1、江苏省无锡市20152016学年度高一上学期期末化学试卷一、选择题（14题为单项选择题，每小题3分，150题为不定项选择题，每小题3分，满分66分）1江苏省将大力实施“清水蓝天”工程下列不利于“清水蓝天”工程实施的是（）A大力实施矿物燃料“脱硫、脱销技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染B禁止未经处理的工业废水和生活污水的任意排放C积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用D大量使用化肥农药，提高粮食产量2生产、生活中离不开各类化学物质，下列化学物质中属于盐类的是（）A胆矾B金刚石C水晶D苛性钠3下列物质中不属于电解质的是（）ANaOHBSO2CH2SO4DKNO34下列有
2、关化学用语表示正确的是（）A漂白粉有效成分的化学式：CaClOBNa+的结构示意图：C原子核内有10个中子的氧原子：ODNaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO325下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘和酒精B除去Cl2中的HClC 排水法收集NOD 配置硫酸溶液6光纤通讯的光导纤维是由下列哪种物质经特殊工艺制成（）A石墨B二氧化硅C氧化镁D硅7用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2LO2和O3组成的混合气体含有原子数为NAB0.1molL1Na2SO4溶液中含有Na+的个数为0.2NAC常温常压下，1.7gNH3中含有的
3、电子数目为NAD5.6gFe和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.3NA8有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是（）A向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2B等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同C物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出9配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏低的原因是（）A未洗涤烧杯和玻璃棒B转移溶液前溶液未冷却至室温C容量瓶未干燥D定容时俯视液面10下列变化只
4、需要通过一步化合反应就可以实现的是（）ASSO3BAl2O3Al（OH）3CSiO2H2SiO3DNa2ONaOH11下列现象或事实能用同一原理解释的是（）A水玻璃和亚硫酸钠长期暴露在空气中均易变质B浓硝酸和氯水均用棕色试剂瓶保存CNaCl固体中混有NH4Cl或I2，均可用加热法除去D浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低12下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A从海水中提取钠单质只有物理变化发生B从海水制食盐主要是通过化学变化完成C电解氯化钠溶液可以制得钠单质和氯气D电解熔融的氯化镁可制备镁单质和氯气13除去下列物质中的杂质（括号内是杂质），能采用加入过量NaOH溶液充分反应再过滤的方法
5、的是（）AFeCl2（FeCl3）BKCl（NaCl）CFe2O3（Al2O3）DNaCl（MgCl2）14等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量15三氟化氮（NF3）在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF下列判断正确的是（）A反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2：1C若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0
6、.4mol电子DNF3在潮湿空气中泄漏会产生红棕色气体16某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（）ANH4+、Fe2+、Cl、SO42BNa+、K+、Cl、SO42CMg2+、K+、H+、SO42DK+、Ca2+、HCO3、Cl17下列离子方程式正确的是（）A氯气和水的反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+C铜片加入稀硝酸中：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2ODFeCl2溶液中通入Cl2：Fe2+Cl2Fe3+2Cl18下列操作不能达到目的是（）选项目的操作A
7、配置100mL 1.0molL1CuSO4溶液将25gCuSO45H2O溶于100mL蒸馏水中B除去KNO3固体中少量NaCl将混合物制成熟的饱和溶液，冷却结晶，过滤C提取溴水中的Br2向溶液中加入乙醇后振荡，静置，分液D检验溶液中是否含有NH4+取少量溶液于试管中，加入NaOH后，加热，在试管口放置一块湿润的红色石蕊试纸AABBCCDD19某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色对于原混合气体成份的判断正确的是（）A肯定含有SO2和NOB肯定含有NO和O2C可能有Cl2D肯定没
8、有Cl2、NO2，可能有O220某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路（已知发生的反应为 2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2）课外活动小组为确认生产后的废液的组成，进行如下实验：（1）取10mL废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀 8.61g（2）另取10mL废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g下列关于原废液组成的判断错误的是（）A一定含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、ClBc（Fe2+）：c（Cu2+）=2：1Cc（Fe2+）：c（Fe 3+）=3：1Dc（Cl）=6mol/L，c（Fe2+）=1.2mol/L二、解答题（满分54分）21（1）中国的瓷器驰
9、名世界，制备陶瓷史以粘土主要成分Al2Si2O5（OH）4为原料，经高温烧结而成若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为（2）天然水中杂质较多，常需加入明矾、ClO2等物质处理后才能引用，加入明矾后，其净水原理的离子方程式是22某待测液中可能含有大量的Mg2+、A13+、Cu2+、K+、H+阳离子中的一种或几种，现通过如下实验进行检验：（1）取少量待测液，仔细观察，呈无色；（2）取少量待测液滴加NaOH溶液，立即有白色沉淀生成，NaOH溶液过量后沉淀部分溶解据此可以判断该待测液中一定大量存在的阳离子是，一定不能大量存在的阳离子是，检验可能存在的离子的实验方法名称是23图中AJ均为中学化学中常见的物
