四川省棠湖中学2018_2019学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）.docx

2018年秋四川省棠湖中学高一期末统考模拟考试化学试卷可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 N-14 Na-23 S-32 Mg-24 Al-27 Cl-35.5K-39第卷(选择题50分)一选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)1.伦敦奥运会闭幕式上，燃放了大量的烟花，五彩缤纷的焰火十分好看。研究表明，焰火颜色的产生与烟花中含有钠、钾、钙、钡、铜、锶等金属元素有关。下列有关说法不正确的是：A. 五彩缤纷的焰火的形成是因为上述金属元素发生了焰色反应B. 钠可以保存在煤油中C. KCl与KNO3灼烧时火焰的颜色不相同D. 观察钾及其化合物的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃【答案】C【解析】A、焰火是某些金属元素发生焰色反应，故A说法正确；B、金属钠不与煤油反应，且密度大于煤油，因此少量的金属钠保存在煤油中，故B说法正确；C、KCl和KClO3都含有K元素，灼烧时通过蓝色钴玻璃观察到紫色火焰，故C说法错误；D、观察钾元素的焰色反应时，需要通过蓝色钴玻璃观察，故D说法正确。2. 下列物质中属于纯净物的是A. 液氨 B. 漂白粉 C. 氯水 D. 盐酸【答案】A【解析】试题分析：液氨就是NH3的液态，是纯净物，漂白粉主要成分有氯化钙和次氯酸钙，氯水主要由氯气、盐酸、次氯酸、水，盐酸主要有氢离子、氯离子和水。考点：物质的分类点评：溶液一般都是混合物，属于简单题。3.下列微粒不具有还原性的是：A. H2 B. H+ C. Cl2 D. Cl【答案】B【解析】A、H2中H的化合价显0价，处于中间价态，具有还原性，故A错误；B、H显1价，处于最高价，只具有氧化性，故B正确；C、Cl2中Cl显0价，处于中间价态，具有还原性，故C错误；D、Cl显1价，处于最低价态，只具有还原性，故D错误。点睛：化合价处于最高价只具有氧化性，处于最低价只具有还原性，处于中间价态， 既具有氧化性，也具有还原性。4.将一块铝箔用砂纸打磨表面后，在酒精灯上加热至熔化，下列说法正确的是：A. 熔化的是铝 B. 熔化的是Al2O3 C. 熔化物迅速燃烧 D. 熔化物迅速滴落下来【答案】A【解析】打磨过的铝箔在酒精灯上加热，因为铝是活泼的金属，与空气中氧气反应，铝表面产生一层氧化铝，氧化铝的熔点高于金属铝，因此现象是熔化而不滴落，熔化的是内部的金属铝，故选项A正确。5.已知阿伏加德罗常数为NA，下列说法正确的是A. 2mol水中含有NA个H2O分子B. 1g氢气含有NA个H2分子C. 22.4L氧气中含有NA个氧分子D. 1mol铁与过量稀盐酸反应生成NA个H2分子【答案】D【解析】A. 分子个数N=nNA，则2mol水中含有的水分子个数N=2molNAmol1=2NA，故A错误；B. 1g氢气的物质的量n=1g2g/mol=0.5mol，H2分子个数N=nNA=0.5NA个，故B错误；C. 因未说明氧气是否处于标准状况，所以无法计算氧气的分子个数，故C错误；D. 铁和盐酸反应的化学方程式为：Fe2HCl=FeCl2H2，根据方程式可知，1mol铁与过量稀盐酸反应生成1mol氢气，氢气分子个数为NA个，故D正确；答案选D。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，试题难度不大，解题时要注意阿伏加德罗常数、质量、物质的量等之间的关系，充分运用物质的量这个桥梁进行相关计算即可得出正确结论，本题的易错点是C项，解题时容易直接利用体积进行计算，而忽略了题目未给出气体是否处于标准状况这个关键条件。6.用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中，正确的是XYZA非金属单质非电解质纯净物B置换反应氧化还原反应离子反应C胶体分散系混合物D酸性氧化物非金属氧化物氧化物A. A B. B C. C D. D.