辽宁省五校联考2024届化学高一第一学期期末预测试题含解析

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、一包混有杂质的碳酸钠固体，其杂质可能是Ba（NO3）2、KCl及NaHCO3中的一种或两种。今取样品溶于适量水得到澄清溶液。另取10.6克该固体样品跟足量的盐酸反应收集到4.4克二氧化碳，则下列判断中正确的是（ ） A．样品中只含一种杂质NaHCO3 C．样品中含有Ba（NO3）2和NaHCO3

B．样品中含有KCl，不含有NaHCO3 D．样品中含有KCl和NaHCO3

2、取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是 A．1：1

B．1：2

C．1：3

D．3：2

3、 “纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质（ ）

①是溶液 ②是胶体 ③能产生丁达尔效应 ④能透过滤纸 ⑤不能透过滤纸 ⑥静置后，会析出黑色沉淀 A．①④⑥

B．②③④

C．②③⑤

D．①③④⑥

4、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的单质是空气中含量最高的气体，Y在四种元素中原子半径最大，Z的氧化物是光导纤维的主要成分，W与X是同主族元素。下列叙述正确的是 A．离子半径X5、1mol过氧化钠与1.6mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残

留的固体物质是 （ ）

A．Na2CO3 B．NaOH、Na2CO3 C．Na2O2、 Na2CO3 D．Na2O2、 NaOH 、Na2CO3 6、下列说法正确的是

A．元素原子的最外层电子数等于该元素的最高化合价 B．氧化性：F2 > Cl2 > Br2 > I2

C．在多电子原子中，离核较近的区域内运动的电子能量较高 D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素 7、向下列溶液中分别加入银溶液和稀，不能生成白色沉淀的是 A．氯水

B．氯酸钾

C．氯化钾

D．盐酸

8、下列叙述中正确的是

A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封

B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2 C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－

D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀的白色沉淀，该溶液一定含有Ag＋

9、只用一种试剂就可将AgNO3、KSCN、H2SO4、NaOH四种无色溶液区分，这种试剂是( ) A．Fe(NO3)3溶液 C．BaCl2溶液

B．MgCl2溶液 D．FeCl3溶液

10、用NA代表阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是( ) A．1 mol H2含有的分子数目为2NA

B．0.5 mol H2SO4所含的原子总数目为0.5NA C．1 mol O3含有的氧原子数为2NA

D．0.5 mol H2O含有NA个氢原子和0.5NA个氧原子

CuCl2的混合溶液中加入铁粉，(已知氧化性：Fe3+>Cu2+)11、向FeCl3、充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是：．．．（ ）

A．溶液中一定含有Cu2+

B．加入KSCN溶液一定不变红色 C．溶液中一定含有Fe2+ D．剩余固体中一定含铜

12、在下列溶液中能大量共存的无色透明离子组是( ) A．K+、Na+、NO3、MnO4 B．K+、Na+、Cl﹣、SO4 C．K+、Na+、Br﹣、Cu2+ D．Na+、Ba2+、OH﹣、SO4

13、同温同压下，质量相同的CO2、H2、NH3三种气体，下列说法错误的是 A．所含分子数由多到少的顺序是：H2＞NH3＞CO2 B．所含原子数由多到少的顺序是：NH3＞CO2＞H2 C．所占的体积由大到小的顺序是：H2＞NH3＞CO2 D．密度由大到小的顺序是：CO2＞NH3＞H2

14、氢化钙可作为生氢剂，反应的化学方程式是CaH2＋2H2O=Ca（OH）2＋2H2↑，下列有关叙述正确的是（） A．氢化钙发生了自身氧化还原反应 C．氢气既是氧化产物，又是还原产物

B．水既不是氧化剂，又不是还原剂 D．氢氧化钙是氧化产物

2215、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ） A．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料 B．FeCl3溶液呈酸性，可用于腐蚀Cu C．铝导热性好，可用铝罐贮运浓 D．浓硫酸具有强氧化性，可用于干燥CO2

16、欲除去铁粉中混有的少量铝粉，应选用的试剂是（ ） A．氢氧化钠溶液

B．硫酸铜溶液

C．氨水

D．稀盐酸

二、非选择题（本题包括5小题）

17、A、B、C、D是化学常见的三种物质,它们之间的相互转化关系如下(反应条件及部分产物已略去):

