【文档说明】重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(18)页，1.249 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附中2022—2023学年度上期期中考试高一化学试题(满分：100分；考试时间：75分钟)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上。2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必

须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整。3.考试结束后，将答题卡交回(试题卷学生留存，以备评讲)。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中

，只有一项是符合题目要求的。1.我国古代文化博大精深，下列与化学有关的描述不涉及氧化还原反应的是A.《寒食》中“日暮汉宫传蜡烛，轻烟散入五侯家”描述蜡烛燃烧的情况B.《荀子•劝学》中“冰，水为之，而寒于水，木直中绳……”描述人类对结冰的认识C.《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成

丹砂”描述炼丹的变化过程D.《天工开物》中“以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……魂散惊而魄齑粉”描述黑火药的爆炸场景【答案】B【解析】【详解】A．蜡烛燃烧，O元素有化合价变化，故是氧化还原反应，A不符合；B．水结冰属于物理变化，不是氧化还原反应，B符合；C．硫化汞生

成水银，Hg化合价有变化，故是氧化还原反应，C不符合；D．黑火药爆炸，O、N、S、C元素都有化合价变化，故是氧化还原反应，D不符合；故答案为：B。2.物质的性质决定用途，下列物质的应用与其性质没有对应关系的是A.铁粉用作食品的保鲜抗氧化剂B.呼吸面具中用过氧化钠作供氧剂C.金属元素发

生化学反应用以制五彩缤纷的烟花D.面团中加入小苏打，蒸出的馒头疏松多孔【答案】C【解析】【详解】A．铁粉具有还原性，作为食品的保鲜抗氧化剂，故A不合题意；B．呼吸面具中用过氧化钠作供氧剂，工作时氧元素的化合价从-1价变为0价，说明该反应与氧化还原反应有关，故

B项不合题意；C．“焰色试验”过程中不同金属或它们的化合物在灼烧时会放出多种不同波长的光，利用了金属元素“焰色试验”的原理，故C项符合题意；D．面团中加入的小苏打，受热时发生分解反应，生成二氧化碳气体等，可使蒸出的馒头疏松多孔，故D项不合题意；故选C。3.下列各组离子在指定

溶液中能大量共存的是A.澄清透明溶液中：43KHMnONO++−−、、、B.无色透明溶液中：222227FeMgCrOS−−++、、、C.pH1=的透明溶液中：2-2-343HOCeCOaFS++、、、D.能使酚酞变红的溶液中：42-3CNNHClOa

++−、、、【答案】A【解析】【详解】A．43KHMnONO++−−、、、四种离子不发生反应可以共存，A正确；B．2Fe+是浅绿色，227CrO−是橙红色，并且亚铁离子和硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，不能大量共存，B错误；C．酸性溶液中-+322HCO+H=HO+CO，透明溶液

中：242-4CC+SOaOaS+=，2-2-343HOCeCOaFS++、、、不能大量共存，C错误；D．使酚酞变红的溶液显碱性+-432NH+OH=NHHO，所以42-3CNNHClOa++−、、、不能大量共存，

D错误；故选A。4.下列实验操作规范且能达到实验目的的是ABCD实验室快速制取2ONaCl溶液的蒸发结晶沉淀的过滤观察钾的焰色反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．过氧化氢在二氧化锰催化作用下快速分解生成氧气，A正确；B．蒸发溶液应

该在蒸发皿中进行，B错误；C．过滤操作中漏斗的下端应与烧杯内壁紧贴，C错误；D．钾的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，D错误；故选A。5.下列说法正确的是A.苏打常用做胃酸中和剂B.金属钠与氧气反应，条件不同，产物相同C.钠与水反应所得产物既有电解质又有非

电解质D.过氧化钠与水或二氧化碳反应时，过氧化钠既做氧化剂又做还原剂【答案】D【解析】【详解】A．用作胃酸中和剂为小苏打，苏打的水溶液碱性过强，故其不可用作胃酸中和剂，，故A错误；B．钠与氧气反应，常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，所以产物与反应条件有关，故B错误；C．Na跟水反应所得产物为Na

