與量有關(guān)的化學(xué)反應(yīng)，明確物質(zhì)的量不同時(shí)發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大3（3分）如圖所示，兩圓圈相交的部分表示圓圈內(nèi)的物質(zhì)相互發(fā)生

5、的反應(yīng)已知鈉及其氧化物的物質(zhì)的量均為0.1mol，水的質(zhì)量為100g下列說(shuō)法正確的是（）ANa2O2中陰陽(yáng)離子數(shù)目之比為1：1B反應(yīng)的離子方程式為：Na+2H2O=Na+2OH+H2C反應(yīng)最多能產(chǎn)生0.05mol O2D、充分反應(yīng)后所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)從大到?。嚎键c(diǎn)：鈉的重要化合物專題：元素及其化合物分析：A、過(guò)氧化鈉中的陰離子是過(guò)氧根離子不是氧離子，根據(jù)化學(xué)式判斷陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比B、離子方程式要遵循“原子守恒和電荷守恒等”規(guī)律C、根據(jù)過(guò)氧化鈉和水反應(yīng)的方程式計(jì)算生成氧氣的物質(zhì)的量D、根據(jù)固體的物質(zhì)的量計(jì)算溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量、溶液的質(zhì)量，根據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)公式判斷質(zhì)量分?jǐn)?shù)相對(duì)大小解答：解：A、過(guò)氧化鈉中

6、陰離子是O2 2，所以陰陽(yáng)離子數(shù)目之比為1：2，故A錯(cuò)誤B、反應(yīng)的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故B錯(cuò)誤C、反應(yīng)方程式為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2， 2mol 1mol 0.1mol 0.05mol根據(jù)方程式知，最多產(chǎn)生0.05mol O2，故C正確D、鈉、氧化鈉、過(guò)氧化鈉和水反應(yīng)的方程式分別如下：Na+H2O=NaOH+H2，溶液增加的質(zhì)量=m（Na）m（H2）=2.3g0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的質(zhì)量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+O2，溶液增加的質(zhì)量

7、=m（Na2O2）m（O2）=m（Na2O）=6.2g所以溶液增加的質(zhì)量大小順序?yàn)椋衡c氧化鈉=過(guò)氧化鈉，根據(jù)鈉原子守恒知，0.1mol的鈉、氧化鈉、過(guò)氧化鈉、溶于水所得氫氧化鈉的物質(zhì)的量分別為：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通過(guò)以上分析可知，0.1mol的鈉、氧化鈉、過(guò)氧化鈉、分別溶于水所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為：、，所以、充分反應(yīng)后所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)從大到小：=，故D錯(cuò)誤故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了鈉及其化合物的性質(zhì)，易錯(cuò)選項(xiàng)是A，注意過(guò)氧化鈉中陰離子是過(guò)氧根離子不是氧離子，此為易錯(cuò)點(diǎn)4（3分）在AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液直至過(guò)量，經(jīng)測(cè)定，加入NaOH的體積

8、和所得沉淀的物質(zhì)的量的關(guān)系如下圖所示（b處NaOH溶液的體積為1L），則下列判斷不正確的是（）ANaOH的濃度為0.6mol/LB在a點(diǎn)處溶液中的溶質(zhì)為NaClC在b點(diǎn)處溶液中的溶質(zhì)只有NaAlO2D圖中線段oa：ab=5：1考點(diǎn)：鎂、鋁的重要化合物；有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算專題：圖示題；幾種重要的金屬及其化合物分析：AlCl3和MgCl2的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鋁、氫氧化鎂沉淀，加入aLNaOH溶液時(shí)，沉淀達(dá)最大值共0.2mol，此時(shí)溶液為NaCl溶液，繼續(xù)滴加NaOH溶液直至過(guò)量，氫氧化鋁與NaOH反應(yīng)逐漸溶解，在bL時(shí)，即再繼續(xù)滴加NaOH溶液（ba）L時(shí)，氫氧

9、化鋁完全溶解，沉淀為氫氧化鎂0.1mol，溶液為NaCl、NaAlO2溶液解答：解：A、在bL時(shí)，溶液為NaCl、NaAlO2溶液，由圖象可知：nAl（OH）3=0.1mol，n（Mg（OH）2=0.1mol，根據(jù)Mg原子守恒有n（MgCl2）=n（Mg（OH）2=0.1mol，根據(jù)Al原子守恒有n（NaAlO2）=n（AlCl3）=nAl（OH）3=0.1mol，由Cl原子守恒有n（Cl）=n（NaCl）=2n（MgCl2）+3n（AlCl3）=2×0.1mol+3×0.1mol=0.5mol，由Na原子守恒有n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaAlO2）=0.5mo

10、l+0.1mol=0.6mol，所以c（NaOH）=0.6mol/L，故A正確；B、加入aLNaOH溶液時(shí)，沉淀達(dá)最大值共0.2mol，由反應(yīng)方程式可知，此時(shí)溶液為NaCl溶液，故B正確；C、在bL時(shí)，即再繼續(xù)滴加NaOH溶液（ba）L時(shí)，氫氧化鋁完全溶解，沉淀為氫氧化鎂0.1mol，溶液為NaCl、NaAlO2溶液，故C錯(cuò)誤；D、加入aLNaOH溶液時(shí)，沉淀達(dá)最大值共0.2mol，由反應(yīng)方程式可知，此時(shí)溶液為NaCl溶液，在bL時(shí)，即再繼續(xù)滴加NaOH溶液（ba）L時(shí)，氫氧化鋁與NaOH恰好反應(yīng)，氫氧化鋁完全溶解，沉淀為氫氧化鎂0.1mol，溶液為NaCl、NaAlO2溶液，所以兩部分NaO