（1）若A是一种黄色固体单质,则反应②③的化学方程式分别为_________________; _______________。 D的浓溶液与Cu反应的化学方程式______________________________________________。 （2）若A是一种金属单质,C是淡黄色固体,则反应③的化学方程式为_________。

18、将红热的固体单质M放入浓中，剧烈反应，产生混合气体A，A在常温下不与空气接触时，发生如图所示的变化。

(1)混合气体A的主要成分是____________。

(2)气体B为__________，蓝色溶液D为____________。

(3)单质M与浓反应的化学方程式是____________________________。 (4)单质C与稀反应的化学方程式是________________________。

19、如图所示，将仪器A中的浓盐酸滴加到盛有MnO2的烧瓶中，加热后产生的气体依次通过装置B和C，然后再通过加热的石英玻璃管D（放置有铁粉）。请回答：

（1）仪器A的名称是________，烧瓶中反应的化学方程式是_____________________。

（2）装置B中盛放液体是___，气体通过装置B的目的是__________________，装置C中盛放的液体是_________。 （3）D中反应的化学方程式是__________________________________________。 （4）烧杯E中盛放的液体是_____，反应的离子方程式是___________。

（5）资料表明D中产物有以下性质：①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应．为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加__装置。 20、实验室常用的几种气体发生装置如图A、B、C所示：

（1）实验室用熟石灰和氯化铵固取氨气，应选择____装置，检验该装置气密性的操作方法是_________________。 （2）气体的性质是气体收集方法选择的主要依据。下列性质与收集方法无关的是____（填序号，下同）。 ．．①密度 ②颜色 ③溶解性 ④热稳定性 ⑤与氧气反应

（3）若用A装置与D装置相连制取并收集X气体，则X可能是下列气体中的____。 ① CO2 ② H2 ③ Cl2

Ⅰ.写出A装置中反应的离子方程式___________________________。 Ⅱ.D装置中小烧杯中应盛放____，目的是_________________。

Ⅲ.若要收集干燥纯净的X气体，上述装置应如何改进：_________________。

21、按要求回答下列问题：

3H2O表示为___。 （1）用氧化物的形式表示硅酸盐的组成，钙沸石Ca(Al2Si3O10)·（2）氢氟酸可刻蚀玻璃，反应的化学方程式为___。

（3）工业上使用漂白粉时常向其中加入稀盐酸，化学方程式为___。

（4）将钠、镁、铝各0.4mol分别放入100mL1mol/L的盐酸中，同温同压下产生的气体体积比为___。

（5）向20mL含有1mol/L的氯化铝和一定量盐酸的溶液中逐滴加入浓度为1mol/L的氢氧化钠溶液，产生沉淀的质量与所加碱的体积如图所示，若由于碱过量，最终产生0.78g白色沉淀，则加入的氢氧化钠溶液的体积是___mL。 ．．．

（6）将物质的量之比为2：3：4的N2、O2、CO2混合气体通过一定量Na2O2后，气体体积变为原体积的压），这时混合气体中N2、O2、CO2物质的量之比为___。

8（同温同9 参

一、选择题（每题只有一个选项符合题意） 1、D 【解题分析】

溶于水得澄清溶液说明碳酸钠中不含钡。

由Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知1分子碳酸钠与1分子碳酸氢钠分别与稀盐酸反应，都生成1分子二氧化碳。 2+12+16×3=106 碳酸钠的相对分子质量为23×

3=84<106 碳酸氢钠的相对分子质量为23+1+12+16×因此碳酸钠的相对分子质量比碳酸氢钠的大。

说明相同质量的碳酸钠与碳酸氢钠分别与足量的稀盐酸反应，碳酸氢钠比碳酸钠反应生成的二氧化碳多。

由于10.6g碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量为4.4g，等于10.6g含杂质的碳酸钠与足量的稀盐酸反应生成二氧化碳的质量。说明所含杂质不能只含氯化钾；因为只含氯化钾时，生成二氧化碳的质量就会小于4.4g；说明所含杂质也不能只含碳酸氢钠；因为只含碳酸氢钠时，生成二氧化碳的质量就会大于4.4g，说明所含杂质中既有氯化钾，也有碳酸氢钠。 故选D. 2、A

