1、四川省自贡市田家炳中学2019-2020学年高一化学下学期开学考试试题（含解析）相对原子质量Na-23 O-16 Cl-35.5 H-1 Mg-24 Al-27一、选择题共15题，每题2分，共40分。每题只有一个选项符合题意。1.某化合物的试剂瓶上有如图标志，下列物质的包装上应分别贴上上述标签是()A. 浓HNO3、P4(白磷)B. 乙醇、汞液C. 氯水、KClO3D. 双氧水、“84”消毒液【答案】A【解析】【分析】根据标签符号含义，第一个图为腐蚀品，第二个图为剧毒物质。【详解】A浓HNO3具有腐蚀性、P4(白磷)有剧毒，A正确； B乙醇具有可燃性，无腐蚀性，应为易燃物标签，汞液有毒性，B错
2、误；C氯酸钾是传统火药的主要成，为爆炸品，应贴爆炸品危险标志，C错误； D过氧化氢、次氯酸钠具有氧化性，应贴氧化剂标志，D错误；答案为A。2.实验室里坩埚的材质种类很多，可以用于熔融烧碱的坩埚是()A. 氧化铝刚玉坩埚B. 铁坩埚C. 石英坩埚D. 陶瓷坩埚【答案】B【解析】【分析】能熔融氢氧化钠的器皿所含物质不与氢氧化钠反应，否则会导致器皿炸裂。【详解】A氧化铝刚玉坩埚中含有氧化铝，能与氢氧化钠反应，A错误；B铁与碱性物质不反应，B正确；C石英坩埚中含有主成分为二氧化硅，在高温下能与氢氧化钠反应，C错误；D陶瓷坩埚中含有二氧化硅，能与氢氧化钠反应而使坩埚炸裂，D错误；答案为B。3.下列反应中
3、，不能说明CO2是酸性氧化物的是()A. Na2CO3+H2SO4CO2+H2O+Na2SO4B. CO2+2NaOHNa2CO3+H2OC. CO2+2Mg2MgO+CD. CO2+Na2O=Na2CO3【答案】C【解析】【分析】酸性氧化物是一类能与水作用生成相应价态的酸，或与碱作用生成盐和水(且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成)，或与碱性氧化物反应生成盐的氧化物。【详解】ANa2CO3+H2SO4CO2+H2O+Na2SO4该反应可以用以证明碳酸酸性比硫酸酸性弱，且碳酸不稳定分解为二氧化碳和水，即反之说明二氧化碳与水反应生成碳酸，证明为酸性氧化物，A错误；BCO2+2NaO
4、HNa2CO3+H2O证明二氧化碳能与碱性物质反应生成盐和水，说明是酸性氧化物，B错误；CCO2+2Mg2MgO+C说明镁的还原性强于碳，与是否为酸性氧化物无关，C正确；DCO2+Na2O=Na2CO3为化合反应，与碱性氧化物反应生成盐，D错误；答案为C。4.下列物质使用(括号内为用途)不正确的是()A. 碳酸钠(发酵粉)B. Ca(ClO)2(消毒剂)C Al2O3(耐火材料)D. 过氧化钠(供氧剂)【答案】A【解析】【详解】A碳酸氢钠，受热分解生成二氧化碳，可用作发酵粉，碳酸钠受热不分解，A错误；B次氯酸根离子具有强氧化性，所以次氯酸钙可以做消毒剂，B正确；C氧化铝熔点高，可以做耐火材料，
5、C正确；D过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，可做供氧剂，D正确；答案为A。5.下列表格中有关物质的分类对应正确的一组是（）碱盐电解质混合物A纯碱小苏打BaSO4盐酸B烧碱食盐NH3H2OCuSO45H2OCKOHCaCO3醋酸水玻璃DNH3Na2S明矾磁性氧化铁A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】A、纯碱是碳酸钠属于盐类，选项A错误；B、CuSO45H2O属于纯净物，选项B错误；C、KOH属于碱，CaCO3属于盐，醋酸为水溶液能导电的化合物属于电解质，水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，各物质符合物质类别概念，选项C正确；D、NH3属于氢化物不属于碱，磁性氧化铁是四氧化三铁属于纯
6、净物，选项D错误。答案选C。6.某化学兴趣小组在实验室中进行化学实验，按如图甲连接好线路发现灯泡不亮，按图乙连接好线路发现灯泡亮，由此得出的结论正确的是()A. NaCl溶液是电解质B. 在通电的条件下，NaCl在水中电离出大量的离子而导电C. NaCl固体中无阴阳离子，因此不能导电D. 同一温度下，将乙中NaCl溶液换成等浓度的MgCl2溶液，溶液导电性增强【答案】D【解析】【分析】在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，含有自由移动的离子或电子的物质能导电，据此分析解答。【详解】A氯化钠溶液含有自由移动的离子，所以能导电，但NaCl溶液
