云南省云天化中学2018_2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）.docx

云南省云天化中学2018-2019学年高一化学下学期期末考试试题（含解析）本试题卷分第1卷（客观题）和第卷（主观题）两部分，共6页。考生作答时，将答案答在答题卡上（答题注意事项见答题卡），在本试卷上答题无效，试卷满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并请认真填涂准考证号。2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。如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。答在试卷上的答案无效。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 S-32 Fe-56 Al-27第卷(选择题，共45分)一、选择题：（本题共15小题，每小题3分，共45分）。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.下列叙述正确的是A. 油脂和蛋白质都属于高分子化合物B. 天然油脂没有固定的熔点和沸点，所以天然油脂是混合物C. 蚕丝、羊毛、棉花可用来制作纺织品，它们的成分都是蛋白质D. 葡萄糖与果糖是同分异构体，淀粉与纤维素也是同分异构体【答案】B【解析】【详解】A项、油脂不属于高分子化合物，故A错误；B项、天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点，故B正确；C项、蚕丝、羊毛的成分都是蛋白质，棉花的成分是纤维素，故C错误；D项、葡萄糖和果糖分子式相同结构不同，属于同分异构体，淀粉和纤维素的聚合度n不同，不属于同分异构体，故D错误。故选B。【点睛】本题考查常见有机物的基本性质，注意糖类、油脂和蛋白质的组成和性质是解答关键。2.下列叙述正确是(NA代表阿伏加德罗常数的值)A. 将22.4 L HCl配成1 L溶液，c(H+)为1 mol/LB. 2 L 2 mol/L的盐酸，c(H+)为2 mol/LC. 从100 mL 2 mol/L的盐酸取出10 mL，c(H+)为0.2 mol/LD. 1 mol/L 的盐酸中所含Cl数目为NA【答案】B【解析】【详解】A.缺条件，不能判断气体HCl的物质的量，因此也就不能计算c(H+)；A错误；B.HCl是一元强酸，所以c(H+)=c(HCl)=2mol/L，B正确；C.溶液具有均一性，溶液的浓度与取用的溶液的体积无关，所以c(H+)=2 mol/L，C错误；D.只有浓度，没有溶液的体积，不能计算微粒的物质的量及数目，D错误；故合理选项是B。3.在溶液中加入Na2O2后仍能大量共存的离子组是A. NH4+、Ba2+、Cl-、NO3-B. K+、AlO2-、Cl-、SO42-C. Ba2+、Mg2+、NO3-、HCO3-D. Na+、Cl-、CO32-、SO32-【答案】B【解析】【分析】在溶液中加入足量的Na2O2后生成NaOH，分析在碱性条件下离子之间能否生成沉淀、弱电解质等，且注意Na2O2具有强氧化性，分析离子能否发生氧化还原反应。【详解】A在溶液中加入足量的Na2O2后生成NaOH，与NH4+结合生成弱电解质，则不能共存，选项A错误；B该组离子在碱性溶液中不反应，则能共存，选项B正确；C在溶液中加入足量的Na2O2后生成NaOH，NaOH与HCO3-反应生成水和碳酸根离子，则不能共存，选项C错误；DNa2O2具有强氧化性，与SO32-离子发生氧化还原反应，则离子不能共存，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查离子的共存，熟悉信息及离子之间的反应（相互促进水解的离子、发生氧化还原反应的离子）是解答本题的关键，选项C、D为解答的易错点，题目难度不大。4.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是A. 分离碘和酒精B. 除去氯气中的氯化氢C. 实验室制氨气D. 排水法收集一氧化氮【答案】D【解析】试题分析：A、碘和酒精混溶，故错；B、氯气也与氢氧化钠溶液反应，故错；C、实验室常用加热氯化铵与熟石灰固体来制氨气，故错。故选D。考点：实验方案的设计与评价点评：本题考查了常见的实验装置与实验目的关系，完成此题，可以依据已有的知识进行。5.中国最新战机歼31使用了高强度、耐高温的钛合金材料。工业上冶炼钛的反应：TiCl42Mg=Ti2MgCl2，下列有关该反应的说法正确的是A. TiCl4是还原剂B. Mg得到电子C. TiCl4发生氧化反应D. Mg被氧化【答案】D【解析】【分析】TiCl42Mg= Ti2MgCl2，Ti元素化合价由+4降低为0，发生还原反应，Mg元素化合价由0升高为+2，发生氧化反应。【详解】A、TiCl42Mg= Ti2MgCl2，Ti元素化合价由+4降低为0，所以TiCl4 是氧化剂，故A错误；B、Mg元素化合价由0升高为+2，金属Mg失电子，故B错误；C、Ti元素化合价由+4降低为0，TiCl4发生还原反应，故C错误；D、Mg元素化合价由0升高为+2，Mg 被氧化，故D正确。6.下列离子方程式书写正确的是A. 氯化铁溶液溶解铜片：Fe3+ CuFe2+ Cu2B. 