1、德宏州20192020学年上学期高一期末考试化学试卷注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。4.本试卷分第卷和第卷两部分(请答在答题卡上)，满分共100分，考试用时90分钟。可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-2
2、7 Si-28 S-32 Cl-35.5Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Ba-137I卷(共50分)一、选择题(本题包括20小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列物质的有效成分及用途对应正确的是项目ABCD名称光导纤维漂白粉复方氢氧化铝抗酸药小苏打有效成分SiHClOAl(OH)3Na2CO3用途导电作消毒剂作抗酸剂作发酵剂A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.光导纤维的有效成分为SiO2，故A错误；B.漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，故B错误；C.氢氧化铝为两性氢氧化物，既能和强酸反应，又能和强碱反应，所以复方氢氧化物可
3、以用作抗酸药，故C正确；D.小苏打的化学式为NaHCO3，故D错误；故答案：C。2.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的。红珊瑚之所以是红色，最有可能的是含有A. NO2B. Fe3O4C. Fe2O3D. Al2O3【答案】C【解析】【详解】A.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的固体物质，NO2常温下属于气体，故A错误；B.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，Fe3O4固体是黑色的，故B错误；C.珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，Fe2O3固体是红色的，故C正确；D.Al2O3是白色固体，珊瑚是由无数珊瑚虫分泌出
4、的石灰质长期积淀而形成的红色固体物质，故D错误；故答案：C。3.下列物质属于电解质是A. 液氯B. 氨水C. 水玻璃D. 烧碱【答案】D【解析】【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能导电的化合物。【详解】A.液氯属于单质，液氯既不是电解质、也不是非电解质，故A不符合题意；B.氨水是氨气的水溶液属于混合物，氨水既不是电解质、也不是非电解质，故B不符合题意；C.水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物，水玻璃既不是电解质、也不是非电解质，故C不符合题意；D.烧碱是氢氧化钠，其在水溶液或熔融状态下都能导电，所以属于电解质，故D符合题意；故答案：D。4.下列化学概念逻辑关系正确的是A. 复分解反应和氧化还原
5、反应属于包含关系B. 胶体与分散系属于交叉关系C. 过氧化钠与碱性氧化物属于包含关系D. 电解质与非电解质属于并列关系【答案】D【解析】【详解】A. 氧化还原反应是存在元素化合价变化的反应；复分解反应元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，二者是并列关系，故A错误；B. 分散系有溶液、胶体和浊夜，胶体是分散系的一种，两者是包含关系，故B错误；C. 化合物包括酸、碱、盐、氧化物，其中氧化物包括：酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等，过氧化钠是过氧化物，不是碱性氧化物，两者是并列关系，故C错误；D. 化合物分为：电解质和非电解质，电解质与非电解质属于并列关系，故D正确；故选：D。5.下列有关
6、离子检验的叙述正确的是A. 加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，原溶液一定含有B. 加入氢氧化钠溶液共热，有使蓝色石蕊试纸变红的气体生成，原溶液一定含有C. 灼烧白色粉末火焰成黄色，原粉末中一定含有Na+D. 滴加KSCN溶液显红色，原溶液中一定含有Fe3+【答案】D【解析】【详解】A.加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，原溶液可能含有、Ag+等离子，故A错误；B.使蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体，根据+OH-NH3+H2O，而NH3属于碱性气体，故B错误；C.灼烧白色粉末火焰成黄色，原粉末中一定含有Na元素，故C错误；D.Fe3+遇KSCN溶液显红色，所以滴加KSCN溶液显红色的溶液中一定含有Fe3+
7、，故D正确；故答案：D。6.同温同压下，相同体积的O2和SO2气体，下列叙述中错误的是A. 质量之比为1:2B. 物质的量之比1:2C. 密度之比为1:2D. 氧原子数比1:1【答案】B【解析】【分析】同温同压下，两种气体的物质的量之比等于体积之比，同温同压下，相同体积的O2和SO2气体，其物质的量相等。【详解】A分析可知，O2和SO2气体的物质的量相等，质量之比为32:64=1:2，A叙述正确；B分析可知，O2和SO2气体的物质的量相等，物质的量之比1:1，B叙述错误；C同温同压下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，则密度之比为32g/mol：64g/mol=1:2，C叙述正确；D分析可
8、知，物质的量之比1:1，氧原子数比(12):(12)=1:1，D叙述正确；综上所述，答案为B。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 28gN2和CO混合气体所含原子数目为2NAB. 0.3mol/LFeCl3溶液中含有Cl-为0.9NAC. 71gCl2完全反应后得到的电子数为2NAD. 22.4L氨气所含的分子数为NA【答案】A【解析】【详解】A. N2和CO的摩尔质量均是28g/mol， 28gN2和CO的物质的量是1mol， N2和CO均是双原子分子，28gN2和CO混合气体所含原子数目为2NA，故A正确；B.不知道溶液的体积，无法算出其所含溶质的物质的量，故B错误；C.