7、是混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误；BNaCl在水溶液中即电离出可以自由移动的离子，不是在通电时才电离，B错误；CNaCl晶体中存在阴阳离子，但是阴阳离子不能自由移动，所以不导电， C错误；D同一温度下，将乙中NaCl溶液换成等浓度的MgCl2溶液，溶液中电荷的浓度增大，所以溶液导电性增强， D正确；答案为D。【点睛】本题易错点为A，注意氯化钠为电解质，但溶液本质为混合物，不符合电解质的定义。7.下列关于胶体的说法不正确的是()A. 直径为1.3109m 的“钴酞菁”分子分散在水中能形成胶体，则该分子的直径比Na+大B. 煮沸饱和FeCl3溶液可以制得Fe(OH)3胶体C. 丁达尔现
8、象可以用来区别胶体和溶液D. 明矾净水利用了胶体的性质【答案】B【解析】【详解】A直径为1.3109m 的“钴酞菁”分子处于胶体粒子的范围，分散在水中形成胶体，Na+溶液分散系粒子直径小于1nm， 即钴酞菁”分子的直径比Na+大，A正确；B制得Fe(OH)3胶体为向沸水中滴加5-6滴FeCl3饱和溶液，不是加热饱和FeCl3溶液，B错误；C丁达尔现象是胶体的特征现象，会产生一条明亮的光路，能与溶液进行区分，C正确；D明矾净水是铝离子水解产生了氢氧化铝胶体，利用了胶体的聚沉的性质，D正确；答案为B。【点睛】本题易错点为B，煮沸饱和氯化铁溶液易得到氢氧化铁沉淀，而不是胶体。8.下列由实验现象推出的
9、结论正确的是()A. 向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，说明原溶液中存在IB. 某溶液中滴加NaOH生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，则原溶液有Fe2+，无Fe3+C. 将CO2通入某溶液中，不能产生白色沉淀，说明原溶液中不含Ba2+或Ca2+D. 用干净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液中有Na+无K+【答案】B【解析】【详解】A向某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，说明原溶液中存在I2，A错误；B某溶液中滴加NaOH生成氢氧化亚铁白色沉淀，迅速变成灰绿色，最终变成氢氧化铁红褐色，则原溶液有Fe2+，无Fe3+，B正确；C将CO2通入某溶液中，
10、若二氧化碳过量或溶液显酸性，不能产生白色沉淀，B错误；D用干净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色，只能说明该溶液中有Na+， 需要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，证明K+存在，D错误；答案为B。9.用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是()A. 物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl的数目为 NAB. 0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3 NAC. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAD. 一定条件下2.3gNa与一定量氧气反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数一定为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A物质
11、的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，未指明溶液体积，无法计算Cl的数目，A错误；B0.2 mol Fe与足量水蒸气反应3Fe+4H2O(g) 高温Fe3O4+4H2，生成的H2分子数目为NA，B错误；C标准状况下， H2O为液体，无法通过气体摩尔体积进行计算，C错误； D一定条件下Na与一定量氧气反应生成Na2O和Na2O2的混合物，钠元素的化合价均从0价上升为+1价，2.3g钠的物质的量为0.1mol，即转移的电子数一定为0.1NA，D正确；答案为D。10.实验室欲配制1.00mol/L的NaCl溶液80mL。下列说法正确的是()A 选用100mL容量瓶，并用蒸馏水洗净后烘干B.