用醋酸溶液除水垢中的CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2C. AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+4NH4+2H2OD. 金属钠与水反应：2Na+2H2O=2Na+2OH- +H2【答案】D【解析】【分析】A、氯化铁溶液与铜片反应生成氯化亚铁和氯化铜，电荷不守恒；B、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，常数为弱酸，不能拆写；C、AlCl3溶液与足量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；D、金属和水反应生成氢氧化钠和氢气。【详解】A项、氯化铁溶液与铜片反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故A错误；B项、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，醋酸为弱酸，不能拆写，反应的离子方程式为CaCO3+2HAcCa2+H2O+CO2+2Ac-，故B错误；C项、AlCl3溶液与足量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C错误；D项、金属和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故D正确。故选D。【点睛】本题考查离子反应方程式，注意反应的实质，明确发生的化学反应，掌握离子反应方程式的书写原则是解答本题的关键。7.下列关于钠的说法中正确的是（ ）A. 钠的含氧化合物都是碱性氧化物B. 金属钠久置空气中最终转变为Na2O2C. 钠可以将钛、铌等金属从其熔融的氯化物中置换出来D. 过氧化钠只具有氧化性不具有还原性【答案】C【解析】【详解】A、过氧化钠属于过氧化物，不是碱性氧化物，故A错误；B. 金属钠久置空气中最终转变为Na2CO3，故B错误；C. 钠的还原性强，钠可以将钛、铌等金属从其熔融的氯化物中置换出来，故C正确；D. 过氧化钠中的氧元素化合价为-1，氧元素化合价既可以升高又可以降低，所以过氧化钠既具有氧化性又有还原性，故D错误。8.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X2-和Y3+具有相同的电子层结构，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列相关说法错误的是A. 简单氢化物的稳定性：WXC. 电解Y的熔融氯化物可制备Y单质D. WZ2分子中只存在共价键【答案】C【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X2-和Y3+具有相同的电子层结构，则X是O元素、Y是Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则Z是S元素。【详解】A项、元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O元素强于C元素，则简单氢化物的稳定性：CH4O2，故B正确；C项、电解熔融的氧化铝可制备Al单质，熔融的氯化铝不导电，故C错误；D项、CS2为共价化合物，分子中只存在共价键，故D正确。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意依据题给信息正确推断元素的种类，注意元素及其化合物的性质分析为解答该题的关键。9.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图,其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂；e、f为常见气体单质。下列有关说法正确的是A. 简单离子的半径：YZXB. 简单氢化物的沸点：YXC. 最高价氧化物对应水化物的碱性：ZYD. W、Y的氧化物所含化学键类型相同【答案】B【解析】分析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中a、b、d、g为化合物，a为淡黄色固体，则a为过氧化钠；c是Z的单质，在铝热反应中常做引发剂，c为金属镁；e、f为常见气体单质，根据框图，镁与化合物b反应生成气体单质f，则f为氢气；过氧化钠与化合物b反应生成气体单质e，则e为氧气，则b为水，d为氢氧化钠，g为氢氧化镁。详解：根据上述分析，a为过氧化钠，b为水，c为镁，d为氢氧化钠，e为氧气，f为氢气，g为氢氧化镁；则W为H、X为O、Y为Na、Z为Mg。A. X为O、Y为Na、Z为Mg，简单离子具有相同的电子层结构，离子半径：XYZ，故A错误；B. 氢化钠是离子化合物，沸点高于水，故B正确；C.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：YZ，故C错误；D.水或过氧化氢都是共价化合物，只含有共价键、氧化钠或过氧化钠都属于离子化合物，含有离子键，化学键类型不同，故D错误；故选B。10.下列说法中正确的是A. 干冰、盐酸都是电解质B. Na2O2、Fe2O3、CaO既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C. 