【解题分析】

Al与HCl、NaOH溶液反应的化学方程式为：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，根据方程式可知：当酸、碱均过量时，金属铝完全反应，等物质的量的铝与两种不同的物质发生反应，产生的氢气的物质的量相等，根据n=

mV，可知Al的物质的量相等，其质量相等；反应产生的氢气的物质的量相等，则在相同条件MVm下其体积也相等，因此取两份等量的铝粉，分别与足量的盐酸、浓氢氧化钠溶液反应，在相同状态下产生的气体体积之比是1：1，故合理选项是A。 3、B 【解题分析】

纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，依据胶体的特征和性质分析判断问题。 【题目详解】

纳米材料”是粒子直径为1～100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中形成分散系是胶体，具有丁达尔现象，能透过滤纸，具有介稳性，不生成沉淀，②③④正确；故合理选项是B。 【题目点拨】

本题考查了胶体分散系的本质特征，胶体性质的应用，注意分散系的本质区别是分散质微粒直径大小。 4、D

【解题分析】分析：X的单质是空气中含量最高的气体，空气中含量最高的气体为N2，故X为N；Z的氧化物是光导纤维的主要成分，故Z为Si，Y在四种元素中原子半径最大，比Si的原子序数小，比N的原子序数大，则Y为Na， W与X是同主族元素，则W为P。综合以上分析，X为N；Y为Na；Z为Si；W为P。

A. 核外电子排布相同的离子，Si3N4详解：核电荷数越大，半径越小，离子半径N3->Na+，A错误；B. Na3N含有离子键，含有共价键，B错误；C. 由于NH3分子间存在氢键，故氢化物沸点NH3>PH3，C错误；D. 非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性Si点睛：本题考查元素周期律和元素周期表的知识，记住一些物质的用途对推断很有必要，光导纤维的主要成分是二氧化硅。 5、B

【解题分析】 2NaHCO3

Na2CO3 + CO2↑ + H2O

1.6mol 0.8mol 0.8mol 0.8mol 2Na2O2+ 2CO2 2Na2CO3 + O2↑ 0.8mol 0.8mol 0.8mol

2Na2O2+ 2H2O 4NaOH + O2↑ 0.2mol 0.2mol 0.4mol

则过氧化钠与碳酸氢钠分解生成的二氧化碳和水都能反应，排出气体物质冷却后，残留的固体物质为0.8mol Na2CO3和0.4mol NaOH，答案选B。

6、B 【解题分析】

A、元素原子的最外层电子数一般情况下等于该元素的最高化合价，但不适用于O、F、0族元素、副族元素，故A错误；

B、同主族元素从下至上，元素非金属性增强，其对应单质的氧化性逐渐增强，故氧化性：F2 > Cl2 > Br2 > I2，故B正确；

C、在多电子原子中，离核较近的区域内运动的电子能量较低，故C错误； D、过渡元素是元素周期表中从ⅢB族到IIB族的化学元素，故D错误； 故答案为B。 7、B 【解题分析】

A.氯水中含H+、Cl-、ClO-、Cl2、H2O、HClO、OH-（极少量），溶液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，能与Cl-反应生成不溶于稀HNO3的白色沉淀AgCl，不符合题意；

B.KClO3溶液中含K+、ClO3-，溶液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，无明显现象，符合题意；

C.氯化钾溶液中含K+、Cl-，溶液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，能与Cl-反应生成不溶于稀HNO3的白色沉淀AgCl，不符合题意；

D.盐酸中含H+、Cl-，溶液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，能与Cl-反应生成不溶于稀HNO3的白色沉淀AgCl，不符合题意；

综上所述，本题选B。 8、A 【解题分析】

A. 溴易挥发，可用水封；

B. 湿润的KI淀粉试纸接触某气体而显蓝色，说明气体和碘离子反应把碘离子氧化为单质碘，遇到淀粉变蓝； C. 碘盐易溶于水，不易溶于CCl4；

D. 该题中，产生的不溶于稀的白色沉淀有可能是氯化银，也有可能是硫酸钡。 【题目详解】

A. 溴易挥发，密度比水大，可用水封，A正确；

B. NO2气体、溴单质等也可以把碘离子氧化为单质碘，碘单质遇到淀粉变蓝，B错误；

C. 碘盐易溶于水，不易溶于CCl4，则碘盐溶于水，在溶液中加入CCl4，振荡，不会发生萃取，C错误； D. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀的白色沉淀，该溶液不一定含有Ag+，有可能含有SO42-，D错误； 故合理选项是A。 【题目点拨】

