1、高一期末考试化学考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：人教版必修1第一章至第三章。可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35. 5 Fe 56 Cu 64 Ba 137第卷（选择题）一、选择题1.下列自然资源的开发利用过程中只涉及了物理变化的是A. 海水晒盐B. 伐薪烧炭C. 煤炭发电D. 刀耕火耨【答案】A【解析】【详解】A海水嗮盐是蒸发水，过程中无新物质生成，为物理变化，故A正确；B伐薪烧炭是隔绝空气加强热生成碳单质，过程中生成了新的物质，故B错误；C煤
2、炭发电是碳燃烧放热，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D刀耕火耨其化学原理是以灰肥田，过程中有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选：A。2.根据离子反应发生的条件，判断下列各组物质中不能发生离子反应的是A. H2SO4溶液与BaCl2溶液B. NaOH溶液与CuSO4溶液C. Na2CO3溶液与HNO3溶液D. NaOH溶液与KCl溶液【答案】D【解析】【详解】A稀硫酸与氯化钡反应生成了沉淀硫酸钡，发生了离子反应，故A错误；BNaOH溶液与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜沉淀，发生了离子反应，故B错误；CNa2CO3溶液与HNO3溶液反应生成二氧化碳气体，发生了离子反应，故C错误；DNa
3、OH溶液与KCl溶液不反应，不满足离子反应发生的条件，故D正确。故选：D。【点睛】根据复分解反应发生的条件，若两种物质之间相互交换成分不生成水、气体、沉淀，则物质不能发生化学反应。3.实验室配制0. 25 mol L-1的NaOH溶液，下列操作会导致所配溶液浓度一定偏低的是A. 称量时，装有NaOH固体的烧杯放在了右盘B. 定容时俯视刻度线C. 容量瓶洗净后未干燥就直接使用D. 定容时液面超过了刻度线【答案】D【解析】【详解】A天平称量时，正确的操作是遵循“左物右码”，此时药品的实际质量=砝码值+游码值，若不小心放成了“左码右物”，药品的实际质量=砝码值-游码值，理论上是可以纠正的，不一定使最
4、终浓度偏低，A错误； B“俯少仰多”，定容时加的是水，俯视刻度线导致水加少了，浓度偏大，B错误；C在定容一步，实际上加是水，容量瓶内有少许水不会对结果造成干扰，C错误；D定容时加水，水超过了刻度线，水加多了，浓度偏低，D正确。答案选D。4.将Na2CO3固体加入含下列离子的溶液中，还能够大量存在的是A. Na+、H+ 、B. K+ 、Ba2+ 、OH -、Cl-C. K+ 、Na+、Cl-D. Na+ 、I- 、Ca2+ 、【答案】C【解析】【分析】加入Na2CO3，本质是加入钠离子和碳酸根离子。【详解】A氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，A错误；B钡离子和碳酸根离子反应生
5、成碳酸钡沉淀而不能大量共存，B错误；C离子之间不会发生反应，可以大量共存，C正确；D碳酸根离子和钙离子反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存，D错误。答案选C。5.”生活无处不化学”.下列关于生活中的问题解释不合理的是A. 食盐不慎洒落在 天然气的火焰上,观察到黄色火焰,其原因:2Na+O2Na2O2B. 沾水的铁制品器皿高温灼烧会发黑，其可能原因：3Fe+4H2OFe3O4+4H2C. Al(OH)3可用于中和过多的胃酸，其原因：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2OD. 明矾可以净水，是因为明矾KAl(SO4)2H2O溶于水能生成Al(OH)3胶体【答案】A【解析】【详解】A焰色反应是处
6、于激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量，属于物理性质，故A错误；B高温下Fe能与水蒸气发生反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，生成的四氧化三铁为黑色物质，故B正确；C氢氧化铝属于弱碱，能与盐酸发生反应：Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O，中和过多的盐酸，故C正确；DKAl（SO4）2H2O溶于水能生成Al（OH）3胶体，氢氧化铝胶体表面积非常大，可以吸附水中悬浮物质，起净水作用，故D正确。故选：A。6.下列叙述不正确的是A. 用砂纸打磨过表面的铝箔，加热熔化后但不滴落，说明Al2O3的熔点比铝高B. 铝制品在生活中应用非常普遍，不因生锈而受损，故铝不活泼C. 铁在潮湿
