【化学】黑龙江省大庆市实验中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

黑龙江省大庆市实验中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
1.化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称铁红
B. 明矾常用于水的净化和消毒杀菌
C. 用活性炭为糖浆脱色和用次氯酸漂白纸浆的原理相同
D. 胶粒不能透过半透膜，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外
【答案】D
【详解】A.用于人民币票面文字等处的油墨中含有的Fe3O4是一种磁性物质，俗称磁性氧化铁，故A错误；
B.明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可以吸附水中的杂质形成沉淀而达到净水的目的，但它没有强氧化性，所以不能杀菌消毒，故B错误；
C.活性炭利用其吸附性使糖浆脱色，属于物理变化，次氯酸利用其氧化性漂白纸浆，属于化学反应，故C错误；
D.根据胶粒不能透过半透膜的特点，血液透析利用半透膜将有害物质移出体外，故D正确。答案选D。
2.化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列实验中所选用的仪器合理的是（ ）
A. 用50 mL量筒量取5.25 mL稀硫酸
B. 用瓷坩埚（含有二氧化硅）灼烧碳酸钠晶体
C. 用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体
D. 配制240 mL 0.2 mol/L的NaOH溶液用250 mL容量瓶
【答案】D
【详解】A.在实验室量取液体时，量取5.25mL稀硫酸，应该使用10mL量筒，不能用50mL量筒量取，且10mL的量筒只能精确到0.1mL，故A错误；
B.由于瓷坩埚中含有二氧化硅，与碳酸钠晶体灼烧时反应，应该使用铁坩埚，故B错误；
C.托盘天平精确到0.1g，不能用托盘天平称量11.70g氯化钠晶体，故C错误；
D.实验室没有240mL的容量瓶，所以配制240mL 0.2mol/L的NaOH溶液，必须选用250mL的容量瓶，故D正确。答案选D。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A. 0.1 mol O2完全反应时，转移的电子数一定为0.4 NA
B. 在标准状况下，1 mol SO3体积小于22.4 L
C. 含1 mol FeCl3的饱和溶液最多可形成胶体粒子数为NA
D. 常温常压下，33.6L氯气与27g铝充分反应，转移的电子数为3NA
【答案】B
【详解】A.氧气反应后的价态可能为-2价，还可能为-1价，则0.1mol氧气反应后转移的电子数不一定是0.4 NA，还可能为0. 2 NA，故A错误；
B.在标况下SO3为固体，则1 mol SO3体积小于22.4 L，故B正确；
C.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故含1 mol FeCl3所生成的胶粒个数小于NA个，故C错误；
D.常温常压下，不能根据气体摩尔体积计算出33.6L氯气的物质的量，不能确定铝是否恰好反应，无法确定转移电子数，故D错误，答案选B。
4. 青铜是我国使用最早的合金。下列关于青铜性质的说法，不正确的是（ ）
A. 熔点比纯铜低 B. 能够导电 C. 能够导热 D. 硬度比纯铜小
【答案】D
【解析】试题分析：A．青铜是铜的合金，其熔点比纯铜低，正确；B．青铜是铜的合金，具有金属的导电的性质，正确；C．青铜是铜的合金，具有金属的导热的性质，正确；D．青铜是铜的合金，硬度比成分金属纯铜大，错误。
5.下列变化中，需加入氧化剂才能实现的是( )
A. Al(OH)3→Al2O3 B. FeCl3 →FeCl2 C. CuO→Cu D. Cl－→Cl2
【答案】D
【详解】A. Al(OH)3→Al2O3中，没有元素的化合价变化，加热即可实现，故A不符合题意；
B.FeCl3→FeCl2中，Fe元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故B不符合题意 ；
C. CuO→Cu中，Cu元素的化合价降低，需要加还原剂实现，故C不符合题意；
D. Cl－→Cl2中，Cl元素的化合价升高，需要加氧化剂实现，故D符合题意。答案选D。
【点睛】解答本题时应注意需加入氧化剂才能实现，则选项中应为还原剂的变化，还原剂中某元素的化合价应升高。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 醋酸溶解水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋ = Ca2＋＋H2O＋CO2↑
B. NaAlO2溶液中通入过量CO2： AlO2－+CO2+2H2O = Al(OH)3↓+HCO3－
C. 用热的NaOH溶液溶解S：3S＋4OH－ 2S2－＋SO2↑＋2H2O
D. 稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H+ + OH－＋SO42－+ Ba2＋= BaSO4↓ + H2O
【答案】B
【详解】A.醋酸是弱电解质，在离子反应方程式中不能拆，应保持化学式的形式，所以用食醋溶解水垢中的CaCO3，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；