12、 称取5.9g NaCl固体倒入容量瓶中溶解C. 定容时俯视刻度会导致浓度偏高D. 摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线12mm，用胶头滴管加水至与刻度线相平即可【答案】C【解析】【详解】A配制80ml溶液选用100mL容量瓶，用蒸馏水洗净即可使用，不需要烘干，A错误；B容量瓶只能用于配制溶液，不能做溶解器具，B错误； C定容时俯视刻度，所加蒸馏水的体积会偏小，会导致浓度偏高，C正确；D摇匀、静置后发现凹液面低于刻度线12mm为正常现象，液体残留在瓶颈处，不需要用胶头滴管加水，D错误；答案为C。【点睛】本题易错点为A，容量瓶在使用前不需要干燥，蒸馏水不影响实验结果。11.用如图所示装置进行下列实验
13、，所选的药品、现象和结论正确的一组是()选项abc现象结论装置A稀盐酸大理石Na2SiO3溶液c中有白色胶状沉淀生成H2CO3酸性大于H2SiO3B浓盐酸MnO2石蕊试液石蕊试液先变红后褪色氯气具有漂白性C稀硫酸锌粒水一段时间有气泡反应生成了H2DNaOH溶液Al水产生大量气泡Al能与NaOH溶液反应A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A盐酸易挥发，盐酸和硅酸钠反应生成硅酸，不能比较碳酸、硅酸的酸性，A错误；B浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，否则不产生氯气，B错误；C锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，且放出热量，刚开始出现的气泡为装置中的空气，C错误；D铝和氢氧化钠溶液反应生
14、成偏铝酸钠和氢气，则产生大量气泡，说明发生了反应，D正确；答案为D。【点睛】本题易错点为A，盐酸具有挥发性，与硅酸根结合产生硅酸，干扰实验。12.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A. 在使石蕊试液变红的溶液中：Na+、K+、Br、SO42B. 氯化亚铁溶液中：K+、Al3+、SO42、MnO4C. 硫酸铝溶液中：K+、AlO2、Na+、ClD. 与铝反应产生大量氢气的溶液：NH4+、Na+、SO42、NO3【答案】A【解析】【详解】A使石蕊试液变红的溶液显酸性，Na+、K+、Br、SO42在酸性环境下均能大量存在，A正确；B氯化亚铁溶液中：Fe2+能与 MnO4发生氧化还
15、原反应而无法共存，B错误；C硫酸铝溶液中：Al3+与AlO2发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，不能大量共存，C错误；D与铝反应产生大量氢气的溶液可能为酸性，可能为碱性，在碱性溶液中NH4+与氢氧根离子易结合生成氨水，酸性溶液中存在NO3-，不能和铝产生氢气，D错误；答案为A。【点睛】本题易错点为铝，金属具有两性，既能与酸反应，也能与碱反应，故离子共存时要考虑两方面的情况，铵根不能与氢氧根共存。13.下列离子方程式正确的是()A. 向氯化铝溶液中加入过量氨水：A13+4NH3H2O=AlO2+2H2O+4NH4+B. 氧化铁溶于氢碘酸溶液中：Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2OC. 光
16、导纤维在碱性环境中易断裂：Si+2OH+H2O=SiO32-+2H2D. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液：Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O【答案】B【解析】【详解】A向氯化铝溶液中加入氨水，氢氧化铝与氨水不继续反应：A13+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，A错误；B氧化铁溶于氢碘酸溶液中，碘离子被铁离子氧化：Fe2O3+6H+2I=2Fe2+I2+3H2O，B正确；C光导纤维在碱性环境中易断裂，原因是二氧化硅与氢氧根离子反应：Si+2OH=SiO32-+2H2O，C错误；D澄清石灰水中加入过量小苏打溶液，反应以氢氧化钙的比例为主：Ca2+2HCO3+2OH=HCO3-+C
17、aCO3+2H2O，D错误；答案为B。【点睛】本题易错点为A，注意氨水为弱碱，与铝离子反应时只能获得氢氧化铝沉淀，不会继续反应。14.向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1molL1稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积(V)的关系如图所示。下列判断正确的是()A. 在0a范围内，只发生中和反应B. ab段发生反应的离子方程式为：CO32-+2H+=CO2+H2OC. a=0.3D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1：2【答案】C【解析】【分析】NaOH和Na2CO3混合溶液，滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸铵与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最