11、H溶液的體積之比等于消耗的NaOH的物質(zhì)的量之比，即為n（NaCl）與n（NaAlO2）之比，故oa：ab=a：（ba）=0.5mol：0.1mol=5：1，故D正確故選C點(diǎn)評(píng)：理清反應(yīng)的整個(gè)過(guò)程，問(wèn)題即可解決，即可利用方程式也可根據(jù)關(guān)系式，本題采取原子守恒計(jì)算5（3分）1L某混合溶液中，溶質(zhì)X、Y的濃度都為0.1molL1，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1molL1氫氧化鈉或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物質(zhì)的量如圖所示，則X、Y、Z分別是（）A氯化鋁、氯化鐵、氫氧化鈉B氯化鋁、氯化鎂、氫氧化鈉C偏鋁酸鈉、氫氧化鋇、硫酸D偏鋁酸鈉、氯化鋇、硫酸考點(diǎn)：鎂、鋁的重要化合物專題：圖示題；壓軸題

12、；幾種重要的金屬及其化合物分析：若Z為氫氧化鈉溶液，根據(jù)圖象中生成沉淀消耗的體積計(jì)算分析判斷，生成氫氧化鋁沉淀、氫氧化鐵沉淀、氫氧化鎂沉淀時(shí)沉淀物質(zhì)的量和消耗的堿的物質(zhì)的量不符合，不能是鋁鹽；所以z是硫酸溶液，根據(jù)圖象分析解答：解：從圖象趨勢(shì)和沉淀于消耗Z的量，可知溶液中有偏鋁酸鈉，無(wú)鋁鹽溶液，故所加Z為硫酸溶液，從生成沉淀質(zhì)量增加知含Ba2+；故AB錯(cuò)誤；若為偏鋁酸鈉、氯化鋇、硫酸，開(kāi)始滴入硫酸時(shí)會(huì)生成沉淀氫氧化鋁和硫酸鋇沉淀，生成最大量沉淀氫氧化鋁0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸鋇沉淀0.1mol，需要硫酸0.1mol，同時(shí)生成鹽酸氯化氫0.2mol，所以溶液不能為中性，并且

13、不符合第一個(gè)拐點(diǎn)，故D不符合；按圖象拐點(diǎn)分成三個(gè)階段1：硫酸和氫氧化鋇分別是二元強(qiáng)酸強(qiáng)堿，因此一開(kāi)始?xì)溲趸^的OH和硫酸里的H+1：1中和同時(shí)Ba2+和SO42，1：1反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀2：氫氧化鋇消耗完，硫酸繼續(xù)滴加，氫離子開(kāi)始和偏鋁酸根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，由于H+和AlO2是1：1反應(yīng)，但硫酸是兩元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：23：硫酸進(jìn)一步過(guò)量，開(kāi)始消耗沉淀，3份H+消耗一份Al（OH）3，因此硫酸和沉淀消耗量應(yīng)為1.5：1直到把氫氧化鋁完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4符合圖象的數(shù)值變化；故C符合；故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查了鋁鹽、偏鋁酸鹽和鋇鹽與堿、酸反應(yīng)的圖象分析判斷

14、，題目較難，需要從圖象中分析數(shù)據(jù)結(jié)合物質(zhì)反應(yīng)和沉淀生成判斷6（3分）下列反應(yīng)的離子方程式中，書(shū)寫(xiě)正確的是（）A實(shí)驗(yàn)室用大理石跟稀鹽酸制取二氧化碳：2H+CO32=CO2+H2OB將鋁粉投入氫氧化鈉溶液中：2Al+2OH=2AlO2+H2C向Ca（ClO）2溶液中通過(guò)量CO2氣體：Ca2+2ClO+CO2+H2O=CaCO3+2HClOD硅酸鈉溶液與醋酸溶液混合：SiO32+2HAc=H2SiO3+2Ac考點(diǎn)：離子方程式的書(shū)寫(xiě)專題：離子反應(yīng)專題分析：A、大理石成分為碳酸鈣是難溶于水的物質(zhì)；B、不符合氧化還原反應(yīng)的電子守恒；C、二氧化碳過(guò)量生成碳酸氫鈣；D、醋酸酸性強(qiáng)于硅酸，硅酸是沉淀；解答：解：

15、A、實(shí)驗(yàn)室用大理石跟稀鹽酸制取二氧化碳：2H+CaCO3=CO2+H2O+Ca2+；故A錯(cuò)誤；B、將鋁粉投入氫氧化鈉溶液中反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2H2O+2OH=2AlO2+3H2；故B錯(cuò)誤；C、向Ca（ClO）2溶液中通過(guò)量CO2氣體生成碳酸氫鈣和次氯酸，反應(yīng)的離子方程式為：ClO+CO2+H2O=HCO3+HClO；故C錯(cuò)誤；D、硅酸鈉溶液與醋酸溶液混合生成硅酸沉淀，離子方程式為：SiO32+2HAc=H2SiO3+2Ac；故D正確；故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子方程式的書(shū)寫(xiě)原則和注意問(wèn)題，主要考查難溶物的判斷，弱電解質(zhì)的判斷，電荷守恒，原子守恒，電子守恒的應(yīng)用，主要是量不同產(chǎn)物不同7（