9、氯气可能即是氧化剂又是还原剂，71gCl2完全反应后得到的电子数为可能是1NA，故C错误；D.不知道气体所处的温度和压强，无法算出其物质的量，故D错误；故选：A。8.强酸性溶液中，下列离子组一定能大最共存的是A. Mg2+、B. Ca2+、CH3COO-、Cl-、C. 、Na+、Cl-、D. 、Mg2+、Na+【答案】A【解析】【详解】A. Mg2+、互不反应，与氢离子也不反应，能大量共存，故A正确；B. CH3COO-在强酸性溶液中与氢离子不能大量共存，故B错误；C. 在强酸性溶液中与氢离子不能大量共存，故C错误；D. 在强酸性溶液中与氢离子不能大量共存，故D错误；故选：A。9.完成下列实验
10、，不能达到实验目的的是A. 用海水制蒸馏水，选B. 用CCl4提取碘水中的碘，选C. 从NaCl溶液中获取NaCl晶体，选D. 分离溶液和胶体，选【答案】D【解析】【详解】A.用海水制蒸馏水，采用蒸馏装置，选能达到实验目的，故A不选；B. 用CCl4提取碘水中的碘，采用萃取，分液，选能达到实验目的，故B不选；C. 从NaCl溶液中获取NaCl晶体，采用蒸发的方法，选能达到实验目的，故C不选；D. 分离溶液和胶体，采用渗析的方法，不能用过滤，因为溶液和胶体中的分散质均能通过滤纸，选不能达到实验目的，故D选；故选：D。10.下列说法正确的是A. 明矾有净水作用，可以做消毒剂B. pH7的降雨，称为
11、“酸雨”C. 树林中的晨曦与丁达尔效应有关D. 赤潮的形成与CO2大最排放有关【答案】C【解析】【详解】A明矾溶于水生成Al(OH)3胶体吸附水中悬浮杂质，可以净水，但氢氧化铝没有强氧化性，不能作消毒剂，A错误；BpHB. Cl2在两个反应中都是氧化剂C. 反应的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-D. 反应中，每消耗lmolCl2，电子转移2NA【答案】A【解析】【分析】根据反应流程可知，碘离子与适量的氯气反应生成碘单质和氯离子；碘单质与过量的氯气反应生成碘酸根离子和氯离子。【详解】A碘与氯气反应中，碘作还原剂，碘酸根离子作氧化产物，则氧化性：I2，A说法错误；BCl2在两个反应中化
12、合价均降低，都是氧化剂，B说法正确；C分析可知，反应的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，C说法正确；D反应中，每消耗lmolCl2，Cl的化合价由0价变为-1价，电子转移2NA，D说法正确；答案为A。18.下列反应中，没有明显颜色变化的是A. FeCl3溶液中滴入KSCN溶液B. 浓硫酸滴在纸上C. 碳酸氢钠固体受热分解D. 含酚酞的烧碱溶液吸收氯气【答案】C【解析】【详解】AFeCl3溶液中滴入KSCN溶液生成血红色Fe(SCN)3，颜色变化明显，A不符合题意；B浓硫酸滴在纸上，浓硫酸具有脱水性，白纸变黑，颜色变化明显，B不符合题意；C碳酸氢钠固体受热分解生成白色的碳酸钠固体，没
13、有明显颜色变化，C符合题意；D含酚酞的烧碱溶液吸收氯气，氯气与烧碱反应生成盐，过量的氯气可溶于水，氯水显酸性，故在吸收过程中溶液碱性逐渐减弱，甚至可能变为酸性，故溶液由红色变为无色，颜色变化明显，D不符合题意；综上所述，答案为C。19.从氧化还原的角度看，与水反应时过氧化铜(CuO2)和过氧化钠性质相似。将适量的过氧化铜投入过量稀硫酸中，可以观察到的现象是A. 无明显变化B. 最终生成蓝色沉淀C. 最终得到无色溶液D. 有无色无味气体生成【答案】D【解析】【详解】与水反应时过氧化铜(CuO2)和过氧化钠性质相似，则2CuO2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O+O2，所以可以观察到溶液变蓝，
14、有无色无味气体生成，D满足题意。答案选D。20.实验室用浓盐酸和二氧化锰制氯气。下列说法错误的是A. 浓盐酸在该反应中表现出酸性和还原性B. 该方法是瑞典化学家舍勒最先发现的C. 反应中电子转移4NA时，理论可以生成氯气22.4LD. 该反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O【答案】C【解析】【分析】实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，据此回答问题。【详解】A.有分析中的方程式可知，一部分氯元素的化合价从-1价升高到0价，作还原剂，具有还原性，还有一部分氯元素的化合价没有变化，生