本题考查卤族元素的知识，熟悉溴的物理性质，碘单质的特性，萃取的原理是解答本题的关键。 9、D 【解题分析】

A．Fe（NO3）3溶液不与AgNO3、H2SO4反应，不能鉴别AgNO3、H2SO4，故A错误； B．MgCl2溶液不与KSCN、H2SO4反应，不能鉴别KSCN、H2SO4，故B错误； C．BaCl2溶液不与KSCN、NaOH反应，不能鉴别KSCN、NaOH，故C错误；

D．FeCl3溶液加入四种溶液中依次出现的现象是：白色沉淀、溶液呈红色、无现象、红褐色沉淀，反应现象不同，所以可以鉴别，故D正确。 故选D。 10、D 【解题分析】

A. 1 molH2含有的分子数目为NA，故A错误；

B.1个 H2SO4 分子含有7个原子，故0.5 mol H2SO4所含的原子总数目为3.5NA，故B错误； C．1 mol O3含有的氧原子数为3NA，故C错误；

D.1个 H2O分子中含有2个H原子和1个O原子，则0.5 mol H2O含有NA个氢原子和0.5NA个氧原子，故D正确； 故选D。 11、A 【解题分析】

①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有，Fe3+、Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。 【题目详解】

A. 若加入的铁粉足量，则溶液中一定不含铜离子，选A； B. 根据以上分析可知，溶液中一定存在亚铁离子，不选B；

C. 反应后有固体剩余，由于还原性Fe>Cu，则剩余的金属中一定含有铜，不选C；

D. 根据以上分析可知，反应后的溶液中一定不存在铁离子，所以加入KSCN溶液一定不变红色，不选D；故答案为：

A。 12、B 【解题分析】

A．MnO4为紫色，与题给无色条件不符，A不合题意； B．该组离子之间不反应，可大量共存，B符合题意； C．Cu2+为蓝色，与题给无色条件不符，C不合题意； D．Ba2+、SO4结合生成沉淀，不能共存，D不合题意。 故选B。 13、B 【解题分析】 A.根据n=

2m可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越少，同温同压下，质量相同的CO2、H2、MNH3，分子数由多到少的顺序是：H2＞NH3＞CO2，选项A正确；

B.设质量相同的CO2、H2、NH3三种气体的质量为1g，则所含有原子数分别为

1g33NA=NA、

44g/mol441g1g42NA=NA、4NA=NA，故所含原子数由多到少的顺序是：H2＞NH3＞CO2，选项B错误；

2g/mol17g/mol17C.根据n=

m可知，质量相同时，摩尔质量越大，物质的量越小，则同温同压下体积与物质的量成正比，质量相同的MCO2、H2、NH3三种气体，所占的体积由大到小的顺序是：H2＞NH3＞CO2，选项C正确；

D.同温同压下，密度之比等于摩尔质量之比，CO2、H2、NH3三种气体摩尔质量由小到大的顺序是：H2＜NH3＜CO2，密度之比为：CO2＞NH3＞H2，选项D正确； 答案选B。 14、C 【解题分析】

A．反应中CaH2为还原剂，H为-1价，具有还原性，可被氧化，故A错误； B．H2O中H为+1价，生成氢气，H2O是氧化剂，故B错误；

C．反应中只有H元素化合价发生变化，H2既是氧化产物又是还原产物，故C正确； D．氢氧化钙中所含元素的化合价没有发生变化，不是氧化产物，故D错误． 故选：C。 【题目点拨】

CaH2中H为-1价，具有还原性，可被氧化，H2O中H为+1价，具有氧化性，可被还原，则在该反应中，CaH2是还

原剂，H2O是氧化剂，H2既是氧化产物又是还原产物。 15、A 【解题分析】

A、熔点高的物质可作耐高温材料，则Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，故A正确；

B、FeCl3溶液具有较强的氧化性，能氧化Cu，所以可用于腐蚀电路板上的Cu，与溶液的酸性无关，故B错误； C、常温下Al遇浓发生钝化，可用铝罐贮运浓，与良好的导热性无关，故C错误； D、浓硫酸具有吸水性，能作干燥剂，可以干燥二氧化碳，与浓硫酸的氧化性无关，故D错误。 16、A 【解题分析】