16、3分）工業(yè)上以鉻鐵礦（主要成分為FeOCr2O3）、碳酸鈉、氧氣、和硫酸為原料生產(chǎn)重鉻酸鈉（Na2Cr2O72H2O），其主要反應(yīng)為：（1）4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2（2）2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O下列說(shuō)法正確的是（）A反應(yīng)（1）和（2）均為氧化還原反應(yīng)B反應(yīng)（1）的氧化劑是O2，還原劑是FeOCr2O3C高溫下，O2的氧化性強(qiáng)于Fe2O3，弱于Na2CrO4D反應(yīng)（1）中每生成1molNa2CrO4時(shí)電子轉(zhuǎn)移3mol考點(diǎn)：氧化還原反應(yīng)專題：氧化還原反應(yīng)專題分析：A、化學(xué)反應(yīng)中有元素化合價(jià)變化的反應(yīng)

17、是氧化還原反應(yīng)，沒(méi)有化合價(jià)變化的化學(xué)反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)；B、得電子化合價(jià)降低的物質(zhì)是氧化劑，失電子化合價(jià)升高的物質(zhì)是還原劑；C、同一化學(xué)反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D、反應(yīng)只有O元素的化合價(jià)降低，由0價(jià)降低為2價(jià)，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為參加反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量的4倍，由方程式可知計(jì)算Na2CrO4與轉(zhuǎn)移電子數(shù)解答：解：A、4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合價(jià)的變化，所以是氧化還原反應(yīng)，而2Na2CrO4+H2SO4Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中沒(méi)有元素化合價(jià)的變化，所以不是氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、4FeOC

18、r2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧氣中氧元素得電子化合價(jià)降低，所以氧化劑是氧氣，鐵元素和鉻元素失電子化合價(jià)升高，所以還原劑是FeOCr2O3，故B正確；C、4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧化劑是氧氣，還原劑是FeOCr2O3，所以氧氣的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，但不能判斷Na2CrO4和Fe2O3的氧化性相對(duì)強(qiáng)弱，故C錯(cuò)誤；D、由方程式4FeOCr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2轉(zhuǎn)移電子可知，生成1molNa2CrO4時(shí)，參加反應(yīng)的O2的物質(zhì)的量

19、為mol，反應(yīng)中O元素由0價(jià)降低為2價(jià)，電子轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為參加反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量的4倍，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol×4=3.5mol，所以反應(yīng)（1）中每生成1molNa2CrO4時(shí)電子轉(zhuǎn)移3.5mol，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查了氧化劑和還原劑的判斷、氧化還原反應(yīng)的判斷等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)元素化合價(jià)的變化判斷氧化還原反應(yīng)、氧化劑和還原劑即可分析解答本題8（3分）有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量H2氣流中，加熱充分反應(yīng)，冷卻后稱得剩余固體比原混合物減輕0.8g；將等質(zhì)量的原混合物與鹽酸反應(yīng)，欲使之完全溶解，需1molL1的鹽酸的體積至少為（）A0.05 LB0.1 LC0.

20、2 LD1 L考點(diǎn)：有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算專題：計(jì)算題分析：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2氣流中，加熱充分反應(yīng)，冷卻后稱得剩余固體比原混合物減輕0.8g為混合物中氧原子的質(zhì)量，物質(zhì)的量=0.05mol；將等質(zhì)量的FeO、Fe2O3的混合物與鹽酸反應(yīng)，欲使之完全溶解，當(dāng)恰好反應(yīng)時(shí)，需要鹽酸的體積最小，此時(shí)恰好為FeCl2、FeCl3，F(xiàn)eO、Fe2O3中O元素為2價(jià)，用1價(jià)的Cl替換2價(jià)的O，所以n（Cl）=2n（O），再根據(jù)V=計(jì)算鹽酸的體積解答：解：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2氣流中，加熱充分反應(yīng)，冷卻后稱得剩余固體比原混合物減輕0.8g為混合物中氧原子的質(zhì)量，物質(zhì)的量=0.

21、05mol；將等質(zhì)量的FeO、Fe2O3的混合物與鹽酸反應(yīng)，使之完全溶解，當(dāng)恰好反應(yīng)時(shí)，需要鹽酸的體積最小，此時(shí)恰好為FeCl2、FeCl3，F(xiàn)eO、Fe2O3中O元素為2價(jià)，用1價(jià)的Cl替換2價(jià)的O，所以n（Cl）=2n（O）=0.05mol×2=0.1mol，所以鹽酸的體積為=0.1L故選：B點(diǎn)評(píng)：考查混合物的計(jì)算，難度中等，判斷混合物中O原子與氯離子的關(guān)系實(shí)際解題的關(guān)鍵，可以根據(jù)關(guān)系式判斷9（3分）下列關(guān)于硅的敘述錯(cuò)誤的是（）A硅廣泛存在于自然界中，天然單質(zhì)硅叫硅石B高純硅及其氧化物在太陽(yáng)能電池及信息高速傳輸中有重要應(yīng)用C常溫下硅很穩(wěn)定，不能跟強(qiáng)酸反應(yīng)D二氧化硅可制玻璃、單質(zhì)硅

