【化学】江苏省苏州市姑苏区苏州中学2019-2020学年高一下学期寒假疫情期间练习（二）试题（解析版）

【化学】江苏省苏州市姑苏区苏州中学2019-2020学年高一下学期寒假疫情期间练习（二）试题（解析版）

江苏省苏州市姑苏区苏州中学2019-2020学年高一下学期寒假疫情期间练习（二）试题 第Ⅰ卷(选择题)‎ 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，Fe－56，Cu－64，Ag-108，Ba－137‎ 一、单项选择题 ‎1. C、S的氧化物中许多是工业上重要的化工原料，但是当它们分散到空气中时，会带来很多环境问题。下列有关这些元素的氧化物说法错误的是( )‎ A. 开发太阳能、水能、风能、氢能等新能源将有利于减少这些元素的氧化物的产生 B. S的某些氧化物能直接危害人的身体健康，引发呼吸道疾病 C. “温室效应”与二氧化碳的排放有着直接的关系 D. 这些氧化物使雨水的pH<7，我们把pH<7的雨水称之为酸雨 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．传统能源会产生C、N、S的氧化物，会带来很多环境问题，太阳能、水能、风能、氢能为清洁能源，有利于减少这些元素的氧化物的产生，故A正确； B．NO、NO2、SO2等能直接危害人的身体健康，对呼吸道产生刺激，引起引发呼吸道疾病，故B正确； C．二氧化碳是引起温室效应的主要物质，故C正确； D．正常雨水中溶解二氧化碳气体，pH约为5.6，pH小于5.6的雨水才称为酸雨，故D错误。 故选：D。‎ ‎2.已知2H和3H都是制造氢弹的原料。下列关于2H和3H的说法正确的是( )‎ A. 2H和3H的质子数不同 B. 2H和3H互为同位素 C. 2H和3H是同一种核素 D. 3H原子的电子数为3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】2H和3H都是氢元素，都含有1个质子，1个电子，2H含有1个中子，3H含有2个中子，互为同位素，答案选B。‎ ‎3.下列有关工业生产说法错误的是( )‎ A. 高炉炼铁、生产普通硅酸盐水泥和普通玻璃都要用到的原料是石灰石 B. 工业上可用电解熔融MgO的方法制取金属镁 C. 工业上用氯气和石灰乳的反应制取漂白粉 D. 工业上用氯气和氢气在一定条件下反应合成氯化氢 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．高炉炼铁的原料：铁矿石、焦炭、石灰石；制硅酸盐水泥的原料：石灰石和黏土；制普通玻璃的原料：石英砂、石灰石、纯碱，所以高炉炼铁、生产普通硅酸盐水泥和普通玻璃都要用到的原料是石灰石，故A正确；‎ B．工业上常采用电解熔融MgCl2制镁，MgO熔点很高，会增加生成成本，故B错误；‎ C．工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉，二者反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，故C正确；‎ D．工业上氯化氢是氯气和氢气燃烧生成的，D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎4.下列关于硫及含硫化合物的叙述正确的是( )‎ A. SO2的漂白原理与次氯酸相同 ‎ B. 浓硫酸可以干燥H2、NH3、CO2等气体 C. 浓硫酸具有吸水性，能使pH试纸变黑 ‎ D. 硫与铜在加热条件下反应生成Cu2S ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．二氧化硫的漂白性是利用有色物质和二氧化硫反应生成无色物质，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，所以二者漂白原理不同，故A错误；‎ B．浓硫酸具有强氧化性和酸性，所以浓硫酸不能干燥碱性及还原性气体，碱性气体如氨气，还原性气体如硫化氢，故B错误；‎ C．浓硫酸使pH试纸变黑体现了浓硫酸的脱水性而不是吸水性，故C错误；‎ D．硫单质的氧化性较弱在于金属单质反应时只能将其氧化成较低价态，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎5.下列叙述错误的是( )‎ A. 晶体硅可制作太阳能电池的芯片 B. 稀硝酸可以用铝槽来运输 C. 氧化铁可用来制作红色油漆和涂料 D. 用镁铝合金可作飞机制造材料 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硅是半导体材料，可以做太阳能电池的材料，故A正确；‎ B．铝不会在稀硝酸中钝化，会发生反应，不能用铝槽运输稀硝酸，故B错误；‎ C．氧化铁为红色固体，俗称“铁红”，可用来制作红色油漆和涂料，故C正确；‎ D．镁铝合金由于强度和硬度大，几乎相当于钢材，且密度小被广泛应用于汽车、船舶、飞机等制造业，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎6.在含有1mol FeSO4的溶液中投入一小块金属钠，反应完全后，滤出沉淀并洗涤，然后在空气中灼烧沉淀得到的固体物质是( )‎ A. Fe B. FeO C. Fe(OH)3 D. Fe2O3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】FeSO4溶液中投入一小块金属钠，钠先与水反应氢氧化钠，然后氢氧化钠与硫酸亚铁反应，生成Fe(OH)2，在空气中Fe(OH)2被氧化为Fe(OH)3，灼烧时最后得到的固体为Fe2O3。答案选D。‎ ‎7.下列试剂的保存方法错误的是( )‎ A. 实验室少量的钠保存在煤油中 ‎ B. 浓硝酸保存在无色细口玻璃瓶中 C. 存放FeSO4溶液时加入少量铁粉 ‎ D. NaOH溶液保存在橡皮塞的试剂瓶中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠密度大于煤油，与煤油不反应少量的钠保存在煤油中可以隔绝空气中氧气和水，故A正确；‎ B．浓硝酸见光易分解，应保存在棕色细口瓶中，故B错误；‎ C．