【化学】新疆沙湾一中2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】新疆沙湾一中2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

新疆沙湾一中2019-2020学年高一上学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量：H‎-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 ‎ 第Ⅰ卷（选择题 , 共42分）‎ 一、选择题(本题包括14道小题，每小题只有一个选项符合题意 ，每小题3分，共42分)‎ ‎1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（ ）‎ A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应 B. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏 C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应 D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，体现了屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶，气溶胶属于胶体，则有丁达尔效应，A与题意不符；‎ B. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用乙醇的挥发性制取较纯的乙醇，操作方法为蒸馏，B与题意不符；‎ C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中蜡炬成灰为燃烧，涉及氧化还原反应，C与题意不符；‎ D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”， 青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法，D符合题意；‎ 答案为D。‎ ‎2.我国已跨入“互联网+”时代，而“互联网+”的建设离不开无机非金属材料硅。下列物品中用到硅单质的是（　　）‎ A. 陶瓷餐具 B. 石英钟表 C. 计算机芯片 D. 光导纤维 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.陶瓷餐具是硅酸盐产品，主要成分为硅酸盐，A错误；‎ B.石英主要成分为二氧化硅，不是硅单质，B错误；‎ C.硅单质是半导体材料，可以制计算机芯片，C正确；‎ D.光导纤维主要成分为二氧化硅，是硅的氧化物，不是单质硅，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎3.《环境空气质量标准》将PM2.5纳入强制监测指标，迄今为止，中国空气污染物监测指标应包括：①二氧化硫、②一氧化碳、③二氧化氮、④可吸入颗粒物(PM10)、⑤PM2.5。上述5种检测物中，能形成酸雨的是（ ）‎ A. ④⑤ B. ①②③ C. ①③ D. ①②④⑤‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】酸雨是指的是pH＜5.6的雨、雪等各种形式的大气降水，酸雨主要由二氧化硫、氮氧化物等酸性气体，经过复杂的大气化学反应，被雨水吸收溶解而成。‎ ‎【详解】①二氧化硫能和水反应生成亚硫酸，使雨水的pH＜5.6，故正确；‎ ‎②一氧化碳不能溶于水，不能形成酸．不能形成酸雨，故错误；‎ ‎③二氧化氮能和水反应生成硝酸和一氧化氮，使雨水的pH＜5.6，故正确；‎ ‎④可吸入颗粒物(PM10) 是形成雾霾的主要污染物，不能形成酸雨，故错误；‎ ‎⑤PM2.5是形成雾霾的主要污染物，不能形成酸雨，故错误；‎ 能形成酸雨的是①③，故选C。‎ ‎4.人体血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐，则使血红蛋白中Fe2+转化为Fe3+而丧失其生理功能，临床证明服用维生素C可以解毒，下列叙述错误的是（ ）‎ A. 亚硝酸盐被还原 B. 维生素C是还原剂 C. 维生素C将Fe3+还原为Fe2+ D. 亚硝酸盐是还原剂 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、根据题意亚硝酸盐使血红蛋白中的Fe2+转化为高铁Fe3+，则亚硝酸盐是氧化剂被还原，故A正确；‎ B项、维生素C可以解毒是因为维生素C是还原剂，使Fe3+转化为Fe2+，让铁元素发生氧化反应，故B正确；‎ C项、维生素C具有还原性，则维生素C能将Fe3+还原为Fe2+，使其解毒，故C正确；‎ D项、、根据题意亚硝酸盐使血红蛋白中的Fe2+转化Fe3+，则亚硝酸盐是氧化剂被还原，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎5.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）‎ A. 56gN2与CO的混合物中原子总数是4NA B. 0.1mol/L的硫酸溶液中含H+的数目为0.2 NA C. 3mol单质Fe完全燃烧转变为Fe3O4，Fe得到8NA个电子 D. 标准状况下，‎22.4L SO3所含的氧原子数目为3NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、无论N2还是CO都是双原子分子，且 N2和CO的摩尔质量都是‎28g·mol－1，即‎56g该混合物中含有原子总物质的量为=4mol，故A说法正确；‎ B、没有指明溶液的体积，无法计算硫酸的物质的量，故B说法错误；‎ C、Fe3O4中Fe的价态可以认为是＋，3molFe全部转化成Fe3O4，转移电子物质的量为3mol×3×=24mol，故C说法错误；‎ D、标准状况下，SO3不是气体，无法用‎22.4L·mol－1进行计算，故D说法错误；‎ 答案A。