有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应D. 根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体【答案】C【解析】A、二冰是二氧化碳，属于非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、Na2O2不属于碱性氧化物，选项B错误；C、有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应，如3O2=2O3，选项C正确；D、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，选项D错误。答案选C。11.向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的下列结论中不合理的是A. SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性B. 两支试管中的白色沉淀不是同种物质C. BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性D. 升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大【答案】C【解析】【分析】根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。【详解】SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。本题选C。【点睛】SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。12.设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是A. 2.4gMg在空气中完全燃烧，转移电子数一定为0.2NAB. 标准状况下，2.24LHF中所含原子总数一定为0.2NAC. 5.6gFe在稀硝酸中完全溶解，转移电子数一定为0.2NAD. 12.0g熔融的NaHSO4中，阳离子的总数一定为0.2NA【答案】A【解析】A、2.4g镁的物质的量为0.1mol，完全反应失去0.2mol电子，失去的电子数为0.2NA，选项A正确；B标况下，氟化氢不是气体，题中条件无法计算22.4L氟化氢的物质的量，选项B错误；C、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁失去0.3mol电子即0.3NA个，选项C错误；D、12.0g NaHSO4为0.1mol，0.1mol熔融的硫酸氢钠中含有的阳离子是钠离子，离子数为0.1NA，选项D错误。答案选A。13.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A. 用图装置作为制取少量二氧化硫的尾气吸收装置B. 用图装置进行二氧化碳喷泉实验C. 用图装置进行二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验D. 用图装置进行石油的分馏实验【答案】A【解析】【详解】A项， SO2不加处理即排放会污染环境，选择利用氢氧化钠溶液吸收SO2，该装置可以用于吸收SO2尾气，且防倒吸，故A项正确；B项，二氧化碳在水中溶解度不大，应该利用氢氧化钠溶液进行喷泉实验，故B项错误；C项，二氧化锰和浓盐酸制取氯气的实验需要加热，故C项错误；D项，石油的分馏不能用水浴加热，蒸馏时为使物质冷凝彻底，水从下口进上口出，故D项错误。综上所述，本题选A。【点睛】蒸馏实验中要注意：溶液中要加入沸石，防止溶液暴沸；温度计的水银球要在蒸馏烧瓶的支管口处，测量的是蒸汽的温度；冷凝管中冷却水的流向采用逆流原理，即从下口进入，上口流出，保证冷凝效果好。14.从海水中提取镁的工艺流程可表示如下：下列说法不正确是A. 用此法提取镁的优点之一是原料来源丰富B. 步骤电解熔融MgCl2时可制得Mg（OH）2C. 步骤可将晶体置于HCl气体氛围中脱水D. 上述工艺流程中涉及化合、分解和复分解反应【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，贝壳高温煅烧生成氧化钙，氧化钙与水反应生成石灰乳；海水经结晶，过滤得到含有镁离子的母液，将石灰乳加入母液中，石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁；向氢氧化镁中加入盐酸，盐酸与氢氧化镁反应生成氯化镁和水，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到六水氯化镁；六水氯化镁在氯化氢气氛中加热脱去结晶水生成无水氯化镁；电解熔融的氯化镁制得金属镁。【详解】A项、海水中含有大量的镁元素，从海水中提取镁的优点之一是原料来源丰富，故A正确；B项、电解熔融的MgCl2时，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成Cl2，阴极镁离子得电子发生还原反应生成金属镁，故B错误；C项、因MgCl2能水解，所以将MgCl26H2O晶体在HCl气体氛围中加热脱水，防止MgCl2水解生成Mg(OH)2，故C正确；D项、步骤涉及CaCO3的分解反应得到CaO，CaO与H2O发生化合反应得到Ca(OH)2，步骤是电解涉及分解反应，步骤涉及MgCl2与Ca(OH)2发生复分解反应得到Mg(OH)2和CaCl2，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意海水提取镁的流程分析,注意利用物质性质分析工艺流程中物质的转化是解答关键。