B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，所以其离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故B正确；
C.用热的NaOH溶液溶解S，离子方程式为：2S＋6OH－2S2－＋SO32-＋3H2O，故C错误；
D.稀硫酸溶液与氢氧化钡溶液反应，离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=2H2O+BaSO4↓，故D错误。答案选B。
7. 下列各项操作中不发生先沉淀后溶解现象的是（ ）
①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2
②向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加入过量H2SO4
③向Ba(NO3)2溶液中通入过量SO2
④向石灰水中通入过量CO2
⑤向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
A. ①②③ B. ①②⑤ C. ①②③⑤ D. ①③⑤
【答案】D
【解析】试题分析：①Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，NaHCO3通入CO2时不会反应，故①符合题意；②先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，H2SO4过量时，Fe（OH）3溶解，故②不符合题意；③SO3+H2O＝H2SO4，H2SO4+Ba（NO3）2＝BaSO4↓+2HNO3，SO3过量时，BaSO4不会溶解，故③符合题意；④向石灰水中通入过量CO2时，先反应：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，CaCO3+CO2+H2O＝Ca（HCO3）2，CO2过量时，沉淀消失，故④不符合题意；⑤向硅酸钠溶液中加入盐酸生成H2SiO3沉淀，H2SiO3不溶于HCl，故⑤符合题意，答案选D。
8.有0.2 mol·L－1 K2SO4溶液300mL、0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3溶液100mL和0.2 mol·L－1 MgSO4溶液200mL，这三种溶液中SO42-物质的量浓度之比是（ ）
A. 6:4:3 B. 1:1:1 C. 1: 3: 1 D. 3:2:3
【答案】C
【详解】0.2 mol·L－1 K2SO4的硫酸根离子浓度为0.2 mol·L－1，0.2 mol·L－1 Al2(SO4)3的硫酸根离子浓度为0.6 mol·L－1，0.2 mol·L－1 MgSO4中硫酸根离子浓度为0.2 mol·L－1，溶液中离子浓度与溶液的体积没有关系，所以这三种溶液中硫酸根离子浓度之比为1: 3: 1，故A、B、D错误，C正确。答案选C。
9.把2.3g的CO与H2组成的混合气体与足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加（ ）
A. 7.2g B. 3.6g C. 2.3g D. 无法确定
【答案】C
【详解】CO和H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应。2CO+O2 2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应：2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3-2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应：2H2O+2Na2O2═4NaOH+O2，质量增重△m=2H2O-O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，故过氧化钠固体增重等于CO和H2的质量之和为2.3g。故A、B、D错误，C正确。答案选C。
10.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A. ClO2是氧化产物 B. KClO3在反应中得到电子
C. H2C2O4在反应中被还原 D. 1 mol KClO3参加反应有2 mol电子转移
【答案】B
【解析】试题分析：A．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，ClO2是还原产物，A错误；B．Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，KClO3在反应中得到电子，B正确；C．H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，C错误；D.1molKClO3参加反应有1mol×（5-4）=1mol，D错误；答案选B。注意氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括：升、失、氧，降、得、还；在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂；元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。