15、成盐和水，所以浓盐酸在该反应中表现出酸性和还原性，故A正确，但不符合题意；B. 实验室用浓盐酸和二氧化锰制氯气，是瑞典化学家舍勒最先发现的，故B正确，但不符合题意；C. 反应中电子转移4NA时，依据电子守恒，理论可以生成标准状况下氯气44.8L，故C错误，符合题意；D.二氧化锰和水是氧化物，不能拆成离子的形式，氯化氢和氯化锰是可溶于水的强电解质，拆成离子的形式，氯气是单质，写化学式，该反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，符合电荷守恒，客观事实，原子守恒，故D正确，但不符合题意；故选：C。21.氮化硅陶瓷硬度大、熔点高，被广泛应用于各种热工领域。在烧结氮化硅陶瓷的
16、过程中，二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比3:6:2反应生成两种化合物。下列说法错误的是A. 烧结氮化硅陶瓷的反应属于氧化还原反应B. 氮化硅陶瓷可用于制造磨刀材料C. 氮化硅陶瓷不属于硅酸盐D. 产物中有CO2生成【答案】D【解析】【分析】由二氧化硅、碳、氮气以物质的量之比3:6:2反应生成两种化合物可知，烧结氮化硅陶瓷的反应为：3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，据此解答。【详解】A结合分析可知，烧结氮化硅陶瓷的反应有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A正确；B氮化硅陶瓷硬度大，可用于制造磨刀材料，B正确；C氮化硅陶瓷不属于盐，也就不属于硅酸盐，C正确；D由分析可知，产物中无CO
17、2生成，D错误。答案选D。22.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na+2OH-+O2B. 往硫酸铝溶液中加过量氨水：C. 工业制漂白粉：Cl2+Ca(OH)2(石灰乳)=Ca2+Cl-+ClO-+H2OD. NaHCO3溶液与NaOH溶液混合：【答案】C【解析】【详解】A钠与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，A错误；B硫酸铝和过量氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，反应的离子方程式为：，B错误；C氯气通入石灰乳中制取漂白粉，反应的离子方程式为：Cl2+Ca(OH)2(石灰乳)=Ca2+Cl-+ClO-
18、+H2O，C正确；DNaHCO3与NaOH反应生成Na2CO3和H2O，反应的离子方程式为：，D错误。答案选C。23.由Zn、Fe、Mg、Al四种金属中两种组成的20 g混合物与足量的盐酸反应产生2.0 g H2，则混合物中一定含有的金属是()A. ZnB. FeC. AlD. Mg【答案】C【解析】【详解】2.0 g氢气的物质的量为=1mol，故20g金属提供的电子为1mol2=2mol，则提供1mol电子需要金属的质量为10g，AZn在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Zn的质量为65g/mol=32.5g；BFe在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Fe的质量为56g/mol=28
19、g；CAl在反应中表现+3价，提供1mol电子需要Al的质量为27g/mol=9g；DMg在反应中表现+2价，提供1mol电子需要Mg的质量为24g/mol=12g；提供1mol电子，只有Al的质量小于10g，其它金属的质量都大于10g，故金属混合物中一定有Al，答案选C。24.将等体积、等浓度的硫酸铝、硫酸钾、硫酸铝钾三种溶液混合，测得该混合溶液中的物质的量浓度为0.4mol/L。取100mL混合液加入0.4mol/LKOH溶液，生成沉淀量最大时，加入的KOH溶液体积为A. 50mLB. 100mLC. 150mLD. 200mL【答案】C【解析】【详解】将硫酸铝、硫酸钾和硫酸铝钾溶液等体积