15.下列说法正确的是A. 用干燥的pH试纸测定氯水的pHB. 向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，则原溶液中一定有SO42-C. 向某溶液中加入浓氧氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中存在NH4+D. 向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-或HCO3-【答案】C【解析】【分析】A、新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能漂白pH试纸；B、硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；C、溶液中的铵根离子与浓氢氧化钠溶液共热反应生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的氨气；D、二氧化碳和二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊。【详解】A项、新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能漂白pH试纸，则不可用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误；B项、向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，该沉淀为硫酸钡，由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，则原溶液中可能含有SO32-，故B错误；C项、向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明生成的气体为氨气，则溶液中一定存在NH4+，故C正确；D项、向某溶液中加稀盐酸，将产生的无色气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，该气体可能为二氧化碳或二氧化硫，原溶液中可能含有CO32-或HCO3-或SO32-或HSO3-，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验基本操作，注意离子的性质分析，明确离子检验的方法是解答关键。第卷(非选择题，共55分)二、填空题：（本题共5小题，共55分）。16.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体NaClO23H2O，温度高于38时析出晶体NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl,其一种生产工艺如下。请回答下列问题：(1)NaClO2中Cl元素的化合价为_。(2)反应I：SO2做_(填“氧化剂”或“还原剂”)。写出反应I的化学方程式：_。(3)电解II：所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去粗盐水中的Mg2+和Ca2+，需要加入的试剂分别为_、_。电解过程中被氧化的物质是_。可用NaOH溶液吸收电解产生的Cl2，反应的离子方程式是_。(4)操作III：滤液获利NaClO2的操作步骤：加热蒸发；趁热过滤；洗涤；干燥，得到成品。趁热过滤应控制的温度范围是_。【答案】 (1). +3 (2). 还原剂 (3). 2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4 (4). 氢氧化钠溶液 (5). 碳酸钠溶液 (6). NaCl或Cl- (7). Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O (8). 38-60【解析】【分析】由化学工艺流程可知，在H2SO4酸化条件下，NaClO3和SO2发生氧化还原反应生成ClO2和为NaHSO4，反应中NaClO3是氧化剂，SO2是还原剂；电解装置中，ClO2在阴极得电子发生还原反应生成ClO2-，Cl-在阳极失电子发生氧化反应生成Cl2； NaClO2溶液经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到产品。