10、质，它们之间有如下转化关系其中，A、D为金属单质（反应过程中生成的水及其它产物已略去 ）请回答以下问题：（1）B是（填化学式）（2）写出J与D转化为G的离子反应方程式（3）A在常温下也可以与NaOH溶液反应生成F，写出此反应的化学反应方程式：（4）H在空气中转化为I的化学反应方程式：24某研究性学习小组利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置请回答下列问题：（1）为了快速制备氨气，装置A中烧瓶内的固体可以是（填序号）氯化钙 过氧化钠生石灰氢氧化钠固体（2）请在B处虚线框内画上合适的装置图并注明所装试剂名称（3）装置F中发生反应
11、的离子方程式为（4）装置E的作用是（5）通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是（6）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一请写出发生反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（7）从装置C的G处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理？25孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2，还含有少量的SiO2和铁的化合物实验室以孔雀石为原料制备CuSO45H2O的步骤如下：请回答下列问题：（1）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+若要检验溶液A中Fe2+的最适宜选用的试剂为（填字母）aKMnO4溶液b铁粉c氨水dKSCN溶液（2）向溶液A中加入H
12、2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式；实验室选用H2O2而不用Cl2作氧化剂，除考虑环保因素外，另一原因是（3）由溶液C获得CuSO45H2O，需要经过加热蒸发，过滤等操作除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是26某校化学兴趣小组的学生，分成两组对酸雨及空气中二氧化硫的含量进行了测定第一组，取刚降到地面的酸雨水样，进行了如下实验：将一片红色的玫瑰花瓣浸在一份水样中；向雨水试样中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；每隔一定时间测定其pH，数据如表所示 表不同时间酸雨的pH测定时间/小时钟0124pH4.734.624.564.55（
13、1）一段时间后，观察到玫瑰花瓣红色变浅，原因是（2）生成白色沉淀的离子方程式（3）分析上述pH数据变化，你认为可能的原因是（用化学方程式表示）第二组，拟用如图装置定量分析空气中SO2的含量：（4）通入空气前应进行的实验操作是；KMnO4溶液中导管末端做成球状多孔结构的作用是（5）已知：5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+随着空气的不断通入，酸性高锰酸钾的溶液逐渐变浅直至褪色，说明SO2具有性（6）若实验中气体流速aLmin1，酸性KMnO4溶液的体积bL，其浓度为cmolL1，从气体通入到紫色恰好褪去，用时5min则空气中二氧化硫的含量为gL1江苏省无锡市20152016
14、学年度高一上学期期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（14题为单项选择题，每小题3分，150题为不定项选择题，每小题3分，满分66分）1江苏省将大力实施“清水蓝天”工程下列不利于“清水蓝天”工程实施的是（）A大力实施矿物燃料“脱硫、脱销技术”，减少硫的氧化物和氮的氧化物污染B禁止未经处理的工业废水和生活污水的任意排放C积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用D大量使用化肥农药，提高粮食产量【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学应用【分析】根据“清水蓝天”蕴含的含义分析，“清水蓝天”隐指水、空气未受污染【解答】解：A硫的氧化物和氮的氧化物污染空气，实施矿物燃料“
15、脱硫、脱硝技术”，减少污染物的产生，故A正确；B禁止未经处理的工业废水和生活污水的任意排放可防止水污染，故B正确；C化石燃料的燃烧产生的废气及其携带的颗粒物污染空气，故C正确；D大量使用化肥农药，提高粮食产量，会对土壤以及水资源产生污染，故D错误故选D【点评】本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累2生产、生活中离不开各类化学物质，下列化学物质中属于盐类的是（）A胆矾B金刚石C水晶D苛性钠【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【专题】物质的分类专题【分析】A盐是指一类金属离子或铵根离子（N
16、H4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物；B单质是由一种元素组成的纯净物；C氧化物为负价氧和另外一个化学元素组成的二元化合物；D电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱【解答】解：A胆矾是五水硫酸铜是由铜离子和硫酸根结合的化合物，属于盐，故A正确；B金刚石是仅含一种元素是碳的单质，故B错误；C水晶的成分是二氧化硅，属于氧化物，故C错误；D苛性钠是氢氧化钠的俗称，属于碱类，不属于盐类，故D错误；故选A【点评】本题考查了单质、盐、氧化物的定义，题目难度不大，注意基础知识的积累，注意相关概念的辨析3下列物质中不属于电解质的是（）ANaOHBSO2CH2SO4DKNO3【考点】电解质与非电解质【
17、专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质，导致和混合物既不是电解质，也不是非电解质，据此进行解答【解答】解：ANaOH在水溶液和熔融状态下都能够导电，所以氢氧化钠为电解质，故A错误；BSO2溶于水得到的溶液能够导电，但SO2自身不能发生电离，属于非电解质，故B正确；CH2SO4在水溶液发生电离导致溶液导电，属于电解质，故C错误；DKNO3在水溶液发生电离导致溶液导电，属于电解质，故D错误；故选B【点评】本题考查了电解质和非电解质，难度不大，掌握常见电解质和非电解质是快速答题的关键，注意基础知识的积累4下列