22、、光導(dǎo)纖維考點(diǎn)：含硅礦物及材料的應(yīng)用專題：碳族元素分析：A硅在自然界中以化合態(tài)存在；B高純硅可做半導(dǎo)體，二氧化硅可做光導(dǎo)纖維的材料；C硅與強(qiáng)酸不反應(yīng)，但可和HF酸反應(yīng)；D二氧化硅是硅酸鹽材料的主要原料，可被還原制備單質(zhì)硅，是光導(dǎo)纖維的材料解答：解：A硅元素以化合態(tài)廣泛存在于自然界中，無(wú)天然硅的單質(zhì)，故A錯(cuò)誤；B高純硅可做半導(dǎo)體，二氧化硅可做光導(dǎo)纖維的材料，故B正確；C硅性質(zhì)較為穩(wěn)定，在常溫下與強(qiáng)酸不反應(yīng)，但和HF酸、強(qiáng)堿等物質(zhì)反應(yīng)，故C正確；D二氧化硅是制備玻璃的主要原料，可被還原制備單質(zhì)硅，是光導(dǎo)纖維的材料，故D正確故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查含硅物質(zhì)的性質(zhì)和用途，題目難度不大，學(xué)習(xí)中注重相關(guān)基礎(chǔ)知

23、識(shí)的積累即可解答該題10（3分）下列各組物質(zhì)，不用任何試劑即可鑒別開(kāi)來(lái)的是（）ANaCl、NaBr、KI三種無(wú)色溶液BHCl、NaCl、NaNO3、Na2CO3四種溶液CNaBr、HCl、KCl三種溶液D淀粉、淀粉碘化鉀、碘化鉀、溴水四種溶液考點(diǎn)：物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別的實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)專題：元素及其化合物分析：不用其它試劑就能鑒別開(kāi)來(lái)，一般方法是根據(jù)物質(zhì)的特殊特征（如顏色）為突破口，然后依次滴加到其它物質(zhì)中根據(jù)反應(yīng)的顯現(xiàn)分別判斷其它物質(zhì)的種類，或是把物質(zhì)相互滴加，根據(jù)反應(yīng)的現(xiàn)象判斷解答：解：A三種無(wú)色溶液相互滴加都不反應(yīng)，沒(méi)有明顯的現(xiàn)象，不能鑒別，故A錯(cuò)誤；B通過(guò)相互滴加可鑒別鹽酸和Na2CO3，但無(wú)

24、法鑒別NaCl和NaNO3，故B錯(cuò)誤；CNaBr、HCl、KCl三種溶液滴加都不反應(yīng)，沒(méi)有明顯的現(xiàn)象，不能鑒別，故C錯(cuò)誤；D溴水呈黃色，可鑒別出，然后用溴水滴加到其它溶液中，淀粉物現(xiàn)象，淀粉碘化鉀變藍(lán)，碘化鉀溶液變?yōu)樽霞t色，現(xiàn)象各不相同，可鑒別，故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)的鑒別，題目難度中等，注意如果兩種溶液相互滴加會(huì)產(chǎn)生不同的現(xiàn)象，則這兩種溶液可以利用互滴法進(jìn)行鑒別能利用互滴加進(jìn)行鑒別的物質(zhì)有：Na2CO3和HCl；AlCl3和NaOH；HCl和NaAlO2；AgNO3和氨水；Fe（OH）3膠體和HCl；FeCl3和Na2S11（3分）實(shí)驗(yàn)室里保存下列試劑的方法，有錯(cuò)誤的是（）A新制氯

25、水盛放在棕色試劑瓶中，存放于低溫避光的地方B液溴易揮發(fā)，盛放在用水液封的棕色試劑瓶中C碘易升華，盛放在有水的棕色廣口試劑瓶中D濃鹽酸易揮發(fā)，盛裝在無(wú)色密封的細(xì)口玻璃試劑瓶中考點(diǎn)：化學(xué)試劑的存放專題：元素及其化合物；化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作分析：化學(xué)試劑的存放與化學(xué)試劑的物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)有關(guān)，易揮發(fā)的物質(zhì)要密封保存，見(jiàn)光易分解的物質(zhì)要避光保存，易與氧氣、水、二氧化碳反應(yīng)的物質(zhì)要隔絕空氣保存，以此解答該題解答：解：A氯水中的次氯酸見(jiàn)光易分解而導(dǎo)致Cl2水變質(zhì)，應(yīng)于棕色試劑瓶避光保存，故A正確； B液溴易揮發(fā)，一般采用水液封的辦法以減少揮發(fā)，故B正確；C碘易升華，但不易揮發(fā)，一般不液封，而是密閉保存，故C

26、錯(cuò)誤；D濃鹽酸具有較強(qiáng)的揮發(fā)性，所以應(yīng)密封保存在細(xì)口瓶中，故D正確故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)試劑的存放，題目難度不大，注意物質(zhì)的性質(zhì)影響保存方法的選擇12（3分）下列說(shuō)法合理的有（）A新制的漂白粉是純凈物B液氯可以使干燥的紅色紙片褪色C新制氯水光照有O2產(chǎn)生D氫氟酸可保存在密封的細(xì)口玻璃瓶中考點(diǎn)：氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用專題：鹵族元素分析：A漂白粉為混合物；B純凈的氯氣不能使有色物質(zhì)褪色；C氯水中含有HClO，在光照條件下分解生成氧氣；D氫氟酸能腐蝕玻璃解答：解：A漂白粉為氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，故A錯(cuò)誤；B氯氣不具有漂白性，當(dāng)與水反應(yīng)時(shí)生成HClO，HClO具有漂白性；C氯水中含有HC