‎ ‎6.下列实验能达到实验目的且符合操作要求的是（ ）‎ A. I可用于制备并检验氢气的可燃性 B. II可用于除去CO2 中的HCl C. 用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH 溶液 D. 用IV中操作制备氢氧化亚铁并观察其颜色 ‎【答案】B ‎【解析】A、点燃H2前必须验纯，以防爆炸，故A错误；B、饱和NaHCO3和CO2不反应，而NaHCO3和HCl反应且生成CO2，不引进新的杂质，所以该装置能除去CO2‎ 中的HCl，故B正确；C、容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，故C错误；D、氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时要防止被氧化，所以胶头滴管应该伸入液面下，故D错误。故选B。‎ ‎7.下列有关铁及其化合物的叙述中，不正确的是（ ）‎ A. 高温下，铁和水蒸气反应可以生成氢气 B. 将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，煮沸至红褐色，可以制得氢氧化铁胶体 C. 用溶液鉴别溶液和溶液 D. 常用作红色油漆和涂料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、铁与水蒸气在高温下发生3Fe＋4H2O(g) Fe3O4＋4H2↑，故A说法正确；‎ B、氢氧化铁胶体的制备：将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸水中，加热至出现红褐色液体，停止加热，即得到氢氧化铁胶体，故B说法正确；‎ C、KSCN滴入Fe3＋溶液中显血红色，滴入Fe2＋中不显色，可以鉴别，故 C说法正确；‎ D、Fe2O3 常用作红色油漆和涂料，Fe3O4为黑色，故D说法错误；‎ 答案为D。‎ ‎8.下列各组离子在溶液中一定能够大量共存的是（ ）‎ A. 在含有大量SO42-的无色溶液中：Mg2+、Na＋、Cu2＋、Cl－‎ B. 在强酸性溶液中： K＋、HCO3－、SO42- 、ClO-‎ C. 在含有大量OH－的溶液中：NO3－、Na＋、Cl－、AlO2-‎ D. 在含有大量Fe2+的溶液中：H＋、Na+、Cl－、ClO-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 含Cu2＋的溶液呈蓝色，不能大量存在于无色溶液中，故A不符合题意；‎ B. 强酸溶液中HCO3－、ClO-不能大量存在，故B不符合题意；‎ C. 碱性溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故C符合题意；‎ D. H+与ClO-不能大量共存，Fe2+、ClO-离子之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故D不符合题意；‎ 答案是C。‎ ‎9.下列说法中正确的是（　　）‎ A. S在过量的O2中充分燃烧，可得SO3‎ B. 除去在Na2CO3固体中混有的NaHCO3的最好办法是通入过量的CO2‎ C. 鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液，可用澄清的石灰水 D. 等物质的量Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，消耗HCl的物质的量之比为2：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．S在过量的O2中燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，二氧化硫在催化作用下可生成三氧化硫，故A错误；‎ B．碳酸氢钠不稳定，加热易分解，应用加热的方法除杂，故B错误；‎ C．二者都与石灰水反应生成沉淀，应加入氯化钙鉴别，故C错误；‎ D．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分别与足量盐酸反应，放出CO2体积相等，消耗HCl的物质的量之比为2：1，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎10.现有下列三个氧化还原反应：‎ ‎①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2‎ ‎②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3‎ ‎③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 若某溶液中含有Fe2＋、Cl－和I－，要除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－，可以加入的试剂是(　　)‎ A. Cl2 B. KMnO‎4 ‎C. FeCl3 D. HCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，反应①中Fe元素的化合价降低，则FeCl3为氧化剂，氧化性FeCl3＞I2，反应②中Cl元素的化合价降低，则Cl2为氧化剂，氧化性Cl2＞FeCl3，反应③中Mn元素的化合价降低，则KMnO4为氧化剂，氧化性KMnO4＞Cl2，氧化性强弱为KMnO4＞Cl2＞FeCl3，氯气和高锰酸钾会把亚铁离子氧化为铁离子，而氯化氢不能除去碘离子，则除去I－而不氧化Fe2＋和Cl－应选择FeCl3，故选C。