【答案】C【解析】A. 纯净物包括单质和化合物，非电解质一定为化合物，和非金属单质之间是并列关系，不是包含关系，故A错误；B. 置换反应一定是氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于离子反应，故B错误；C. 胶体是一种分散系，属于混合物，故C正确；D. Mn2O7是酸性氧化物，属于金属氧化物，不属于非金属氧化物，故D错误；答案选C。7.抗震救灾中要用大量漂白粉和漂白液杀菌消毒。下列说法中正确的是A. 漂白粉是纯净物，漂白液是混合物B. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2C. 漂白液的有效成分是Na2O2D. 工业上将氯气通入澄清石灰水制取漂白粉【答案】B【解析】试题分析：A、漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，漂白液是次氯酸钠的溶液，也是混合物，错误，不选A；B、漂白粉的有效成分为次氯酸钙，正确，选B；C、工业上通常将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，不是石灰水中，错误，不选C；D、漂白液的有效成分为次氯酸钠，不是过氧化钠，错误，不选D。考点：漂白粉和漂白液的成分和制取8.下列对实验现象的描述与实际事实不一致的是A. 将红热的铜丝伸入到盛有氯气的集气瓶中，产生蓝绿色的烟B. 向pH试纸上滴加氯水，先变红后变白C. 向含少量Br2的CCl4中加NaOH溶液，充分振荡，上下两层均为无色D. 往氯水中加入NaHCO3固体，有气体产生【答案】A【解析】A. Cu与氯气反应生成氯化铜，产生棕黄色的烟，故A错误；B. 氯水中含有HCl和HClO，HClO具有漂白性，则pH试纸上滴加氯水，先变红后变白，故B正确；C. 溴与NaOH反应生成溴化钠和次溴酸钠，所得溶液与四氯化碳分层，充分振荡，上下两层均为无色，故C正确；D. 氯水中含有盐酸，与NaHCO3反应生成二氧化碳气体，故D正确；答案选A。9.下列反应能用离子方程式OH-+HCO3-= CO32- +H2O 表示的是A. NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2OB. Ca(OH)2+Ca( HCO3)2=2CaCO3+2H2OC. 2NaOH+NH4HCO3= NH3H2O+Na2CO3+H2OD. NaOH+Ca(HCO3)2= CaCO3+H2O+NaHCO3【答案】A【解析】A. NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O的离子方程式为：OH+HCO3=CO32+H2O，故A正确；B. 碳酸钙为沉淀，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：Ca2HCO3OH=CaCO3H2O，故B错误；C. NH3H2O是弱电解质，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：2OHNH4HCO3=NH3H2OCO32H2O，故C错误；D. 碳酸钙为沉淀，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：OHCa2HCO3=CaCO3H2O，故D错误；答案选A。点睛：本题主要考查离子方程式的书写和正误判断，试题难度不大，把握物质间发生的反应及离子方程式的书写方法是解答本题的关键，本题的易错点是B和D项，解题时要特别注意反应物或生成物是否拆分正确，碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式，所以不能用OH+HCO3=CO32+H2O表示。10.某学生要提纯混有泥沙的食盐，他设计的主要操作有:溶解、过滤、蒸发。