【文档说明】江苏省盐城市大丰区新丰中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(19)页，477.000 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省盐城市大丰区新丰中学2019-2020学年度高一上学期期末考试化学试题1.紫水晶被誉为“爱的守护石”，寓意“忠诚、勇敢”，其主要成分可表示为A.SiB.SiO2C.H2SiO3D.Na2SiO3【答案】B【解析】【详解】紫水晶的主要成分是SiO2，故答案为B。2.“

g·mol－1”是下列哪个物理量的单位A.物质的质量B.物质的量C.摩尔质量D.微粒个数【答案】C【解析】【详解】物质的质量单位是g，物质的量单位是mol，微粒个数的单位是个，只有摩尔质量单位是g·mol－1，故答案为C。3

.下列属于碱性氧化物的是()A.Na2CO3B.NaOHC.CaOD.CO2【答案】C【解析】【分析】能与酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，且只含金属元素、氧元素两种元素，一般为金属氧化物，但某些金属氧化物（

Mn2O7、Al2O3）不是碱性氧化物，以此来解答。【详解】A．Na2CO3含Na、C、O三种元素，属于盐，故A不选；B．NaOH含Na、O、H三种元素，属于碱，故B不选；C．CaO与酸反应生成盐和水，且与碱不反应，CaO为碱性氧化物，故C选；D．CO2和碱反应生成盐和水，属

于酸性氧化物，故D不选。故选C。【点睛】本题考查物质的分类，为基础性习题，把握物质的组成、碱性氧化物的判断等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意概念的理解及应用。4.南京大屠杀死难者国家公祭鼎。关于铜的一种微粒6429Cu2+，下列说法正确的

是A.核外电子数为29B.质子数为27C.核电荷数为27D.中子数为35【答案】D【解析】【分析】根据元素符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，在阳离子中，质子数+中子数=质量数，核外电子数

=核内质子数—电荷数。【详解】6429Cu2+中质量数为64，质子数和核电荷数为29，中子数为（64—29）=35，核外电子数为（29—2）=27，故选D。【点睛】本题主要考查原子的构成，明确核素中的数字的所代表的意义及原子中质子数+中子数=质量数是解答关键。5.下列化学用语表示正确的是A

.过氧化钠的化学式：Na2O2B.Mg2+的结构示意图：C.以氧化物的形式表示镁橄榄石（Mg2SiO4）的组成：MgO·SiO2D.氯化镁的电离方程式：MgCl2＝Mg2++Cl2－【答案】A【解析】【

详解】A．过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故过氧化钠的化学式为Na2O2，故A正确；B．镁离子的核内有12个质子，核外有10个电子，故其结构示意图为，故B错误；C．以氧化物的形式表示镁橄榄石(Mg2SiO4)的组成：2MgO·SiO2，故C错误；D．氯化镁的电离方程式为MgCl

2＝Mg2++2Cl－，故D错误；故答案为A。6.下列物质属于电解质的是A.铜B.氯化钠C.稀硫酸D.乙醇【答案】B【解析】【详解】A．铜不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氯化钠溶于水能够发生电离，导致溶

液导电，是电解质，故B正确；C．稀硫酸是混合物，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．乙醇在水溶液里和熔融状态下都不能发生电离，是非电解质，故D错误；故答案为B。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、

活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解

质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。7.下列过程涉及化学变化的是A.碘的升华B.滴水成冰C.花香四溢D.高炉炼铁【答案】D【解析】【详解】A．碘的升华是物态变化，属于物理变化，故A错误；B．滴水成冰没有新物质生成，属于物理变

化，故B错误；C．花香四溢体现分子的运动，没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D．高炉炼铁是将Fe从化合态还原为游离态，有新物质生成，是化学变化，故D正确；故答案为D。8.下列物质主要成份或名称与化学式对应的是A.苏打——NaHCO3B.胆矾——CuSO4C.