11.下列有关物质的分类与性质的说法正确的是（ ）
A. 液氯、冰醋酸、硫酸均属于纯净物
B. CO、SiO2均属于酸性氧化物
C. 已知：H3RO2+NaOH(足量)=NaH2RO2+H2O，则H3RO2为三元酸，NaH2RO2为酸式盐
D. 往任何胶体中加入任何电解质都能使胶体粒子聚沉
【答案】A
【详解】A.液氯、冰醋酸、硫酸均属于纯净物，故A正确；
B.SiO2和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物；CO不和碱反应，不是酸性氧化物，故B错误；
C.由H3RO2+NaOH(足量)=NaH2RO2+H2O可知，H3RO2为一元酸，NaH2RO2为正盐，故C错误；
D.有些高分子溶胶的胶粒不带电，加入电解质溶液不能聚沉，故D错误。答案选A。
12.下列说法正确的是( )
A. 在氧化还原反应中，金属单质只体现还原性，金属阳离子只体现氧化性
B. 能在水溶液或熔融状态下导电的物质是电解质
C. 在一个氧化还原反应中，有一种元素被氧化，必有另一种元素被还原
D. 清晨的阳光穿过茂密的树木枝叶所产生的美丽景象(美丽的光线)是由于胶体粒子对光线的散射形成的
【答案】D
【解析】
【分析】A.在氧化还原反应中,金属阳离子可能具有还原性；
B.能在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质；
C.在一个氧化还原反应中,被氧化和被还原的元素可能是同一种；
D.胶体具有丁达尔效应。
【详解】A.在氧化还原反应中,金属阳离子可能具有还原性,如亚铁离子，故A错误；
B.能在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，能导电的物质不一定是电解质，如二氧化碳，故B错误；
C.在一个氧化还原反应中,被氧化和被还原的元素可能是同一种，如：Cl2+H2O=HCl+HClO，故C错误；
D. 胶体具有丁达尔效应，是因为胶体粒子对光线的散射形成的，故D正确；
综上所述，本题选D。
13.下列除去杂质(括号的物质为杂质)的方法中，错误的是（ ）
A. FeCl3溶液(FeCl2)：通入适量Cl2
B. CO2(HCl)：通过饱和Na2CO3溶液洗气后干燥
C. NaHCO3溶液(Na2CO3)，应通入过量CO2气体
D. CO(CO2)：通过NaOH溶液洗气后干燥
【答案】B
【详解】A.FeCl2与氯气反应生成氯化铁，则通入适量Cl2，洗气可除杂，故A正确；
B.HCl与Na2CO3反应，CO2与Na2CO3溶液也可以反应生成碳酸氢钠，则不能通过饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl，故B错误；
C.NaHCO3溶液中的Na2CO3与过量的CO2气体反应生成NaHCO3，则可以通入过量CO2气体除去NaHCO3溶液中的Na2CO3，故C正确；
D.CO2与NaOH反应，而CO不能，则通过NaOH溶液洗气后干燥可除杂，故D正确。答案选B。
14.由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是( )
实验
现象
结论
A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液， 在酒精灯火焰上灼烧
火焰呈黄色
此盐溶液中含有 Na+，不含 K+
B．漂白粉在空气中久置
变成块状固体
漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3
C．①某溶液中加入 Ba(NO3)2 溶液 ②再加入足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有 SO42﹣
D．向碘水中加入等体积 CCl4， 振荡后静置
上层接近无色，下层显紫红色
I2 在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
【答案】D
【详解】A.焰色反应的K+的验证需要透过蓝色钴玻璃观察，故A错误；
B.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，变质是次氯酸钙与空气中的二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解， CaCl2 与空气中的 CO2 不反应，故B错误；
C.①某溶液中加入 Ba(NO3)2 溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含有CO32-、 SO32-、SO42-，②再加入足量盐酸，仍有白色沉淀，即排除了CO32-的干扰，加入盐酸后提供H+，与NO3-形成了硝酸，具有强氧化性，可将SO32-氧化成SO42-，所以该溶液中可能含有SO32-、SO42-，故C错误；
D.向碘水中加入等体积的CCl4， 振荡后静置，出现分层，CCl4的密度比水大在下层，水在上层。I2 在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，I2 被萃取到CCl4中，则上层接近无色，下层显紫红色，故D正确。答案选D。
15.如图所示，两圆圈相交的部分表示圆圈内的物质相互发生的反应。已知钠及其氧化物的物质的量均为0.1 mol，水的质量为100 g。下列说法正确的是(　　)

A. Na2O2中阴阳离子数目之比为1∶1
