【文档说明】江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，439.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷可能用到的相对原子质量：H－1C－12N-14O－16Na－23Al－27Fe－56Cu－64一、选择题（共16小题；每小题5分，共80分）1.化学在生活中应用广泛,下列物质性质与对应用途错误的是A.明矾易水解生成胶体，可用作净水剂B.晶体硅熔点高硬度大，可用作芯片C.NaClO具有强氧化

性，可作织物漂白剂D.硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂【答案】B【解析】【详解】A.明矾中铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可用作净水剂，A正确；B.晶体硅导电，可用作芯片，与熔点高硬度大无关系，B错误；C.NaClO

具有强氧化性，可作织物漂白剂，C正确；D.硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂，D正确；故答案选B。2.以下实验装置一般不用于分离物质的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.蒸馏装置，用于分离互溶且沸

点差异较大的液体混合物，A不符题意；B.渗析装置，用于分离胶体和溶液，B不符题意；C.过滤装置，用于分离固液混合物，C不符题意；D.该装置为配制一定物质的量浓度的溶液，不用于分离物质，D符合题意；故答案选D。3.能在水溶液中大量共存的一组离子是

（）A.H+、I-、NO3-、CO32-B.Ag+、Fe3+、Cl-、SO42-C.K+、SO42-、Cu2+、NO3-D.Fe2+、OH-、Cl-、HCO3-【答案】C【解析】【详解】A.NO3−(H+)具有强

氧化性，I−具有强还原性，二者发生氧化还原不能大量共存；B.Ag+与Cl−生成氯化银沉淀，不能大量共存；C.所有离子之间均不发生反应，能大量共存；D.Fe2+与OH−生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存；HCO3−与OH−反应生成水，不能大量共存；故答案选C。【点睛】NO3−酸性条件下

具有强氧化性为常考易错点，解题时要特别留意。4.下列离子方程式中，错误的是（）A.氢氧化钡溶液和稀硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OB.纯碱溶液和过量硝酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑C.硝酸银溶液与食盐水反应：Ag++Cl-=AgCl↓D.醋酸溶液与

氨水反应：CH3COOH+NH3·H2O=NH4++CH3COO-+H2O【答案】A【解析】【详解】A.氢氧化钡溶液和稀硫酸反应的离子方程式应为：22442Ba+2OH+2H+SOBaSO+2HO+−+−=，A离子方程式错误；B.纯碱溶液和过量硝酸反应为：2322CO+2H=HO+CO

−+,B离子方程式正确；C.硝酸银溶液与食盐水反应的离子方程式为：+Ag+Cl=AgCl−，C离子方程式正确；D.醋酸溶液与氨水反应为：332432CHCOOH+NHHONH+CHCOO+HO+−

=，D离子方程式正确；故答案为A。5.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.在常温常压下，28gN2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NAB.标准状况下，17g氨气所含原子数目为NAC.在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NAD.10mL2mol/LH2SO4溶液中取出的5

mL溶液，其浓度为1mol/L【答案】A【解析】【详解】A、温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等均是28g/mol，所以28g混合气体的物质的量为1mol，分子数目一定为NA，A正确；B、17

gNH3的物质的量为1mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA，B错误；C、常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L氮气所含的原子数目小于NA，C错误；D、溶液是均一稳定的，则10mL2mol/LH2SO4溶液中取出的5

mL溶液，其浓度仍然为2mol/L，D错误；答案选A。6.下列有关说法正确的是A.氧化还原反应的本质是元素化合价发生了改变B.物质所含元素化合价降低的反应是氧化反应C.有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应D.还原剂在同一反

应中既可以是反应物，也可以是生成物【答案】C【解析】【详解】A.氧化还原反应的特征是元素化合价发生了改变，A错误；B.物质所含元素化合价降低的反应是还原反应，B错误；C.有单质参加的化合反应中元素的化合价发生了变化，所以一定是氧化还原反应，C正确；D.还