20、，等浓度混合，则混合时三者物质量相等，设混合前硫酸铝、硫酸钾和硫酸铝钾溶液的物质的量浓度都c mol/L，混合液中SO42-浓度为0.4mol/L，则3c+c+2c=0.4mol/L，解得c=0.2mol/L，即混合前三种溶液的浓度都是0.2mol/L。取100mL混合液，加入0.4mol/L的KOH溶液，产生的沉淀量最大时，此时溶质为硫酸钾，则最终混合液中钾离子的物质的量为：n(K+)=2n(SO42-)=20.4mol/L0.1L=0.08mol，由于三种溶液为等体积混合，则取出的100mL混合液中含有原三种溶液体积均为：，该100mL溶液中含有钾离子的物质的量为：0.2mol/L2+0.
21、2mol/L1=0.02mol，根据钾离子质量守恒，需要加入的氢氧化钾的物质的量为：0.08mol-0.02mol=0.06mol，所以需要加入0.4mol/L的KOH溶液的体积为：-=0.15L=150mL，故C符合题意；故答案：C。25.将镁、铝的混合物0.1mol溶于100mL2mol/LH2SO4溶液中，然后在所得溶液中滴加1mol/LNaOH溶液，沉淀的质量随加入NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法错误的是A. 0V1段发生的离子方程式为：H+OH-=H2OB. V2V3段发生的离子方程式为：C. Mg2+、Al3+刚好完全沉淀时加入NaOH溶液的休积是400mLD. 若V1=1
22、60mL，则V3=500mL【答案】D【解析】【详解】A0V1段滴入氢氧化钠溶液后没有生成沉淀，说明硫酸过量，滴入的氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，离子方程式为：H+OH-=H2O，A说法正确；BV2V3段沉淀从最大量减少到恒定量，沉淀逐渐减少，说明氢氧化铝沉淀与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，发生的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O，B说法正确；CMg2+、Al3+刚好完全沉淀时，溶液中的溶质为硫酸钠，此时n()=2mol/L0.1L=0.2mol，则加入NaOH的体积为400mL，C说法正确；D若V1=160mL，V2=400mL，镁、铝的混合物0.1mol，n(Mg)+n(A
23、l)=0.1mol，根据电荷守恒2n(Mg)+3n(Al)=0.24L1mol/L1，解得n(Mg)=0.06mol，n(Al)=0.04mol，n(Al)=n(Al3+) =nAl(OH)3，则消耗NaOH的体积为40mL，V3=440mL，D说法错误；答案为D。卷 (共50分)二、填空题(有5道题，共50分)26.按要求填空：(1)除去下列物质中所混有的少量杂质，按要求完成化学用语。除去Fe2O3中混有的少量SiO2杂质，写出有关的离子方程式_；除去NO中混有的少量NO2杂质，写出有关的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目_。除去Mg中混有的少量Al杂质，写出有关的离子方程式_。
24、(2)将1.92gCu投入到100mL某浓度的硝酸溶液中。铜完全反应后共收集到1.12LNO2与NO的混合气体(标准状况下测定)。反应中消耗硝酸的物质的量为_；所产生的气体中NO2的体积分数为_。【答案】 (1). SiO2+2OH-=+H2O (2). (3). 2Al+2OH-+2H2O2+3H2 (4). 0.11mol (5). 90%【解析】【分析】(1)除去Fe2O3中混有的少量SiO2杂质，Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，可加入强碱溶液除去SiO2；除去NO中混有的少量NO2杂质，NO不与水反应，且不溶于水，NO2与水反应生成硝酸和NO，可使混合气体通入水中除杂；除
25、去Mg中混有的少量Al杂质，Mg与强碱不反应，Al与强碱反应生成可溶性的盐和水，可加入NaOH溶液除去Al；(2)Cu与硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，利用N原子守恒，计算消耗硝酸的量；根据电子得失守恒和物质的量守恒列式，求解各自的物质的量。【详解】(1)除去Fe2O3中混有的少量SiO2杂质，Fe2O3为碱性氧化物，SiO2为酸性氧化物，可加入强碱溶液除去SiO2，离子方程式为SiO2+2OH-=+H2O；除去NO中混有的少量NO2杂质，NO不与水反应，且不溶于水，NO2与水反应生成硝酸和NO，可使混合气体通入水中，方程式为；除去Mg中混有的少量Al杂质，Mg与强碱不反应，Al与强碱反应生成
