甘肃省酒泉市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

甘肃省酒泉市2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题

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Ⅰ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； B．NaOH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； C．Na2CO3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； D．NaOH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+O2Na2O2‎ B. 沾水的铁制品器皿高温灼烧会发黑，其可能原因：3Fe+4H2OFe3O4+4H2‎ C. Al(OH)3可用于中和过多的胃酸，其原因：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O D. 明矾可以净水，是因为明矾[KAl(SO4)2·H2O]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+3HCl═AlCl3+3H2O，中和过多的盐酸，故C正确； D．[KAl（SO4）2•H2O]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量浓度是 A. 0.05‎‎ mol • L-1 B. 0.25 mol • L‎-1 ‎C. 0.1 mol • L-1 D. 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-1×10 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)3‎ B. 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】A．CrO3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-=+2H2O B. 将Cl2通入FeCl2溶液中：Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-‎ C. 将钠投入硫酸铜溶液中：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】A．Al2(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；‎ D．Ca(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↓+2H2O+ ，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 A B C D 实验 用稀盐酸除去铜质器皿表面的铜绿[Cu2(OH)2CO3]‎ Na2O2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. A B. B C. C D. 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 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】A．Cu和稀硫酸不反应，A错误；‎ B．Al和氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和氢气，不生成Al(OH)3，B错误；‎ C．NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，C正确；‎ D．Fe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. 25NA B. 5. ‎6 g铁与足量的稀硫酸完全反应转移的电子数为0. 2NA C. 0. 5 mol • L-1的BaCl2溶液中含有Cl-的数目为NA D. ‎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；‎ C．n=cV，只给了浓度c，没给体积V，不能计算，C错误；‎ D．H2O2的质量m=‎10 g×17%=‎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目大于0.2NA，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎13.将V1 mL 0.2 mol·L－1Na2CO3溶液加水稀释至V2 mL，稀释后溶液中Na＋物质的量浓度为 A. mol·L－1 B. mol·L－‎1 ‎C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据Na2CO3的化学式可知，0.2 mol•L-1的Na2CO3溶液中Na+物质的量浓度为0.4mol•L-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 V1 mL×0.4mol/L=V2mL×y 解得y=0.4V1/ V2=mol/L。 故选：A ‎14.高铁酸盐是常用的水处理剂。高铁酸钠（Na2FeO4)可用如下反应制备： 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 mol B. 0.5 mol C. 0 6 mol D. 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B ‎15.将‎200g质量分数为7.3%的盐酸，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. ‎8g B. ‎15.5g C. ‎11.7g D. ‎‎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）=0.4mol×‎58.5g/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-)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 mL B. 145 mL C. 160 mL D. 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-1×‎0.1L=0.12mol，n(Mg2+)=0.3 mol • L-1×‎0.1L=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得：Mg2+消耗的NaOH的物质的量=0.03mol×2=0.06mol，由Al3+～4OH-～4NaOH得：Al3+完全转换为AlO2-消耗的NaOH的物质的量=0.02mol×4=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Ⅱ卷（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 CuSO4·5H2O溶于水中形成‎1L溶液，溶质的物质的量浓度为_________mol·L－1‎ ‎（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 mol·L－1H2SO4溶液，需要用量筒量取浓硫酸（密度为‎1.84g·cm－3，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，则反应中转移的电子为____________mol。‎ ‎（5）现有下列5种物质：①CO2 ②Mg ③盐酸 ④NaCl ⑤Na2CO3。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). ④⑤‎ ‎【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+3H2SO4═3S↓+3 K2SO4+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（ CuSO4•5H2O）==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 mL×1 mol/L=18.4 mol/L×V，得V=5.4 mL；‎ 故答案为：5.4；‎ ‎（4）2K2S+K2SO3+3H2SO4═3S↓+3 K2SO4+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0.8mol；‎ 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④NaCl   ⑤Na2CO3属于电解质；‎ 故答案为：④⑤。‎ ‎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。‎ ‎①A和水反应:____ 。‎ ‎②C和过量的CO2反应:____ ‎ ‎③E受热分解的反应:____ 。‎ ‎【答案】 (1). Na2O2 (2). NaOH (3). Na2CO3 (4). NaHCO3 (5). 2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑ (6). NaOH+CO2 = 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) ①Na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↑；‎ ‎②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；‎ ‎③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，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 ‎①___mol•L-1‎ ‎②___ mol•L-1‎ Na+‎ ‎③__mol•L-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+‎ ‎ = Ba2+ +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，、、、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，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+ (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；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↓。‎