A. 氢氧化钠溶液能与铝反应，从而除去铁中混有的铝，A符合题意； B. 硫酸铜溶液不仅能溶解铝，也能溶解铁，B不合题意； C. 氨水与铝不反应，不能除去铁中混有的铝，C不合题意； D. 稀盐酸不仅能溶解铝，也能溶解铁，D不合题意。 故选A。

二、非选择题（本题包括5小题） 17、2SO2+O22Na2O2+2H2O【解题分析】

本题考查无机推断题，（1）A是一种淡黄色固体单质，即A为S，S与氧气反应生成SO2，SO2与O2反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，②的反应方程式为2SO2+O2条件下与浓硫酸反应Cu＋2H2SO4(浓)

2SO3；③的反应方程式为SO3＋H2O=H2SO4，铜在加热

2SO3 SO3+H2O4NaOH+O2↑

H2SO4 2H2SO4（浓） +Cu

CuSO4 + SO2↑+2 H2O

CuSO4＋SO2↑＋2H2O；（2）A为金属单质，C为淡黄色固体，则C为

Na2O2，A为Na，反应③的化学方程式为2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑。 18、NO2和CO2 NO Cu(NO3)2 C＋4HNO3(浓)4H2O 【解题分析】

溶液与单质丙反应可以得到蓝色溶液D，则D溶液含有铜离子，结合转化关系可知，单质C为Cu、乙为，故D为Cu(NO3)2，反应生成气体B为NO，固体单质甲跟乙剧烈反应后生成气态混合物A，可推知A为NO2和CO2混合气体，M为碳单质，A隔绝空气，通入水中得到混合气体为NO和CO2，与足量的石灰水反应得到白色沉淀与NO，则白色沉淀为CaCO3。 【题目详解】

CO2↑＋4NO2↑＋2H2O 3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋

(1)由上述分析可知，混合气体A的主要成分是NO2和CO2； (2)气体B为NO，蓝色溶液D为Cu(NO3)2溶液；

(3) 单质M为C，与浓反应的化学方程式是C＋4HNO3(浓)

CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；

(4) 单质C为Cu与稀反应的化学方程式是3Cu＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。 【题目点拨】

本题考查无机物的推断，涉及碳、氮元素单质及化合物的性质，D溶液为蓝色是推断的突破口，据此可以推断C，再结合转化关系确定其他物质，熟练掌握元素化合物的性质是关键。

19、分液漏斗 MnO2+4HCl（浓）浓硫酸 2Fe+3Cl2【解题分析】

实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，因浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，可以依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶进行除杂，氯气与铁在加热条件下反应生成氯化铁，氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气。 【题目详解】

（1）仪器A的名称是分液漏斗；烧瓶中二氧化锰和浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为分液漏斗；MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；

MnCl2+Cl2↑+2H2O 饱和NaCl溶液 吸收氯气中混有的杂质HCl

2FeCl3 氢氧化钠溶液 Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O 干燥

（2）浓盐酸具有挥发性，所以制备的氯气中含有氯化氢和水蒸气，要得到纯净的氯气，应除去氯化氢和水蒸气，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以选择盛有饱和食盐水的B装置除去氯化氢，浓硫酸具有吸水性，可以干燥氯气，所以选择盛有浓硫酸的洗气瓶C除去水蒸气，故答案为饱和NaCl溶液；吸收氯气中混有的杂质HCl；浓硫酸；

（3）装置D中氯气和铁共热发生化合反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22Fe+3Cl2

2FeCl3；

2FeCl3，故答案为

（4）氯气有毒，直接排放到空气中能够污染空气，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应离子方程式：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，可以选择氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，故答案为NaOH溶液；Cl2+2OH﹣=Cl﹣+ClO﹣+H2O；

（5）由题给资料可知反应生成的氯化铁①受热易升华，冷却后易凝华；②遇H2O（g）剧烈反应，则制备时需要防止水蒸气进入装置D，为收集D中产物，在D与E之间，除增加收集装置外，还需要增加干燥装置，防止装置E中水蒸

气进入，故答案为干燥。 【题目点拨】

制备氯化铁时，为防止氯化铁与水反应，应注意前防水用浓硫酸干燥氯气，后防水时，可在收集装置和尾气吸收装置之间连接一个干燥装置，为易错点。

20、B 将导气管通入水槽中，用酒精灯微热(或用手捂住）试管，如果导管口有气泡产生，松开手或停止加热，冷却后，在导管里回升一段水柱，则说明装置气密性良好 ②④ ③