亚铁离子容易被氧化，加入少量铁粉可以防止被氧化，故C正确；‎ D．氢氧化钠能够与二氧化硅反应生成硅酸钠，硅酸钠能够将玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，所以盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，可以使用橡胶塞，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎8.下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是( )‎ A. 分离碘和酒精 B. 实验室制氯气 C. 除去Cl2中的HCl ‎ D. 测氯水的pH ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碘和酒精可以互溶，分液不能将其分离，应通过蒸馏分离，故A错误；‎ B．高猛酸钾具有很强的氧化性，可以将HCl氧化生成氯气，且不需要加热，故B正确；‎ C．氯气和HCl都能与NaOH溶液反应，除去氯气中的HCl应用饱和食盐水，故C错误；‎ D．氯水中含有次氯酸具有漂白性，会将pH试纸漂白，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎9.下列离子方程式书写正确的是( )‎ A. FeCl3溶液与KI溶液： Fe3+ + 2I- = Fe2+ + I2‎ B. Ba(OH)2溶液与稀H2SO4：Ba2+ + OH- + H+ + SO42- = BaSO4↓+ H2O C. 铝与NaOH溶液：Al＋4OH- ＝AlO2- + 2H2O D. NaHCO3溶液中加入足量澄清石灰水：HCO3-＋ Ca2++ OH- = CaCO3↓+ H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．FeCl3溶液与KI溶液反应的离子方程式应为：2Fe3+ + 2I- = 2Fe2+ + I2，故A错误；‎ B．Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应的离子方程式应为：Ba2++2OH-+2H++SO42- = BaSO4↓+ H2O，故B错误；‎ C．铝与NaOH溶液反应的离子反应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，故C错误；‎ D．NaHCO3溶液中加入足量澄清石灰水，碳酸氢根完全反应，氢氧根有剩余，离子方程式为：HCO3-＋ Ca2++ OH- = CaCO3↓+ H2O，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎10.下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是( )‎ 选项 实验操作 实验目的或结论 A 向盛有Na2SO3固体的试管中滴加70%的硫酸，观察有气体产生 证明酸性:H2SO4>H2SO3‎ B 向无色溶液中加入BaCl2溶液，观察到有白色沉淀产生，再加入稀HCl，沉淀不消失 证明溶液中一定含有SO42-‎ C 用洁净铂丝蘸取样品在无色火焰上灼烧，有黄色火焰 验证样品中一定含有Na2CO3‎ D 取样品，加入稀NaOH溶液，试管口放置的湿润的红色石蕊试纸不变色 验证样品中一定不含NH4+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向盛有Na2SO3固体的试管中滴加70%的硫酸，观察有气体产生，说明硫酸与亚硫酸钠反应生成了亚硫酸，亚硫酸分解产生二氧化硫，根据“强酸制弱酸”可知酸性:H2SO4>H2SO3，故A正确；‎ B．向无色溶液中加入BaCl2溶液，观察到有白色沉淀产生，再加入稀HCl，沉淀不消失，若溶液中含有Ag+，现象相同，故B错误；‎ C．黄色火焰说明含有Na元素，但不一定是碳酸钠，故C错误；‎ D．铵盐可以和稀碱溶液之间只有加热才反应生成碱性气体氨气，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，向某未知溶液中加入稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，无明显现象，则不能确定原溶液中没有NH4+，故D错误；‎ 故答案A。‎ ‎11.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )‎ A. 标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NA B. 常温常压下，64 g SO2含有的的原子数为3NA C. 78gNa2O2与水反应，转移电子个数为NA D. 配制物质的量浓度为0.5mol·L-1的MgCl2溶液，需MgCl2 47.5 g ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．标况下四氯化碳为液体，22.4LCCl4的物质的量不是1mol，故A错误；‎ B．64 g SO2的物质的量为=1mol，一个SO2分子中有三个原子，所以1mol二氧化硫所含原子数为3NA，故B正确 C．78gNa2O2的物质的量为1mol，1mol过氧化钠与水完全反应生成0.5mol氧气，转移了1mol电子，转移电子数为NA，故C正确；‎ D．溶液的体积未知，无法计算所需的氯化镁的质量，故D错误；‎ 故答案为BC。‎ ‎12.下列每组物质只用一种试剂就能鉴别出来的是(不考虑相互间的反应，必要时可加热)( )‎ A KCl、K2SO4、KNO3、KOH B. MgCl2、CuCl2、AlCl3、NaCl C. Na2CO3、NH4Cl 、Na2SO4、(NH4)2SO4 D. NaAlO2、Na2SO3、Na2SiO3、Na2CO3‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．检验氯离子常用Ag+，但无法区分硫酸根，检验硫酸根常用钡盐，但无法区分氯离子、硝酸根、氢氧根，无法用一种试剂鉴别四种物质，故A不符合题意；‎ B．