赤铁矿——Fe2O3D.漂白粉——Ca(ClO)2【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠俗称苏打，化学式为Na2CO3，NaHCO3俗称小苏打，故A错误；B．胆矾是CuSO4•5H2O，故B错误；C．赤铁矿的主要成分为Fe2O3，故C正确；D．漂白粉的主要成分是CaCl

2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，故D错误；故答案为C。9.在含有大量H+、Ca2+、Cl－的溶液中，还可能大量共存的离子是A.OH-B.CO32-C.Ag+D.Mg2+【答案】D【解析】【详解】A．OH-与原溶液

中的H+不能大量共存，要生成水，故A错误；B．CO32-与原溶液中的Ca2+不能大量共存，要生成沉淀，故B错误；C．Ag+与原溶液中的Cl－不能大量共存，要生成AgCl沉淀，故C错误；D．Mg2+与原溶液中的H+、Ca2+、C

l－均不发生离子反应，能大量共存，故D正确；答案为D。【点睛】注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）等；还应该注

意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；是“可能”共存，还是“一定”共存等。10.ClO2是一种高效杀菌剂。工业上可通过以下反应制得ClO2：2NaClO3+Na2SO

3+H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O。下列说法正确的是A.NaClO3是氧化剂B.每消耗1molNa2SO3则产生44.8LClO2C.NaClO3发生氧化反应D.Na2SO4是还原产物【答案】A【解析】【详解】A．氯元素得电子化合价降低，则NaClO3是氧化

剂，故A正确；B．由2NaClO3+Na2SO3+H2SO4＝2ClO2↑+2Na2SO4+H2O可知，每消耗1molNa2SO3则生成2molCO2气体，在标准状况下的体积为44.8LClO2，题中未指明气体的状态，故B错误；C．氯元素得电子化合价降低，则NaClO3是氧化剂，发生

还原反应，故C错误；D．硫元素得电子化合价升高，则Na2SO4是氧化产物，故D错误；故答案为A。【点睛】考查氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答即可，该反应中，氯元素化合价由+5价变为+4价，硫元素化合价由+4价变为+6价，得电子化合价降低的反应

物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化。11.现代化工制造硝酸的方法主要是氨催化氧化法。该步反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，对该反应类型的判断正确的是A.是置换反应B.是分解反应C

.是复分解反应D.不属于四种基本反应【答案】D【解析】【详解】反应4NH3+5O24NO+6H2O的反应物和生成均有两种，不可能是化合反应或分解反应，此反应是氧化还原反应，也不可能是复分解反应，且生成物是两种化合物，则也不可能是置换反应，即此反应不属于四种基

本反应，故答案为D。12.实验中需配制1.0mol/L的NaOH溶液950mL，假如其他操作均是准确无误，以下情况会引起配制溶液浓度偏高的是A.称取40.0gNaOH固体B.容量瓶水洗后未烘干直接使用C.定容时俯视D.摇匀后

发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线平齐【答案】C【解析】【分析】实验室配置950mL溶液，应使用1000mL容量瓶，所以需要称取的氢氧化钠的质量=1/140/molLLgmol=40g。【详解】A.称取40.0gNaOH固体，不影响浓度，故A不

选；B.容量瓶水洗后未烘干直接使用，不影响浓度，故B不选；C.定容时俯视刻度线，会使溶液体积减小，浓度偏大，故C符合题意；D.摇匀后发现液面低于刻度线，继续加水至液面与刻度线平齐，会导致溶液体积变大，故D不选；故答案选C。13.下列实验正确的是（）A.定容B.制氨气C.制蒸

馏水D.检验钾离子【答案】D【解析】【详解】A项、不能在容量瓶中溶解碳酸钠固体，故A错误；B项、实验室用氯化铵与消石灰共热制备氨气，故B错误；C项、制蒸馏水时，温度计应该在支管口处，不能插在溶液中，故C错误；D项、检验钾离子时，透过蓝色钴玻璃片可观察到火焰颜色为紫