18、有关化学用语表示正确的是（）A漂白粉有效成分的化学式：CaClOBNa+的结构示意图：C原子核内有10个中子的氧原子：ODNaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na+H+CO32【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合；核素；原子结构示意图；电离方程式的书写【专题】化学用语专题【分析】A漂白粉有效成分为次氯酸钙，阳离子与阴离子之比为1：2；BNa的质子数为11，其离子核外有10个电子；C原子核内有10个中子的氧原子，质子数为8，质量数为18；DNaHCO3为强电解质，完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子【解答】解：A漂白粉有效成分为次氯酸钙，阳离子与阴离子之比为1：2，其化学式为C
19、a（ClO）2，故A错误；BNa的质子数为11，其离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，故B错误；C原子核内有10个中子的氧原子，质子数为8，质量数为18，该原子为O，故C正确；DNaHCO3为强电解质，完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，则电离方程式为NaHCO3=Na+HCO3，故D错误；故选C【点评】本题考查化学用语，为高频考点，试题基础性强，涉及化学式、结构示意图、电离方程式及原子构成等，把握化学用语的规范应用为解答的关键，选项D为易错点，题目难度不大5下列装置所示的实验中，能达到实验目的是（）A分离碘和酒精B除去Cl2中的HClC 排水法收集NOD 配置硫酸溶液【考点】化学实验方
20、案的评价【专题】实验评价题【分析】A酒精和水混溶；B二者都与氢氧化钠溶液反应；CNO不溶于水，可用排水发生收集；D浓硫酸不能在容量瓶中稀释【解答】解：A酒精和水混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法，故A错误；B二者都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和食盐水，故B错误；CNO不溶于水，可用排水发生收集，故C正确；D容量瓶只能在常温下使用，浓硫酸不能在容量瓶中稀释，故D错误故选C【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯、溶液的配制备等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大6光纤通讯的光导纤维是由下列哪种物质经特殊工艺
21、制成（）A石墨B二氧化硅C氧化镁D硅【考点】硅和二氧化硅【专题】碳族元素【分析】光纤通信的光导纤维是二氧化硅经特殊工艺制成的；根据光导纤维的主要成分是二氧化硅进行解答【解答】解：A、石墨主要是碳，二氧化硅不是由碳制成的，故A错误B、光导纤维的主要成分是二氧化硅，所以光纤通信的光导纤维是由二氧化硅经特殊工艺制成，故B正确；C、二氧化硅不是由氧化镁制成的，故C错误；D、硅常用于半导体材料，制作太阳能电池，故D错误故选B【点评】本题考查硅及化合物的组成和用途，题目简单，注意基础知识的学习积累7用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A标准状况下，11.2LO2和O3组成的混合气体含有原子数
22、为NAB0.1molL1Na2SO4溶液中含有Na+的个数为0.2NAC常温常压下，1.7gNH3中含有的电子数目为NAD5.6gFe和足量的盐酸完全反应失去电子数为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、氧气为双原子分子，臭氧为三原子分子；B、溶液体积不明确；C、求出氨气的物质的量，然后根据1mol氨气中含10mol电子来分析；D、求出铁的物质的量，然后根据铁和盐酸反应后变为+2价来分析【解答】解：A、标况下11.2L混合气体的物质的量为0.5mol，但氧气为双原子分子，臭氧为三原子分子，故0.5mol混合物中含有的氧原子的个数介于NA到1.5NA个
23、之间，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中钠离子的个数无法计算，故B错误；C、1.7g氨气的物质的量为0.1mol，而1mol氨气中含10mol电子，故0.1mol氨气中含1mol电子即NA个，故C正确；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和盐酸反应后变为+2价，故0.1mol铁和盐酸反应后失去0.2mol电子即0.2NA个，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大8有关Na2CO3和NaHCO3的叙述中正确的是（）A向Na2CO3溶液中逐滴加入等物质的量的稀盐酸，生成的CO2与原Na2CO3的物质的量之比为1：2B
24、等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量盐酸反应，在同温同压下，生成的CO2体积相同C物质的量浓度相同时，Na2CO3溶液的pH小于NaHCO3溶液D向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3结晶析出【考点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A、根据碳酸钠、碳酸氢钠和盐酸反应的化学方程式来计算回答；B、等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2一样多；C、碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，但是碳酸根水解程度大；D、Na2CO3较NaHCO3易溶【解答】解：A、根据化学方程式：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，当碳
25、酸钠和盐酸物质的量相等时，不会产生二氧化碳，故A错误；B、NaHCO3和Na2CO3都与盐酸反应生成二氧化碳气体：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与过量盐酸反应，放出CO2质量相等，NaHCO3和Na2CO3质量相等时，物质的量不相等，所以同温同压下，生成的CO2体积不一样，故B错误；C、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液中，碳酸根离子和碳酸氢根离子均能水解，导致溶液显示碱性，但是碳酸根水解程度大，所以碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，即Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，故C错误；D
26、、向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，常温下相同的溶剂时，Na2CO3较NaHCO3易溶，所以析出的是碳酸氢钠，故D正确故选D【点评】本题考查Na2CO3和NaHCO3性质的异同，题目难度不大，注意把握Na2CO3和NaHCO3性质，注重基础知识的积累9配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，造成所配溶液浓度偏低的原因是（）A未洗涤烧杯和玻璃棒B转移溶液前溶液未冷却至室温C容量瓶未干燥D定容时俯视液面【考点】溶液的配制【专题】实验评价题【分析】根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响来判断【解答】解：A、未洗涤溶解NaOH的烧