防止污染空气 在浓硫酸的洗气瓶MnO24H2ClMn2+Cl22H2O NaOH溶液 吸收尾气Cl2，

前加一个装有饱和NaCl溶液的洗气瓶 【解题分析】

（1）实验室用熟石灰和氯化铵固取氨气，属于固固加热制取气体； （2）根据气体的密度、溶解性、是否与氧气反应选择收集装置；

（3）A装置是固液加热制取气体的装置；D装置是向上排空气法收集气体的装置； 【题目详解】

（1）实验室用熟石灰和氯化铵固取氨气，属于固固加热制取气体，所以选择装置B；将导气管通入水槽中，用酒精灯微热(或用手捂住）试管，如果导管口有气泡产生，松开手或停止加热，冷却后，在导管里回升一段水柱，则说明装置气密性良好；

（2）①密度大于空气的气体用向上排空气法收集，密度小于空气的气体用向下排空气法收集，收集方法与密度有关，故不选①；

②气体颜色与收集方法无关，选②；

③难溶于水的气体用排水法收集，能溶于水的气体不用排水法收集，溶解性与气体收集方法有关，故不选③； ④热稳定性与气体收集方法无关，故不选④；

⑤能与氧气反应的气体，不能用排空气法收集，能否与氧气反应与气体收集方法有关，故不选⑤； 选②④。

（3）① 实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制取CO2，不需要加热，故不选①； ②实验室用锌与稀硫酸反应制取 H2，不需要加热，故不选②；

③实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制取Cl2，属于固液加热制取气体；氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，故选③；

Ⅰ. A装置中二氧化锰与浓盐酸共热生成氯化锰、氯气、水，反应的离子方程式是

MnO24H2ClMn2+Cl22H2O。

Ⅱ.氯气有毒， D装置的作用是吸收氯气，防止污染，所以D中小烧杯中应盛放氢氧化钠溶液。

Ⅲ.若要收集干燥纯净的X气体，需要除去氯气中的氯化氢杂质，所以在浓硫酸的洗气瓶前加一个装有饱和NaCl溶液的洗气瓶。 【题目点拨】

本题考查气体的制备和除杂、干燥、收集，注意根据物质的性质、反应条件选择制备方法，根据气体的密度、溶解性等性质选择收集方法。

Al2O3·3SiO2·3H2O SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O Ca(ClO)2+2HCl=CaCl2+2HClO 4：1：1 90 1：21、CaO·2：1 【解题分析】

（1）将硅酸盐改写为氧化物形式即可，注意金属氧化物在前，二氧化硅在后，水在最后； （2）写出氟化氢和二氧化硅的反应即可； （3）盐酸是强酸，通过强酸来制弱酸（次氯酸）；

（4）要注意谁过量的问题，酸过量和金属过量的时候是不一样的，谁少按谁算； （5）根据n=m不难得出0.78g沉淀即0.01molAl(OH)3，据此来分析即可； M（6）三者中只有CO2和Na2O2会反应，据此来分析即可。 【题目详解】

（1）钙沸石写成氧化物的形式为CaOAl2O33SiO23H2O； （2）二者的反应方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O；

（3）盐酸制次氯酸的方程式为Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2；

（4）首先根据n=cV算出盐酸的物质的量为0.1mol，而金属的量为0.4mol，金属明显过量，所以三者能产生的氢气是一样多的（盐酸中的氢元素就0.1mol这么多，能产生的氢气的量只能是0.05mol，羊毛出在羊身上），钠较活泼可以与水反应产生氢气，钠完全转变为NaOH，0.4mol钠一共可以失0.4mol电子，每生成1mol氢气需要得2mol电子，则一共可以得到0.2mol氢气，因此钠、镁、铝能产生的氢气的量分别为0.2mol、0.05mol、0.05mol，三者的体积比为4:1:1；

（5）当加入BmL碱时沉淀量最大，为Al(OH)3，但是到100mL时沉淀全部溶解，因此若要剩余0.01molAl(OH)3，根据Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知只要少加0.01mol的碱即可，碱液浓度已知，根据V=算出少加的体积，则加入的碱液体积为90mL；

（6）根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，每2份CO2参加反应可以得到1份O2，气体分子数减少1份，而反应后

n0.01mol==0.01Lc1mol/L气体体积变为原体积的

8，不难看出只有2份CO2参加了反应，因此反应后三者的物质的量之比为92:(3+1):(4-2)=1:2:1。