色，故D正确。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，涉及实验基本操作、气体的收集及制备等，把握实验基本技能及实验原理为解答的关键。14.将少量氯水加入KI溶液中振荡,再加入CCl4,振荡,静置后观察到的现象是A.形成

均匀的紫色溶液B.有紫色沉淀析出C.液体分层,上层呈紫红色D.液体分层,下层呈紫红色【答案】D【解析】【详解】少量氯水加入KI溶液中振荡，发生Cl2+2KI═2KCl+I2，加CCl4，生成的碘易溶于四氯化碳，四氯化碳与水不互溶，溶液分层，四氯化碳的密度比

水大，有色层在下层，下层为紫红色，选项D正确，故答案为D。15.下列反应可以用同一离子方程式表示的是()A.HCl＋Na2CO3；HCl＋NaHCO3B.BaCl2＋H2SO4；Ba(OH)2＋Na2SO4C.NaOH＋HCl；Ba(OH)2＋H2SO4

D.CaCO3＋HCl；Na2CO3＋H2SO4【答案】B【解析】【详解】A项，HCl和Na2CO3、HCl和NaHCO3反应的离子方程式分别为：2H++CO32-=H2O+CO2↑或H++CO32-=HCO3-、H++HCO3-=H2O+CO2↑，不能用同一离子方程式表示，故A项错误；B项BaC

l2和H2SO4、Ba(OH)2和Na2SO4反应的离子方程式都为：Ba2++SO42-=BaSO4↓可用同一离子方程式表示，故B项正确；C项，NaOH＋HCl、Ba(OH)2＋H2SO4反应的离子方程式分别为：H+

+OH-=H2O、Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，不能用同一离子方程式表示，故C项错误；D项，CaCO3和HCl、Na2CO3和H2SO4反应的离子方程式分别为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、CO32-+2H+=H2O+CO

2↑或H++CO32-=HCO3-，不能用同一离子方程式表示，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】本题考查离子反应方程式的书写，明确在离子反应中应保留化学式的物质及反应的实质即可解答。16.检验SO2气体中是否混有CO2气体，可采用的方法是()A.通过品红溶液B.通过澄清石

灰水C.先通过足量酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水D.先通过NaOH溶液，再通过澄清石灰水【答案】C【解析】【分析】根据SO2和CO2在性质上的相似点与不同点。它们在性质上的相似点很多，如：都是酸性氧化物，都为弱酸的酸酐；能与C

a(OH)2、Ba(OH)2等碱生成白色沉淀。不同点主要表现在：SO2具有漂白性能使品红褪色，CO2不具有漂白性；SO2通过NaHCO3饱和溶液时，因为H2SO3>H2CO3(酸性)，所以能反应生成CO2，但CO2不反应；SO2中S为+4价，未达到最高价态，故SO2

有还原性，但CO2不具有还原性。【详解】A、因品红溶液检验的是二氧化硫，故A错误；B、因不管有没有CO2都会产生白色沉淀：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，不能验证有无CO2，故B错误；C、KM

nO4酸性溶液将SO2完全吸收，若有白色沉淀一定有CO2，若无沉淀则无CO2，所以C选项是正确的；D、SO2和CO2都与NaOH溶液：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，SO2+2NaOH=Na2

SO3+H2O，所以不管是否混有CO2都不会产生白色沉淀，故D错误。所以C选项是正确的。【点睛】本题主要考查SO2和CO2在性质上的相似点与不同点，在平时的学习中要注意区分和比较。17.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.MgO具有高熔点

，可用于制耐火材料B.NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多C.金属铜具有金属光泽，可用作导电材料D.浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂【答案】A【解析】【详解】A.MgO具有高熔点，可用于制耐火材料，故

A具有对应关系；B.NaHCO3与胃酸（HCl）可以反应，碱性又较弱，所以用于治疗胃酸过多，故B不具有对应关系；C.金属铜是因为电的良导体，所以用作导电材料，故C不具有对应关系；D.浓硫酸是因为具有吸水性，所以用作干燥剂，故D不具有对应关系；正确答案：A。18.下列知识梳理总结不合理