18、后碳酸氢钠与盐酸反应产生二氧化碳，利用物质的量关系进行解答。【详解】A在0a范围内，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸铵与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，A错误；Bab段发生反应为碳酸氢钠与盐酸，离子方程式为：HCO32-+H+=CO2+H2O，B错误；C根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，即碳酸氢钠与盐酸反应中消耗盐酸0.01mol，需要0.1molL1稀盐酸体积为0.1L，即a=0.4-0.1=0.3，C正确；D根据碳元素守恒，碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，即碳酸钠的物质的量为0.1mol，NaOH和Na2CO3混合溶液共消耗盐酸0.3mol，即原混合溶液中N
19、aOH与Na2CO3的物质的量之比为2：1，D错误；答案为C。15.氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于电子、陶瓷等工业领域。在一定条件下，AlN可通过反应Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO合成。已知AlN可与NaOH溶液反应放出有刺激性气味的气体。下列叙述正确的是()A. AlN中氮元素的化合价为+3B. 上述反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂C. 上述反应中，每生成1molAlN需转移6mol电子D. AlN与NaOH溶液反应的化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3【答案】D【解析】【详解】A由化合价代数和为0可知，AlN中氮元素的化合价为3，A
20、错误；B上述反应中，氮元素化合价由0价降低到3价， N2是氧化剂，Al2O3中的元素化合价均不发生改变，既不是氧化剂，也不是还原剂，B错误；C上述反应中，氮元素化合价由0价降低到3价，即1mol氮气转移6mol电子，每生成1molAlN需转移3mol电子，C错误；DAlN与NaOH溶液反应，相当于AlN先与水反应生成氢氧化铝与氨气，后氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3，D正确；答案为D。二、非选择题，共60分)16.目前，能较稳定存在的氯的氧化物有Cl2O、ClO2、Cl2O7等。有关数据见表：化学式Cl2OClO2Cl2O7沸点/
21、3.811.082.0请回答下列问题：(1)常温、常压下，三种氧化物中属于气体的是_。(2)Cl2O7属于酸性氧化物，它与水反应的离子方程式为_。(3)ClO2是一种常用的消毒剂，我国从2000年起逐步用ClO2代替氯气对饮用水进行消毒。在消毒水时，ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，说明ClO2具有_性。(4)工业上可以用下列反应制备ClO2：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4，请用单线桥法表示出该反应电子转移的方向和数目_。(5)工业上制备ClO2反应原理为：2NaClO3+4HCl(浓)=2ClO2+Cl2+2H
22、2O+2NaCl。浓盐酸在反应中显示出来的性质是_(填序号)。A还原性 B氧化性 C酸性若上述反应中产生0.1molClO2，则转移的电子数为_。【答案】 (1). Cl2O、ClO2 (2). Cl2O7+H2O=2H+2ClO4 (3). 氧化 (4). (5). AC (6). 0.1NA【解析】【分析】（1）根据三种氧化物的沸点分析；（2）Cl2O7属于酸性氧化物，它与水反应生成高氯酸，据此解答；（3）根据ClO2可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去分析判断；（4）根据反应中Cl、S元素的化合价变化结合电子得失守恒分析判断；（5）根据反应中氯元素的化
23、合价变化以及还有氯化钠生成分析判断。【详解】（1）常温下，沸点低于25的为气体，则结合表格中的数据可知Cl2O、ClO2为气体；（2）Cl2O7属于酸性氧化物，与水反应生成HClO4，离子方程式为Cl2O7+H2O2H+2ClO4-；（3）ClO2还可将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物除去，反应中Fe、Mn元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，可说明ClO2具有氧化性；（4）反应2NaClO3+H2SO4+SO22ClO2+2NaHSO4中NaClO3中Cl元素由+5价降低到+4价，二氧化硫中S元素化合价由+4价升高到+6价，转移电子数为2e-，则用单线桥法
24、表示该反应电子转移的方向和数目为；（5）HCl中的氯元素化合价从1价升高到0价，氯酸钠中氯元素化合价从+5价降低到+4价，则氯化氢中氯元素被氧化，HCl作还原剂，同时还有NaCl生成，故HCl还起酸的作用，答案为AC；根据反应2NaClO3+4HCl(浓)2ClO2+Cl2+2H2O+2NaCl可知NaClO3中Cl元素由+5价降低到+4价的ClO2，所以产生0.1molClO2，则转移的电子数为0.1NA。17.将一定量的Al、Mg合金加入到足量的40mL某浓度的盐酸中，充分反应后得到标准状况下的氢气896mL；若将等质量的该混合物加入到足量的NaOH溶液中，充分反应后得到标准状况下的氢气6