27、杯，溶质的质量减少，浓度偏低，故A正确；B、转移溶液前溶液未冷却至室温，当溶液冷却后，液面下降，体积偏小，浓度偏大，故B错误；C、定容时要加蒸馏水，所以容量瓶未干燥，对溶液的浓度无影响，故C错误；D、定容时俯视液面，溶液体积偏小，浓度偏大，故D错误；故选A【点评】本题考查配制一定物质的量浓度溶液的实验操作，题目难度不大，根据c=判断是误差分析的关键10下列变化只需要通过一步化合反应就可以实现的是（）ASSO3BAl2O3Al（OH）3CSiO2H2SiO3DNa2ONaOH【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；化学基本反应类型【专题】物质的性质和变化专题；几种重要的金属及其化合物【分
28、析】AS与氧气发生化合反应生成二氧化硫；B氧化铝与水不反应；C二氧化硅不与水反应；D氧化钠与水反应生成NaOH【解答】解：AS与氧气发生化合反应生成二氧化硫，则一步化合不能实现，故A不选；B氧化铝与水不反应，则一步化合不能实现，故B不选；C二氧化硅不与水反应，则一步化合不能实现，故C不选；D氧化钠与水反应生成NaOH，则Na2ONaOH可一步化合实现，故D选；故选D【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，侧重元素化合物性质的考查，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，注意一步化合的限制条件，题目难度不大11下列现象或事实能用同一原理解释的是（）A水玻璃和亚硫酸钠长期暴露在空气中均易变质
29、B浓硝酸和氯水均用棕色试剂瓶保存CNaCl固体中混有NH4Cl或I2，均可用加热法除去D浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低【考点】硝酸的化学性质；铵盐；浓硫酸的性质【分析】A硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸，亚硫酸钠易被空气中氧气氧化；B浓硫酸不稳定，光照条件下易分解；氯水中次氯酸不稳定，光照条件下易分解；C碘不稳定，受热易升华，氯化铵受热易分解；D浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性【解答】解：A硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸，该反应属于复分解反应，亚硫酸钠易被空气中氧气氧化，该反应属于氧化还原反应，所以不能用同一原理解释，故A不选；B浓硫酸不稳定，光照条件下易分解生成二氧化氮、氧气和
30、水；氯水中次氯酸不稳定，光照条件下易分解生成HCl和氧气，所以可以用同一原理解释，故B选；C碘不稳定，受热易升华，属于物理变化，氯化铵受热易分解，属于化学变化，所以不能用同一原理解释，故C不选；D浓硫酸具有吸水性，浓盐酸具有挥发性，所以浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度均降低不能用同一原理解释，故D不选；故选B【点评】本题考查化学基本原理，明确物质性质是解本题关键，易错选项是C，注意碘和氯化铵受热变化不同的原因，题目难度不大12下列有关海水综合利用的说法正确的是（）A从海水中提取钠单质只有物理变化发生B从海水制食盐主要是通过化学变化完成C电解氯化钠溶液可以制得钠单质和氯气D电解熔融的氯化镁可制
31、备镁单质和氯气【考点】海水资源及其综合利用【专题】元素及其化合物【分析】海水中富含Na、Cl、Mg、Br、I等元素，从海水中获取钠、镁、氯气等单质，要经过电解等操作，为化学变化，海水经过蒸馏可得到淡水，经过蒸发结晶可得到氯化钠，以此解答该题【解答】解：A从海水中提取钠单质，应用电解熔融氯化钠方法，为化学变化，故A错误；B海水中含有氯化钠，经过海水蒸发制得氯化钠，只发生了物理变化，没有发生化学变化，故B错误；C电解氯化钠溶液可以制得氢氧化钠、氢气和氯气，不能得到钠，故C错误；D氯化镁为电解质，电解时在阳极生成氯气，在阴极生成镁，故D正确故选D【点评】本题考查海水的综合运用，侧重于化学与生活、生产
32、的综合运用，考查基本知识和基本反应原理，需要正确记忆并深化理解，才能从基本的知识着手，快速答题，题目难度不大13除去下列物质中的杂质（括号内是杂质），能采用加入过量NaOH溶液充分反应再过滤的方法的是（）AFeCl2（FeCl3）BKCl（NaCl）CFe2O3（Al2O3）DNaCl（MgCl2）【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】加入过量NaOH溶液除去杂质，说明杂化能与氢氧化钠反应生成可溶于水中的物质，而被提出的物质与氢氧化钠不反应，以此解答【解答】解：AFeCl2溶液和FeCl3都与氢氧化钠反应，应加入足量铁粉，故A错误；B二者都不与氢氧化钠
33、反应，应用结晶法除杂，故B错误；CAl2O3为两性氧化物，可与氢氧化钠溶液反应生成溶于水的偏铝酸钠，故C正确；D加入过量NaOH溶液，生成氢氧化镁沉淀，但引入新杂质，故D错误故选C【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，除杂时注意不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大14等体积、等物质的量浓度的硫酸、氢氧化钠溶液分别放在甲、乙两烧杯中，各加入等质量的铝，生成氢气的体积比为5：6，则甲、乙两烧杯中的反应情况可能分别是（）A甲、乙中都是铝过量B甲中铝过量，乙中碱过量C甲中酸过量，乙中铝过量D甲中酸过量，乙中碱过量【考点】有关过量
34、问题的计算；铝的化学性质【专题】演绎推理法【分析】利用讨论法和端值法解答，若等物质的量的铝反应，生成气体为1：1，而题中为5：6，所以第一份铝剩余；而酸或碱都反应，生成气体为2：3，即4：6，而题中为5：6，所以第二份碱不能都反应【解答】解：发生反应有：2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，讨论：（1）若酸碱均过量，则产生的氢气取决于铝，铝的质量相同，所以氢气相等1：1（2）若酸碱均不够，产生的氢气取决于酸碱，根据方程式，酸碱产生的比值为2：3 （3）现在的比值是5：6，比值处于 2：3和1：1之间，由于铝消耗硫酸量大于碱，此时铝