【详解】（1）NaClO2中Na是+1价，O是2价，则根据化合物中正负价代数和为0可知Cl的化合价是+3价，故答案为：+3；（2）在H2SO4酸化条件下，NaClO3和SO2发生氧化还原反应生成ClO2和为NaHSO4，反应中NaClO3是氧化剂，SO2是还原剂，反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，故答案为：还原剂；2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；（3）依据离子的性质，除去粗盐水中的Mg2+和Ca2+应选用过量的碳酸钠溶液除去钙离子，选用氢氧化钠溶液除去镁离子，故答案为：氢氧化钠溶液；碳酸钠溶液；电解装置中，ClO2在阴极得电子发生还原反应生成ClO2-，Cl-在阳极失电子发生氧化反应生成Cl2，则电解过程中被氧化的物质是氯化钠，故答案为：NaCl或Cl-；氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（4）由题给信息可知，NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体NaClO23H2O，温度高于38时析出晶体NaClO2，温度高于60时NaClO2分解生成氯酸钠和氯化钠，因此趁热过滤应控制的温度范围是3860，故答案为：3860。【点睛】本题考查化学工艺流程，侧重于分析能力和实验能力的考查，把握制备流程及发生的反应，注意题干中已知信息的提取和灵活应用为解答的关键。17.实验室可用下列几组试剂制取少量NH3：固体Ca(OH)2和NH4Cl；浓氨水和固体CaO；浓氨水。请回答下列问题：(1)用上述三组试剂制取少量NH3，需要加热的是_(填序号)，第组试剂中产生NH3的化学方程式可表示为_。(2)下面的制取装置图中，方法应选用装置_(填“A”或“B”，下同)，方法应选用装置_。(3)在制取后，如果要干燥氨气，应选用的干燥剂是_(填字母)。A浓硫酸B固体氢氧化钠C五氧化二磷D碱石灰E固体CaO F无水CaCl2(4)检验集气瓶中是否收集满氨气的方法是_。(5)为防止环境污染，如下装置(盛放的液体为水)可用于吸收多余NH3的是_(填序号)。【答案】 (1). (2). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O (3). A (4). B (5). BDE (6). 用蘸有浓盐酸的玻璃棒“靠近”试管口，产生白烟（氯化铵），证明已集满或用湿润的红色石蕊试纸“靠近”试管口，试纸变蓝，证明已集满 (7). 【解析】【分析】(1)根据反应原理分析是否需要加热，实验室用固体Ca(OH)2和NH4Cl制取氨气的反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(2)A装置适用于固体与固体加热制气体，B装置适用于液体与固体(或液体)不加热制气体；(3)NH3只能用碱性干燥剂，以此来分析；(4)检验NH3一般用湿润的红色石蕊试纸或用蘸有浓盐酸的玻璃棒“靠近”试管口。(5)装置没有出气导管，装置易引起倒吸，装置 可起防倒吸作用。【详解】(1)组反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O。组反应为NH3H2OCaO=Ca(OH)2NH3，由于CaOH2O=Ca(OH)2既消耗水，又放出热量，Ca(OH)2电离出OH，增大了c(OH)，减少了NH3的溶解，因此不必加热，即放出NH3。组反应为NH3H2ONH3H2O。因此需要加热的是，因此，本题正确答案是：；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；(2)A装置适用于固体与固体加热制气体，B装置适用于液体与固体(或液体)不加热制气体，故方法应选用装置A ；方法应选用装置B；因此，本题正确答案是：A ；B；(3)NH3只能用碱性干燥剂，可以用B、D、E干燥。因此，本题正确答案是：BDE；(4)检验NH3一般用湿润的红色石蕊试纸或用蘸有浓盐酸的玻璃棒“靠近”试管口。因此，本题正确答案是：用湿润的红色石蕊试纸“靠近”试管口，试纸变蓝，证明已集满或用蘸有浓盐酸的玻璃棒“靠近”试管口，产生白烟（氯化铵），证明已集满；(5)装置没有出气导管，装置易引起倒吸，装置 可起防倒吸作用，故选，因此，本题正确答案是：。18.某学习小组依据SO2具有还原性，推测SO2能被Cl2氧化生成SO2Cl2。查阅资料：SO2Cl2的熔点为54.1 ，沸点为69.1 ，极易水解，遇潮湿空气会产生白雾。(1)化合物SO2Cl2中S元素的化合价是_。(2)实验室中制备氯气时为得到干燥纯净的氯气，应将气体依次通过盛有_和_的洗气瓶。(3)用如图所示装置制备SO2Cl2。B中冷凝水从_ (填“m”或“n”)口进入。C中的药品是_。目的一是：_，目的二是：_。向A所得液体中加水，出现白雾，振荡、静置得到无色溶液。经检验该溶液中的阴离子(除OH外)只有SO42-、Cl，写出SO2Cl2与H2O反应的化学方程式：_。【答案】 (1). +6 (2). 饱和食盐水 (3). 浓硫酸 (4). n (5). 碱石灰 (6). 处理尾气氯气和二氧化硫 (7). 防止空气中的水进入A装置干扰实验 (8). SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl【解析】【分析】（1）根据化合价的代数和为零计算；（2）实验室中制备氯气时，因浓盐酸具有挥发性，氯气中混有挥发出的氯化氢和水蒸气；（3）为增强冷凝效果，应从冷凝管下口n通入冷凝水；氯气和二氧化硫有毒，SO2Cl2极易水解，遇潮湿空气会产生白雾，则C中的药品应是碱石灰；由题意可知SO2Cl2与水反应生成硫酸和氯化氢。