四种试剂分别加入过量氢氧化钠，出现白色沉淀的是氯化镁，蓝色沉淀的是氯化铜，先生成白色沉淀，后沉淀溶解的是氯化铝，无明显现象的是氯化钠，故B符合题意；‎ C．检验硫酸根常用钡离子，检验铵根常用碱溶液，所以若有一种试剂可以区分四种物质，应为氢氧化钡，但只用氢氧化钡无法区分碳酸钠和硫酸钠，故C不符合题意； ‎ D．四种试剂分别加入过量稀盐酸，先沉淀后沉淀消失的是偏铝酸钠，产生刺激性气味气体的是亚硫酸钠，产生沉淀的是硅酸钠，产生无色无味气体的是碳酸钠，故D符合题意；‎ 故答案为BD。‎ ‎13.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )‎ A. pH=12的溶液：K+、CH3COO-、SO42-、ClO-‎ B. 无色透明溶液：Na+、MnO4-、Cl-、NO3-‎ C. 1.0mol/L的KNO3溶液：Na+、H+、Fe2+、Cl-‎ D. 与铝反应产生大量H2的溶液：NO3- 、HCO3－、K+、Na+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=12的溶液中有大量氢氧根，四种离子相互之间不反应，且不与氢氧根反应，故A符合题意；‎ B．高锰酸根溶液呈紫色，与“无色”不符，故B不符题意；‎ C．硝酸根在酸性环境中有强氧化性会将亚铁离子氧化成铁离子，故C不符题意；‎ D．与铝反应产生大量氢气的溶液可能是碱性也可能是酸性，但不论是酸性还是碱性，碳酸氢根都不能大量存在，故D不符题意；‎ 故答案为A。‎ ‎14.以下物质间的每步转化通过一步反应都能实现的是( )‎ A. Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2 B. Fe→FeCl2→FeCl3→Fe(OH)3‎ C. S→SO3→H2SO4→MgSO4 D. Na→Na2O→Na2O2→NaOH ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故A错误；‎ B．Fe与HCl反应生成FeCl2，FeCl2与氯气反应生成FeCl3，再与氢氧化钠反应生成Fe(OH)3，故B正确；‎ C．S单质不能直接反应生成三氧化硫，故C错误；‎ D．Na与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故D正确；‎ 故答案为BD。‎ ‎15.某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路。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 不正确的是( )‎ A. 一定含有Fe 2+、Fe 3+、Cu2+、Clˉ ‎ B. c(Clˉ) = 6mol / L，c(Fe 2+) = 0.6mol /L C. c(Fe2+)︰c(Fe3+) = 3︰1 ‎ D. c(Fe2+)︰c(Cu2+) = 2︰1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)取10mL废液加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀 8.61g，沉淀为AgCl，n(Cl-)==0.06mol，c(Cl-)=6mol/L，阴离子只此一种，带负电荷量也是0.06mol，则没加含铜绝缘板时应含有0.02mol Fe3+  (电荷守恒)；加含铜绝缘板后就会发生Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，Fe3+减少，Cu2+、Fe2+增加，但是正电荷的物质的量还是0.06mol；‎ ‎(2)铜片质量减少了0.256g，即=0.004mol，根据方程式Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+可知废液中n(Fe3+)=0.008mol，c(Fe3+)=；‎ 由方程式2FeCl3+Cu═2FeCl2+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-)，即3×0.8mol/L+2c(Fe2+)+2c(Cu2+)=6mol/L，且c(Fe2+)=2c(Cu2+)，解得c(Fe2+)=1.2mol/L，c(Cu2+)=0.6mol/L。‎ ‎【详解】A．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+，结合反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2可知，原废液一定含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、Cl-，故A正确；‎ B．根据分析可知c(Clˉ) = 6mol / L，c(Fe 2+) = 1.2mol /L，故B错误；‎ C．c(Fe2+)︰c(Fe3+) = 1.2mol /L：0.8mol/L=3:2，故C错误；‎ D．由方程式2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2可知，原废液中c(Fe2+)=2c(Cu2+)，故D正确；‎ 故答案为BC。‎ 第Ⅱ卷(非选择题)‎ 二、填空题 ‎16.某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅(一种酸性氧化物)杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。回答下列问题：‎ ‎(1)在操作①中要用到的玻璃仪器有_____________________________________________; ‎ ‎(2)沉淀C的化学式是_____________。滤液B中含有的溶质有__________(写化学式)；‎ ‎(3)步骤③的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). SiO2 (3). NaAlO2、NaCl、NaOH (4). AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀C为二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀D为Fe(OH)3，滤液为NaAlO2，通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。