．．．的是()A.卢瑟福发现原子中存在原子核，提出了“带核”的原子结构模型B.用一束光照射氢氧化铁胶体，可观察到丁达尔现象C.地球上99%以上的溴元素存在海洋中，所以溴被称为“海洋元素”D.蔗糖中加入浓

硫酸，变成“黑面包”，只体现了浓硫酸的脱水性【答案】D【解析】【详解】A、卢瑟福的实验提出了带核的原子结构模型：原子是由原子核和核外电子构成，所以A选项是正确的；B、胶体有丁达尔效应，故用光线照射氢氧化铁胶体，有丁达尔效应，所

以B选项是正确的；C、地球上99%的溴元素存在于海水中，所以溴元素有“海洋元素”之称，所以C选项是正确的；D、蔗糖中加入浓硫酸，变成“黑面包”，体积膨胀说明生成了刺激性气味气体，是浓硫酸将脱水得到的碳氧化成二氧化碳，自身还原成二氧化硫。体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，所以D选项是错误的。故答案

选D。19.下列有关浓硝酸的说法不正确的是A.沸点较高，不易挥发B.为防止见光分解，保存在棕色瓶中C.受热易分解，分解产生的气体又溶解在浓硝酸中，会使浓硝酸显黄色D.常温下就能与铜反应，生成红棕色气体【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸的沸点低，所以浓硝酸易挥发，故A错误；B．浓浓

硝酸见光分解，所以保存在棕色瓶中，故B正确；C．浓硝酸不稳定，易分解，且分解产生的气体又溶解在浓硝酸中，会使浓硝酸显黄色，故C正确；D．浓硝酸强氧化性，常温下能与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮，故D正确；故答案为A

。20.下列分离或提纯物质的方法正确的是A.用酒精萃取溴水中的溴单质B.用蒸馏的方法分离汽油和水的混合物C.用加水溶解、过滤、洗涤、烘干的方法除去MnO2固体中的KClD.用过滤的方法除去NaCl溶液中含有的少量碘单质【答案】C【解析】【详解】A．酒精易

溶于水，不能用作萃取剂，可用苯或四氯化碳，故A错误；B．汽油和水分层，应用分液的方法分离，故B错误；C．二氧化锰不溶于水，过滤可除去氯化钾，洗涤、烘干可得到纯净的二氧化锰，故C正确；D．除去NaCl溶液中含有的少量碘单质应利用CCl4或苯萃取，而不能通过过滤操作分离，故D错误；故答案为C

。【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法)：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法)：分液

，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。21.下列有关硫及其化合物的说法中正确的是A.浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，如可干燥氯气、二氧化硫、氨气等B.浓硫酸与炭共热反应，仅体现了

浓硫酸的强氧化性C.SO2和Cl2均可使品红溶液褪色，但溶有SO2的品红溶液加热后恢复红色，说明SO2的氧化性没有Cl2强D.以FeS2为原料生产硫酸过程中，要用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，所涉及的反应均为氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸的强氧化性和酸性，不能干

燥氨气和硫化氢等还原性气体，可干燥氯气和二氧化硫，故A错误；B．浓硫酸与灼热的炭反应，硫元素化合价都发生变化，只体现了浓硫酸的强氧化性，故B正确；C．二氧化硫的漂白性是因为二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，该反应中二氧化硫不体现氧化性，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二者漂白原理不同，不

能说明二氧化硫的氧化性没有氯气强，故C错误；D．工业制硫酸的三设备是：沸腾炉4FeS2+11O22Fe2O3+4SO2，接触室2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，吸收塔SO3+H2O=H2SO4，沸腾炉、接触室所涉及的反应均为氧化还原反应、吸收塔所涉及的反应不是，故