25、72mL。(1)当合金与盐酸反应时，转移电子总物质的量为_mol；(2)合金中Mg的质量为_g；(3)合金的平均摩尔质量为_；(4)若向与盐酸反应后的溶液中缓慢加入100mL 1mol/L 的NaOH溶液，沉淀质量恰好达到的最大值，则加入盐酸的浓度为_mol/L【答案】 (1). 0.08mol (2). 0.24g (3). 26g/mol (4). 2.5【解析】【分析】与盐酸反应时发生Mg+2HCl=MgCl2+H2，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，等质量混合物与NaOH反应时发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，结合物质的量计算公式，电子守恒、原子守恒计算。
26、【详解】（1）与盐酸反应生成的氢气为，由氢元素的化合价变化可知，转移电子数为0.08mol。（2）与氢氧化钠反应生成氢气的物质的量为，可知等质量混合物中含有铝0.02mol，镁与盐酸反应生成的氢气为0.04mol-0.03mol=0.01mol，由Mg+2HCl=MgCl2+H2可知，消耗镁0.01mol，质量为0.01mol24g/mol=2.4g。（3）合金的平均摩尔质量为。（4）若向与盐酸反应后的溶液中缓慢加入100ml、1mol/L氢氧化钠，沉淀质量恰好达到最大值，溶质为NaCl，由原子守恒可知，n(HCl)=n(NaCl)=n(NaOH)=0.1L1mol/L=0.1mol，加入盐酸
27、的浓度为2.5mol/L。18.综合利用海水可以制备食盐、纯碱、金属镁等物质，其流程如图所示：(1)从海水中获得淡水的装置如图，其中有_处错误。(2)在母液中通入氯气的离子方程式为_，从溶液A中提取Br2，需要的主要仪器是_(3)操作是_(4)粗盐中含有Na2SO4、MgCl2、CaCl2等可溶性杂质。为制得纯净的NaCl晶体，操作如下：a.溶解； b.依次加入过量的_溶液、NaOH溶液、_溶液；c._；d.加适量盐酸；e._(请补全缺少的试剂和实验步骤)步骤b中，加入最后一种试剂发生反应的离子方程式为_(5)用这种方法制得的Na2CO3中有少量的NaCl，检验NaCl的实验为_【答案】 (1
28、). 3 (2). 2Br-+Cl2=Br2+2Cl- (3). 分液漏斗 (4). 在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5). BaCl2 (6). Na2CO3 (7). 过滤 (8). 蒸发（或蒸发结晶） (9). CO32-+Ba2+=BaCO3、CO32-+Ca2+=CaCO3 (10). 取少量样品于试管中，加入少量的水溶解，再滴加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则有NaCl【解析】【分析】将海水蒸发浓缩，冷却结晶得到粗盐和母液，向母液中加入氢氧化钙，过滤得到氢氧化镁沉淀，将沉淀溶于盐酸中发生反应，将溶液在氯化氢气流中蒸发浓缩，冷却结晶得到氯化
29、镁水合物，将晶体在氯化氢氛围中加热得到固体氯化镁，电解熔融氯化镁得到镁；将粗盐提纯得到氯化钠溶液，向溶液中通入氨气和二氧化碳，生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠溶解度小于氯化钠而析出，所以得到溶液X为氯化铵溶液，将碳酸氢钠加热得到碳酸钠固体。【详解】(1)烧瓶加热未垫石棉网，温度计水银球在蒸馏烧瓶支管口下方，冷凝管进水口在上，有3处错误。(2)在母液中通入氯气发生氧化还原反应，离子方程式为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，从溶液A中提取Br2，需要的主要仪器是分液漏斗；(3)操作是氯化镁溶液中获得氯化镁晶体的过程，需要在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(4)为制得纯净的NaCl
30、晶体，操作如下：首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠将镁离子沉淀，硫酸根用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，把过量的钡离子用碳酸根离子除去，沉淀完全除去后过滤，滤液加入盐酸除去溶液剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后蒸发得到较纯净的氯化钠晶体。步骤b中，加入最后一种试剂发生反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3、CO32-+Ca2+=CaCO3；(5)氯离子能和硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，所以检验纯碱样品中是否含有氯化钠应选用稀硝酸，硝酸银溶液，
31、方法为取少量样品于试管中，加入少量的水溶解，再滴加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则有NaCl。19.某小组用如图装置制取漂白液(气密性已检验，试剂已添加)，并研究其相关性质操作和现象：打开分液漏斗的活塞，缓缓滴加一定量浓盐酸，点燃酒精灯；一段时间后，关闭分液漏斗的活塞，熄灭酒精灯。(1)烧瓶中所进行反应的离子方程式为_(2)图中饱和食盐水的作用是_(3)图中盛NaOH溶液的瓶中反应的离子方程式为_(4)若用如图装置收集多余的氯气，请在虚线框内画出该装置简图_(5)修改方案后，该小组同学制得了较高浓度的NaClO溶液。他们把漂白液和滴有酚酞的红色Na2SO3溶液混合后，得到