‎ ‎【详解】(1)步骤①为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎(2)沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅；氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液A中加入过量NaOH，氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH；‎ ‎(3)步骤③为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓。‎ ‎17.工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体的流程如下：‎ ‎(1) “焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为_________________________。‎ ‎(2) “酸化”步骤反应的离子方程式为______________________________。‎ ‎(3) “过滤”所得滤液中溶质的主要成分为__________。‎ ‎(4) “淘洗”所用的溶液A应选用______(填序号)。‎ a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．稀硝酸 d．浓硝酸 ‎(5) ①“反应”一步的过程中发生反应Cu+2HNO3+H2O2=Cu(NO3)2+2H2O。该反应中被还原的物质为__________。‎ ‎ ②“反应”一步中若不加10% H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体NO2，请写出该反应的离子方程式____________________。‎ ‎(6) 由“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO3)2·3H2O晶体的方法是___________________________________________________________________________。(相关物质的溶解度曲线如图所示)‎ ‎【答案】(1). 2CuS+3O22CuO+2SO2 (2). CuO+2H+=Cu2++2H2O (3). FeSO4 (4). a (5). H2O2 (6). CuO+4H++2NO3-= Cu2++2H2O+2NO2 (7). 蒸发浓缩，冷却至26.4摄氏度时结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用冷水淘洗后加入20%的HNO3和0%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O。‎ ‎【详解】(1)CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，根据电子守恒和元素守恒可知反应的化学方程式为：2CuS+3O2CuO+2SO2；‎ ‎(2)焙烧后主要为氧化铜，酸化过程氧化铜和氢离子反应生成铜离子和水，离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++2H2O；‎ ‎(3)根据分析可知过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，即“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为FeSO4；‎ ‎(4)淘洗加入酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜， a、稀硫酸，不能和铜反应，故a选； b、浓硫酸和铜常温下不反应，但遇到水溶解放出大量热，会和铜发生反应，故b不选； c、稀硝酸具有氧化性能氧化铜，故c不选； d、浓硝酸能溶解铜，故d不选； 故答案为：a；‎ ‎(5)①该反应中H2O2中的氧元素由-1价变为-2价，化合价降低被还原；‎ ‎②若不加10%H2O2，只用20%HNO3，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体， 反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；‎ ‎(6)图象中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4°C溶液中才能析出Cu(NO3)2•3H2O，所以从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O的方法是：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶。‎ ‎18.工业上常用铁质容器盛装冷浓硫酸。某学习小组进行了以下探究活动：‎ ‎【探究一】‎ ‎(1)将已去除表面氧化物的铁钉(碳素钢)放入冷浓硫酸中，10分钟后移入硫酸铜溶液中，片刻后取出观察，铁钉表面无明显变化，其原因是___________________。‎ ‎(2)另取该铁钉样品放入一定体积的浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y。取336 mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生反应的离子方程式为__________________，然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33 g。由此推知气体Y中SO2的体积分数为___________。