D错误；故答案为B。22.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程。已知：MgCl2·6H2O受热生成Mg(OH)Cl和HCl气体等。下列有关说法正确的是A.制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClB.在过程②中将MgCl2·6H2O灼

烧即可制得无水MgCl2C.在第③、④、⑤步骤中，溴元素均被氧化D.工业上将石灰水加入到海水中得到Mg(OH)2沉淀【答案】A【解析】【分析】A、反应为NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl；B、镁离子会水解；C、在第③、⑤步骤中发生

的反应为2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，在第④步骤中发生的反应为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；D、氢氧化钙溶解度小；【详解】A、反应为NaCl＋NH3＋H2O＋CO2=NaHCO3↓＋NH4Cl，制取

NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaCl，故A正确；B、氯化镁易水解，为防止氯化镁水解，由MgCl2·6H2O在HCl气体的环境下，加热制取无水MgCl2，Mg是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故B错误；C、在第③、⑤步骤中发生的反应为2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2

，在第④步骤中发生的反应为Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，所以在第③、⑤步骤中，溴元素均被氧化，在第④步骤的溴做氧化剂，故C错误；D、氢氧化钙溶解度小，工业上将石灰乳加入到沉淀池中，经过滤得到Mg(OH)2沉淀，故D错误；故选A。23.下列反应的离子方程式书写

正确的是A.钠与水反应：Na+H2O＝Na++OH－+H2↑B.铜与氯化铁溶液反应：2Fe3++3Cu＝2Fe+3Cu2+C.碳酸钙与醋酸反应：CO32-+2CH3COOH＝2CH3COO－+CO2↑+H2OD.铜与稀硝酸反应

：3Cu+8H++2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】D【解析】【详解】A．钠与水反应，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故A错误；B．铜与氯化铁溶液反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故B错误；C．碳酸钙与醋酸反应

的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故C错误；D．铜与稀硝酸反应，离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故答案为D。【点睛】考查离子反应方程式书写的正误判断，把握发生的反应及离子

反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒。24.对于某些常见离子的检验及结论一定正确的是A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有CO32－B.加入氯

化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸沉淀不消失，一定有SO42－C.加入氯化钠溶液有白色沉淀产生，再加稀硝酸沉淀不消失，一定有Ag+D.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2+【答案】C

【解析】【详解】A、无色气体可能是二氧化碳，也可能是二氧化硫，原溶液不一定有碳酸根存在，故A错误；B、产生沉淀可能是硫酸钡，还可能是氯化银，原溶液不一定有硫酸根存在，故B错误；C、产生沉淀一定是氯化银，故原溶液中一定存在Ag+，故C正确；

D、白色沉淀可能是碳酸钡、碳酸钙等，故无法判断原溶液存在的离子，故D错误。答案选C。25.已知：KClO3＋6HCl(浓)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O，如图所示，将少量试剂分别放入培养皿中的相应位置，实验时将浓盐酸滴在KClO3晶体上，并用

表面皿盖好。下表中由实验现象得出的结论完全正确的是()选项实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有漂白性DK

I­淀粉溶液变成蓝色Cl2具有氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】本题主要考查是氯气的化学性质，根据实验现象可以推断物质的化学性质。【详解】A.滴有KSCN的2FeCl溶液变红，是因为氯气的氧

化性把亚铁氧化为铁离子，铁离子与KSCN反应使得溶液呈红色，故A中结论错误；B.氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，再与碱反应，这里是与水反应的生成物表现为酸性，不是氯气表现为酸性，故B中结论错误；C.紫色石蕊溶液先变红后褪色，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸先酸性，故紫色石蕊溶

液先变红，褪色是因为次氯酸具有漂白性，而非氯气，故C中结论错误；D.因为氯气的把碘化钾中碘离子氧化成碘，故KI­淀粉溶液变成蓝色，故D中结论正确。故答案是D。26.某化学实验室产生的废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，甲同学设计了如下图所示的方案对废液进行处理