OH和H2，其中NaOH为电解质，而H2既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D．过氧化钠与水反应时，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，水既不作氧化剂又不作还原剂，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠既作氧化剂又作还原剂，二氧化碳既不

作氧化剂又不作还原剂，故D正确；故选D。6.下列指定反应的离子方程式正确的是的A.氯化铁溶液腐蚀铜箔：322FeCuFeCu++++=+B.氯气通入KI溶液中：22Cl2I2ClI−−+=+C.氯化铝溶液与浓氨水混合：33Al3OHAl(OH)+−+=D.氢氧化镁固体

溶解于氯化铵溶液：222Mg(OH)2HMg2HO+++=+【答案】B【解析】【详解】A．氯化铁溶液腐蚀铜箔，电荷不守恒，正确离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，A错误；B．氯气通入KI溶液中：Cl2+2I−=2Cl−+I2，B正确；C．氯化铝溶液与浓

氨水混合，氨水是弱电解质不拆，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3+3+4NH，C错误；D．氢氧化镁固体溶解于氯化铵溶液离子反应方程式为Mg(OH)2+2+4NH=Mg2++2NH3+2H2

O，D错误；故答案为：B。7.为提纯下列物质(括号内的物质是杂质)，所选用的除杂试剂正确的是选项被提纯的物质除杂试剂A()22COSONaOHB3KClO(KCl)2MnOC()2324NaCONaSO2Ba(OH)

D()323NaHCONaCO2COA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化钠不但吸收二氧化硫同时吸收二氧化碳，A错误；B．二氧化锰无法除去氯酸钾中氯化钾，B错误；C．氢氧化钡不但和硫酸钠反应

也会和碳酸钠反应，C错误；D．向碳酸钠溶液中通入二氧化碳可以生成碳酸氢钠，D正确；故选D。8.下列实验方案中，不能测定出23NaCO和3NaHCO的混合物中23NaCO质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混

合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液C.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg【答案】B【解析】【详解】

A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液，由于没有沉淀

或气体产生，无法求出与Na2CO3、NaHCO3相关的微粒的质量或物质的量，无法求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B符合题意；C．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由

此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，C不符合题意；D．取ag混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，即CO2的质量为bg，由a和b建立方

程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，D不符合题意；故答案为：B。9.某溶液中含有42-2-34NOSaKNHCSOl+++−、、、、、，向其中加入足量的22NaO固体后，假设溶液体积不

变，溶液中离子浓度变化不大的是A.4NHCl+−、B.2-4KSO+、C.KCl+−、D.2-3SNOa+、【答案】C【解析】【分析】22NaO具有强氧化性，22NaO与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈现碱性。能与-OH反应的离子和具有还原性的

离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化。【详解】22NaO与水反应生成氢氧化钠和氧气，使溶液呈现碱性，4NH+与-OH反应生成NH3，则4NH+浓度减小；22NaO具有强氧化性，将2-3SO氧化

为2-4SO，则2-3SO浓度减小，2-4SO浓度增大；生成氢氧化钠使溶液中Na+浓度增大，所以KCl+−、浓度基本不变，故选C。10.下列氧化还原反应常识说法正确的是A.分别由4KMnO、3KClO、22NaO产生等质量的2O时，转移的电子数之比为1∶1∶1B.NaH可用作野外生氢剂

，作生氢剂时发生氧化还原反应22NaHHOHNaOH+=+，则该反应中2H既是氧化产物又是还原产物，且之比为1∶1C.24KFeO(高铁酸钾)是一种新型绿色消毒剂，常用ClO−和3Fe+在KOH溶液中反应制得，同时生成KCl，则该反应的氧化剂与还原剂之比为2∶3D.以二硫化亚铁铜为原料进