35、对于酸过量而对于碱不足，故选B【点评】本题考查有关过量问题的计算，题目难度不大，本题注意铝与酸、碱反应的量的问题，用端值法求解15三氟化氮（NF3）在潮湿的空气中能发生下列反应：3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF下列判断正确的是（）A反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂B反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2：1C若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.4mol电子DNF3在潮湿空气中泄漏会产生红棕色气体【考点】氧化还原反应【专题】氧化还原反应专题【分析】反应3NF3+5H2O2NO+HNO3+9HF中，只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，当有3molNF3
36、参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，结合方程式以及对应物质的性质解答该题【解答】解：A只有N元素的化合价发生变化，自身发生氧化还原反应，故A错误；B当有3molNF3参加反应，生成2molNO，1molHNO3，反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之比为1：2，故B错误；C若反应中生成0.2molHNO3，N元素化合价由+3价升高到+5价，则反应共转移0.4mole，故C正确；D反应中生成NO，与氧气反应生成红棕色的NO2，故D正确故选CD【点评】本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应反应的概念和计算的考查，题目难度不大，注意反应中元
37、素化合价的变化，为解答该类题目的关键16某溶液与Al反应能放出H2，下列离子在该溶液中一定能大量共存的是（）ANH4+、Fe2+、Cl、SO42BNa+、K+、Cl、SO42CMg2+、K+、H+、SO42DK+、Ca2+、HCO3、Cl【考点】离子共存问题【专题】离子反应专题【分析】溶液与Al反应能放出H2，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答【解答】解：溶液与Al反应能放出H2，为非氧化性酸或强碱溶液，A碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe2+，故A不选；B酸、碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故
38、B选；C碱溶液中不能大量存在Mg2+、H+，故C不选；D酸、碱溶液中均不能大量存在HCO3，故D不选；故选B【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应的离子共存考查，题目难度不大17下列离子方程式正确的是（）A氯气和水的反应：Cl2+H2O2H+Cl+ClOB向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+C铜片加入稀硝酸中：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2ODFeCl2溶液中通入Cl2：Fe2+Cl2Fe3+2Cl【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A次氯酸
39、为弱电解质，应保留化学式；B二者反应生成氢氧化铝和氯化铵；C二者反应生成硝酸铜和一氧化氮、水；D电荷不守恒【解答】解：A氯气和水的反应，离子方程式：Cl2+H2OH+Cl+HClO，故A错误；B向Al2（SO4）3溶液中加入过量的氨水，离子方程式：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故B正确；C铜片加入稀硝酸中，离子方程式：3Cu+2NO3+8H+3Cu2+2NO+4H2O，故C正确；DFeCl2溶液中通入Cl2，离子方程式：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误；故选：BC【点评】本题考查了离子方程式书写，明确反应实质，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键，注意离子反应
40、遵循客观事实、遵循电荷守恒、原子个数守恒规律，题目难度不大18下列操作不能达到目的是（）选项目的操作A配置100mL 1.0molL1CuSO4溶液将25gCuSO45H2O溶于100mL蒸馏水中B除去KNO3固体中少量NaCl将混合物制成熟的饱和溶液，冷却结晶，过滤C提取溴水中的Br2向溶液中加入乙醇后振荡，静置，分液D检验溶液中是否含有NH4+取少量溶液于试管中，加入NaOH后，加热，在试管口放置一块湿润的红色石蕊试纸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】AC=中V指溶液体积而不是溶剂体积；B硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可用重结晶法分离；C萃取剂和
41、原溶剂不能互溶；D氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，根据铵离子的检验方法进行判断：加入滴加NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试液变蓝，则原溶液中一定含有NH4+【解答】解：A25gCuSO45H2O的物质的量为0.1mol，应该溶于水配制成100mL溶液才能配制1.0mol/L的硫酸铜溶液，故A错误；B硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度的变化不同，可用重结晶法分离，故B正确；C萃取剂和原溶剂不能互溶，乙醇和水互溶，所以乙醇不能作溴水的萃取剂，应该用四氯化碳或苯作萃取剂，故C错误；D检验铵根离子，可以使用氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液中的氢氧根离子能与铵根离子结合产生氨气，NH4+OHNH3+
42、H2O，氨气的水溶液呈碱性，能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，故D正确；故选AC【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及铵根离子检验、物质分离和提纯、溶液配制等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意从实验评价性、操作性等知识点来分析解答，题目难度不大19某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、SO2、NO、NO2中的两种或多种气体现将此混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色对于原混合气体成份的判断正确的是（）A肯定含有SO2和NOB肯定含有NO和O2C可能有Cl2D肯定没有Cl2、NO2，可能有O2【考点】物质检验实验方案的设计【专题】物质的分离