7、的空气中生成的氧化物结构不致密,不能保护内层金属,故铁制品往往涂保护层D. 钠与水的反应中,钠块熔成小球,说明该反应为放热反应【答案】B【解析】【详解】A氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝熔化但不滴落，故A正确；B铝是活泼金属，易在表面形成致密的氧化膜，氧化铝能保护内部金属不被腐蚀，故B错误；C氧化铁为疏松结构，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层，故C正确；D活泼金属与水的反应属于放热反应，钠与水的反应是放热反应，放出的热量使钠块熔成小球，故D正确。故选：B。7.将10 mL 1 mol L-1NaOH洛液稀释到100 mL，再取出5 mL稀释后的溶液，则这5 mL溶液中溶质的物质的
8、量浓度是A. 0.05 mol L-1B. 0.25 mol L-1C. 0.1 mol L-1D. 0.5 mol L-1【答案】C【解析】【分析】根据溶液的均一性可知：取出的5 mL溶液和剩下的溶液以及稀释后的溶液浓度相等。【详解】根据c(浓)V(浓)=c(稀)V(稀)得：1 mol L-110 mL= c(稀) 100mL，解得：c(稀)=0.1 mol L-1。答案选C。【点睛】溶液稀释或者浓缩前后，溶质的质量、物质的量相等。8.化学与生活密切相关。下列说法正确的是A. 检查酒驾时CrO3被酒精氧化成Cr2 (SO4)3B. 向海水中加入明矾可以使海水淡化C. 碳海绵吸收泄露的原油时发
9、生了化学变化D. 氧化钙可用作食品干燥剂【答案】D【解析】【详解】ACrO3到Cr2 (SO4)3，Cr元素化合价从+6降低到+3，被还原，A错误；B明矾溶于水产生胶状物氢氧化铝吸附水中的悬浮杂质，而海水淡化涉及MgCl2、CaCl2等可溶性杂质的去除，B错误；C碳海绵疏松多孔，吸收的原理是将原油吸附到孔里面，没有涉及化学反应，C错误；D氧化钙可以吸收水蒸气，可用作食品干燥剂，D正确。答案选D。9.下列反应对应的离子方程式正确的是A. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+4OH-=+2H2OB. 将Cl2通入FeCl2溶液中：Fe2+Cl2=Fe3+2Cl-C. 将钠投入硫酸铜溶液
10、中：2Na+Cu2+ =Cu+ 2Na+D. 向小苏打溶液中加入少量Ca(OH)2 溶液：Ca2+2OH-+=CaCO3+2H2O+ 【答案】D【解析】【详解】AAl2(SO4)3和氨水反应生成氢氧化铝和水，A错误；B电荷不守恒，正确的为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，B错误；C钠太活泼，投入硫酸铜溶液中，先与水反应生成氢氧化钠和氢气，不会置换Cu，C错误；DCa(OH)2少量，则Ca(OH)2一定反应完，设Ca(OH)2的物质的量为1mol，则有1molCa2+、2molOH-参加反应，2molOH-消耗2molHCO3-，所以该反应的离子方程式为Ca2+2OH-+=CaCO3+2H2
11、O+ ，D正确。答案选D。【点睛】C项为易错点，钠与盐溶液反应时，先和水反应生成氢氧化钠和氢气，再考虑氢氧化钠是否能和盐反应。10.下列实验或现象中的颜色变化，不涉及氧化还原反应的是ABCD实验用稀盐酸除去铜质器皿表面的铜绿Cu2(OH)2CO3Na2O2放置在空气中往FeCl3溶液中加入足量铁粉将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中现象铜质器皿表面呈红色，废液呈蓝色固体粉末由黄色变为白色溶液颜色由黄色变为浅绿色产生白色沉淀，随后沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A由现象可知Cu2（OH）2CO3与稀盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，无元素的化
12、合价变化，为非氧化还原反应，故A选；B由固体粉末由黄色变为白色，可知Na2O2与空气中的水、二氧化碳反应生成氧气、氢氧化钠和碳酸钠，O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C溶液颜色由黄色变为浅绿色，说明三价铁被还原成二价铁，Fe元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；D白色沉淀，随后变为灰绿色，最后变为红褐色，可知氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；故选：A。11.在给定条件下，下列选项中物质间的转化均能一步实现的是A. Cu(固体) CuSO4(溶液) Cu(OH)2(固体)B. Al(固体) Al(OH)3(固体) NaAlO2溶液