26、可溶性的盐和水，可加入NaOH溶液除去Al，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2+3H2；(2)Cu与硝酸反应生成硝酸铜和氮的氧化物，利用N原子守恒，消耗硝酸的量=2+=0.11mol；根据电子得失守恒，n(NO)3+n(NO2)1=2=0.06mol，n(NO)+n(NO2)=0.05mol，求解得n(NO)=0.005mol，n(NO2)=0.045mol，NO2的体积分数为100%=90%。27.如图是配制480mL0.20molL-1CuSO4溶液的部分实验操作，据图回答下列问题：(1)将上述实验步骤AF按实验操作先后次序依次排列：CDE_，需称取CuSO45H2O晶体的质量
27、为_。(2)写出配制480mL0.20molL-1CuSO4溶液所需仪器的名称：烧杯、量筒、玻璃棒、_。(3)在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是_。A.转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面B.定容时俯视刻度线C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容D.定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】 (1). BAF (2). 25.0 (3). 500mL容量瓶 (4). BC【解析】【分析】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀，应配制500mL溶液，结合m=cVM计算CuSO45H2O
28、的质量；(2)依据配制步骤选择需要仪器判断缺少的仪器；(3)如引起浓度偏高，则可导致溶液体积偏小，以此判断该题。【详解】(1)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀，所以正确的操作顺序为：CDEBAF；用CuSO45H2O晶体来配制480mL 0.20molL1CuSO4溶液，应选择500mL容量瓶，实际配制500mL溶液，需要溶质的质量0.20mol/L0.5L250g/mol=25.0；故答案为：BAF；25.0； (2)配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀，用到的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、
29、胶头滴管,配制480mL 0.20 molL1CuSO4溶液，应选择500mL容量瓶，所以还缺少的仪器：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶； (3)A.转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，可导致溶质偏少，浓度偏低，故A错误；B. 定容时俯视刻度线，可导致体积偏小，溶液浓度偏大，故B正确；C. 未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容，溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，故C正确；D. 定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，为正常现象，再加水至刻度线，体积偏大，则浓度偏小，故D错误。故答案为：BC。28.某同学为了验证浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的各种产物，利用如图装置设
30、计实验，回答下列问题：(1)浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的化学反应方程式为_。(2)按产物气流从左至右的方向，装置的连接口顺序为：e_(填小写字母编号)。(3)实验时可观察到A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色，A瓶溶液的作用是_，C瓶溶液的作用是_。(4)装置F中发生反应的离子方程式为_。(5)该实验中的现象可以验证到SO2的_性质。A.酸性 B.漂白性 C.氧化性 D.还原性【答案】 (1). C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O (2). cdbabfg (3). 检验二氧化硫 (4). 检验二氧化硫是否除净 (5). Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O (6). B、