‎ ‎11.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：Fe2＋＋2H＋＋H2O2=Fe3＋＋2H2O B. 氯气与水反应：Cl2 + H2O2H+ + Cl- + ClO-‎ C. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O D. 向A12(SO4)3溶液中加入过量的氨水：A13++3NH3·H2O=A1(OH)3↓+3NH4+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、H2O2具有强氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成H2O2，离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O，故A说法错误；‎ B、次氯酸为弱酸，书写离子方程式时不能拆写成离子，正确的是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故B说法错误；‎ C、醋酸为弱酸，正确的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO－＋CO2↑＋H2O，故C说法错误；‎ D、Al(OH)3不溶于NH3·H2O，因此离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D说法正确；‎ 答案为D。‎ ‎12.如图所示的试管中装有12 mL一氧化氮，然后间歇缓慢地通入8 mL氧气。‎ 有关最终状态的描述：①试管内气体呈红棕色，②试管内气体呈无色，③试管内液面不变，④试管内液面上升，⑤试管内气体是氧气，⑥试管内气体是一氧化氮。其中正确的是(　　)‎ A. ②④⑥ B. ①③ C. ②④⑤ D. ②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】NO与O2发生反应：2NO＋O2=2NO2，然后发生4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，得出4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，则 推出12mLNO全部反应，则消耗O2的体积为9mL＞8mL，因此O2不足，NO过量，现象是试管内气体为NO，无色，试管内液面上升，因此②④⑥正确；答案为A。‎ ‎13.有一包白色粉末，其中可能含有Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成。②向①的悬浊液中加入过量稀盐酸，白色沉淀消失，并有气泡产生；③取少量②的溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成。下列关于白色粉末组成的判断正确的是 (　　)‎ A. 肯定含有CaCl2、K2CO3，可能含有Ba(NO3)2‎ B. 肯定含有Ba(NO3)2、K2CO3，可能含有CaCl2‎ C. 肯定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种 D. Ba(NO3)2、CaCl2、K2CO3都存在 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①有白色沉淀生成，K2CO3与Ba(NO3)2可以生成沉淀，也可以跟CaCl2反应生成沉淀，说明肯定有K2CO3，Ba(NO3)、CaCl2至少含有一种；③取少量②溶液滴入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，不能说明混合物中含有CaCl2，因为②中加入过量的稀盐酸，对后面实验产生干扰，因此肯定有肯定含有K2CO3，至少含有Ba(NO3)2和CaCl2中的一种。‎ 答案选C ‎14.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100 mol·L-1Na2S2O3溶液恰好把224mL(标准状况下)Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化为（ ）‎ A. SO32－ B. SO42－ C. S D. S2－‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】 【详解】利用得失电子数目守恒进行计算，令S2O32－中S的化合价变化了x，因此有25.0×10－‎3L×0.100mol·L－1×2×x=×2×1，解得x=4，S2O32－中S的价态为＋2价， S2O32－中S被氧化成＋6价，即为SO42－，故选项B正确；‎ 答案为B。‎ 第Ⅱ卷 　(非选择题，共58分)‎ 二、非选择题（本题包括6道小题，共58分）‎ ‎15.化学与人类生活密切相关。请按要求回答下列问题：‎ ‎(1)K2FeO4是一种重要的净水剂，可用下列方法制得：2Fe(OH)3 +3Cl2 +10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O。在该反应中，还原剂是_____，当反应中有0.5mol K2FeO4生成时，消耗Cl2在标况下的体积为_________,转移电子的数目为_____。‎ ‎(2)宇航员常用过氧化钠作供氧剂，写出过氧化钠与二氧化碳反应化学方程式__________。‎ ‎(3)厨房里小苏打常作面包和糕点的发泡剂，写出小苏打溶于水的电离方程式:___________。