B. 反应①的离子方程式为Na＋2H2O===Na＋＋2OH－＋H2↑
C. ①、②、③充分反应后所得溶液中溶质的质量分数：①>②>③
D. 反应③转移电子的物质的量为0.1mol
【答案】C
【解析】试题分析：A.过氧化钠中阴离子是O22-，所以阴阳离子数目之比为1：2，错误；B、反应①的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，错误；C、反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑转移电子2e-，则0.1mol过氧化钠反应最多能转移0.1 mol电子，正确；D、钠、氧化钠、过氧化钠和水反应的方程式分别如下：
Na+1/2H2O=NaOH+1/2H2↑，溶液增加的质量=m（Na）-m（H2）=2.3g-0.1g=2.2g；Na2O+H2O=2NaOH，溶液增加的质量=m（Na2O）=0.1mol×62g/mol=6.2g；Na2O2+H2O=2NaOH+1/2O2↑，溶液增加的质量=m（Na2O2）-m（O2）=m（Na2O）=6.2g,所以溶液增加的质量大小顺序为：钠＜氧化钠=过氧化钠，根据钠原子守恒知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、溶于水所得氢氧化钠的物质的量分别为：0.1mol、0.2mol、0.2mol，通过以上分析可知，0.1mol的钠、氧化钠、过氧化钠、分别溶于水所得溶液的质量分数分别为：4/(100+2.2)×100%、8/(100+6.2)×100%、8/(100+6.2)×100%，所以①、②、③充分反应后所得溶液的质量分数从大到小：①＜②=③，错误,选C。
16.把a g铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量氢氧化钠溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧，得到红棕色粉末的质量仍为a g，则此合金中铁的质量分数为（ ）
A. 70% B. 30% C. 52.4% D. 22.2%
【答案】A
【详解】铝铁合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液，过滤后得到的沉淀为Fe(OH)3，则经洗涤、干燥、灼烧，得到的固体粉末是Fe2O3，其质量等于合金的质量，利用组成可知合金中Al的质量等于Fe2O3中O的质量，则铁在合金中的质量分数等于铁在Fe2O3中的质量分数，为，A正确。答案选A。
17.美国“9.11”恐怖事件给纽约带来一场严重的环境灾难—石棉污染，易使吸入石棉纤维者患肺病。已知石棉是硅酸盐矿物，某种石棉的化学式可表示为：Ca2MgxSiyO22（OH）2，式中x、y的值分别为（ ）
A. 8，3 B. 5，8 C. 3，8 D. 8，5
【答案】B【详解】根据在化合物中正负化合价代数和为零，石棉的化学式为Ca2MgxSiyO22（OH）2，可得；(+2)×2+(+2)x+(+4)y+(−2)×22+(−1)×2=0，x+2y=21，将各答案代入此方程中，B符合该关系，答案选B。
18.葡萄酒常用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）作抗氧化剂。某兴趣小组用下图装置（夹持装置略）测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离的SO 2计算），方案如下：向B中加入300.00mL葡萄酒和适量的稀硫酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，除去C中过量的H2O2后，将C中液体转移至小烧杯中，向烧杯内逐滴加入BaCl2溶液至沉淀量不再增加，过滤出沉淀，经洗涤、干燥后，称得固体的质量为0.2796g，则该葡萄酒中SO2的含量为（ ）

A. 0.256 g/L B. 0.04 g/L C. 0.24 g/L D. 0.0768 g/L
【答案】A
【详解】向B中加入300.00mL葡萄酒和适量的稀硫酸，加热使SO2全部逸出，逸出的SO2与C中H2O2完全反应，双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，除去C中过量的H2O2后，将C中液体转移至小烧杯中，向烧杯内逐滴加入BaCl2溶液至沉淀量不再增加，发生反应的方程式为：H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+ 2HCl，过滤出沉淀，经洗涤、干燥后，称得固体的质量为0.2796g，此固体为BaSO4。根据信息进行计算：
SO2—H2SO4—BaSO4↓
64 233
m(SO2 ) 0.2796g
m(SO2 )=0.0768g
则该葡萄酒中SO2的含量为=0.0768g÷0.3L=0.256 g/L，答案选A。
19.根据已经学过的化学知识，回答下列问题。
I.（1）现有下列十种物质：①蔗糖 ②熔融KNO3 ③石墨 ④铜丝 ⑤NaOH固体 ⑥SO3 ⑦BaSO4固体 ⑧K2O固体 ⑨液态H2SO4 ⑩液氯 上述物质中可导电的是________（填序号，下同）；上述物质中不能导电，但属于电解质的是_______________________。
（2）NaHSO4是一种酸式盐，请填写下列空白：
①写出NaHSO4在水中的电离方程式 _____________________________________。
