1、四川省棠湖中学2018-2019学年高一化学下学期期末模拟试题（含解析）一选择题(本题共12小题，每小题4分；共48分，在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求)1.南京大屠杀死难者国家公祭鼎用青铜铸造。关于铜的一种核素6429Cu，下列说法正确的是()A. 6429Cu的核电荷数为29B. 6429Cu的质子数为35C. 6429Cu的中子数为64D. 6429Cu的核外电子数为64【答案】A【解析】试题分析：核素Cu，其质量数为64，质子数=电子数=29，中子数=64-29=35，故A正确；故选A。考点：考查了原子的构成的相关知识。2.下列关于铝及其化合物叙述中，正确的是()A. 不能
2、用铝制的器皿来盛放酸梅汤或碱水是因为铝会和酸或碱反应B. 铝制品在空气中有很强的抗腐蚀性是因为铝的化学性质很稳定C. 氯化铝溶液与NaOH溶液互滴现象完全相同D. 纯铝比铝合金的硬度更大、熔点更低【答案】A【解析】【详解】A、无论是铝还是其氧化物都能与酸或碱反应，不能用铝制器皿长期存放酸性或碱性食品，故A正确；B、铝表面形成致密的氧化膜，对内层的铝起保护作用，而不是铝本身化学性质稳定，故B错误；C、氯化铝溶液中滴入NaOH溶液，先有沉淀后沉淀溶解；NaOH溶液中滴入氯化铝溶液，开始没有沉淀后产生沉淀，互滴现象不同，故C错误；D、铝合金比纯铝的硬度大，故D错误。3. 用铝制易拉罐收集满CO2，加
3、入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又作响并鼓起来，下列有关判断正确的是A. 导致易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH=HCO3B. 导致易拉罐又鼓起来的原因是：又生成了二氧化碳气体使得压强增大C. 上述过程中共发生了三个化学反应，且反应结束后的溶液呈碱性D. 若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象【答案】C【解析】试题分析：A气体与碱反应，导致易拉罐变瘪，反应为CO2+2OH-CO32-+H2O，A错误；B易拉罐又会作响并鼓起来，发生2A1+2OH-+6H2O=2 Al(OH)4-+3H2，气体压强增大，B错误
4、；C上述过程与氢氧化钠反应的物质有CO2、氧化铝和铝，偏铝酸钠溶液显碱性，共计3个离子反应，C正确；D将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，只发生氨气与水反应，则易拉罐只会会出现变瘪的现象，D错误，答案选C。考点：考查Al及其化合物的化学性质以及离子反应4.在含有Fe2+、Al3+、Fe3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是A. Fe2+B. Al3+C. Fe3+D. Na+【答案】B【解析】【详解】A、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，因此Fe2+被氧化成Fe3+，并沉淀，然后再加入盐酸产
5、生氯化铁，所以二价铁离子数目减小，故A错误；B、Na2O2遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，铝离子数目不变，故B正确；C、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，因此Fe2+被氧化成Fe3+，并沉淀，然后再加入盐酸产生氯化铁，所以三价铁离子数目增加，故C错误；D、加入Na2O2固体,生成了NaOH和O2，在盐酸作用下又会生成氯化钠，Na+数目增大，故D错误。【点睛】本题考查过氧化钠的性质，可以根据所学知识进行回答，注意亚铁离子被氧化为三价铁离子是解题的易错点。5.已知短周期元素的离子aA2、bB、cC3、d
6、D都具有相同的电子层结构则下列叙述正确的是（）A. 原子半径 ABDCB. 原子序数 dcbaC. 离子半径 CDBAD. 原子结构的最外层电子数目 ABDC【答案】C【解析】aA2+、bB+、cC3-、dD- 都具有相同的电子层结构，则一定满足关系式a2b1c3d1。其中A和B属于金属，位于同一周期，且A在B的右侧。C和D是非金属，位于同一周期，且位于A和B的上一周期，其中D位于C的右侧。同周期自左向右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，氢化物的稳定性也是逐渐增强的。核外电子排布相同的微粒其微粒半径随原子序数的增大而减小，所以只有选项C是正确的，其余都是错误的，答案选C。6.