原剂只能是反应物，还原产物是生成物，所以在同一反应中还原剂不可能既是反应物，也是生成物，D错误。7.已知5KCl+KClO3+3H2SO4==3Cl2↑+3K2SO4+3H2O，下列说法不正确的是A.H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂B.1molK

ClO3参加反应时有5mol电子转移C.KClO3是氧化剂D.被氧化与被还原的氯元素的质量比为1:5【答案】D【解析】【分析】反应5KCl+KClO3+3H2SO4＝3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中氯化钾中Cl元素

的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e-，以此解答。【详解】A．反应5KCl+KClO3+3H2SO4＝3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中氯化钾Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，氯化钾是还原剂

，氯酸钾是氧化剂，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；B.1molKClO3参加反应时有1mol×（5-0）=5mol电子转移，B正确；C．所含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，C正确；D．KCl为还原剂，被氧化，KClO3是氧化剂被还原，由反应可知被氧化

与被还原的氯元素的质量比为5：1，D错误；答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念和转移电子的考查。8.下列关于钠及其化合物的叙述错误的是（）A.取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸

、玻璃片B.金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，既有白色沉淀又有气体逸出C.钠投入水中熔化成小球，说明钠的熔点低，且反应放热D.Na2O2与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物【答案】D【解析】【详解】A.取用金属钠时，所需用品有

小刀、镊子、滤纸、玻璃片，A叙述正确；B.金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，钠首先与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，而后氢氧化钠与Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，因此该反应既有白色沉淀又有气体逸出，B叙述正确；C.钠投入水中熔化成小球

，钠能熔化说明钠的熔点低，且反应放热，C叙述正确；D.Na2O2与酸反应除了生成盐和水，还有氧气生成，化合价发生变化，不符合碱性氧化物的定义，所以Na2O2不是碱性氧化物，D叙述错误；故答案选D。【点睛】钠与盐溶液反应的一般规律是钠先与盐溶液中的水反应。9.有关铝及其化合物的说法错误的是（）A

.用于熔化烧碱的坩埚，可用Al2O3这种材料制成B.铝与盐酸或强碱溶液反应都能放出氢气C.氧化铝是一种难熔物质，是一种较好的耐火材料D.氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药【答案】A【解析】【详解】A.Al2O3能与烧碱(NaOH)反应，因此用于熔化烧碱的坩埚不能用Al2O3材料制成，A说法错

误；B.铝与盐酸：322Al+6HCl=2AlCl+3H↑，铝与强碱溶液反应：2222Al+2NaOH+2H0=2NaAlO+3H，铝与盐酸或氢氧化钠溶液反应都能放出氢气，B说法正确；C.氧化铝的熔点高，是一种较好的耐火材料，C说法正确；D.氢氧化铝为一种碱性较弱的碱，能中和

胃酸，可用于制胃药，D说法正确；故答案选A。10.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后固体完全溶解，则下列判断正确的是（）A.溶液中一定含Cu2+和Fe2+B.溶液中一定含Cu2+和Fe3+C.溶液中一定含Fe3+和F

e2+D.溶液中一定含Fe3+、Cu2+和Fe2+【答案】A【解析】因氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，在FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，铁优先与铁离子反应生成亚铁离子，且无固体存在，说明溶液的

铜离子没参加反应，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+，不一定含有Fe3+。答案选A。11.下列说法不正确的是()A.太阳能电池可用二氧化硅材料制作，其应用有利于环保节能B.SiO2可用于制造光导纤维C.

Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂D.建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是无机材料【答案】A【解析】【详解】A.太阳能电池可采用硅材料制作，不是二氧化硅，故A错误；B.SiO2可用于制造光导纤维，故B正确；C.Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂，故

C正确；D.建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥属于硅酸盐材料，水泥是无机非金属材料，故D正确，故选A。【点睛】硅和二氧化硅的用途是高频考点，硅属于半导体材料，可以用于电器元件制备和太阳能电池板材料的制作，二氧化硅传

导光的能力非常强，常用于制造光导纤维。12.下列有关物质性质的应用正确的是（）A.常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存氯水B.次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液C.“84”消毒液与“洁厕灵”混合使用，去污效果更好

D.液氯有酸性，氯水有漂白性【答案】B【解析】【详解】A.氯水中含有盐酸，能够与铁反应，腐蚀钢瓶，因此不可以用钢瓶储存氯水，A错误；B.次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液，B正确；C.“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，“洁厕灵”主要成分为盐酸，二者混

用会发生反应，不但去污效果大大减弱，而且产生有毒的氯气，C错误；D.液氯为液态的氯气，为纯净物，无酸性，氯水中含有次氯酸，具有漂白性，D错误；故答案选B。13.将足量新制氯水分别滴加到下列溶液或滤纸上，对所观察到的现象描述合理

的一组是（）选项AgNO3溶液蓝色石蕊试纸Na2CO3溶液A产生沉淀变红有气泡B无明显现象变红产生沉淀C产生沉淀先变红后褪色有气泡D产生沉淀先变红后褪色产生沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】新制的氯水主要成分为氯气、水、盐酸和次氯酸，次

氯酸具有漂白性，因此新制氯水滴加到AgNO3溶液中，AgNO3溶液与盐酸反应生成白色氯化银沉淀，新制氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，新制氯水滴到碳酸钠溶液，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，据此分析作答。【详解】由分析可知，新制氯水滴到硝酸银溶液、蓝色石蕊试纸、碳酸钠溶液的现象

分别是：产生白色沉淀，先变红后褪色，有气泡产生，因此C选项正确；故答案选C。【点睛】解答新制氯水的有关问题时，掌握氯水的主要成分为解题的关键。14.下列物质间的转化不能一次完成的是()A.Si→SiO2B.CO2→CC.SiO2→H2SiO3D.SiO2→Na2SiO3【答案】C

【解析】【详解】A中Si＋O2SiO2，能一次完成，故不选A；B中CO2＋2Mg2MgO＋C，能一次完成，故不选B；C中转化关系为SiO2―→Na2SiO3―→H2SiO3，即不能一次完成，故选C；D中SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，能一次完成，故不选D。答案选C

。15.Cl2通入足量的氢氧化钠溶液，温度不同时充分反应后产物溶液中除大量OH-外，还有Cl-、ClO-、ClO3-，已知：Cl2+OH-→Cl-+ClO-+H2O（冷碱）、Cl2+OH-→Cl-+ClO3-+H2O（热

碱），并知ClO-、ClO3-离子的物质的量比为2：1，试问原混合气体中Cl2与反应后溶液中的Cl-物质的量之比为（）A.2：5B.3：1C.1：1D.5：7【答案】D【解析】【分析】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别

由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为2:1，则可设ClO−为2mol，ClO3−为1mol，失去电子的总物质的量为2mol×(1－0)＋1mol×(5－0)＝7mol。氧化还原反

应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成Cl−是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，即生成的Cl−的物质的量为7mol，则参加反应的氯气是7mol+3mol5mol2()＝，据此分析。【详

解】据分析可知,原混合气体中Cl2与反应后溶液中的Cl-物质的量之比为5:7；故答案选D。16.某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、Cl—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入

NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是A.溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+B.溶液中n(Al3+)=0.1molC.溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和Cl—D.n(H+)∶n(Al3+)∶n

(Mg2+)=1∶1∶1【答案】D【解析】【分析】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1

-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉

淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；据以上分析解答。【详

解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaO

H)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(N

aOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中

的一种或2种；A．结合以上分析可知，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，故A正确；B.根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，反应消耗氢氧化钠的量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（Al(OH)3）=0.1mol，根据反应过程

中铝元素守恒可知，n(Al3+)=0.1mol，故B正确；C.结合以上分析可知，溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和Cl-故C正确；D.由产生白色沉淀知不含Fe3+，沉淀溶解阶段可知n(Al3+)=0.1mol，Mg2+与Al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉

淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1molAl3+完全沉淀消耗0.3molOH-，则n(Mg2+)=[0.4-0.3]/2=0.05mol，n(Al3+)∶n(Mg2+)≠1:1，故D错误。综上所述，本题选D。二、填空题（共5小题，

共65分）17.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4＋HCl→KCl＋MnCl2＋Cl2↑+H2O（未配平），此反应常温下就可以迅速进行。结合信息，回答下列问题：（1）上述反应中被氧化的元素为______，还原产物是________。（2）当生

成3．36L（标准状况下）Cl2时，转移电子的物质的量为_______。（3）Fe2+也能与MnO4—反应生成Mn2+，反应后Fe2+转化为______。反应中Fe2+表现_______（填“氧化”或“还原”，下同）性，发生______

_反应。（4）如果上述化学方程式中KMnO4和MnCl2的化学计量数都是2，则HCl的化学计量数是_________。（5）实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质

的氧化性由强到弱的顺序为________。【答案】(1).Cl(2).MnCl2(3).0.3mol(4).Fe3+(5).还原(6).氧化(7).16(8).KMnO4>MnO2>Cl2【解析】【分析】（1）反应中HCl→Cl

2，氯元素化合价由-1价升高为0价，KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价。（2）3．36L（标准状况下）Cl2的物质的量为0.15mol，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移的电子的物质的量为0.15mo×2=0.3mol。（3）Fe2+也能与MnO

4—反应生成Mn2+，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe2+被氧化为Fe3+。（4）根据化合价升降法和元素守恒配平方程式。（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物、反应的条件来分析。【详解】（1）反应中HCl→Cl2，氯元素

化合价由-1价升高为0价，KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，被氧化的元素为Cl，该反应中氧化剂是KMnO4，对应的产物MnCl2是还原产物，故答案为Cl；MnCl2。（2）3．36L（标准状况下）Cl2的物质的量为0.15mol，氯元素化合价

由-1价升高为0价，转移的电子的物质的量为0.15mo×2=0.3mol，故答案为0.3mol。（3）Fe2+也能与MnO4—反应生成Mn2+，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe2+被氧化为Fe3+，所以Fe2+具有还原性，发生氧化反应，故答案为Fe3+；还

原；氧化。（4）反应中HCl→Cl2，氯元素化合价由-1价升高为0价，共升高2价，KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，KMnO4和MnCl2的化学计量数都为2，反应中转移电子数为10，故Cl2系数为5，再根据元素守恒确定其它物质的

系数，配平方程式2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑+8H2O，故答案为16。（5）由于氧化剂的氧化性大于氧化产物，2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑+8H2O，故氧化性：KMnO4>Cl2，MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气

，该反应中MnO2作氧化剂，氯气是氧化产物，故氧化性：MnO2>Cl2，KMnO4常温下将HCl氧化成氯气，MnO2加热时将HCl氧化成氯气，KMnO4的氧化性强于MnO2，氧化性由强到弱的顺序为KMnO4>MnO2>Cl2，故答案为KMnO4>MnO2>Cl2。18.氮化硅高温陶瓷材料是现代重要

的结构陶瓷，因其有硬度大、熔点高、化学性质稳定等特点而受到广泛关注。工业上普遍用下列流程进行生产：（1）SiO2和C反应除了得到粗硅外，还有可能得到一种硬度也很大的物质SiC，是生成粗硅还是生成该物质主要是由___决定的。（2）反应①的条

件是隔绝空气和____。（3）写出制粗硅的反应的化学方程式____。（4）写出硅与氢氧化钠溶液的离子方程式____。（5）现在是用四氯化硅、氮气、氢气在稀有气体保护下加强热，得到纯度较高的氮化硅，其反应

方程式为___。【答案】(1).C的用量(2).高温(3).2SiO+2C==Si+2CO高温(4).2232Si+2OH+HO=SiO+2H−−(5).42234=3SiCl+2N+6HSiNCl=+12H高温【解析】【分析】(