13、C. NaHCO3(溶液) Na2CO3(溶液) NaOH(溶液)D. Fe(固体) FeCl3(溶液) FeCL2(溶液)【答案】C【解析】【详解】ACu和稀硫酸不反应，A错误；BAl和氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，不生成Al(OH)3，B错误；CNaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，C正确；DFe和HCl反应生成FeCl2和氢气，不生成FeCl3，D错误。答案选C。12.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. 5. 6 L由CO2和O2组成的混合气体中的分子数为0. 25NAB. 5. 6 g铁与足量的稀硫酸
14、完全反应转移的电子数为0. 2NAC. 0. 5 mol L-1的BaCl2溶液中含有Cl-的数目为NAD. 10 g质量分数为17%的H2O2溶液中含氧原子的数目为0. 1NA【答案】B【解析】【详解】A没有给标况，不能准确计算混合气体的物质的量，A错误；B由解得：n=0.2mol，即5. 6 g铁与足量的稀硫酸完全反应转移的电子数为0. 2NA，B正确；Cn=cV，只给了浓度c，没给体积V，不能计算，C错误；DH2O2的质量m=10 g17%=1.7g，n(H2O2)=0.1mol，H2O2中n(O)=0.2mol，溶液中的水也含O，所以10 g质量分数为17%的H2O2溶液中含氧原子的数
15、目大于0.2NA，D错误。答案选B。13.将V1 mL 0.2 molL1Na2CO3溶液加水稀释至V2 mL，稀释后溶液中Na物质的量浓度为A. molL1B. molL1C. molL1D. molL1【答案】A【解析】【分析】根据Na2CO3的化学式可知，0.2molL-1的Na2CO3溶液中Na+物质的量浓度为0.4molL-1，根据稀释定律可知，溶液稀释前后钠离子的物质的量不变，据此计算。【详解】令稀释后溶液中Na+的物质量浓度为y，则V1mL0.4mol/L=V2mLy解得y=0.4V1/ V2=mol/L。故选：A14.高铁酸盐是常用的水处理剂。高铁酸钠（Na2FeO4)可用如下
16、反应制备： 2FeSO4 + 6Na2O2 =2Na2FeO4+2Na2O +2Na2SO4+O2，则制备16.6g高铁酸钠转移电子的物质的量为A. 0. 4 molB. 0.5 molC. 0 6 molD. 0.8 mol【答案】B【解析】【详解】Na2FeO4中Fe的化合价为+6，有2个Fe的化合价从+2升高到+6，Fe总升高8，6Na2O2中有2个O化合价从-1升高到0，升高2，化合价总升高10；6Na2O2中有10个O化合价从-1降低到-2，总降低10，所以题中方程式对应转移10mol电子，通过以上分析可得：，解得：n=0.5mol。答案选B15.将200g质量分数为7.3%的盐酸，
17、加入14.4g由Na2O2、 Na2CO3、 NaOH组成的混合物中，充分反应后，继续加入一定质量的氢氧化钠，反应至溶液巧合呈中性，蒸发结晶，最终得到的固体质量为A. 8gB. 15.5gC. 11.7gD. 23.4g【答案】D【解析】【详解】中性溶液溶质为NaCl，蒸发结晶得到固体为NaCl，根据氯离子守恒：n（NaCl）=n（HCl）=0.4mol，m（NaCl）=0.4mol58.5g/mol=23.4g，故选：D。【点睛】解题关键是清楚反应过程明确最终固体成分，注意守恒思想的运用。16.100 mL由氯化镁和氯化铝组成的混合液中c (Mg2+)为0.3 mol L-1，c (Cl-)
18、为1.2 mol L-1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，则需加入1 mol L-1 NaOH溶液的体积不可能为A. 120 mLB. 145 mLC. 160 mLD. 180 mL【答案】A【解析】【详解】因为100 mL由氯化镁和氯化铝组成的混合液中c (Mg2+)为0.3 mol L-1，c (Cl-)为1.2 mol L-1，所以n(Cl-)=1.2 mol L-10.1L=0.12mol，n(Mg2+)=0.3 mol L-10.1L=0.03mol，溶液中存在电荷守恒：2n(Mg2+)+3n(Al3+)=n(Cl-)可知，n(Al3+)=0.02mol ，由Mg2+2NaOH
19、得：Mg2+消耗的NaOH的物质的量=0.03mol2=0.06mol，由Al3+4OH-4NaOH得：Al3+完全转换为AlO2-消耗的NaOH的物质的量=0.02mol4=0.08mol，所以使Mg2+转换为沉淀完全分离出来消耗NaOH的物质的量最少值=0.06mol+0.08mol=0.14mol，体积为V=0.14L=140mL，即使Mg2+转换为沉淀完全分离出来消耗1mol/L的NaOH最少140mL。答案选A。【点睛】由Al3+4OH-= AlO2-+2H2O可知，n(Al3+):n(OH-)1:4时，有氢氧化铝沉淀生成，n(Al3+):n(OH-)1:4时，无氢氧化铝生成。第卷（