7、下列各项中表达正确的是A. HCl的电子式： B. N2的结构式： C. H2S的电子式： D. 次氯酸的电子式：【答案】B【解析】分析：A.氯化氢含有共价键；B. 分子中含有三键；C.硫化氢含有共价键；D.次氯酸中氧元素分别与H、Cl形成共价键。详解：A. HCl分子中含有共价键，电子式：，A错误；B N2分子中含有三键，结构式：，B正确；C. H2S分子中含有共价键，电子式：，C错误；D. 次氯酸中氧元素分别与H、Cl形成共价键，电子式：，D错误。答案选B。7.下列化学用语的表达正确的是（ ）A. Cl-的结构示意图：B. 醋酸铵的电离方程式：CH3COONH4 = CH3COO+ NH4
8、+C. 漂白粉的有效成分是CaClOD. 中子数为20的氯原子：【答案】B【解析】【详解】A. 氯离子与氯原子属于同种元素，其质子数均为17，则Cl的结构示意图：，故A项错误；B. 醋酸铵是强电解质，在溶液中完全电离出醋酸根离子与铵根离子，其电离方程式为：CH3COONH4 = CH3COO+ NH4+，故B项正确；C. 次氯酸根离子化学式为：ClO，则漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故C项错误；D. 质子数为17，中子数为20的氯原子表示为：，故D项错误；答案选B。【点睛】D选项是易错点，要注意化学符号的常规符号表示的含义。以为例，左上角A代表原子的质量数，即该原子核内质子数与中子数之和
9、；左下角Z代表原子核内质子数=原子核电荷数=原子序数=原子核外电子数；右下角n代表原子个数，只在构成化学式或分子式时出现，表示1个分子所含的该原子的个数，或表示物质构成微粒的个数比；右上角m代表所带的电荷数。8.有BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它分成两等份。一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀。反应中消耗amolH2SO4、bmolAgNO3。则原混合溶液中的c(Na+)为()A. mol/LB. mol/LC. mol/LD. mol/L【答案】A【解析】【分析】根据SO42-+Ba2+=BaSO4计算溶液中的Ba2+离子的物质的量，根据Ag
10、+Cl-=AgCl算Cl-的物质的量，再根据c=计算Ba2+离子、Cl-离子浓度，利用电荷守恒有2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，据此计算原溶液中的c(Na+)。【详解】BaCl2和NaCl的混合溶液VL，将它均分成两份，一份滴加稀硫酸，使Ba2+完全沉淀，消耗a molH2SO4，则：根据SO42-+Ba2+=BaSO4可知amol SO42-消耗amol Ba2+；则c(Ba2+)=mol/L；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀，反应中消耗bmolAgNO3，则：根据Ag+Cl-=AgCl关系可知bmolAgNO3消耗bmol Cl-，c(Cl-)=mol/L，溶液不显
11、电性，由电荷守恒可知，2c(Ba2+)+c(Na+)=c(Cl-)，解得c(Na+)=mol/L -2mol/L =mol/L，【点睛】本题考查混合物的物质的量浓度的计算，清楚发生的离子反应及溶液不显电性是解答本题的关键，熟悉物质的量浓度的计算公式，注意两等份溶液的浓度关系。9.根据下列反应化学方程式：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI；2FeCl2+Cl2=2FeCl3；2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2 判断有关物质的还原性强弱顺序是()A. IFe2+ClSO2B. ClFe2+SO2IC. Fe2+IClSO2D. SO2IFe2+Cl【答案】D【解析】【分析】
12、同一自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析解答。【详解】I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI中还原剂是SO2、还原产物是HI，所以还原性SO2HI； 2FeCl2+Cl2=2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3，所以还原性FeCl2FeCl3； 2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2中还原剂是HI、还原产物是FeCl2，所以还原性HIFeCl2； 通过以上分析知，还原性强弱顺序是SO2I-Fe2+Cl-，故合理选项是D。【点睛】本题考查了物质还原性、氧化性强弱的比较的知识，掌握氧化还原反应的基
13、本概念的含义，明确还原剂、氧化剂和还原产物、氧化产物的判断是解本题关键。10. 已知W、X、Y、Z为短周期元素，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，W的气态氢化物的稳定性大于Z的气态氢化物稳定性，X、Y为金属元素，X的阳离子的氧化性小于Y的阳离子的氧化性，下列说法正确的是A. X、Y、Z、W的原子半径依次减小B. W与X形成的化合物中只含离子键C. W的气态氢化物的沸点一定高于Z的气态氢化物的沸点D. 若W与Y的原子序数相差5，则二者形成化合物的化学式一定为Y2W3【答案】A【解析】根据题目信息，W、X、Y、Z的位置关系如图，X、Y、Z、W的原子半径依次为X Y ZW，A正确；如W为氧元素，则可形