43、提纯和鉴别【分析】根据气体的颜色判断可排除Cl2和NO2气体，能使品红褪色的气体为SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，以此解答该题【解答】解：气体无色，则说明不含有Cl2和NO2气体，此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，说明一定含有SO2，把剩余气体排入空气中，很快变为红棕色，说明含有气体NO，则一定没有O2，综上可得，混合物中肯定没有Cl2、O2和NO2，一定含有SO2、NO故选A【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质，解答本题要从物质的颜色、物质之间相互作用时的实验现象等方面进行分析、判断，
44、从而得出正确的结论，难度不大20某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路（已知发生的反应为 2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2）课外活动小组为确认生产后的废液的组成，进行如下实验：（1）取10mL废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀 8.61g（2）另取10mL废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g下列关于原废液组成的判断错误的是（）A一定含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、ClBc（Fe2+）：c（Cu2+）=2：1Cc（Fe2+）：c（Fe 3+）=3：1Dc（Cl）=6mol/L，c（Fe2+）=1.2mol/L【考点】化学方程式的有关计算【专题】计算题【分
45、析】废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀 8.61g，沉淀为AgCl，根据n=计算AgCl的物质的量，根据氯元素守恒计算溶液中n（Cl），再根据c=计算原废液中c（Cl）；废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g，说明溶液中含有Fe3+，根据铜片减少的质量结合方程式计算溶液中Fe3+的物质的量，进而计算原废液中c（Fe 3+）；由方程式2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c（Fe2+）=2c（Cu2+），根据电荷守恒，原废液中3c（Fe 3+）+2c（Fe2+）+2c（Cu2+）=c（Cl），据此计算原废液中c（Fe2+）、c（Cu2+）【解答】解：A、废液放入铜
46、片充分反应，铜片质量减少了0.256g，说明溶液中含有Fe3+，结合反应2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2可知，原废液一定含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、Cl，故A正确；B、由方程式2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c（Fe2+）=2c（Cu2+），故B正确；C、废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀 8.61g，沉淀为AgCl，故n（AgCl）=0.06mol，废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g，物质的量为=0.004mol，令10mL废液中Fe3+为nmol，则：2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2 1nmol 0.004故n=0.008
47、mol，所以原废液中c（Fe 3+）=0.8mol/L，由方程式2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c（Fe2+）=2c（Cu2+），根据电荷守恒，原废液中3c（Fe 3+）+2c（Fe2+）+2c（Cu2+）=c（Cl），原废液中c（Cl）=6mol/L，故30.8+2c（Fe2+）+2c（Fe2+）=，解得c（Fe2+）=1.2mol/L，故原废液中c（Fe2+）：c（Fe 3+）=1.2mol/L：0.8mol/L=3：2，故C错误；D、由C中分析可知，c（Cl）=6mol/L，c（Fe2+）=1.2mol/L，故D正确；故选C【点评】本题考查根据方程式的计算、混合溶
48、液的有关计算等，难度中等，注意电荷守恒的运用二、解答题（满分54分）21（1）中国的瓷器驰名世界，制备陶瓷史以粘土主要成分Al2Si2O5（OH）4为原料，经高温烧结而成若以氧化物形式表示粘土的组成，应写为Al2O32SiO22H2O（2）天然水中杂质较多，常需加入明矾、ClO2等物质处理后才能引用，加入明矾后，其净水原理的离子方程式是A13+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+【考点】盐类水解的应用【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】（1）根据化学式改写成相应的氧化物得形式，按照活泼金属氧化物较活泼金属氧化物SiO2H2O得顺序来书写，并要遵守原子守恒来分析解答；（2）明矾中铝离子水解
49、生成胶体具有吸附性，则可对水质净化【解答】解：（1）铝的氧化物为Al2O3，硅的氧化物为SiO2，氢的氧化物为H2O，则根据活泼金属氧化物较活泼金属氧化物SiO2H2O得顺序可知，Al2Si2O5（OH）4可改成Al2O32SiO22H2O，故答案为：Al2O32SiO22H2O；（2）明矾中铝离子水解生成胶体具有吸附性，则可对水质净化，水解离子反应为A13+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，故答案为：A13+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+【点评】本题考查将复杂化合物写出氧化物的形式、方程式是书写，明确物质的性质是解本题关键，根据反应物、生成物及反应条件书写方程式，题目难度不大2
50、2某待测液中可能含有大量的Mg2+、A13+、Cu2+、K+、H+阳离子中的一种或几种，现通过如下实验进行检验：（1）取少量待测液，仔细观察，呈无色；（2）取少量待测液滴加NaOH溶液，立即有白色沉淀生成，NaOH溶液过量后沉淀部分溶解据此可以判断该待测液中一定大量存在的阳离子是A13+、Mg2+，一定不能大量存在的阳离子是H+、Cu2+，检验可能存在的离子的实验方法名称是焰色反应【考点】常见离子的检验方法【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）取少量待测液，仔细观察，呈无色，故有颜色的铜离子不能存在；（2）取少量待测液滴加NaOH溶液，立即有白色沉淀生成，故不含有氢离子，NaOH溶液过量后