行火法炼铜，发生反应22222CuFeSOCuS2FeSSO+=++，2CuFeS仅作还原剂，硫元素被氧化【答案】B【解析】【详解】A．KMnO4、KClO3中O元素的化合价为-2价，生成1molO2转移4mol电子，Na2O2中O元素的化合价为-1价

，生成1molO2转移电子为2mol，分别由KMnO4、KClO3、Na2O2产生等质量的O2时，转移的电子数之比为2∶2∶1，A错误；B．NaH+H2O=H2↑+NaOH，NaH中的H化合价为-1价，被氧化生成1molH2，失去2mol电子，H2O中的H化合价为+1价，被还原生成1molH2

得到2mol电子，反应中H2既是氧化产物又是还原产物，根据电子守恒可知氧化产物和还原产物之比为1∶1，B正确；C．ClO−中Cl元素为+1价，做氧化剂，被还原成1molCl-得到2mol电子，K2Fe

O4化合价为+6价，Fe3+做还原剂，则1molFe3+被氧化生成1molK2FeO4失去3mol电子，根据电子守恒可知氧化剂与还原剂之比为3∶2，C错误；D．2CuFeS2+O2=Cu2S+2FeS+SO2，CuF

eS2中的Cu从+2价降低为+1价，S由-2价升高到+4价，则既是氧化剂也是还原剂，D错误；故答案为：B。11.下列各组实验，根据实验现象得出结论正确的是选项实验操作和实验现象结论A向酸性4KMnO溶液中加入22HO溶液，

产生无色无味的气体，溶液紫红色褪去氧化性：42KMnOOB先向某溶液中加入2BaCl溶液，再加入足量盐酸；先产生白色沉淀，后沉淀不溶解原溶液中一定含有2-4SOC将红热木炭放入浓硫酸中，产生的气体通入到澄清石灰水中，石灰水变浑浊碳被氧化成

2COD向4CuSO溶液中通入2HS气体，产生黑色沉淀酸性：224HSHSOA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向酸性KMnO4溶液中加入H2O2溶液，产生无色无味的气体(氧气)，溶液紫红色褪去，高锰酸钾是氧化剂，氧气是氧化产物，氧化剂的氧化性大

于氧化产物，A正确；B．先向某溶液中加入BaCl2溶液，再加入足量盐酸，先产生白色沉淀，后沉淀不溶解，沉淀可能为硫酸钡或者氯化银，不能确定是硫酸根还是银离子，B错误；C．将红热的木炭放入浓硫酸中，生成二氧化碳和二氧化硫，都能石灰水变浑浊，不能确定碳被氧化成CO2，C错误

；D．向CuSO4溶液中通入H2S气体，产生黑色沉淀硫化铜，硫化铜为不溶于稀盐酸和稀硫酸的沉淀，故无法判断H2S和H2SO4的酸性，D错误；故答案为：A。12.汽车尾气系统中均安装了催化转化器。在催化转化器中，汽车尾气中的CO和NO在催化剂高温条件下发生

反应，生成两种无毒气体。下列说法错误的是A.上述反应的化学方程式为222CO2NO2CON++催化剂高温B.氧化产物与还原产物的分子数之比为2∶1C.催化转化过程中NO中的N元素被氧化D.将CO和NO转化为无毒物质，从而减少了汽车尾气排放所造成的空气污染【答案】C的【解析

】【详解】A．CO和NO在催化剂高温条件下反应生成两种无毒气体，则这两种气体为N2和CO2，反应的化学方程式为222CO2NO2CON++催化剂高温，A正确；B．CO和NO反应的化学方程式为222CO2NO2CON++催化剂高温，该反应中CO失电子被氧化生成的CO2为氧化产物，NO得电子被还

原生成的N2为还原产物，则氧化产物和还原产物的分子数之比为2：1，B正确；C．催化转化过程中NO得电子氮元素被还原生成N2，C错误；D．CO和NO为污染气体，将其转化为N2和CO2两种无毒气体，可减少汽车尾气排放造成的空气污染，D正确；故答