②与0.1 mol·L-1的NaHSO4溶液的导电能力相同的硫酸钠溶液的物质的量浓度为：__________。
③NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为______________________________。
（3）粗盐中含可溶性CaCl2、MgCl2及一些硫酸盐，除去这些杂质的试剂可选用，①Na2CO3、②NaOH、③BaCl2、④HCl，用序号表示加入的先后顺序依次是______________________。
II．A、B、C、X均为中学常见物质，它们在一定条件下有如下转化关系（副产物已略去）。

（1）若X是氧气，则A不可能 ______（填序号） A．C   B．Si   C．Na   D．Mg   
（2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生了不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为__________；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用离子方程式表示）________________。检验B溶液中阳离子的操作方法是________________________。
（3）若X是氢氧化钠溶液，A、B、C均为含铝元素的化合物，则反应②的离子方程式为________________。
【答案】(1). ②③④ (2). ⑤⑦⑧⑨ (3). NaHSO4 = Na＋＋H++ SO42- (4). 0.1mol/L (5). H++HCO3-= H2O+CO2↑ (6). ②③①④或③②①④ (7). B D (8). FeCl3 (9). 2Fe3++Fe═3Fe2+ (10). 取少量B溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，呈血红色 (11). Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】I.（1）根据物质导电的原因分析，只要含有自由移动的离子或自由电子即可；在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；
（2）①NaHSO4在水中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子；
②溶液导电能力相同说明溶液中离子浓度相同；
③NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；
（3）碳酸钠可除去钙离子及过量的钡离子，NaOH可除去镁离子，氯化钡可除去硫酸根离子，则碳酸钠一定在氯化钡之后，最后加盐酸除去过量的碳酸钠。
II.（1）若X是氧气，由转化关系知，A、B、C中含有的相同元素必须是变价元素；
（2）若X是一种金属单质，X为变价金属，A为强氧化性物质，向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，则X为Fe，A为Cl2，符合转化关系，B为FeCl3，C为FeCl2；
（3）若A、B、C均为含铝元素的化合物，X为氢氧化钠，考虑Al的化合物的相互转化， A为铝盐，B为Al（OH）3，C为偏铝酸钠。
【详解】I.（1）②熔融的KNO3中有自由移动的离子，所以能导电；③石墨中含有自由移动的电子，所以能导电；④铜丝中有自由电子，所以能导电；⑤NaOH固体、⑦CuSO4固体、⑧K2O固体、⑨液态H2SO4没有自由移动的离子或自由电子，所以不能导电，但属于电解质。本小题答案为：②③④；⑤⑦⑧⑨。
（2）①NaHSO4在水中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：: NaHSO4=Na++H++SO42-。本小题答案为：NaHSO4=Na++H++SO42-。
②溶液导电能力相同说明溶液中离子浓度相同，硫酸氢钠电离方程式NaHSO4=Na++H++SO42-，硫酸钠的电离方程式为Na2SO4=2Na++SO42-，与0.1mol⋅L−1的NaHSO4溶液的导电能力相同的硫酸钠溶液的物质的量浓度也为0.1mol/L。本小题答案为：0.1mol/L。
③NaHSO4溶液与NaHCO3溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，反应的离子方程式为：H++HCO3−=H2O+CO2↑。本小题答案为：H++HCO3−=H2O+CO2↑。
（3）碳酸钠可除去钙离子及过量的钡离子，NaOH可除去镁离子，氯化钡可除去硫酸根离子，则碳酸钠一定在氯化钡之后，最后加盐酸除去过量的碳酸钠，则用序号表示加入的先后顺序是②③①④或 ③②①④。本小题答案为：②③①④或 ③②①④。
II.（1）若X是氧气，由转化关系A BC进行推导如下：
A.若A为C，C和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，则A符合转化关系；
B.若A为Si，Si和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅和氧气不反应，则B不符合转化关系；
C.若A为Na，Na和氧气反应生成氧化钠，氧化钠和氧气反应生成过氧化钠，则C符合转化关系；
D.若A为Mg，Mg和氧气反应生成氧化镁，氧化镁和氧气不反应，则D不符合转化关系。答案选B、D。