31、D【解析】【分析】因为木炭和浓硫酸在加热条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，根据各物质的性质设计检验顺序，进而回答相关的问题。【详解】(1)加热条件下，木炭和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O，故答案：C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；(2)二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，能使品红溶液褪色而具有漂白性，但二氧化碳没有此性质，所以检验二氧化碳之前先检验二氧化硫，水蒸气用无水硫酸铜检验，仪器连接顺序是：气体制备水蒸气检验二氧
32、化硫检验除去二氧化硫二氧化硫检验二氧化碳检验，所以其连接顺序是：ecdbabfg，故答案：cdbabfg；(3)实验时可观察到装置中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色，说明通过C瓶后气体中不含二氧化硫，所以A的作用是检验二氧化硫，利用品红溶液褪色检验二氧化硫；C的作用是检验二氧化硫是否除净，故答案：检验二氧化硫；检验二氧化硫是否除净；(4)装置F是检验CO2的存在，所以F中发生反应是二氧化碳和澄清的石灰水反应，生成CaCO3和水，使溶液变浑浊，其反应的离子方程式为Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O，故答案：Ca2+2OH+CO2=CaCO3+H2O；(5)因为二氧化硫具有还原性、酸性高锰
33、酸钾具有强氧化性，二者发生氧化还原反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色；二氧化硫还具有漂白性，能使品红褪色；二氧化硫还具有酸性氧化物的性质，能和澄清的石灰水反应；所以该实验中的现象可以验证到SO2的还原性、漂白性，故答案：B、D。29.某工业废水中含Cl-、Fe3+、Al3+、Cu2+，为了减少环境污染，变废为宝，利用废铁屑和其它化学试剂进行如下操作，可以获得铁红、Al(OH)3、固体C等重要化学试剂。回答下列问题：(1)固体C的成分是_(用化学式表示)。(2)沉淀F的颜色为_。(3)反应的离子方程式为_。生成溶液E的离子方程式为_。(4)溶液E焰色反应呈黄色，透过蓝色钴玻璃未见紫色。为了尽量减少杂质
34、的引入，试剂G最好选择_(选填序号)；试剂H是_(选填序号)。a.盐酸 b.硝酸 c.NaOH d.KOH(5)步骤中废铁屑必须过量。若Fe3+剩余，溶液B中一定还含有_金属阳离子(填写离子符号，下同)；若固体A只含铜，则溶液B中一定无_金属阳离子。【答案】 (1). Cu (2). 红褐色 (3). (4). (5). a (6). c (7). Cu2+ (8). Fe3+【解析】【分析】某工厂排放的工业废水中含Cl-、Fe3+、Al3+、Cu2+，先加过量铁2Fe3+Fe3 Fe2+，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，发生Fe+Cu2+Cu+2Fe2+，由于铁过量，
35、所以所得固体包括Fe和Cu；过滤所得溶液B中含有Al3+、Fe2+，加氯水，+2价的铁离子被氯水氧化，生成+3价的铁离子，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；分离Al3+、Fe2+，需加强碱，利用氢氧化铝的两性进行分离，DE是铝离子生成氢氧化铝沉淀，以及氢氧化铝溶解在碱中的离子反应，据此分析解答.【详解】（1）先加过量铁2Fe3+Fe3 Fe2+，铁在金属活动顺序表中排在铜的前面，所以铁粉把铜置换出来，再加盐酸溶解铁，C为铜Cu；（2）沉淀F灼烧可得铁红，故沉淀F是氢氧化铁，颜色为红褐色；（3）反应是亚铁离子和氯气发生氧化还原反应，离子方程式为：；E为偏铝酸盐溶液，故生成溶液E的离子方程式为