案选C。13.将2O和2HS的混合气体通入223CuClFeClFeCl、、的混合溶液中，转化关系如图所示，下列说法正确的是A.整个过程可以循环利用的离子只有32FeFe++、B.过程Ⅱ反应的离子方程式为22CuSCuS+−+=C.在图示转化关系中化合价发生改变的元素只有O和SD.从上述转化过

程可以得出氧化性强弱顺序为32OFeS+【答案】D【解析】【详解】A．整个过程可以循环利用的离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+三种离子，A错误；B．H2S为弱电解质不拆，过程Ⅱ反应的离子方程式为Cu2++H

2S=CuS↓+2H+，B错误；C．在图示转化关系中化合价发生改变的元素有O、S、Fe，C错误；D．根据反应I，氧化性O2>Fe3+，根据反应Ⅲ，氧化性Fe3+>S，氧化性强弱顺序为O2>Fe3+>S，D正确；故答案为：

D。14.侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献，他所发明的联合制减法的生产流程可以简化成下图。下列说法错误的是A.第②步发生的主要反应为32234NHHOCONaClNaHCONHCl++=+B.流

程中先通3NH是为了形成碱性环境，以吸收更多的2CO，提高生产效率C.可用2Ba(OH)溶液鉴别小苏打和纯碱D.该工艺的碳原子利用率理论上为100%【答案】C【解析】【详解】A．第②步发生的主要反应是利用碳酸氢钠溶解度小的原理

，NH3⋅H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，A正确；B．氨气的溶解度大，故流程中先通NH3是为了形成碱性环境，以吸收更多的CO2，提高生产效率，B正确；C．Ba(OH)2溶液与小苏打和纯碱都反应生成碳酸钡沉淀，C错误；D．该工艺的碳原子都转化为目标

产物（碳酸氢钠），故利用率理论上为100%，D正确；故答案为：C。二、填空题：本大题共4小题，共58分。15.氧化还原反应在工农业生产、日常生活中具有广泛用途，贯穿古今。（1）“维生素C可以将食物中的3Fe+转化为2

Fe+”，说明维生素C具有_____(填“氧化性”或“还原性”)。（2）4NHCl常用于焊接，在焊接铜器时可用4NHCl除去铜器表面的氧化铜，便于焊接，其反应如下：_____CuO+_____4NHClΔ_____Cu+_____2CuCl+_____2N+_____2HO①配平上述氧

化还原反应_____。②该反应中，氧化剂是_____(填化学式)，被氧化元素是_____(填元素名称)。的（3）二氧化氯是一种高效消毒剂。工业上制备2ClO的反应为32222NaClO4HCl2ClOCl2HO2NaCl++++=①该反应中的还原产物是_____(写化学

式)，反应中每生成1个2ClO分子，转移电子的数目为_____。②用双线桥标出反应中电子转移的方向和数目_____。③2ClO在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯酸盐(2ClO−)，需要将其转化为Cl−

除去，下列试剂能实现其转化过程的是_____(填序号)A．2OB．2FeClC．KID．4KMnO（4）双氧水是公认的绿色氧化剂。已知氧化性强弱顺序为()3222HOHFeI++，向2FeI溶液中加入

足量硫酸酸化的双氧水，发生反应的离子方程式为_____。【答案】（1）还原性（2）①.4222Δ423N4HOCuONHClCuCuCl++++②.CuO③.氮（3）①.2ClO②.AN③.④.BC（4）+3+222222FeI+3HO+6H=

2Fe+2I+6HO【解析】【小问1详解】3Fe+转化为2Fe+，化合价降低，得电子，作氧化剂，说明维生素C作还原剂，具有还原性，故答案为还原性；【小问2详解】①Cu元素的化合价由+2价降低为0价，N元素的化合价由-3价升高为0价，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而Cu得到