20、非选择题）二、非选择题17.根据所学知识,回答下列问题:（1）将12.5g CuSO45H2O溶于水中形成1L溶液，溶质的物质的量浓度为_molL1（2）氢原子物质的量相等四种气体HCl、H2、NH3、CH4，在同温同压下，此四种气体体积之比V(HCl)：V(H2)：V(NH3)：V(CH4)=_。（3）配制100mL 1.00 molL1H2SO4溶液，需要用量筒量取浓硫酸（密度为1.84gcm3，溶质质量分数为98%）的体积为_mL。（4）反应2K2S+ K2SO3+3H2SO4=3S+3 K2SO4+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，若反应生成0.6molS，则反应中转移的电
21、子为_mol。（5）现有下列5种物质：CO2 Mg 盐酸 NaCl Na2CO3。上述物质属于电解质的有_（填序号）。【答案】 (1). 0.05 (2). 12：6：4：3 (3). 5.4 (4). 1：2 (5). 0.8 (6). 【解析】【分析】（1）根据c=n/V计算溶液中CuSO4的物质的量浓度；（2）氢原子的物质的量相等，假设氢原子的物质的量等于12mol，则HCl、H2、NH3、CH4的物质的量分别为12molHCl、6moH2、4molNH3、3molCH4，并根据V=nVm进行分析；（3）根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸的体积；（4）2K2S+K2SO3+3H2S
22、O43S+3K2SO4+3H2O，S元素的化合价由-2升高为0价，由+4降低为0价，由此分析解答；（5）电解质是指：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，酸、碱、盐、部分有机物、金属氧化物都是电解质，单质、混合物都不是电解质。【详解】（1）溶液中n（CuSO4）=n（ CuSO45H2O）=0.05mol，则溶液中CuSO4的物质的量浓度为=0.05mol/L；故答案为：0.05；（2）氢原子的物质的量相等，假设氢原子的物质的量等于12mol，则HCl、H2、NH3、CH4的物质的量分别为12molHCl、6moH2、4molNH3、3molCH4，因为V=nVm，故同温同压下体积比即物质的量
23、之比，故V（HCl）：V（H2）：V（NH3）：V（CH4）=12：6：4：3，故答案为：12：6：4：3；（3）该浓H2SO4的物质的量浓度为：c=mol/L=18.4 mol/L，据稀释定律得：100 mL1 mol/L=18.4 mol/LV，得V=5.4 mL；故答案为：5.4；（4）2K2S+K2SO3+3H2SO43S+3K2SO4+3H2O中，硫元素的化合价既升高又降低，其中有2个硫失4个电子化合价升高为0价，1个硫得4个电子，化合价降低为0价，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；根据方程式可知生成3molS转移电子数为4mol，所以生成0.6molS时转移电子数为0.8mo
24、l；故答案为：1：2；0.8；（5）电解质是在水溶液或熔融态下能导电的化合物NaClNa2CO3属于电解质；故答案为：。18.现有A、B、C、D、E五种物质且焰色反应都呈黄色，A为单质，B为淡黄色粉末，A、B 与水反应都有C生成，C与过量的CO2反应生成E，E加热能生成D。试推断：(1) B_，C_，D_，E_ 。(写化学式）(2)写出有关反应的化学方程式。A和水反应:_ 。C和过量的CO2反应:_ E受热分解的反应:_ 。【答案】 (1). Na2O2 (2). NaOH (3). Na2CO3 (4). NaHCO3 (5). 2Na+2H2O = 2NaOH+H2 (6). NaOH+C
25、O2 = NaHCO3 (7). 2NaHCO3 Na2CO3+CO2 +H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E五种物质焰色反应都呈黄色，说明五种物质中都含有Na元素，A为单质，则A为金属Na，B为淡黄色，则B为Na2O2，Na和Na2O2与水反应都有NaOH生成，所以C为NaOH，NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3，所以E为NaHCO3，NaHCO3加热能生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以D为Na2CO3，据此回答。【详解】(1) 由上面的分析可知，B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，故答案为：Na2O2；NaOH；Na2CO3；NaHCO3；(2) Na