‎ ‎(4)工业上制漂白粉的化学方程式为_______________________________，新制氯水在阳光照射下产生无色气体，该反应的化学方程式是______。‎ ‎(5)电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。写出FeCl3溶液与铜发生反应的离子方程式：_____________________。若向盛有氯化铁溶液的烧杯中同时加入铁粉和铜粉，反应结束后，下列结果不可能出现的是________。‎ A．有铜无铁 B．有铁无铜 C．铁、铜都有 D．铁、铜都无 ‎【答案】(1). Fe（OH）3 (2). ‎16.8L (3). 1.5NA或9.03×1023 (4). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5). NaHCO3=Na＋＋HCO3- (6). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (7). 2HClO2HCl+O2↑ (8). Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋ (9). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）还原剂是失去电子，化合价升高的微粒，根据反应方程式，Fe的化合价由＋3价→＋6价，化合价升高，即还原剂为Fe(OH)3，根据反应方程式，因此有，解得n(Cl2)=0.75mol，标准状况下，消耗氯气的体积为0.75mol×‎22.4L·mol－1=‎16.8L；转移电子物质的量为0.5mol×(6－3)=1.5mol，即转移电子数为1.5NA或9.03×1023；‎ ‎（2）过氧化钠与CO2的反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；‎ ‎（3）小苏打是NaHCO3，在水中电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3－；‎ ‎（4）工业上制取漂白粉是将Cl2通入石灰乳中，即反应方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；新制氯水中有Cl2＋H2O=HCl＋HClO，HClO见光分解，2HClO2HCl＋O2↑；‎ ‎（5）FeCl3与Cu的反应：2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋；铁比铜活泼，先发生Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，如果FeCl3溶液过量，则Cu与FeCl3发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，‎ A、根据上述分析，如果Cu过量，则剩余固体中可能会有铜无铁，故A不符合题意；‎ B、根据上述分析，铁先参与反应，若FeCl3过量，Cu再参与反应，因此不可能出现有铁无铜的结果，故B符合题意；‎ C、根据上述分析，假如铁过量，则会出现，铁和铜同时存在的结果，故C不符合题意；‎ D、假如FeCl3溶液，将Fe和Cu全部消耗，即铜和铁均无剩余，故D不符合题意；‎ 答案为B。‎ ‎16.实验室可用如下方法制取Cl2：‎ ‎①MnO2 +4HCl（浓） Cl2↑+ MnCl2+ 2H2O ‎ ‎②KClO3＋6HCl(浓)=3Cl2↑＋KCl＋3H2O ‎③2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O 根据相关信息，回答下列问题：‎ ‎(1)在反应①中，HCl表现的性质有______、________。‎ ‎(2)若反应①中有0.1mol的氧化剂被还原，则被氧化的物质的物质的量为____。‎ ‎(3)将(2)生成的氯气与0.2mol H2完全反应，将产物溶于水配成100mL溶液，此溶液的物质的量浓度为_______。‎ ‎(4)若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。‎ ‎(5)已知反应4HCl(g)＋O2 2Cl2＋2H2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_______。‎ ‎(6)将不纯的NaOH样品‎2.50 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到固体的质量为_______。‎ ‎【答案】(1). 酸性 (2). 还原性 (3). 0.2 mol (4). 2 mol/L (5). 6：5：6 (6). KMnO4＞MnO2＞O2 (7). ‎‎5.85 g ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）利用盐酸与二氧化锰反应化合价的变化进行分析；‎ ‎（2）根据氧化还原反应中几组概念进行分析；‎ ‎（3）根据反应方程式以及物质的量浓度的定义进行计算；‎ ‎（4）根据得失电子数目守恒进行分析；‎ ‎（5）根据氧化性强弱的比较进行分析；‎ ‎（6）根据元素守恒进行分析。