‎ ‎【探究二】分析上述实验中SO2体积分数的结果，丙同学认为气体Y中还可能含H2和Q气体。为此设计了下列探究实验装置(图中夹持仪器省略)。‎ ‎(3)装置B的作用是___________________。‎ ‎(4)认为气体Y中还含有Q的理由是____________________________(用化学方程式表示)。‎ ‎(5)为确认Q的存在，则M中盛放的试剂为_________，需将装置M添加于________(填序号)。‎ a．A之前 b．A—B间 c．B—C间 d．C—D间 ‎(6)如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是_____________________________________。‎ ‎【答案】(1). 铁在浓硫酸中钝化，不再与硫酸铜溶液反应 (2). SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+Br- (3). 66.7% (4). 检验SO2是否除尽 (5). C+2H2SO4(浓) CO2↑+2SO2↑+2H2O (6). 澄清石灰水 (7). c (8). D中黑色粉末变红，E中白色粉末变蓝 ‎【解析】‎ ‎【分析】探究二：装置A中盛放高猛酸钾可以用于吸收二氧化硫，B可用于检验二氧化硫是否除尽，C用于干燥气体，在加热条件下，氢气与CuO反应，E用于检验水的生成，F可防止空气中的水进入E装置，为了检验是否生成二氧化碳，可在B、C之间添加盛有澄清石灰水的M，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)铁钉放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铁钉钝化阻止反应进一步进行。‎ ‎(2)浓硫酸有较强氧化性，与金属单质反应时优先体现硫元素的氧化性，所以气体Y中一定有二氧化硫，溴水有较强氧化性可将二氧化硫氧化成硫酸，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+Br-；加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得干燥固体2.33 g，该固体为硫酸钡，其物质的量为：，根据元素守恒可知n(SO2)=0.01mol，标况下的体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，所以体积分数为：=66.7%；‎ ‎(3)A除去二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以B可以检验A中是否完全除去二氧化硫；‎ ‎(4)铁钉除铁以外还有少量碳单质，在加热时，铁钉中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，所以气体还含有二氧化碳；‎ ‎(5)Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，所以选c；‎ ‎(6)氢气还原氧化铜会生成水蒸气能使白色的硫酸铜粉末变蓝色，同时有红色的铜单质生成。‎ ‎19.实验室以锈蚀程度很大的废铁屑为原料制备FeCl3·6H2O晶体的流程可简要表示如下：‎ 已知：在水溶液中Fe2+能与K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2。‎ 试回答下列问题：‎ ‎(1) “酸溶”过程中发生主要反应有：‎ ‎①Fe + 2H＋= Fe2++ H2↑；②Fe2O3+ 6 H＋= 2Fe3++ 3H2O；③__________________。(用离子方程式)‎ ‎(2) “酸溶”需控制温度在40℃左右，最佳的加热方式是____________。‎ ‎(3) “氧化”过程可在下图所示装置中进行。‎ ‎①装置A中KMnO4与浓盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为______________________。‎ ‎②装置C的作用是__________________________________________________。‎ ‎③为使Cl2能充分发生反应，除在B中使用多孔球泡和搅拌外，实验中可采取的措施是_____________________________________________________________________。‎ ‎④证明装置B溶液中Fe2+‎ 已完全________________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (2). 在40℃水浴中加热 (3). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8 H2O (4). 吸收Cl2，防止污染空气 (5). 减慢分液漏斗中浓盐酸的滴加速度（或增加B中溶质的浓度） (6). 取B中溶液于试管中，滴加少量Fe3[Fe(CN)6]2溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明亚铁离子已被完全氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据实验装置图可知，在A中用高锰酸钾与浓盐酸制得氯气，氯气中有挥发的氯化氢在B装置中用饱和食盐水除去，氯得的氯气通入氢氧化钾溶液中搅拌，生成次氯酸钾，实验中氯气尾气在D装置中用氢氧化钾溶液吸收。‎ ‎【详解】(1)因为氧化性的强弱：Fe3+＞H+＞Fe2+书写离子反应方程式为：Fe + 2Fe3+═3Fe2+，故答案为：Fe + 2Fe3+═3Fe2+； (2)“酸浸”时需控制温度为40℃左右，可以采用的加热方式是40℃水浴加热，故答案为：40℃水浴加热； (3)①KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改写成离子形式，Cl2、H2O为分子式形式，离子方程式为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O； ②氯气有毒，应该用碱液吸收，防止污染环境，故答案为：吸收多余的氯气，防止污染环境； ③为提高Cl2的吸收效率，可减慢分液漏斗中浓盐酸的滴加速度控制Cl2的流速、可适当升高B中溶液温度、增大B中混合溶液的浓度、加快搅拌等等措施，故答案为：减慢分液漏斗中浓盐酸的滴加速度(或增加B中溶质的浓度)； ④Fe2+能与K3[Fe(CN)6]反应得到蓝色铁氰化亚铁蓝色沉淀，故答案为：取B中少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，如果无蓝色沉淀生成，则说明Fe2+已完全被氧化成Fe3+的，反之则没有。