27、lO，在光照條件下分解生成氧氣，故C正確；D氫氟酸能與玻璃中二氧化硅反應(yīng)，能腐蝕玻璃，故D錯(cuò)誤故選C點(diǎn)評(píng)：本題考查鹵素單質(zhì)及化合物的性質(zhì)，題目難度不大，易錯(cuò)點(diǎn)為B，注意氯氣與HClO的性質(zhì)13（3分）Cl2是紡織工業(yè)常用的漂白劑，Na2S2O3可作為漂白布匹后的“脫氯劑”S2O32和Cl2反應(yīng)的產(chǎn)物之一為SO42下列說(shuō)法不正確的是（）A該反應(yīng)中還原劑是S2O32BH2O參與該反應(yīng)，且作氧化劑C根據(jù)該反應(yīng)可判斷氧化性：Cl2SO42D上述反應(yīng)中，每生成l mol SO42，可脫去2mol Cl2考點(diǎn)：氧化還原反應(yīng)專題：氧化還原反應(yīng)專題分析：反應(yīng)的離子方程式為S2O32+4Cl2+10OH=2SO

28、42+8Cl+5H2O，從化合價(jià)變化的角度分析氧化還原反應(yīng)解答：解：反應(yīng)的離子方程式為S2O32+4Cl2+10OH=2SO42+8Cl+5H2O，則A反應(yīng)中S元素的化合價(jià)升高，被氧化，則S2O32為還原劑，故A正確；B反應(yīng)中H2O為產(chǎn)物，不是氧化劑，氧化劑為反應(yīng)物，故B錯(cuò)誤；C氧化劑氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，反應(yīng)中氧化性：Cl2SO42，故C正確；D由反應(yīng)的方程式可知，每生成lmolSO42，可脫去2molCl2，故D正確故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查氧化還原反應(yīng)，題目難度中等，解答該題的關(guān)鍵是能夠?qū)懗龇磻?yīng)的離子方程式14（3分）向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，產(chǎn)生的白色沉淀不消失，下列

29、敘述正確的是（）A溶液中一定含有SO42B溶液中一定含有Ag+C溶液中一定含有SO32D溶液中可能含有SO42、SO32、Ag+中的某一種、兩種或三種考點(diǎn)：物質(zhì)的檢驗(yàn)和鑒別的基本方法選擇及應(yīng)用；常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)方法專題：離子反應(yīng)專題分析：向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入稀硝酸，產(chǎn)生的白色沉淀不消失，可能生成的沉淀為AgCl或生成BaSO4解答：解：如溶液中含有SO32，能被硝酸氧化為SO42，加入BaCl2溶液生成BaSO4，因加入的為BaCl2，可能生成AgCl，二者都不溶于水，所以溶液中可能含有SO42、SO32、Ag+中的某一種、兩種或三種故選D點(diǎn)評(píng)：本題考查物質(zhì)的檢驗(yàn)，題目難度不大，

30、注意檢驗(yàn)溶液中是否含有SO42，應(yīng)先加鹽酸，如無(wú)沉淀，然后再加BaCl2溶液15（3分）硫酸銨在強(qiáng)熱條件下分解：4（NH4）2SO4=6NH3+N2+3SO2+SO3+7H2O若將生成的氣體通入氯化鋇溶液中，得到的沉淀物是（）ABaSO3和BaSO4BBaSCBaSO3DBaSO4考點(diǎn)：銨鹽；含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用專題：元素及其化合物分析：根據(jù)反應(yīng)生成的產(chǎn)物量和性質(zhì)分析，二氧化硫溶于水和水反應(yīng)生成亞硫酸，三氧化硫溶于水和水反應(yīng)生成硫酸，氨氣溶于水生成一水合氨；硫酸和氯化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，亞硫酸和氨水反應(yīng)生成亞硫酸銨，所以通入氯化鋇溶液中，關(guān)鍵分解反應(yīng)生成的氣體物質(zhì)的量進(jìn)行計(jì)算分析判斷；生

31、成沉淀有亞硫酸鋇和硫酸鋇解答：解：反應(yīng)后的混合氣體通入到BaCL2溶液中發(fā)生的是復(fù)分解反應(yīng) SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3 （NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4ClSO3+H2O+2NH3 =（NH4）2SO4（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl依據(jù)反應(yīng)定量關(guān)系，結(jié)合分解生成的氣體物質(zhì)的量可知，二氧化硫轉(zhuǎn)化為亞硫酸銨，1mol三氧化硫轉(zhuǎn)化為硫酸銨消耗氨氣2mol，則4mol氨水和2mol二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨，所以得到的沉淀為1mol硫酸鋇，2mol亞硫酸鋇，剩余二氧化硫和亞硫酸鋇反應(yīng)生成亞硫酸氫鋇，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇，1mol亞硫

32、酸鋇，因此得到沉淀為BaSO3和BaSO4；故選A點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)反應(yīng)的定量計(jì)算及物質(zhì)性質(zhì)的綜合應(yīng)用，關(guān)鍵是分析反應(yīng)過(guò)程反應(yīng)判斷沉淀生成的實(shí)質(zhì)，題目難度中等16（3分）（2009金華模擬）有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl、Br、I（忽略水的電離），Cl、Br、I的個(gè)數(shù)比為2：3：4，向該溶液中通入氯氣使溶液中Cl和Br的個(gè)數(shù)比為3：1，則通入氯氣的物質(zhì)的量與溶液中剩余Fe2+的物質(zhì)的量之比為（）A7：4B7：3C7：2D7：1考點(diǎn)：氯氣的化學(xué)性質(zhì)；氧化還原反應(yīng)的計(jì)算專題：壓軸題；氧化還原反應(yīng)專題；鹵族元素分析：還原性：IFe2+BrCl，根據(jù)點(diǎn)和守恒2n（Fe2+）=n（Cl）+n（