‎ ‎【详解】（1）在反应①中Cl元素的化合价由－1价→0价，化合价升高，HCl表现还原性，根据反应方程式，生成MnCl2中Cl显－1价，即HCl还表现为酸性；‎ ‎（2）根据反应方程式，有1molMnO2被还原，则有2molHCl被氧化，即0.1molMnO2被还原，被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；‎ ‎（3）根据(2)的分析，有0.1molCl2生成，与0.2molH2反应，发生Cl2＋H2=2HCl，即氢气过量，应生成HCl的物质的量为0.2mol，根据c==2mol·L－1；‎ ‎（4）得到相同质量的氯气，即得到相同物质的量的氯气，得到1molCl2，反应①转移电子物质的量2mol，反应②转移电子物质的量为mol，反应③转移电子物质的量为2mol，因此转移电子数之比等于2：：2=6：5：6；‎ ‎（5）反应越容易进行，氧化剂的氧化性越强，根据反应条件，得出氧化性强弱顺序是KMnO4＞MnO2＞O2；‎ ‎（6）发生的反应有：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑、NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，最终得到固体是NaCl，根据元素守恒，n(NaCl)=n(Cl－)=n(HCl)=50.0×10－‎3L×2.00mol·L－1=0.1mol，则m(NaCl)=0.1mol×‎58.5g·mol－1=‎5.85g。‎ ‎17.下图中，A为一种中学化学中常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色反应均为黄色。‎ ‎(1)以上6个反应中属于氧化还原反应的有________(填写编号)。‎ ‎(2)B中阴、阳离子数目比为________。‎ ‎(3)写出A→C反应的化学方程式__________________________________。‎ ‎(4)写出B→C反应的离子方程式：________________________________。‎ ‎(5)写出C→E反应的离子方程式：________________________________。‎ ‎(6)加热‎5.00 g D和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了‎0.62 g，则原混合物中D的质量分数为_________。‎ ‎【答案】(1). ①②③④ (2). 1：2 (3). 2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑ (4). 2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑ (5). OH－ + CO2＝HCO3- (6). 66.4%‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】A、B、C、D、E的焰色反应为黄色，说明都含有钠元素，A为单质，即A为Na，根据转化关系，推出B为Na2O2，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，据此分析。‎ ‎【详解】（1）反应①是Na与O2反应：2Na＋O2 Na2O2，属于氧化还原反应，反应②为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，属于氧化还原反应，反应③2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，属于氧化还原反应，反应④为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2↑，属于氧化还原反应，反应⑤NaOH＋CO2=NaHCO3，不属于氧化还原反应，反应⑥是2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，不属于氧化还原反应；‎ ‎（2）根据上述分析，B为过氧化钠，其电子式为，阴阳离子个数比为1：2；‎ ‎（3）根据(1)的分析，反应②的化学方程式为2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；‎ ‎（4）根据(1)的分析，反应③的离子方程式为2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH－＋O2↑；‎ ‎（5）反应⑤的离子方程式为OH－＋CO2=HCO3－；‎ ‎（6）根据上述分析，D为Na2CO3，E为NaHCO3，加热该混合物，发生2NaHCO3 Na2CO3＋CO2↑＋H2O，则有：‎ 解得n(NaHCO3)=0.02mol，即Na2CO3质量分数为×100%=66.4%。‎ ‎18.某化学兴趣小组为探究二氧化硫的性质，按如图所示装置进行实验。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是__________，反应的化学方程式为_______________。‎ ‎(2)装置B中的现象是__________________，反应的离子方程式为_________________。‎ ‎(3)装置C中的现象是______________，该现象说明二氧化硫具有的性质是_____________。‎ ‎(4)装置D的目的是探究二氧化硫与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象_____________。‎ ‎(5)尾气吸收发生反应的离子方程式为_________________。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O (3). 溶液由紫色变为无色 (4). 5SO2＋2＋2H2O=5＋2Mn2＋＋4H＋ (5). 溶液中出现淡黄色浑浊 (6). 氧化性 (7). 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色 (8). SO2＋2OH－=SO32－＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据装置结构判断其名称；‎ ‎（2）根据二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化分析；‎ ‎（3）根据二氧化硫能把S2－氧化成S单质进行分析；‎ ‎（4）根据生成物质不稳定分析解答；‎ ‎（5）二氧化硫为酸性氧化物进行分析。