，以回收金属，保护环境。据此分析，下列说法正确的是（）A.沉淀A中含有2种金属单质B.可用KSCN溶液来检验溶液B中所含的金属离子C.溶液A若只经过操作③最终将无法得到沉淀CD.操作①②③中都需要用到玻璃棒、漏斗【答案】B【解析】【分析】

Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子和过量的铁反应生成亚铁离子和单质铜，通过过滤得到固体A和溶液A，因为铁过量，沉淀A为铁和铜的混合物，溶液A含亚铁离子；亚铁离子具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入过氧化氢能把亚铁离子氧化成铁离子，故溶液B中含铁离子；铁

离子和碱反应生成氢氧化铁沉淀，故沉淀C为氢氧化铁沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放，以此解答该题。【详解】A.废液中含有Fe3+、Cu2+、Ag+三种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，银离子被还原生成银，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜

、银和过量的铁，故A错误；B.溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，因为Fe3+遇SCN-离子，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，检验溶液B中含有的金属阳

离子常用的试剂是KSCN溶液，故B正确；C.溶液A含亚铁离子，加入碱生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，易被氧化生成氢氧化铁，故C错误；D.操作②加入过氧化氢，为亚铁离子的氧化过程，不需要漏斗，故D错误

。答案选B。27.某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用下图所示装置进行相关实验。请回答：（1）装置A中发生的化学反应方程式为________________________。（2）装置D中试管口放置的棉花中可以浸上NaOH溶液，其作用是___________

__。（3）装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象后，关闭旋塞K并移去酒精灯。B中应放置的液体是(填字母)____。a.水b.酸性KMnO4溶液c.饱和NaHSO3溶液d.浓溴水（4）实验中，取一定质量的铜片和一定体积18mol·L—1的浓硫酸放

在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为可能的原因是____________。【答案】(1).2H2SO4(浓)+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑(2).吸收多余的二氧化硫，防止污染空气(3).c(4).反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应【解析】【分析】(1)加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；(2)二氧化硫有毒不能直接排空，二氧化硫属于酸

性氧化物，能被碱液吸收；(3)关闭旋塞K并移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，导致B中气体压强增大，导致水加入长颈漏斗中；B装置的作用起缓冲作用，所以B中液体不能吸收二氧化硫；(4)加热条件下，浓硫酸和Cu反应而稀硫酸和Cu不反应。【详解】(1)加热条件下，Cu和浓硫酸反应生成硫

酸铜、二氧化硫和水，反应方程式为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑；(2)二氧化硫有毒不能直接排空，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，则NaOH溶液的作用是吸收多余的二氧化硫，防止污染空气；(3)B装置的作用起缓冲作用，所以B中液

体不能吸收二氧化硫；a．二氧化硫气体是酸性氧化物，易溶于水，故a错误；b．酸性KMnO4溶液能和二氧化硫发生氧化还原反应而吸收二氧化硫，故b错误；c．饱和NaHSO3溶液和二氧化硫不反应且抑制二氧化硫溶解，故c正确；d．浓溴水能和二氧化硫发生氧化还原

反应而吸收二氧化硫，故d错误；故答案为c；(4)有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，由此得出反应过程中浓硫酸被消耗，逐渐变稀，而铜不和稀硫酸反应。【点睛】本题考查浓硫酸和SO2的性质，其中浓硫酸有强氧化性，加热条件下能溶解Cu，但稀

硫酸与Cu不反应，这是解题的关键，而还原产物SO2既是酸性氧化物，还有还原性、漂白性，特别是多余的SO2会污染环境，实验操作的安全也是易忽视的知识点。28.以菱镁矿(主要成分是碳酸镁，含少量FeCO3和不溶性杂质)为原料制取硫酸镁晶体(MgSO4·7H2

O)的流程如下：（1）“氧化”的过程目的是在酸性溶液中将Fe2+氧化为易被除去的离子，该过程发生反应的离子方程式是_______________。（2）“氧化”后的溶液与氨水反应生成的沉淀的化学式________，其颜色是_______。