32、无色溶液。(已知：Na2SO3溶液显碱性，Na2SO4溶液显中性)提出猜想：.NaClO把Na2SO3氧化成Na2SO4.NaClO把酚酞氧化了.NaClO把Na2SO3和酚酞都氧化了下列实验方案中，要证明NaClO氧化了Na2SO3的最佳实验方案是_a.向混合后的溶液中加入过量氯化钡溶液b.向混合后的溶液中加入过量盐酸，再加入氯化钡溶液c.向混合后的溶液中加入过量硝酸，再加入氯化钡溶液d.向混合后的溶液中加入氢氧化钡溶液，过滤后，在沉淀中加入过量盐酸为证明NaClO氧化了酚酞，可进行的实验是_【答案】 (1). MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O (2). 除去氯气中的HCl
33、 (3). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (4). (5). bd (6). 向混合溶液中加入酚酞溶液，若溶液变红说明酚酞已经被氧化，若溶液不变红，则说明酚酞没有被氧化【解析】【分析】（1）由装置可知烧瓶中为实验室制备氯气实验；（2）浓盐酸易挥发，制得的氯气中含氯化氢气体，用饱和食盐水除去氯化氢气体；（3）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠；（4）收集氯气可用排空气法或饱和食盐水法；（5）要证明次氯酸钠氧化了亚硫酸钠实验，应验证生成中硫酸根离子存在。【详解】(1)烧瓶中为二氧化锰与浓盐酸的反应，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O ；(2)浓盐
34、酸易挥发，氯气能溶于水，图中饱和食盐水的作用是除去氯气中的HCl，降低氯气在水中的溶解度。(3)图中盛NaOH溶液的瓶中反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(4)若用如图装置收集多余的氯气，可利用排饱和食盐水的方法收集，导气管短进长出，或排空气法，氯气密度比空气大，导气管长进短出，装置图为；(5) 要证明NaClO氧化了Na2SO3，应证明生成物中存在硫酸根离子：a.向混合后的溶液中加入过量氯化钡溶液，生成白色沉淀，无法区分是否诶硫酸钡或者亚硫酸钡沉淀，a错误；b.向混合后的溶液中加入过量盐酸，再加入氯化钡溶液，生成白色沉淀一定为硫酸钡，证明亚硫酸根离子被氧化，b正确
35、；c.向混合后的溶液中加入过量硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸根干扰检验，c错误； d.向混合后的溶液中加入氢氧化钡溶液，生成白色沉淀，过滤后，在沉淀中加入过量盐酸，沉淀不溶，说明为硫酸钡沉淀，证明亚硫酸根被氧化，d正确；答案为bd。若NaClO氧化了酚酞，则亚硫酸钠没有被氧化，还存在于溶液中，可向反应后的溶液中加入酚酞溶液，若溶液变红，则证明酚酞被氧化了，若溶液不变红，则证明酚酞没有被氧化，可能是亚硫酸钠被氧化了。20.工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如图(金属单质E可由滤液C制取)：已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O(1)固体混
36、合物B的成分是_。它与NaOH溶液反应的离子方程式为_。(2)滤液A中铁元素的存在形式为_(填离子符号)，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为_。要检验该铁元素的离子的实验_(3)在滤液C中通入足量CO2的离子方程式为_(4)金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_【答案】 (1). SiO2和Cu (2). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (3). Fe2+ (4). Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (5). 取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+ (6). OH-+CO2
37、=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- (7). 2Al+3CuO 高温 Al2O3+3Cu【解析】【分析】氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。【详解】(1)固体混合物B的成分是SiO2和Cu。它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方
38、程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。(2)氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+。要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。(3)在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。(4)金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。