‎ ‎【详解】（1）根据装置图，盛放浓硫酸的仪器是分液漏斗；其中发生反应的化学方程式为Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O；‎ ‎（2）SO2具有还原性，能被MnO4－氧化成SO2，本身被还原成Mn2＋，因此装置B中的现象是溶液由紫(红)色变为无色，或紫(红)色褪去；离子方程式为2MnO4－＋5SO2＋2H2O=5SO42－＋2Mn2＋＋4H＋；‎ ‎（3）SO2与S2－发生氧化还原反应，得到S单质，因此装置C中现象是无色溶液出现淡黄色浑浊；反应SO2中S的化合价由＋4价→0价，化合价降低，体现SO2的氧化性；‎ ‎（4）二氧化硫的漂白是不稳定的，因此品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复红色，可以证明SO2与品红作用的可逆性；‎ ‎（5）SO2有毒，污染环境，尾气中的SO2必须除去，SO2属于酸性氧化物，尾气用NaOH溶液吸收，以防止污染环境，发生的离子方程式为SO2＋2OH－=SO32－＋H2O。‎ ‎19.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。‎ ‎(1)若加入的试剂①为NaOH溶液，加入试剂①的目的___________________。‎ ‎(2)操作a的名称为过滤、洗涤，所需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、_______。‎ ‎(3)写出溶液C中加入试剂③发生反应的离子方程式为_______。‎ ‎(4)写出固体E中加入试剂④发生反应的离子反应方程式为______________。‎ ‎(5)从溶液D和溶液G中得到FeSO4•7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】(1). 使Cu2+和Fe2+完全沉淀 (2). 漏斗 (3). Fe+ Cu2+=Fe2++ Cu (4). Fe+ 2H+=Fe2++ H2↑ (5). 冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】先加过量碱，过滤得到Cu(OH)2、Fe(OH)2沉淀，滤液是Na2SO4、NaOH，在Cu(OH)2、Fe(OH)2中加入过量稀硫酸，溶液C的成分为CuSO4、FeSO4、H2SO4，然后加入过量的铁，过滤出Fe、Cu，滤液D是FeSO4，在固体E中加过量稀硫酸，过滤出Cu，实现了回收金属铜，滤液是FeSO4和H2SO4，最后溶液合一块，进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到FeSO4·7H2O，以此解答该题。‎ ‎【详解】（1）根据上述分析，加入试剂①为NaOH溶液，其目的是使Cu2＋和Fe2＋完全沉淀；‎ ‎（2）过滤用到玻璃仪器是漏斗、玻璃棒、烧杯，因此缺少的仪器是漏斗；‎ ‎（3）根据上述分析，溶液C中加入过量的Fe单质，发生离子方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；‎ ‎（4）固体E中有Fe和Cu，需要加入过量的稀硫酸，即反应离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；‎ ‎（5）因为得到FeSO4·7H2O，因此将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干。‎ ‎20.向10 mL某浓度的AlCl3溶液中滴加1.5 mol·L－1的NaOH溶液时，得到Al(OH)3沉淀的质量(g)与所滴加NaOH溶液的体积(mL)关系如图所示，试回答下列问题：‎ ‎(1)图中B点溶液中的溶质有________________。‎ ‎(2)O点到B点反应的总离子方程式可表示为________________。‎ ‎(3)反应至A点时消耗NaOH溶液的体积为______________。‎ ‎(4)AlCl3溶液的浓度为______________。‎ ‎【答案】(1). NaAlO2、NaCl (2). Al3＋＋4OH－=＋2H2O (3). 20 mL (4). 1 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据图像发生的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】（1）根据图像发生的离子方程式为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，B点溶质为NaCl、NaAlO2；‎ ‎（2）根据（1），O点到B点总反应的离子方程式为Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O；‎ ‎（3）OA点发生：Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，根据图像，得到Al(OH)3的质量为‎0.78g，物质的量为0.01mol，根据反应方程式，消耗NaOH的物质的量为0.03mol，即消耗NaOH的体积为=‎0.02L，应为20mL；‎ ‎（4）利用元素守恒，n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=0.01mol，则c(AlCl3)==1mol·L－1。‎ ‎ ‎ ‎ ‎