33、Br）+n（I）計(jì)算n（Fe2+），根據(jù)溶液中通入氯氣使溶液中Cl和Br的個(gè)數(shù)比為3：1，計(jì)算消耗的氯氣和剩余Fe2+的物質(zhì)的量，可則解答該題解答：解：由題意可設(shè)Cl、Br、I的物質(zhì)的量分別為2mol、3mol、4mol，由電荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯氣后，要滿足 n（Cl）：n（Br）=3：1，Cl只要增加7mol就可以，即需通入氯氣3.5mol4mol I先消耗2mol氯氣，3mol Fe2+消耗1.5mol氯氣，剩余Fe2+1.5mol，則通入氯氣與剩余Fe2+的物質(zhì)的量之比

34、為：3.5：1.5=7：3，故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，題目難度中等，本題注意根據(jù)物質(zhì)還原性的強(qiáng)弱，從電荷守恒的角度計(jì)算n（Fe2+），根據(jù)反應(yīng)的程度判斷物質(zhì)的量關(guān)系，答題時(shí)注意體會(huì)二、填空題（本題包括5小題，共52分）17（4分）氰（CN）2、硫氰（SCN）2的化學(xué)性質(zhì)和鹵素很相似，化學(xué)上稱為“類鹵素”，它們陰離子的還原性強(qiáng)弱為：ClBrCNSCNI試寫(xiě)出：（1）（CN）2與KOH（aq）反應(yīng)的化學(xué)方程式：（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O；（2）NaBr和KSCN的混合溶液中加入足量（CN）2反應(yīng)的離子方程式：2SCN+（CN）2=（SCN）2+2CN考點(diǎn)：化學(xué)方程

35、式的書(shū)寫(xiě)；離子方程式的書(shū)寫(xiě)；氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用分析：（1）根據(jù)氯氣與KOH溶液的反應(yīng)，類推（CN）2與KOH（aq）的反應(yīng)；（2）陰離子的還原性強(qiáng)弱為：ClBrCNSCNI，NaBr和KSCN的混合溶液中加入足量（CN）2反應(yīng)，只發(fā)生KSCN與（CN）2的反應(yīng)解答：解：（1）由Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O可知，（CN）2的化學(xué)性質(zhì)和鹵素很相似，則（CN）2與KOH（aq）反應(yīng)的化學(xué)方程式為（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O，故答案為：（CN）2+2KOH=KCN+KCNO+H2O；（2）陰離子的還原性強(qiáng)弱為：ClBrCNSCNI，NaBr和KSCN的混合溶

36、液中加入足量（CN）2反應(yīng)，只發(fā)生KSCN與（CN）2的反應(yīng)，該反應(yīng)為2SCN+（CN）2=（SCN）2+2CN，故答案為：2SCN+（CN）2=（SCN）2+2CN點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)反應(yīng)方程式的書(shū)寫(xiě)，明確信息及離子的還原性與反應(yīng)的關(guān)系即可解答，（2）中注意優(yōu)先氧化為學(xué)生解答的難點(diǎn)，題目難度中等18（8分）有A、B、C、D四種含硅元素的物質(zhì)，它們能發(fā)生如下反應(yīng)：C與燒堿反應(yīng)生成A和水； A溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)生成白色沉淀D；B在空氣中燃燒生成C； C在高溫下與碳反應(yīng)生成單質(zhì)B根據(jù)上述變化，完成下列問(wèn)題：（1）寫(xiě)出B、D的化學(xué)式：BSi、DCaSiO3（2）寫(xiě)出C與燒堿反應(yīng)的化學(xué)方程式：SiO2+

37、2NaOH=Na2SiO3+H2O寫(xiě)出A溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)的離子方程式：SiO32+Ca2+CaSiO3考點(diǎn)：無(wú)機(jī)物的推斷；碳族元素簡(jiǎn)介專題：推斷題；碳族元素分析：A、B、C、D四種含硅元素的物質(zhì)，C在高溫下與碳反應(yīng)生成單質(zhì)B，B為Si，C為SiO2；C與燒堿反應(yīng)生成A和水，A為Na2SiO3； A溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)生成白色沉淀D，D為CaSiO3；B在空氣中燃燒生成C，Si在空氣中燃燒可以生成SiO2，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系解答：解：A、B、C、D四種含硅元素的物質(zhì)，C在高溫下與碳反應(yīng)生成單質(zhì)B，B為Si，C為SiO2；C與燒堿反應(yīng)生成A和水，A為Na2SiO3； A溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)生成白色沉淀D，