【详解】（1）由题意SO2能被Cl2氧化生成SO2Cl2，则SO2Cl2分子中氧元素为-2价、氯元素为-1价，根据化合价的代数和为零可知硫元素的化合价为+6价，故答案为：+6；（2）实验室中制备氯气时，因浓盐酸具有挥发性，氯气中混有挥发出的氯化氢和水蒸气，将制得的气体依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶除去氯化氢和水蒸气得到干燥纯净的氯气，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；（3）SO2Cl2的沸点低，受热易挥发，则图中冷凝管的作用是冷凝回流制得的SO2Cl2，为增强冷凝效果，应从冷凝管的下口n通入冷凝水，故答案为：n；氯气和二氧化硫有毒，SO2Cl2极易水解，遇潮湿空气会产生白雾，则C中药品应是碱石灰，一是吸收未反应的有毒的氯气和二氧化硫，防止污染环境，二是吸收空气中的水蒸气，防止空气中的水蒸气进入A装置中干扰实验，故答案为：处理尾气氯气和二氧化硫；防止空气中的水进入A装置干扰实验；由题意可知SO2Cl2与水反应生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为化SO2Cl22H2OH2SO42HCl，故答案为：SO2Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，考查分析能力及化学实验能力，注意题给信息的分析，明确物质的性质是解题关键。19.从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取Al2O3的两种工艺流程如下：请回答下列问题：（1）流程甲加入盐酸后生成Fe3+的离子方程式为_；（2）铝土矿中固体A 是_(填化学式)，写出沉淀F转化为氧化铝的化学方程式_；（3）流程乙中，写出滤液Y 与过量CO2反应生成沉淀Z的离子方程式为_；（4）固体X 是_(填化学式)（5）利用铝热反应原理，写出有Cr2O3制备Cr的化学方程式_。【答案】 (1). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O (2). SiO2 (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (4). AlO2-+CO2+H2O= Al(OH)3+HCO3-和SiO32-+2CO2+2H2O= H2SiO3+2HCO3- (5). Fe2O3 和MgO (6). Cr2O3+2 AlAl2O3+2Cr【解析】【分析】由题给工艺流程甲可知，铝土矿与过量盐酸反应得固体A和滤液B，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铝、氧化铁和氧化镁溶于盐酸，则固体A为SiO2，滤液B中含有氯化铝、氯化铁、氯化镁等；向滤液中加入过量的NaOH溶液，依据氢氧化铝的性质可知，沉淀C中含有氢氧化铁和氢氧化镁，滤液D中含有偏铝酸钠和氯化钠；向滤液D中通入过量二氧化碳，二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，则沉淀F为Al（OH）3，滤液E中含有NaCl和NaHCO3；根据工艺流程乙可知，铝土矿与过量氢氧化钠反应反应得固体X和滤液Y，氧化铁和氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，氧化铝和二氧化硅溶于氢氧化钠溶液，则固体X为Fe2O3和MgO，滤液Y中含有硅酸钠和偏铝酸钠；向滤液中通入过量二氧化碳，过量二氧化碳与硅酸钠和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝、硅酸沉淀和碳酸氢钠，则沉淀Z中含有Al（OH）3和硅酸，滤液K中含有NaHCO3，【详解】（1）流程甲中加入盐酸，铝土矿中Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（2）铝土矿中固体A 是不与盐酸反应的酸性氧化物二氧化硅，化学式为SiO2；氢氧化铝沉淀灼烧分解生成氧化铝和水，反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O，故答案为：SiO2；2Al(OH)3Al2O3+3H2O；（3）流程乙中，滤液Y中硅酸钠和偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝、硅酸沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+H2O= Al(OH)3+HCO3-和SiO32-+2CO2+2H2O= H2SiO3+2HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+H2O= Al(OH)3+HCO3-和SiO32-+2CO2+2H2O= H2SiO3+2HCO3-；（4）流程乙中，铝土矿与过量氢氧化钠反应反应得固体X和滤液Y，氧化铁和氧化镁与氢氧化钠溶液不反应，氧化铝和二氧化硅溶于氢氧化钠溶液，则固体X为Fe2O3和MgO，故答案为：；Fe2O3和MgO；（5）Cr2O3与Al高温条件下发生铝热反应生成Al2O3与Cr，反应的化学方程式为Cr2O3+2 AlAl2O3+2Cr，故答案为：Cr2O3+2 AlAl2O3+2Cr。【点睛】本题考查化学工艺流程，注意氧化物性质的分析,利用物质性质分析工艺流程中物质的转化，正确书写反应的方程式是解答关