（2）向C的水溶液中滴入AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有氯离子，若X是一种金属单质，由转化关系A BC，X为变价金属铁，A为强氧化性物质，根据元素守恒知，A是氯气，B是氯化铁，C是氯化亚铁；贮存氯化亚铁溶液时，亚铁离子易被氧气氧化生成铁离子，为防止亚铁离子被氧化且不引进新的杂质，应该向氯化亚铁溶液中加入铁粉；亚铁离子和硫氰化钾溶液不反应，铁离子和硫氰化钾溶液混合溶液呈血红色，此现象是铁离子的特征反应，所以检验是否含有铁离子的方法是：向溶液中滴加少量KSCN溶液，溶液呈血红色。本小题答案为：FeCl3； 2Fe3++Fe═3Fe2+；取少量B溶液于试管中，滴加少量KSCN溶液，呈血红色。
（3）若X是氢氧化钠溶液，A、B、C均为含铝元素的化合物，根据A BC的转化关系，A、B、C分别为铝盐、Al(OH)3、NaAlO2，则反应②的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O。本小题答案为：Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O。
20.Ⅰ.实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4，主要流程如下：

（1）写出AlCl3与氨水反应的化学反应方程式 _________________________________。
（2）判断流程中沉淀是否洗净的方法是__________________________________________，高温焙烧时，用于盛放固体的仪器名称是________________。
Ⅱ.无水AlCl3(183 ℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用下列装置制备。

（3）其中装置A用来制备氯气，写出其化学反应方程式______________________。
（4）装置B中盛放饱和NaCl溶液，该装置的主要作用是_____________________。
（5）F中试剂是________。G为尾气处理装置，其中反应的离子方程式：____________________。
（6）制备氯气的反应会因盐酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出下列实验方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。此方案_______（填“可行”，“不可行”），理由是__________________________________________。
【答案】(1). AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl (2). 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银，若没有白色沉淀产生，则证明沉淀已被洗涤干净 (3). 坩埚 (4). MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (5). 除去混在氯气中的氯化氢 (6). 浓硫酸 (7). Cl2＋2OH— = Cl—＋ClO—＋H2O (8). 不可行 (9). 硝酸银不仅和过量的盐酸反应，也会和氯化锰反应生成沉淀
【解析】
【分析】本题是制备实验方案的设计。
（1）AlCl3与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵；
（2）判断流程中沉淀是否洗净的方法是取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸化的AgNO3溶液）溶液，若生成白色沉淀，则说明洗涤液中还含有Cl-，沉淀没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净。
（3）根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸气反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F，据此分析解答。
【详解】Ⅰ.（1）AlCl3与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应方程式为：AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl。本小题答案为：AlCl3＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH4Cl。
（2）判断流程中沉淀是否洗净的方法是取少量最后一次洗涤液，加入AgNO3溶液（或硝酸酸化的AgNO3溶液）溶液，若生成白色沉淀，则说明洗涤液中还含有Cl-，沉淀没有洗涤干净；若没有沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净。本小题答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银，若没有白色沉淀产生，则证明沉淀已被洗涤干净。
Ⅱ.（3）A中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，化学反应方程式为： MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。本小题答案为：MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