‎ ‎20.很多含氯化合物都是重要的漂白剂 Ⅰ、亚氯酸钠(NaClO2)是一种常见漂白剂，某探究小组开展如下实验，回答下列问题：‎ 制取NaClO2晶体按如下图装置进行制取。‎ 已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。‎ ‎(1)装置C的作用是_____________；‎ ‎(2)已知装置B中的产物有ClO2气体，则装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为___________________；装置B中反应后的溶液中阴离子除了ClO2﹣、ClO3﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还可能含有的一种阴离子是______；检验该离子的方法是____________________；‎ ‎(3)请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。‎ ‎①减压，55℃蒸发结晶；②________；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥；得到成品．‎ ‎(4)如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_______________。‎ Ⅱ、ClO2也是一种常见漂白剂，用ClO2处理过的饮用水常含有一定量有害的ClO。我国规定饮用水中ClO的含量应不超过0.20 mg·L－1。测定水样中ClO2、ClO的含量的过程如下：‎ ‎①量取25.00 mL水样加入到锥形瓶中，并调节水样的pH为7.0～8.0。‎ ‎②加入足量的KI晶体。此过程发生反应2ClO2＋2I－===2ClO＋I2。‎ ‎③加入少量淀粉溶液，再向上述溶液中滴加1.00×10－3 mol·L－1 Na2S2O3溶液至溶液蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3溶液7.45 mL。此过程发生反应：2S2O＋I2===S4O＋2I－。‎ ‎④调节第③步所得溶液至pH≤2.0，此过程发生反应ClO＋4H＋＋4I－===Cl－＋2I2＋2H2O。‎ ‎⑤再向溶液中滴加1.00×10－3 mol·L－1 Na2S2O3溶液至蓝色刚好褪去，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL 根据上述数据计算并判断该水样中ClO的含量是否符合国家规定。‎ ‎______________。‎ ‎【答案】 (1). 防止D瓶溶液倒吸到B瓶中 (2). 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2 (3). SO42﹣ (4). 取样，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42﹣ (5). 趁热过滤 (6). NaClO3和NaCl (7). 符合 ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ、装置B中制备得到ClO2，所以B中为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用下生成ClO2和Na2SO4，反应方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；C可防止倒吸，起到安全瓶的作用；D中加入过氧化氢和氢氧化钠，在低温下与ClO2反应生成NaClO2，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。‎ ‎【详解】(1)装置D中发生气体反应，装置内压强降低，装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；‎ ‎(2)装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42-，用氯化钡溶液检验SO42-，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO42-；‎ ‎(3)从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤；‎ ‎(4)由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；‎ ‎(5)由2ClO2+2I－===2ClO2－+I2 和2S2O32－+I2===S4O62－+2I－得：2ClO2－～I2～2Na2S2O3，所以n(ClO2－) 生成= n(Na2S2O3)=1×10－3mol·L－1×7.45×10－3L＝7.45×10－6 mol，‎ 由ClO2－＋4H＋＋4I－===Cl－＋2I2＋2H2O和2S2O3－＋I2===S4O6－＋2I－得：ClO2－～2I2～4Na2S2O3，所以n(ClO2－) 总 = n(Na2S2O3) =×1×10－3 mol·L－1×30.00×10－3 L＝7.50×10－6 mol，‎ 原水样中c(ClO2－)＝(7.50×10－6 mol－7.45×10－6 mol)÷0.025 L＝2.00×10－6 mol·L－1，ClO2－的含量为2.00×10－6 mol·L－1×67.5×103 mg·mol－1＝0.135 mg·L－1＜0.2 mg·L－1，该水样中ClO2－的含量符合国家规定。‎