51、沉淀部分溶解，故一定含有镁离子和铝离子，以此解答该题【解答】解：实验（1）说明，溶液中没有有颜色的离子，故Cu2+不存在；铝离子和氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以看到的现象是先有沉淀后沉淀消失，这是铝离子的特征反应；故根据实验（2）现象判断原溶液中含有A13+、Mg2+；通过以上实验现象不能判断溶液中是否含有钾离子，要想检验是否含有钾离子，必须通过焰色反应；焰色反应的方法是：通过蓝色钴玻璃观察火焰，如果火焰呈紫色就说明有钾离子，否则没有故答案为：A13+、Mg2+；H+、Cu2+；焰色反应【点评】本题考查离子检验，为高频考点，明确离子颜色、离子性质、离
52、子共存条件等知识点是解本题关键，知道常见离子检验方法及其现象，题目难度不大23图中AJ均为中学化学中常见的物质，它们之间有如下转化关系其中，A、D为金属单质（反应过程中生成的水及其它产物已略去 ）请回答以下问题：（1）B是Fe2O3（填化学式）（2）写出J与D转化为G的离子反应方程式2Fe3+Fe=3Fe2+（3）A在常温下也可以与NaOH溶液反应生成F，写出此反应的化学反应方程式：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2（4）H在空气中转化为I的化学反应方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【考点】无机物的推断【专题】化学应用【分析】I为红褐色固体，则I为Fe
53、（OH）3，加热分解生成B，B为Fe2O3，I与盐酸反应生成J，则J为FeCl3D与J反应生成G，G与氢氧化钠反应生成H，H在空气中转化为氢氧化铁，则H为Fe（OH）2A、D为金属单质，C为金属氧化物，能与氢氧化钠反应，则A为Al，A与B的反应生成C与D，该反应为铝热反应，C与氢氧化钠反应，与盐酸反应，则C为Al2O3，D为Fe，则G为FeCl2，结合转化关系可知E为AlCl3，F为NaAlO2，以此解答该题【解答】解：I为红褐色固体，则I为Fe（OH）3，加热分解生成B，B为Fe2O3，I与盐酸反应生成J，则J为FeCl3D与J反应生成G，G与氢氧化钠反应生成H，H在空气中转化为氢氧化铁，则
54、H为Fe（OH）2A、D为金属单质，C为金属氧化物，能与氢氧化钠反应，则A为Al，A与B的反应生成C与D，该反应为铝热反应，C与氢氧化钠反应，与盐酸反应，则C为Al2O3，D为Fe，则G为FeCl2，结合转化关系可知E为AlCl3，F为NaAlO2，（1）由上述分析可知，B为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（2）J与D反应转化为G的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+Fe=3Fe2+；（3）A为Al，在常温下可与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应的离子方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA
55、lO2+3H2；（4）H为Fe（OH）2，H在空气中转化为I 的化学反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【点评】本题考查无机物推断、元素化合物的性质等，难度中等，I为红褐色及C能与酸、碱反应等为突破口，侧重考查学生的推理能力及对与元素化合物的性质熟练掌握，注意基础知识的积累掌握24某研究性学习小组利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置请回答下列问题：（1）为了快速制备氨气，装置A中烧瓶内的固体可以是（填序号）氯化钙 过氧化钠生石灰氢氧化钠
56、固体（2）请在B处虚线框内画上合适的装置图并注明所装试剂名称（3）装置F中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O（4）装置E的作用是除去氯气中混有的HCl（5）通入C装置的两根导管左边较长、右边较短，目的是使密度大的氯气与密度小的氨气能够快速且充分混合，反应更迅速（6）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一请写出发生反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目（7）从装置C的G处逸出的尾气可能含有污染环境的气体，如何处理？将尾气通过一倒置的漏斗通入盛有NaOH溶液的烧杯中【考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】（1）生石
57、灰与水反应生成氢氧化钙，同时放出大量的热；氢氧化钠溶于水放出大量的热，能够促进氨气的挥发，氯化钙溶于水形成氯化钙的水溶液，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠的同时生成氧气；（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂；（3）二氧化锰在加热条件下能够氧化盐酸生成氯化锰、氯气和水；（4）制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气，要制取纯净干燥氯气，应先除去氯化氢再除去水蒸气；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于饱和食盐水；（5）依据氯气与氨气的密度解答；（6）氨气和氯化氢气体反应生成白烟氯化铵，根据元素守恒判断另一种物质；根据氮气和转移电子之间的关系式计算解答；（7）根据氯气的性质选取尾气处理试剂【解答】解：（1）
58、浓氨水中存在平衡：NH4+OHNH3H2ONH3+H2O，加热或者加热碱性物质能够促进平衡正向移动，有利于氨气的挥发，而生石灰与水反应生成氢氧化钙，同时放出大量的热；氢氧化钠溶于水放出大量的热，氢氧化钙、氢氧化钠溶于水电离产生氢氧根离子，促进平衡向正方向移动，有利于氨气的挥发，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，制取的氨气中混有氧气，所以选择，故选：；（2）氨气为碱性气体，应选择碱性干燥剂，碱石灰为氢氧化钠和氧化钙的混合物，可以干燥氨气，图为，故答案为：； （3）二氧化锰在加热条件下能够氧化盐酸生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；故答案为：MnO
59、2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；（4）要制取干燥纯净的氯气，应先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，然后通过浓硫酸除去水，所以E为除去氯气中混有的HCl的装置，故答案为：除去氯气中混有的HCl；（5）氯气密度大于空气密度，氨气密度小于空气密度，所以为了使二者能够快速且充分混合，应通入C装置的两根导管左边较长、右边较短；故答案为：使密度大的氯气与密度小的氨气能够快速且充分混合，反应更迅速；（6）氨气和氯化氢气体反应生成白烟氯化铵，另一生成物是空气的主要成分之一，根据元素守恒知，另一种物质是氮气，所以反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，反应中氯气中的0价的ClCl，氨