（3）“过滤”所得滤液中含有的阳离子主要有______和______。【答案】(1).H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O(2).Fe(OH)3(3).红褐色(4).4NH+(5).Mg2+【解析】【分析】菱镁矿石(主要成分是MgCO3，并含有FeCO3和不溶

性杂质)加稀硫酸浸取，过滤得到滤液为硫酸镁，硫酸亚铁溶液，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到滤液中含有MgSO4和氯化铵，浓缩结晶、过滤洗涤，得MgSO4•7H2O晶体，以此解答该题。【详解】(1)硫酸亚铁、过氧

化氢和硫酸反应生成硫酸铁和水，化学方程式为2FeSO4+H2O2+H2SO4=Fe2(SO4)3+2H2O，则发生反应的离子方程式是H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；(2)在含有Fe3+的溶液中滴加氨水，反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀；(3)加入氨水

调节溶液pH沉淀Fe3+，过滤得到滤液中含有MgSO4和氯化铵，则所得滤液中含有的阳离子主要有4NH+和Mg2+。【点睛】无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来，物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两

大类：物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等；化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等；要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法。29.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)常温下为白色，能溶于酸，难溶于水、乙醇，是一种温和的氧化剂，常用于鱼

类长途运输的增氧剂等。（1）过氧化钙晶体可用下列方法制备：CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O=CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl。用如下制取装置制备过氧化钙晶体。①装置A中发生反应的化学方程式为____________。②装置C采用冰水浴控制温度在0℃左右，可能的原因主要有：Ⅰ.

该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O产率；Ⅱ.__________________________________。③反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。检验晶体已洗涤干净的操作为：______。

（2）测定产品中CaO2·8H2O含量的实验步骤如下：步骤一：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bgKI晶体，再滴入2mol·L－1的硫酸溶液，充分反应（I－被氧化I2）。步骤二：向上述锥形瓶

中加入几滴淀粉溶液以指示反应的终点。步骤三：逐滴加入浓度为cmol·L－1的Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，记录数据，再重复上述操作2次，得出3次平均消耗Na2S2O3溶液体积为VmL。发生的反应为：I2＋2S2O32-=2I－＋S4O62-，产品中C

aO2·8H2O的质量分数为____(用含字母的代数式表示)。【答案】(1).2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O(2).温度高时，H2O2会分解(3).取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液(或硝酸酸化的硝酸银溶液)，若无白色沉淀

生成，则说明已经洗涤干净(4).0.108Vca或10.8Vc%a【解析】【分析】(1)①根据题意，反应有氨气参与，A装置为Ca(OH)2与NH4Cl共热制氨气，据此书写；②考虑过氧化氢受热易分解；③根据反应CaO2•8H2O晶体表面附着NH

4Cl，检验洗涤液是否含有氯离子可检验晶体是否洗净，据此分析作答；(2)根据电子转移守恒及题中反应方程式，可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，设样品中CaO2的质量分数为x，根据关系式列方程计算。【详解】(1)①根据题意，反应有氨气参与，A装置为Ca(OH)

2与NH4Cl共热制氨气，反应为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；②装置C采用冰水浴控制温度在0℃左右，因为该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2•8H2O产率，同时防止温度高时H2O2

会分解；③CaO2•8H2O晶体表面附着NH4Cl，检验洗涤液是否含有氯离子可检验晶体是否洗净，故检验晶体已洗涤干净的操作为；取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液(或硝酸酸化的硝酸银溶液)，若无白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；(2

)根据电子转移守恒及题中反应方程式，可得关系式：CaO2～I2～2S2O32-，设样品中CaO2的质量分数为x，则由CaO2～I2～2S2O32-可知：参加反应的CaO2的物质的量为V×10-3L×cmol•L-1×12=5Vc

×10-4mol，产品中CaO2·8H2O的质量分数为45Vc10100%ag−=10.8Vc%a。