1)C过量会发生后续C和Si的反应，导致生成物不同，据此解答；(2)四氯化硅和氢气的反应需要高温条件，据此解答；(3)制粗硅为碳高温下与二氧化硅的反应，据此解答；(4)硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和氢气，据此解答；(5)

由题干信息可推知反应物和生成物，据此写出相应的化学方程式。【详解】(1)如果碳足量生成的硅与碳继续反应生成硬度也很大的物质碳化硅，所以生成粗硅还是生成SiC主要是由C的用量决定；故答案为：C的用量；(2)四氯化硅和氢气的反应还需要高温条件,所以反应①的条件是隔绝空气和高温

；故答案为：高温；(3)制粗硅的反应的化学方程式为：2SiO+2C==Si+2CO高温；故答案为：2SiO+2C==Si+2CO高温；(4)硅与氢氧化钠溶液的离子方程式为：2232Si+2OH+HO=SiO+2H−−；故答案为：2232Si+2OH+HO=SiO

+2H−−；(5)用四氯化硅、氮气、氢气在稀有气体保护下加强热，得到纯度较高的氮化硅，其反应方程式为42234=3SiCl+2N+6HSiNCl=+12H高温。19.如图是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质和条件被略去。A、X、Y是常见金属单质，其中Y既能与强

酸反应，又能与强碱反应；B、C、E是常见气体，G的焰色反应呈黄色；I的溶液呈黄色。请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式A___、F___、X___；（2）说出黄绿色气体C的一种用途____；（3）实验室检验H中所含的金属阳离子的方法是：___；（4）写出Y和D溶液反应的离子方程式___；

（5）写出I与X溶液反应的化学方程式___。【答案】(1).Na(2).AlCl3(3).Fe(4).工业制盐酸、杀菌、消毒、农药生产、药物合成等(5).先加KSCN溶液（或硫氰化钾溶液）无明显现象，再加氯水，溶液变为血红色(6).2222Al+2OH

+2HO=2AlO+3H−−(7).322FeCl+Fe=3FeCl【解析】【分析】金属单质Y既能与强酸反应，又能与强碱反应，应为Al，金属单质A与水反应生成D，D可与铝反应，且G的焰色反应呈黄色，可知D应含有Na元素，则A为Na，D为NaOH，B为H2，G为NaAl

O2，气体C与氢气反应，且与铝反应，气体C应为Cl2，则F为AlCl3，E为HCl，由E→H→I的转化关系可知金属X为变价金属，应为Fe，则H为FeCl2，I为FeCl3。【详解】(1)由以上分析可知A为Na，F为AlCl3，X为Fe；故答案为：Na；AlCl3；Fe;(

2)C为氯气，可用于工业制盐酸或自来水的杀菌消毒或农药生产、药物合成等；故答案为：工业制盐酸、杀菌、消毒、农药生产、药物合成等；(3)H为FeCl2，检验亚铁离子的方法为：先加入KSCN溶液，没有现象，再加入氯

水，如溶液变为血红色，说明含有亚铁离子；故答案为：先加入KSCN溶液，没有现象，再加入氯水，如溶液变为血红色，说明含有亚铁离子；(4)Y和D溶液反应的离子方程式为：2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H−−；故答案为：2222Al+2

OH+2HO=2AlO+3H−−；(5)I与X溶液反应的化学方程式为：322FeCl+Fe=3FeCl；故答案为：322FeCl+Fe=3FeCl；【点睛】本题考查无机物的推断，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，熟练掌握元素化合物性质和

物质的特征颜色等是推断的突破口。本题可以从“Y既能与强酸反应，又能与强碱反应”、“G的焰色反应呈黄色”等突破。20.如图中，A是氯气的发生装置，B、C是净化气体的装置，B装置中装有饱和食盐水，D中装铁丝网；反应后E的底部有棕色固体聚集；F是碱液用于吸收多余气体的装置