38、D為CaSiO3；B在空氣中燃燒生成C，Si在空氣中燃燒可以生成SiO2，符合轉(zhuǎn)化關(guān)系（1）由上述分析可知，B為Si，D為CaSiO3；故答案為：Si，CaSiO3；（2）二氧化硅與燒堿反應(yīng)生成硅酸鈉與水，反應(yīng)方程式為：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；硅酸鈉溶液與鈣鹽溶液反應(yīng)生成硅酸鈣，反應(yīng)離子方程式為：SiO32+Ca2+CaSiO3；故答案為：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；SiO32+Ca2+CaSiO3點(diǎn)評(píng)：本題以文字描述的形式考查Si元素單質(zhì)及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系和邏輯推理能力、化學(xué)用語(yǔ)的書(shū)寫(xiě)能力，本題中C在高溫下與碳反應(yīng)生成單質(zhì)B為解題突破口，然后

39、順推得出其他物質(zhì)，熟練掌握Si元素單質(zhì)及化合物的性質(zhì)是關(guān)鍵，難度中等19（12分）（1）環(huán)境專家認(rèn)為可以用鋁將水中的NO3 轉(zhuǎn)化為N2，從而清除污染該反應(yīng)中涉及的粒子有：H2O、Al、OH、Al（OH）3、NO3、N2，請(qǐng)將各粒子分別填入以下空格（請(qǐng)將整個(gè)方程式配平后寫(xiě)在答題紙上）NO3+10Al+18H2O10Al（OH）3+3N2+6OH 該反應(yīng)過(guò)程中，被氧化與被還原的元素的物質(zhì)的量之比為5：3（2）若4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）H=a KJ/mol Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe （s）H=+b KJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=c K

40、J/mol 寫(xiě)出Al與氧化鐵發(fā)生鋁熱反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=（abc）KJ/mol（3）將一定質(zhì)量的鈉鋁合金置于水中，合金全部溶解，得到20mL PH=14的溶液，然后用2mol/L的鹽酸滴定，可得到沉淀量與消耗的鹽酸體積關(guān)系如圖：則反應(yīng)過(guò)程中產(chǎn)生氫氣的總體積為2.016L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）考點(diǎn)：氧化還原反應(yīng)；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；有關(guān)混合物反應(yīng)的計(jì)算專題：計(jì)算題；氧化還原反應(yīng)專題；化學(xué)反應(yīng)中的能量變化分析：（1）反應(yīng)中NO3N2，N元素化合價(jià)由+5價(jià)降低為0價(jià)，共降低10價(jià)，AlAl（OH）3，Al元素化合價(jià)由0價(jià)升高為+3價(jià)

41、，共升高3價(jià)，根據(jù)電荷守恒可知OH是生成物，由H元素守恒可知H2O是反應(yīng)物，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為30，故N2系數(shù)為3，Al系數(shù)為10，根據(jù)電荷守恒、元素守恒配平其它物質(zhì)的系數(shù)根據(jù)方程式判斷被氧化與被還原的元素的物質(zhì)的量之比（2）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學(xué)方程式乘以適當(dāng)?shù)南禂?shù)進(jìn)行加減，反應(yīng)熱也處于相應(yīng)的系數(shù)進(jìn)行相應(yīng)的加減，構(gòu)造目標(biāo)熱化學(xué)方程式（3）由圖可知加入鹽酸不與立刻生成沉淀，說(shuō)明鹽酸先中和氫氧化鈉，故合金全部溶解所得溶液為氫氧化鈉與偏鋁酸鈉混合溶液，溶液中n（Na+）=n（OH）+n（AlO2），當(dāng)加入鹽酸30mL時(shí)，沉淀量最大，此時(shí)溶液為氯化鈉溶液，根據(jù)氯元素守恒有n（NaCl）=n（

42、HCl），根據(jù)鈉元素守恒有n（NaCl）=n（Na）=n（Na+），PH=14的溶液中c（OH）=1mol/L，計(jì)算n（AlO2），n（Al）=n（AlO2），根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算n（H2），再根據(jù)V=nVm計(jì)算氫氣體積解答：解：（1）反應(yīng)中NO3N2，N元素化合價(jià)由+5價(jià)降低為0價(jià)，共降低10價(jià)，AlAl（OH）3，Al元素化合價(jià)由0價(jià)升高為+3價(jià)，共升高3價(jià)，根據(jù)電荷守恒可知OH是生成物，由H元素守恒可知H2O是反應(yīng)物，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為30，故N2系數(shù)為3，Al系數(shù)為10，根據(jù)N元素守恒可知NO3系數(shù)為6，根據(jù)Al元素守恒可知Al（OH）3系數(shù)為10，電荷守恒可知OH系數(shù)為6，根據(jù)H

43、元素守恒可知H2O系數(shù)為，配平后離子方程式為6NO3+10Al+18H2O=10Al（OH）3+3N2+6OH由方程式可知被氧化與被還原的元素的物質(zhì)的量之比10：6=5：3故答案為：10Al、18H2O=10Al（OH）3、3N2、6OH；5：3（2）已知：4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）H=a KJ/mol Fe2O3（s）+C（s）=CO2（g）+2Fe （s）H=+b KJ/molC（s）+O2（g）=CO2（g）H=c KJ/mol 由蓋斯定律可知，× +×得：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=（abc）KJ/mol故答

44、案為：2Al（s）+Fe2O3（s）=2Fe（s）+Al2O3（s）H=（abc）KJ/mol（3）由圖可知加入鹽酸不與立刻生成沉淀，說(shuō)明鹽酸先中和氫氧化鈉，故合金全部溶解所得溶液為氫氧化鈉與偏鋁酸鈉混合溶液，溶液中n（Na+）=n（OH）+n（AlO2），當(dāng)加入鹽酸30mL時(shí)，沉淀量最大，此時(shí)溶液為氯化鈉溶液，根據(jù)氯元素守恒有n（NaCl）=n（HCl）=0.03L×2mol/L=0.06mol，根據(jù)鈉元素守恒有n（NaCl）=n（Na）=n（Na+）=0.06mol，PH=14的溶液中c（OH）=1mol/L，n（OH）=0.02L×1mol/L=0.02mol，所以n