2个电子，根据得失电子守恒，NH4Cl的化学计量数为2，铜的化学计量数为3，再结合原子守恒可知，化学方程式为4222Δ423N4HOCuONHClCuCuCl++++，故答案为；②N元素失去电子被氧化，Cu元素得到电子被还原，则CuO为氧化剂，故答案为CuO；氮；【小

问3详解】①2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl反应中只有NaClO3→ClO2时Cl元素化合价由+5降低为+4价，所以ClO2为还原产物，反应中每生成1个2ClO分子，转移电子的数目为AN，故答案为

2ClO；AN；②2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl反应中只有NaClO3→ClO2时Cl元素化合价降低，4HCl中2HCl→Cl2时Cl元素的化合价由-1价升为0，则双线桥表示该反应中电子

转移的方向和数目为；③ClO2在杀菌消毒过程中会产生少量副产物亚氯酸盐(2ClO−)，需将其转化为C1-除去，即使2ClO−被还原，需要加入还原剂，FeCl2和KI可以做还原剂，O2和KMnO4只能做氧化剂，故选BC；【小问4详解】双氧水过量

，则按比例氧化亚铁离子、碘离子，向2FeI溶液中加入足量硫酸酸化的双氧水，发生反应的离子方程式为+3+222222FeI+3HO+6H=2Fe+2I+6HO，故答案为+3+222222FeI+3HO+6H=2Fe+2I+6HO。16.22NaO具有强氧化性，2H

具有还原性，某探究小组的同学学习氧化还原反应的知识后推测22NaO与2H可以发生反应。为了验证他们的猜想，设计了如图所示的实验进行验证。Ⅰ．实验探究：（1）利用装置A制取2H，写出装置A中反应的离子方程式_____，B装置的作用是_____，里面盛放的试剂可以是

_____(填序号)。A．浓硫酸B．碱石灰C．无水氯化钙D．无水硫酸铜（2）下面是实验过程中的重要步骤，选出正确的操作顺序_____。①用小试管收集气体，并检验其纯度②组装好实验装置，检查装置的气密性③加热

装有22NaO的硬质玻璃管，使其逐渐熔化，反应一段时间④打开止水夹1K和2K，通过分液漏斗向A中滴加稀盐酸⑤停止加热，充分冷却后，关闭止水夹1K和2K（3）在实验过程中观察到C中淡黄色固体逐渐变成白色，无水硫酸铜未变成蓝色，则22NaO与2H反应化学方程式为_____。（4）若只用

水和酚酞溶液_____(填“能”或“不能”)检验C中22NaO是否反应完全，若出现_____的现象(若不能，此空不填)，则22NaO没有反应完全。Ⅱ．数据处理：（5）实验结束以后，该小组的同学还想测定C装置内白色固体中未反应完的22NaO

含量。操作流程如下：①白色固体中22NaO的质量分数为_____(用含1m和2m的式子表示)。②若在转移溶液的过程中，不小心将溶液溅到蒸发皿外面，则测得的22NaO的质量分数_____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)【答案】（1）①.Zn+2H+=Zn2++H2②.干燥，并且

除去挥发的HCl气体③.B（2）②④①③⑤（3）Na2O2+H2Δ2NaOH（4）①.能②.使酚酞变红，并且一段时间后酚酞褪色（5）①.21139(m-m)m×100%；②.偏小【解析】【分析】A装置盐酸和锌反应生成氢气，B装置作用是干燥

，并且除去挥发的HCl气体，应该用碱石灰，C中H2和Na2O2反应生成氢氧化钠，D中的无水硫酸铜检验是否有水生成。【小问1详解】A中反应的离子方程式为Zn+2H+=Zn2++H2；B装置作用是干燥，并且除去挥发的HCl气体；A．浓硫酸只能干燥，不能除去