。（1）上述装置中有一处错误，请指出是___处(用字母表示)。（2）B装置的作用是___，C装置中需要加入___。（3）写出A中发生反应的化学方程式___。（4）如果A中产生氯气2.24L(标准状况)，则被氧化的HCl的物质的量为___。【答

案】(1).B(2).除去氯气中的氯化氢(3).浓硫酸(4).2222MnO+4HClMnCl+Cl+2HO（浓）(5).0.2mol【解析】【分析】(1)洗气装置应该长管进气，短管出气，B装置错误；(2)B、C是净化气体的装置，气体杂质为HCl和H2O，应使用饱和食盐水先除去氯气中的

氯化氢,然后用浓硫酸除去水蒸气，据此解答；(3)实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，生成氯化锰、氯气和水，据此写出化学方程式；(4)HCl被氧化后转变成Cl2，2HCl→Cl2，被氧化的HCl的物质的量：2.2420.2mol22.4=。【详解】(1)由分

析可知，B装置错误；故答案为：B；(2)据分析可知，B装置的作用为除去氯气中的氯化氢，C装置需要加入浓硫酸，故答案为：除去氯气中的氯化氢；浓硫酸；(3)A中发生反应的化学方程式为：2222MnO+4HClMnCl+Cl+2HO（浓）

；故答案为：2222MnO+4HClMnCl+Cl+2HO（浓）；(4)由分析可知，被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；故答案为：0.2mol。21.按要求填空：某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：（1）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯

水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为___。（2）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶

液变红，煤油的作用是___。【答案】(1).2322Fe+Cl=2Fe+2Cl++−(2).隔绝空气（排除氧气对实验的影响）【解析】【详解】(1)FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为2322Fe+Cl=2Fe+2Cl++−；故答案为：

2322Fe+Cl=2Fe+2Cl++−；(2)因为空气中的氧气也可将亚铁离子氧化，所以加入煤油的作用是隔绝空气(排除氧气对实验的影响);故答案为：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)。22.工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操

作流程如图(金属单质E可由滤液C制取)：已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。（1）固体混合物B的成分是__。（2）滤液A中铁元素的存在形式为__(填离子符号)，生成该离子与Fe元素有关的离子反应

方程式为___，___。（3）在滤液C中通入过量CO2气体，除了CO2+OH-=HCO3-主要离子方程式有：__。【答案】(1).SiO2和Cu(2).Fe2+(3).3232FeO+6H=2Fe+3HO++(4).

3222Fe+Cu=2Fe+Cu+++(5).()22233AlO+CO+2HO=AlOH+HCO−−【解析】【分析】Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2+，SiO2与盐酸不反应，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，Fe3+与Cu反应生成Fe2

+，因此，固体B为SiO2和Cu，滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+，加入足量的NaOH溶液，滤液C中含有AlO2−，金属E为Al，固体D为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物，在空气中灼烧，F为CuO和F

e2O3的混合物，粗铜为Cu、Al和Fe的混合物，经过电解可得纯铜。【详解】(1)由分析可知，固体B为SiO2和Cu；故答案为：SiO2和Cu；(2)Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2+，Fe2O3与盐酸反应生成

Fe3+，3232FeO+6H=2Fe+3HO++，反应生成Fe3+，Fe3+与Cu反应生成2Fe+，3222Fe+Cu=2Fe+Cu+++，有Cu剩余，则溶液中铁离子转化为亚铁离子，所以滤液A中铁元素的存在形

式为Fe2+；故答案为：Fe2+；3232FeO+6H=2Fe+3HO++；3222Fe+Cu=2Fe+Cu+++；(3)在滤液C中含氢氧化钠和偏铝酸钠溶液，通入过量CO2发生反应，生成碳酸氢钠，氢氧化铝，反应的

离子方程式为：23OH+CO=HCO−−；()22233AlO+CO+2HO=AlOH+HCO−−；故答案为：()22233AlO+CO+2HO=AlOH+HCO−−。