26、与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，故答案为：2Na+2H2O = 2NaOH+H2；氢氧化钠和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，方程式为：NaOH+CO2 = NaHCO3，故答案为：NaOH+CO2 = NaHCO3；碳酸氢钠受热分解成碳酸钠、二氧化碳和水，方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2 +H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2 +H2O。19.某 500 mL 溶液中只可能含有 Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Cl-、中 的几种离子。已知:NH4+OH-=NH3 +H2O(1)取该溶液l00 mL
27、，逐滴加入足量的NaOH溶液并加热，生成标准状况下的气体体积为 896 mL(气体已全部逸出），滴加过程中无沉淀生成。则该溶液中一定不含有的阳离子是_.(2)另取100 mL原溶液于试管中，滴加足量的BaCl2溶液，生成白色沉淀6.27 g，再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，生成标准状况下的气体体积为448 mL。则原浓液中下列离子的浓度：离子种类离子浓度_molL-1_ molL-1Na+_molL-1写出加入盐酸时，生成气体的离子方程式:_。【答案】 (1). Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+ (2). 0.2 (3). 0.1 (4). 0.2 (5). BaCO3+2H+ = Ba
28、2+ +H2O+CO2 【解析】【分析】取100mL该溶液，逐滴加入足量NaOH溶液，在整个滴加过程中无沉淀生成，、能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有、；另取100mL原溶液于试管中，滴加足量氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，说明有和，标准状况下的气体为，即，根据碳原子守恒有：，碳酸钡质量克，硫酸钡质量克，即。根据加入足量的NaOH溶液并加热，生成标准状况下的气体体积为896mL，知道含，根据求浓度，根据电荷守恒判断是否含有钠离子，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳与水，据此答题。【详解】取100mL该溶液，逐滴加入足量NaOH溶液，在整个滴加过程中无沉淀生成，
29、、能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有、，故答案为：、；另取100ml原溶液于试管中，滴加足量氯化钡溶液，生成白色沉淀，再加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解，说明有和，标准状况下的气体为，即，碳酸钡质量克，硫酸钡质量克，为，根据，可得：，据加入足量的NaOH溶液并加热，生成标准状况下的气体体积为896mL，知道含，题中没有信息说明无氯离子，故根据电荷守恒，将浓度数值代入得，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳与水，反应离子方程式为，故答案为：；。【点睛】（2）其它离子已经确定但Na+不能确定的情况下，根据电荷守恒可判断是否含有Na+。20.氯化亚铜(CuCl)是一种难溶于水的白色粉末，不溶于乙醇
30、，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中被氧化成绿色的碱式氯化铜Cu2(OH)3Cl。工业上常以海绵铜(主要成分是 Cu，含有少量CuO)为原料生产CuCl，其工艺流程如下：(1)配平“溶解”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式：_Cu+_+_= _Cu2+_ NO +_H2O(2)还原“”过程中，作还原剂的是_(填化学式）；写出“还原”过程中发生反应的离子方程式:_。(3)写出氯化亚铜在潮湿的空气中被氧化的化学方程式: _。(4)析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，并在真空干燥机内于70下干燥2 h，冷却密封包装。密封包装的原因是_。【答案】 (1). 3 (2). 2 (3). 8H+