HCl，A不符合；的B．碱石灰干燥，并且除去挥发的HCl气体，B符合；C．无水氯化钙只能干燥，不能除掉HCl气体，C不符合；D．无水硫酸铜只能检验是否有水生成，不能干燥，也不能除去HCl气体，D不符合；综上所述B符合；故答案为：Zn+2H+=Zn2++H2；

干燥，并且除去挥发的HCl气体；B。【小问2详解】重要步骤顺序是②组装好实验装置，检查装置的气密性，④打开止水夹K1和K2，通过分液漏斗向A中滴加稀盐酸，①用小试管收集气体，并检验其纯度，③加热装有Na2O2

的硬质玻璃管，使其逐渐熔化，反应一段时间，⑤停止加热，充分冷却后，关闭止水夹K1和K2；综上所述正确顺序是②④①③⑤；故答案为：②④①③⑤。【小问3详解】无水硫酸铜未变成蓝色，说明没有水生成，只有氢氧化钠，则Na2O2与H2反应的化学方程式为Na2O2+H2Δ2NaOH；故答案为：Na2O

2+H2Δ2NaOH。【小问4详解】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠能使酚酞变红，并且一段时间后酚酞褪色，因为过氧化钠与水反应生成过氧化氢，具有漂白性，能使酚酞褪色，故能用水和酚酞检验过氧化钠是否反应完全；故答案为：能；

使酚酞变红，并且一段时间后酚酞褪色。【小问5详解】白色固体中Na2O2的质量为xg，△m为氢氧化钠和过氧化钠的质量差，则221222g2+2HO=+Om154NaO4NaOH6160xg(m-m)，解得x=39(m2-m1)g，则Na2O2的质量分数为21139(m-m)m×100%；不小

心将溶液溅到蒸发皿外面，则m2偏小，测得的Na2O2的质量分数偏小；故答案为：21139(m-m)m×100%；偏小。17.化学工艺即化学生产技术，指的是将原料通过化学反应转化成产品且除去杂质的方法和过程，包括实

现这些转变的全部操作。绿矾(42FeSO7HO)具有补血消积、解毒敛疮、燥湿杀虫功效，工业上用赤铁矿(含23FeO、FeO，也含有232AlOMnOCuO、、等杂质)制备绿矾的工艺流程如图所示。（1）操作①的名称是_____，需要用到的玻璃仪器主要包括烧杯、_____。（2）23AlO属于两性

氧化物，可以与NaOH等强碱反应生成偏铝酸钠(2NaAlO)，写出23AlO与NaOH溶液反应的离子方程式_____。（3）向滤渣I中加入适量的试剂a名称为_____。加入过量试剂b后发生反应的离子方程式有_____、_____。（4）已知

4FeSO的溶解度随温度的升高而增大，则操作④包含蒸发浓缩、_____、过滤、洗涤、干燥。操作④需要隔绝空气的主要原因是_____。【答案】（1）①.过滤②.漏斗、玻璃棒（2）2322AlOAlOHO2OH2−−++=（3）①.稀硫酸②.

32Fe+2Fe=3Fe++③.22Fe+Cu=Cu+Fe++（4）①.冷却结晶②.防止溶液中的Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+【解析】【分析】由制备流程可知，向赤铁矿(含23FeO、FeO，也含有232AlOMnOCuO、、等杂质)中加NaOH溶液小火煮沸，

Al2O3与NaOH反应，过滤后滤液I中含Na+、OH-、AlO2−，滤渣I中含Fe2O3、FeO、MnO2、CuO，试剂a为稀硫酸，操作①②均为过滤，滤液Ⅱ中含Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4；加入过量的试剂b为Fe，经操作③过滤后所得滤渣Ⅲ为Cu、Fe，滤液Ⅲ含FeSO4，在

隔绝空气的条件下，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，以此解答该题。【小问1详解】操作①为过滤，用于分离固体和液体，过滤时需要用到的玻璃仪器主要包括烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒。【小问2详解】2