（4）氯气中混有氯化氢，氯化氢气体极易溶于水，装置B中盛放饱和NaCl溶液是用饱和NaCl溶液除去混在氯气中的氯化氢。本小题答案为：除去混在氯气中的氯化氢。
（5）为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸气反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一盛有浓硫酸的干燥装置F，G中用氢氧化钠处理未反应完的氯气，离子方程式为：Cl2＋2OH-= Cl-＋ClO-＋H2O。本小题答案为：浓硫酸；Cl2＋2OH- = Cl-＋ClO-＋H2O。
（6）A中还有盐酸与二氧化锰反应得到的氯化锰，硝酸银不仅和过量的盐酸反应，也会和氯化锰反应生成沉淀，故测定反应残余液中盐酸的浓度此法不可行。本小题答案为：不可行；硝酸银不仅和过量的盐酸反应，也会和氯化锰反应生成沉淀。
21.工业制硫酸铜的方法很多：
（1）方法一：用浓硫酸和铜制取硫酸铜。该反应的化学方程式是_______________________。
（2）方法二：实验证明，铜不能在低温下与O2反应，也不能与稀H2SO4共热发生反应，但工业上却是将废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气来制备CuSO4溶液的。铜屑在此状态下被溶解的化学方程式为_____________________________。
（3）以上两种方法________(填“前”或“后”)者好，原因是________________________。
（4）方法三：用稀硫酸、铜和氧化铁制取硫酸铜，生产的主要过程如下图所示：

稀硫酸和氧化铁反应的离子方程式是_____________________________(反应①)；铜和上述反应(反应①)得到的物质反应的离子方程式是_________________________；向混合溶液中通入热空气的目的是_______________________________；分离蓝色滤液和红褐色沉淀的实验操作是_________。
【答案】(1). Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O (2). 2Cu＋2H2SO4(稀)＋O22CuSO4＋2H2O (3). 后 (4). 若制得1mol CuSO4，第一种方法需2mol H2SO4，而第二种方法只需要1mol H2SO4，而且第一种方法生成的SO2又造成大气污染 (5). Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O (6). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (7). 把Fe2+氧化成Fe3+ (8). 过滤
【解析】
【分析】本题考查的是浓硫酸的性质、铜金属及其重要化合物的主要性质、制备实验方案的设计。
（1）铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
（2）铜与稀硫酸、氧气反应生成硫酸铜和水；
（3）依据生成物性质及消耗硫酸的量解答，从安全、节约、环保等方面进行评价判断选择制备硫酸铜的方法；
（4）依据流程图分析判断，稀硫酸、铜和氧化铁反应是氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；通入热的空气是为了氧化亚铁离子为三价铁离子，调整溶液pH除去铁离子；溶液中得到溶质固体的方法是蒸发水结晶析出。
【详解】（1）铜和浓硫酸加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。本小题答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O。
（2）将废铜屑倒入热的稀H2SO4中并通入空气来制备CuSO4溶液，化学反应方程式为：2Cu+2H2SO4(稀)+O22CuSO4+2H2O。本小题答案为：2Cu+2H2SO4(稀)+O22CuSO4+2H2O；
（3）第一种方法生成1mol硫酸铜消耗2mol浓硫酸，同时生成有毒的气体二氧化硫；第二种方法，生成1mol硫酸铜消耗1mol稀硫酸，反应过程中无有毒气体产生，所以从环境保护和节约原料角度可知后者更好。本小题答案为：后；若制得1mol CuSO4，第一种方法需2mol 浓H2SO4，而第二种方法只需要1mol稀 H2SO4，而且第一种方法生成的SO2又造成大气污染。
（4）依据流程转化图分析，铜需要硫酸和氧化铁反应生成的铁离子溶解生成铜离子，再通入空气氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子沉淀除去，得到硫酸铜溶液；加热蒸发浓缩结晶得到硫酸铜晶体。反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；通入空气的作用是氧气把亚铁离子氧化为铁离子；分离蓝色滤液和红褐色沉淀的实验操作是过滤。本小题答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O； 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；把Fe2+氧化成Fe3+；过滤。