31、 (4). 3 (5). 2 (6). 4 (7). (NH4）2SO3 (8). 2Cu2+ +SO32 +2Cl +H2O = 2CuCl+SO42 +2H+ (9). 4CuCl+O2+4H2O = 2Cu2(OH）3Cl+2HCl (10). 防止CuCl在潮湿的空气中被氧化【解析】【分析】由流程可知，海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生反应，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，CuCl水洗、乙醇洗后烘干得到产品CuCl，以此来解答。【详解】溶解过程中铜和硝酸根离子发生氧化还原反应，离子方程式为，故答案为：3；
32、2；3；2；4； 具有还原性，将Cu2+还原成Cu+和Cl-反应生成CuCl沉淀，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒得还原步骤发生反应的离子方程式为，S元素的化合价升高，还原剂为，故答案为：； 空气中氧气具有氧化性，作氧化剂，氯化亚铜中铜为+1价，易被氧化成+2价，氯化亚铜作还原剂，又因为氯化亚铜在潮湿的空气中容易被氧化可知：反应物还有水，所以氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式为，故答案为：； 真空干燥加快乙醇和水的挥发，氯化亚铜在潮湿的空气中容易被氧化可知，密封包装的原因是防止CuCl在潮湿空气中被氧化，故答案为：防止CuCl在潮湿空气中被氧化。【点睛】（4）用乙醇洗晶体，一般都是防止晶体
33、与水接触被溶解或者发生反应。21.人体中含有铁元素，+2价的亚铁离子是血红蛋白(用于运输氧气)的重要组成成分。(l)误服亚硝酸盐会使人中毒，是因为二价铁被 _(填“氧化”或“还原”)成三价铁，此 时服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒，维生素C在此过程中是作_(填“氧化剂”或“还原剂”)。(2)现有一瓶久置的FeSO4溶液，请设计实验检验其中是否含有Fe3+：_ 。Fe2+在空气中易发生氧化还原反应而变质，可加入_(填化学式)来防止其变质，而又不会使溶液中有新的杂质。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是水处理过程中使用的一种新型消毒剂。可在碱性条件下，用NaCIO氧化Fe(OH)3来制备，请配平反应方程
34、式：_ClO+_Fe(OH)3+_OH =_FeO42+_+_Cl。(4)向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4，写出该反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 氧化 (2). 还原剂 (3). 取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+； (4). Fe (5). 3 (6). 2 (7). 4 (8). 2 (9). 5H2O (10). 3 (11). Na2FeO4+2KOH=2NaOH+K2FeO4【解析】【分析】(l)亚硝酸盐具有氧化性，维生素C具有还原性；(2) 久置的FeSO4溶液中Fe2+易被空气
35、中的氧气氧化生成Fe3+，可用KSCN溶液检验；加入Fe来防止Fe2+氧化；(3)反应中铁元素的化合价由3价升高到6价，氯元素由+1价变为-1价，最小公倍数为6，结合质量守恒配平得反应方程式；(4)向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4，发生复分解反应。【详解】(l)误服亚硝酸盐会使人中毒，是因为二价铁被亚硝酸盐氧化成三价铁，失去运输O2的功能，此时服用维生素C可缓解亚硝酸盐中毒，维生素C在此过程中是作还原剂；(2) 久置的FeSO4溶液中Fe2+易被空气中的氧气氧化生成Fe3+，检验其中是否含有Fe3+的方法为取少量待测液，滴加KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明原溶液中含有Fe3+，否则不含Fe3+；Fe2+在空气中易发生氧化还原反应而变质，可加入Fe来防止其变质，而又不会使溶液中有新的杂质；(3)反应中铁元素的化合价由3价升高到6价，氯元素由+1价变为-1价，最小公倍数为6，结合质量守恒配平得反应方程式3ClO-+2Fe(OH)3+4OH- =2FeO42-+5H2O +3Cl-；(4)向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4，反应的化学方程式为：Na2FeO4+2KOH=2NaOH+K2FeO4。