45、（AlO2）=0.06mol0.02mol=0.04mol，所以n（Al）=n（AlO2）=0.04mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒n（H2）×2=n（Na）×1+n（Al）×3，2n（H2）=0.06mol+0.04mol×3=0.18mol，故n（H2）=0.09mol，V（H2）=0.09mol×22.4L/mol=2.016L故答案為：2.016點(diǎn)評(píng)：考查氧化還原反應(yīng)配平、熱化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)、混合物反應(yīng)的計(jì)算等，難度中等，（3）中根據(jù)圖象分析清楚反應(yīng)過(guò)程是關(guān)鍵，利用守恒計(jì)算比常規(guī)方法容易計(jì)算，注意計(jì)算中守恒思想的運(yùn)用20（17分）（2009南匯區(qū)

46、模擬）氧化二氯是棕黃色刺激性氣體，熔點(diǎn)：116，沸點(diǎn)3.8氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機(jī)物易爆炸；它易溶于水（1：100），同時(shí)反應(yīng)生成次氯酸溶液；制備出之后要冷卻成固態(tài)以便操作和貯存制備少量Cl2O，是用干燥的氯氣和HgO反應(yīng)（還生成HgOHgCl2）裝置示意如圖（鐵架臺(tái)和夾持儀器已略去）（1）A中盛有的深色固體試劑a是高錳酸鉀，分液漏斗中試劑b是濃鹽酸（2）B中盛有液體c是飽和食鹽水，C中的液體d是濃硫酸（3）D中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是2HgO+2Cl2=Cl2O+HgOHgCl2（4）E中的保溫瓶中盛有致冷劑，它應(yīng)是液態(tài)空氣（在干冰、冰水、液態(tài)空氣中選擇），在E的內(nèi)管得到的氧化二氯中可能

47、含有雜質(zhì)是液氯（5）裝置A、B、C間的連接方式與D、E間的連接方式有明顯的區(qū)別，這區(qū)別是A、B、C間用乳膠管連接，D、E間不能乳膠管連接，用這些不同的連接方式的主要理由是Cl2O遇有機(jī)物易爆炸考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)專題：實(shí)驗(yàn)題；化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作分析：（1）由裝置圖可知，A中發(fā)生反應(yīng)制備氯氣，反應(yīng)不需加熱，深色固體試劑a與溶液b反應(yīng)，應(yīng)為高錳酸鉀與濃鹽酸（2）HCl易揮發(fā)，A中生成的氯氣中含有HCl、H2O，用飽和食鹽水吸收HCl，用濃硫酸干燥，先除氯化氫，后干燥（3）由信息可知，D中氯氣與HgO反應(yīng)生成Cl2O與HgOHgCl2（4）由題目信息可知，氧化二氯氣體的熔點(diǎn)116，熔點(diǎn)很低液態(tài)空氣

48、沸點(diǎn)192，干冰冷卻溫度在80左右，冰水為0根據(jù)工藝流程可知，D中反應(yīng)氯氣可能不能成分反應(yīng)，且氯氣易液化（5）由信息可知，氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機(jī)物易爆炸，D、E間不能用乳膠管連接解答：解：（1）由裝置圖可知，A中發(fā)生反應(yīng)制備氯氣，反應(yīng)不需加熱，深色固體試劑a與溶液b反應(yīng)，通常應(yīng)為高錳酸鉀與濃鹽酸，故a為高錳酸鉀，b為濃鹽酸故答案為：高錳酸鉀；濃鹽酸（2）HCl易揮發(fā)，A中生成的氯氣中含有HCl、H2O，用飽和食鹽水吸收HCl，用濃硫酸干燥，先除氯化氫，后干燥故B中盛有液體c是試劑飽和食鹽水，C中的液體d是濃硫酸故答案為：飽和食鹽水；濃硫酸（3）由信息可知，D中氯氣與HgO反應(yīng)生成Cl2O

49、與HgOHgCl2反應(yīng)方程式為2HgO+2Cl2=Cl2O+HgOHgCl2故答案為：2HgO+2Cl2=Cl2O+HgOHgCl2（4）由題目信息可知，氧化二氯氣體的熔點(diǎn)116，熔點(diǎn)很低所以選擇沸點(diǎn)很低的液態(tài)空氣進(jìn)行制冷根據(jù)工藝流程可知，D中反應(yīng)氯氣可能不能成分反應(yīng)，由于氯氣易液化，所以E的內(nèi)管得到的氧化二氯中可能含有雜質(zhì)是液氯故答案為：液態(tài)空氣；液氯（5）由信息可知，氧化二氯不穩(wěn)定，接觸一般有機(jī)物易爆炸，因此 Cl2O不能與有機(jī)物接觸，所以A、B、C間用乳膠管連接，D、E間不能乳膠管連接故答案為：A、B、C間用乳膠管連接，D、E間不能乳膠管連接；Cl2O遇有機(jī)物易爆炸點(diǎn)評(píng)：考查學(xué)生對(duì)實(shí)驗(yàn)原理及裝置的理解、閱讀題目獲取信息的能力、以及充分利用所