14、成过氧化物，就含有共价键，B不正确；W如为碳元素，CH4的沸点就低于SiH4，C不正确；若W与Y的原子序数相差5，设W为氮元素，则Y为Mg元素，则可形成Mg3N2，D不正确。考点定位：本题考查元素周期表和元素周期律的知识。涉及到原子半径大小的比较、化学键种类的判断、气态氢化物熔沸点的比较和化合物种类的判断。11.如图是常见四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是()A. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 可与溴水发生取代反应使溴水褪色C. 在铁作催化剂下与溴水发生取代反应D. 在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应【答案】D【解析】【详解】A.表示的甲烷，该物质具有稳定性，不能被酸性高锰酸钾溶液氧
15、化而使其褪色，A错误；B.该模型表示的乙烯分子，由于含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色，B错误；C.该物质表示苯，该物质在一定条件下能够与液溴发生取代反应，产生溴苯和HBr，不是与溴水发生取代反应，C错误；D.该比例模型表示的是乙醇，乙醇与乙酸在浓硫酸存在和加热条件下，可以发生取代反应产生乙酸乙酯和水，D正确。12.目前世界上60%的镁是从海水中提取的主要步骤如下：下列说法不正确的是（ ）A. 为使海水中的MgSO4转化成Mg（OH）2，试剂可选择石灰乳B. 加入试剂后，分离得到Mg（OH）2沉淀的方法是过滤C. 加入试剂反应的离子方程式为：OH+H+=H2OD. 通过电解熔融的
16、无水MgCl2得到48gMg，共转移4mol电子【答案】C【解析】A、MgSO4转化为氢氧化镁需要加入碱液，可选取石灰乳，故A正确；B、氢氧化镁为沉淀，采用过滤的方法分离，故B正确；C、试剂为盐酸，氢氧化镁为沉淀，书写离子方程式时不能拆，故C错误；D、根据反应MgCl2 Mg+Cl2，电解氯化镁时，生成48g镁，即为2mol，转移4mol电子，故D正确；故选C。二综合题(本大题共4个小题，共52分)13.用A+、B-、C2-、D、E、F分别表示含有18个电子几种微粒(离子或分子)，请回答下列问题：（1）A元素是_、B元素是_、C元素是_(用元素符号表示)。（2）B的单质可用来制“84”消毒液的
17、主要成分，写出反应的离子方程式_。（3）用文字描述比较B、C两元素的非金属性强弱的方法（必要时可用方程式，至少一条）：_。（4）D是由两种元素组成的双原子分子，用电子式表示其形成过程_。（5）E是所有含18个电子的微粒中氧化能力最强的分子，其与水反应的化学方程式为_。（6）F分子中含有4个原子，既有极性键又有非极性键，其电子式是_。【答案】 (1). K (2). Cl (3). S (4). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (5). Cl2+S2-=2Cl-+S或Cl2+H2S=2HCl+S2- (6). + (7). 2F2+2H2O=4HF+O2 (8). 【解析】分析：A+
18、、B-、C2-、D、E、F分别表示含有18个电子的几种微粒(离子或分子)，因此A是K，B是Cl，C是S，D、E、F可能是H2O2、H2S、HCl、F2、Ar等，据此解答。详解：（1）根据以上分析可知A元素是K、B元素是Cl、C元素是S。（2）B的单质氯气可用来制“84”消毒液的主要成分，该反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。（3）氯气能把硫化钠氧化为单质硫，可以说明氯元素非金属性强于硫元素，反应的离子方程式为Cl2+S2-=2Cl-+S。（4）D是由两种元素组成的双原子分子，因此D是HCl，含有共价键的共价化合物，用电子式表示其形成过程为。（5）E是所有含18个电子的
19、微粒中氧化能力最强的分子，E是单质氟，其与水反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2。（6）F分子中含有4个原子，既有极性键又有非极性键，F是双氧水，含有共价键的共价化合物，其电子式是。14.下表为元素周期表的一部分, 表中列出10种元素在周期表中的位置，按要求回答下列各题。 族周期AAAAAAA0 2 3 4(1)写出下列序号所代表的元素符号_；_(2)写出的一种用途_;常温下可与表中_单质反应(填化学式)(3)元素的原子结构示意图为_；(4)和形成的化合物的化学式为：_;向该化合物的水溶液里逐滴滴入苛性钠溶液，现象为_.(5)的原子半径由大到小的顺序是_(用元素符号表示)(6)将同
20、时投入到水中，发生反应的化学方程式有：_【答案】 (1). Mg (2). Ne (3). 半导体等 (4). F2 (5). (6). AlCl3 (7). 先有白色沉淀产生，而后沉淀溶解 (8). K Al P F (9). 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 、2Al + 2NaOH +6H2O = 2 NaAl(OH)4 +3 H2 【解析】【分析】由元素在周期表中位置，可知Na、为K、为Mg、为Ca、为Al、为Si、为P、为F、为Cl、为Ne。【详解】(1)根据元素在周期表中的位置，是Mg；是Ne；(2)是Si元素，是常用的半导体材料；常温下单质Si可与F2反应生成SiF