3AlO与NaOH溶液反应生成2NaAlO和水，其离子方程式为2322AlOAlOHO2OH2−−++=，故答案为：2322AlOAlOHO2OH2−−++=。【小问3详解】根据分析，试剂a为稀硫酸，滤液Ⅱ中含Fe2(SO4)3、FeSO4、CuSO4，试剂b为F

e，加入过量试剂b后发生反应的离子方程式有32Fe+2Fe=3Fe++、22Fe+Cu=Cu+Fe++，故答案为：硫酸；32Fe+2Fe=3Fe++；22Fe+Cu=Cu+Fe++。【小问4详解】4FeSO的溶解度随温度的升高而增大，则操作④包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

。亚铁离子不稳定，易被空气中的氧气氧化生成铁离子，所以操作④隔绝空气的目的是防止溶液中的Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+，故答案为：冷却结晶；防止溶液中的Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+。18.某混合

溶液中可能含有H+、Na+、K+、4NH+、Cl−、24SO−、2-3SO、2-3CO，且溶液中各离子的浓度均相等，取三份样品溶液进行如图所示的实验。已知：①氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；②稀硝酸的还原产物为无色气体NO，遇空气变成红棕色气体2NO。（1）沉淀

A的化学式为_____，写出由样品与3HNO、()32BaNO反应生成沉淀A的离子方程式_____。（2）无色气体E在空气中被氧化为红棕色气体F的化学方程式为_____。（3）生成沉淀C的离子方程式为_____。（4）生成气体D的离子方程式

为_____。（5）通过以上实验可以得出混合物中一定含有的离子有Cl−、Na+和_____，一定不存在的离子有_____。【答案】（1）①.4BaSO②.2++233423Ba+2H+2NO+3SO=3BaSO2NOHO−−++（2）222N

O+O=2NO（3）Ag+Cl=AgCl+−（4）324ONOHHNHH+−++（5）①.23SO−、+4NH、K+②.H+、24SO−、2-3CO【解析】【分析】第一份样品溶液与足量3HNO酸化的32Ba(NO)溶液反应生成无色气体E、沉淀A和溶液B，无色气体E遇空

气变成红棕色气体F，由题给信息知，E为NO，F为NO2。由于反应有NO生成，说明发生了氧化还原反应，3HNO作氧化剂，则必有还原剂，故样品溶液中一定含还原剂23SO−，23SO−被氧化为24SO−。沉淀A加足量盐酸沉淀不溶解，则该沉淀为4BaSO，故样品溶

液中一定含23SO−，可能含24SO−，由于H+与23SO−不共存，因此一定不含H+。溶液B与硝酸银反应生成不溶于硝酸的沉淀C，则沉淀C为AgCl，可知样品溶液中一定含Cl−。第二份溶液与NaOH浓溶液加热生成的气体能使湿润的石蕊试纸变蓝，说明生成了氨气，则样品溶液

中有+4NH。第三份溶液焰色试验火焰呈黄色，说明样品溶液中一定含有Na+，不能确定是否含K+。所以样品溶液中一定含有23SO−、Cl−、+4NH、Na+，一定不含H+，由于溶液中各离子的浓度均相等，根据电荷守恒，样品溶液中一定含有K+，一定不含24SO−、2-3CO。综上所述，样品溶液中一定含

有23SO−、Cl−、+4NH、Na+、K+，一定不含H+、24SO−、2-3CO。【小问1详解】根据分析，沉淀A化学式为4BaSO；样品溶液与3HNO、32Ba(NO)反应生成4BaSO沉淀的离子方程式为2++233

423Ba+2H+2NO+3SO=3BaSO2NOHO−−++。【小问2详解】无色气体NO在空气中被氧化为红棕色气体NO2，反应的化学方程式为222NO+O=2NO。的【小问3详解】沉淀C为AgCl，生成AgCl沉

淀的离子方程式为Ag+Cl=AgCl+−。【小问4详解】气体D为NH3，反应的离子方程式为324ONOHHNHH+−++。【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com