60、气中+3价的NNH4Cl，电子转移方向和数目为，故答案为：；（7）未反应的氯气能和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以尾气中的氯气可用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：将尾气通过一倒置的漏斗通入盛有NaOH溶液的烧杯中【点评】本题考查气体的制备和性质实验，综合考查了氯气、氨气的制备和性质，熟悉气体制备原理是解题关键，题目难度中等25孔雀石的主要成分是CuCO3Cu（OH）2，还含有少量的SiO2和铁的化合物实验室以孔雀石为原料制备CuSO45H2O的步骤如下：请回答下列问题：（1）溶液A的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+若要检验溶液A中Fe2+的最适宜选用的试剂为a（填字母）aKMn
61、O4溶液b铁粉c氨水dKSCN溶液（2）向溶液A中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，写出该反应的离子方程式H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H20；实验室选用H2O2而不用Cl2作氧化剂，除考虑环保因素外，另一原因是不会引入新的杂质离子（3）由溶液C获得CuSO45H2O，需要经过加热蒸发，冷却结晶，过滤等操作除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是引流【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）亚铁离子具有还原性，能被高锰酸钾氧化为三价铁，使高锰酸钾褪色；
62、（2）根据H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H20的产物解答；（3）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法；过滤时要用到玻璃棒引流；【解答】解：（1）亚铁离子具有还原性，能被高锰酸钾氧化为三价铁离子，使高锰酸钾褪色，是检验溶液A中Fe2+的最佳试剂，故答案为：a；（2）H2O2具有氧化性，在该反应中作氧化剂，亚铁离子具有还原性，发生H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H20，H2O2与Fe2+反应生成的H20为溶剂无污染，不会引入新的杂质离子，故答案为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H20；不会引入新的杂质离子；（3）由溶液制取晶体，需经过加热浓缩，冷却结晶才可得到，在过滤操作
63、中，除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需的一种玻璃仪器是玻璃棒，它的作用是引流，故答案为：冷却结晶；引流【点评】本题考查常见金属的单质及其化合物的应用和硫酸铜结晶水含量的测定，掌握物质的制取和提纯、离子的检验等实验操作，分析图象信息是完成本题目的关键，题目较为综合，难度中等26某校化学兴趣小组的学生，分成两组对酸雨及空气中二氧化硫的含量进行了测定第一组，取刚降到地面的酸雨水样，进行了如下实验：将一片红色的玫瑰花瓣浸在一份水样中；向雨水试样中滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；每隔一定时间测定其pH，数据如表所示 表不同时间酸雨的pH测定时间/小时钟0124pH4.734.624.564.55（1）一段
64、时间后，观察到玫瑰花瓣红色变浅，原因是SO2有漂白作用（2）生成白色沉淀的离子方程式Ba2+SO42=BaSO4（3）分析上述pH数据变化，你认为可能的原因是（用化学方程式表示）2SO2+2H2O+O2=2H2SO4第二组，拟用如图装置定量分析空气中SO2的含量：（4）通入空气前应进行的实验操作是气密性检查；KMnO4溶液中导管末端做成球状多孔结构的作用是增大接触面积，有利于SO2的充分吸收（5）已知：5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+随着空气的不断通入，酸性高锰酸钾的溶液逐渐变浅直至褪色，说明SO2具有还原性性（6）若实验中气体流速aLmin1，酸性KMnO4溶液的体
65、积bL，其浓度为cmolL1，从气体通入到紫色恰好褪去，用时5min则空气中二氧化硫的含量为gL1【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；定量测定与误差分析【分析】（1）玫瑰花瓣颜色褪去可以考虑酸雨中存在漂白物质；（2）酸雨中含有硫酸，可以与钡离子形成沉淀；（3）pH降低，酸雨中的SO2被氧化为硫酸，弱酸转化为强酸；（4）有气体参与的体系应先进行气密性检验；多空结构表面积增大，使SO2 尽可能的与高锰酸钾反应；（5）根据反应可知5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，SO2与酸性高锰酸钾的溶液反应，硫从+4价变为+6价，据此判断；（
66、6）利用氧化还原方程式计算得出答案【解答】解：（1）玫瑰花瓣颜色褪去可以考虑酸雨中存在漂白物质，故酸雨中的SO2 有漂白作用，故答案为：SO2有漂白作用；（2）酸雨中含有硫酸，可以与钡离子形成沉淀，离子方程式为：Ba2+SO42=BaSO4，故答案为：Ba2+SO42=BaSO4；（3）pH降低，酸雨中的SO2被氧化为硫酸，弱酸转化为强酸，离子方程式为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，故答案为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；（4）有气体参与的体系应先进行气密性检验；多空结构表面积增大，使SO2 尽可能的与高锰酸钾反应，增大了接触面积，有利于SO2的充分吸收，故答案为：气密性检
67、查；增大接触面积，有利于SO2的充分吸收；（5）根据反应可知5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，SO2与酸性高锰酸钾的溶液反应，硫从+4价变为+6价，发生氧化反应，所以酸性高锰酸钾的溶液逐渐变浅直至褪色，说明SO2具有还原性，故答案为：还原性；（6）高锰酸钾的物质的量为：c molL1bL=bcmol，根据化学方程式5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，吸收的SO2物质的量为：bcmol，质量为：64g/molbcmol=160g；气体体积为a Lmin15min=5aL，SO2的含量为=，故答案为：【点评】本题考查物质组成与含量的测定、对实验原理理解、氧化还原滴定、阅读获取信息的能力等，难度不大，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键版权所有：高考资源网()