21、4；(3)元素是Ca，Ca有4个电子层，最外层电子数为2，原子结构示意图为；(4)是Al、是Cl，形成的化合物的化学式为AlCl3；向AlCl3溶液里逐滴滴入氢氧化钠溶液，先生成氢氧化铝沉淀，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，现象为先有白色沉淀产生，而后沉淀溶解；(5) 电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，所以K、Al、P、F的原子半径由大到小的顺序是K AlPF；(6) Na、Al同时投入到水中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再与铝反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，发生反应的化学方程式有2Na + 2H2O2NaOH + H2、2Al + 2NaOH +6H2
22、O2 NaAl(OH)4 +3H2。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的综合应用，明确元素在周期表中的位置是解答本题的关键，然后利用钠、铝的性质来解答即可。15.我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：过滤 加过量NaOH溶液 加适量盐酸 加过量Na2CO3溶液 加过量BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是 _。A B C D（2）用提纯的NaCl配制450 mL 4.00 molL1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯
23、、玻璃棒外还有_(填仪器名称)。（3）通过步骤中过滤后的滤液，检验SO42是否除尽的操作方法是_向100 mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0 mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示。回答下列问题： (1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为_；(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为_。已知氮化镁极易与水反应：Mg3N26H2O=2NH33Mg(OH)2。将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应2Mg+O22MgO;3Mg+N2Mg3N2;2Mg+CO22MgO+C;Mg+H2O(g)MgO+H2。请设计一个
24、实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_。【答案】 (1). AB (2). 500 mL容量瓶、胶头滴管 (3). 取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42未除尽。 (4). Na2CO3 (5). Na2CO3和NaOH (6). 取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口,如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成【解析】【分析】（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪
25、器；（3）检验SO42是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；当向100 mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25 mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2Na2CO3+H2O或NaOH+CO2NaHCO3，可能的情况如下为 CO2：NaOH1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH； CO2：NaOH = 1:2时溶质成分为Na2CO3；1:2CO2：NaOH 1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3； CO2：NaOH1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。【详解】（1）在粗盐提纯时，要在最后一步
26、加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：或，故C、D项正确，A、B项错误，答案选AB；（2）配制450 mL 4.00 molL1NaCl溶液，需要500 mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500 mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500 mL容量瓶、胶头滴管；（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO
27、42未除尽，故答案为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42未除尽；根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第、种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应完全的情况，则其溶液溶质为：Na2CO3；图3信息显示，x:y = 1:1，采用逆向思维分析，则应为盐酸与碳酸氢钠按物质的量之比为1:1生成二氧化碳的反应过程，设此阶段反应的盐酸体积为V，可以看出未生成二氧化碳之前，反应消耗盐酸的体积为2V，
28、应为氢氧化钠与碳酸钠分别消耗V体积盐酸所致，综上所述，图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaOH，故答案为：Na2CO3；Na2CO3和NaOH；由于氮化镁极易与水反应，结合化学方程式Mg3N26H2O=2NH33Mg(OH)2易知，若产物中有氮化镁，则会水反应生成氨气，设计一个实验，借助是否有氨气来检验是否有氮化镁生成，具体操作为：取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成，故答案为：取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成。16.工业生
29、产需要大量原料，消耗大量能源，在得到所需产品同时产生了大量废气、废水、废渣。某工厂排放废水中含有Cu2、Fe2、Hg2、H等离子，某化学小组为了充分利用资源和保护环境，准备回收废水中的铜和汞，同时得到绿矾。他们设计了如下实验方案：（1）现有仪器：酒精灯、玻璃棒、坩埚、蒸发皿、蒸馏烧瓶、烧杯、铁架台等，完成步骤的实验操作还需要选择的玻璃仪器是_设计简单实验检验绿矾是否变质，简述你的操作：_。（2）步骤中加入过量铁粉的目的是_，步骤中_(填“能”或“不能”)用盐酸代替硫酸。（3）步骤V利用氧化铜制取铜有如下四种方案：方案甲：利用氢气还原氧化铜；方案乙：利用一氧化碳还原氧化铜；方案丙：利用炭粉还原氧
30、化铜；方案丁：先将氧化铜溶于稀硫酸，然后加入过量的铁粉、过滤，再将滤渣溶于过量的稀硫酸，再过滤、洗涤、烘干。从安全角度考虑，方案_不好；从产品纯度考虑，方案_不好。（4）写出步骤中涉及反应的离子方程式：_；步骤得到绿矾的操作蒸发浓缩_、_。【答案】 (1). 漏斗 (2). 取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质 (3). 将Cu2+ Hg2+全部置换出来 (4). 不能 (5). 甲 乙 (6). 丙 (7). Fe+2H+=Fe2+ +H2 (8). 冷却结晶 (9). 过滤【解析】分析：通过流程可知步骤是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器
31、的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。可燃性气体作为还原剂在加热的过程中会有爆炸的可能性，而固体还原剂一般不易控制量会引入杂质；一种反应物过量的目的往往是为了使另一种反应物充分反应。 加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。详解：（1）滤液中硫酸亚铁的浓度较低，先蒸发水到热饱和溶液，然后降温结晶，最后过滤得到硫酸亚铁晶体，过滤还需要漏斗，蒸发结晶还需要坩埚；绿矾变质生成+3
32、价铁，检验Fe3+用硫氰化钾溶液，即取少量晶体溶于水，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红色，说明绿矾已变质。答案：漏斗；取产品少量溶于水，加入KSCN溶液，如溶液变血红色，则产品变质。（2）加入过量的铁粉，将铜离子和汞离子全部转化成相应单质得到铜和汞；若用稀盐酸代替稀硫酸，制得的绿矾中会混有氯化亚铁杂质；所以不能用稀盐酸代替稀硫酸。答案：将Cu2+ Hg2+全部置换出来；不能。（3）氢气和一氧化碳易燃烧，且一氧化碳有毒，用二者还原氧化铜存在不安全因素，即易发生爆炸，所以从安全方面考虑甲、乙不好；用炭粉还原氧化铜，所得铜中易混有炭粉，即从纯度方面考虑，丙不好。答案：甲 乙；丙。（4）根据框图知滤渣成分
33、为的为Cu、Fe、Hg步骤II加入稀硫酸只有Fe能与酸反应，所以反应的离子方程式分别为2H+Fe=Fe2+H2。步骤是由硫酸亚铁溶液得到绿矾的操作，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶和过滤即可。答案：2H+Fe=Fe2+H2；冷却结晶；过滤。点睛：通过流程可知步骤是从溶液中得到绿矾晶体，应为蒸发结晶和过滤操作，由此可确定仪器的选择；亚铁盐变质会被氧化成三价铁离子，故检验变质即检验三价铁离子即可；酸的选择要考虑最终的目标产物，选取的原则是不要引入杂质离子。加入铁粉可将不如铁活泼的金属置换出来，得到亚铁盐和不活泼的金属；再在滤渣中加入硫酸可将过量的铁反应掉，剩下的固体中为铜和汞，通过灼烧可分离出汞，然后将氧化铜还原成铜单质。