36、：；（4）溶液E焰色反应呈黄色，透过蓝色钴玻璃未见紫色，则E中含钠元素，不含钾，试剂G最好选择盐酸，故答案为a；试剂H是NaOH，答案为c；（5）若Fe3+剩余，三价铁离子会与铜发生反应，则溶液B中一定还含有Cu2+；若固体A只含铜，则铁完全反应，三价铁离子全部变为亚铁离子，溶液B中一定无Fe3+。30.今有甲、乙两支试管，每支试管中所盛的溶液各含K+、Al3+、Fe2+、Cl-、OH-、六种离子中的三种。向试管甲的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色。请回答下列问题：(1)试管甲中一定含有的离子是_。(2)若向试管甲中加入某种试剂直至过量，最终溶液中只含一种溶质，则加入的试剂是_(填化学式)。(3
37、)若将试管甲和试管乙中溶液混合，立即生成白色沉淀，继而部分转灰绿色，最终有红褐色沉淀生成，则生成红褐色沉淀的离子方程式可能为_。(4)若取VmL试管乙中溶液加入足量AgNO3溶液，充分反应得到mg沉淀，则试管乙中生成沉淀的离子物质的量浓度为_。(5)酸性高锰酸钾溶液是将高锰酸钾溶解在硫酸中配成的溶液，它的还原产物是Mn2+。若取试管乙中的溶液，滴加少量酸性高锰酸钾溶液，发现溶液颜色由浅绿变黄，但没有可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体产生，则发生反应的离子方程式为_。【答案】 (1). K+、OH- (2). HCl (3). 4Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3； (4). m
38、ol/L (5). MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O【解析】【分析】向试管甲的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色，说明溶液显碱性，故溶液存在，根据离子共存可知，溶液中不存在Al3+、Fe2+，一定存在K+和OH-，乙试管中一定含有Al3+、Fe2+、Cl-三种离子，以此分析解答本题。【详解】(1)向试管甲的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色，说明溶液显碱性，故溶液存在，根据离子共存可知，溶液中不存在Al3+、Fe2+，一定存在K+，所以试管甲中一定含有的离子是K+、OH-，故答案：K+、OH-；(2)因为试管甲中一定含有的离子是K+、OH-，若向试管甲中加入HCl直至过量，最终
39、溶液中只含一种溶质KCl，故答案：HCl；(3)因为试管甲中一定含有的离子是K+、OH-，乙试管中一定含有Al3+、Fe2+、Cl-三种离子，若将试管甲和试管乙中溶液混合，立即生成白色沉淀，继而部分转灰绿色，最终有红褐色沉淀生成，此现象为Fe2+遇OH-立即生成白色沉淀Fe(OH)2，继而部分转灰绿色，最终有红褐色沉淀Fe(OH)3生成，则生成红褐色沉淀Fe(OH)3的离子方程式可能为：4Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案：4Fe2+8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3；(4)根据上述分析可知：乙试管中一定含有Al3+、Fe2+、Cl-三种离子，若取VmL试管乙中溶液加入足量AgNO3溶液，充分反应得到mgAgCl沉淀，根据AgClCl-，则试管乙中Cl-离子物质的量浓度c=mol/L。故答案：mol/L；(5)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，它的还原产物是Mn2+，试管乙中的Fe2+具有还原性，两者反应生成Fe3+，使溶液颜色由浅绿变黄，则发生反应的离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，没有可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体产生，说明没有生成氯气，是因为氯离子的还原性弱于亚铁离子，所以酸性高锰酸钾只氧化了亚铁离子，故答案：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O。
Copyright@ 2020-2024 m.ketangku.com网站版权所有