在这些操作中都需要使用的仪器是A. 烧杯 B. 漏斗 C. 玻璃棒 D. 酒精灯【答案】C【解析】溶解需要的仪器为烧杯和玻璃棒，用玻璃棒搅拌，起加速溶解的作用，过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，玻璃棒起引流作用，蒸发要用到蒸发皿、酒精灯和玻璃棒，用玻璃棒搅拌，起防止局部温度过高的作用，故答案选C。11.0.5 L 1 mol/L FeCl3溶液与0.2 L1 mol/L KCl溶液中的Cl的数目之比( )A. 52 B. 31 C. 152 D. 13【答案】C【解析】试题分析：浓度与体积无关。两溶液中Cl浓度比为13：11。考点：物质的量浓度计算点评：浓度与体积无关。12.下列物质只能作还原剂的是A. S2 B. Fe2 C. SO32 D. K【答案】A【解析】AS2-中S元素的化合价是最低价态只有还原性，故A正确；BFe2+中铁元素的化合价是中间价态既有氧化性又有还原性，故B错误；CSO32中S元素的化合价是中间价态既有氧化性又有还原性，故C错误；DK+中钾元素的化合价是最高价态只有氧化性，故D错误；故选A。点睛：物质氧化剂还原剂的判断是根据元素的化合价高低判断，根据元素的化合价高低判断氧化剂还原剂最高价态的元素只有氧化性，最低价态的元素只有还原性，中间价态的既有氧化性又有还原性，难准确判断元素的化合价是解题关键。13.下列离子在酸性溶液中能大量共存的是( )A. Fe3、NH4、SCN、Cl B. Na、Mg2、NO3、SO42C. Al3、Fe2、NO3、Cl D. K、Na、Cl、SiO32【答案】B【解析】A. Fe3与SCN在溶液中生成配合物，得红色溶液，不能大量共存，故A错误；B. Na、Mg2、NO、SO42在同一溶液中彼此间不发生离子反应，可大量共存，故B正确；C. Fe2在酸性溶液中能被NO氧化，不能大量共存，故C错误； D. SiO32不能在酸性溶液中大量存在，要生成硅酸沉淀，故D错误；答案为B。14.下列各组物质能相互反应得到Al(OH)3的是A. Al跟NaOH溶液共热B. Al(NO3)3跟过量的NaOH溶液C. Al2O3和水共热D. Al2(SO4)3和过量的氨水【答案】D【解析】15.下列不能使有色布条或品红溶液褪色的物质是A. 氯化钙溶液 B. 氯水 C. 次氯酸钠溶液 D. 二氧化硫【答案】A【解析】A氯化钙溶液不具有漂白性，故A选；B氯水中含有HClO，具有漂白性，故B不选；C次氯酸钠溶液含有ClO-，能生成HClO，具有漂白性，故C不选；DSO2能使品红溶液褪色，具有漂白性，故D不选；故选A。16.用毛笔蘸取少量30%FeCl3溶液在铜片上写一个“Cu”字，放置片刻，用少量水将铜片上的溶被冲到小烧杯中，下列说法正确的是( )A. 烧杯中的溶液呈黄色 B. 铜片无任何变化C. 铜片上有凹陷的“Cu”字 D. 发生了反应:Fe3+Cu=Cu2+Fe2+【答案】C【解析】试题分析：FeCl3溶液与铜片发生：2FeCl3+ Cu2FeCl2+ CuCl2，FeCl2溶液 是浅绿色，CuCl2是蓝色，A错；FeCl3溶液与铜片发生了反应，B错；D项电荷不守恒，错，选C。考点：FeCl3的性质、离子方程式的书写判断。17.下列实验装置不能达到实验目的的是( )A. 验证Na和水反应是否为放热反应B. 用CO2做喷泉实验C. 观察纯碱的焰色反应D. 比较NaCO3、NaHCO3的稳定性【答案】D【解析】【详解】A钠与水反应放热，试管中温度升高，导致气体压强增大，红墨水出现液面差，可以达到实验目的，选项A正确； B二氧化碳与氢氧化钠反应，压强减小，形成喷泉，可以达到实验目的，选项B正确；C铁丝的焰色反应为无色，可用来做纯碱的焰色反应，能够达到实验目的，选项C正确；D套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，题中装置无法达到实验目的，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，题目难度中等，涉及反应热、喷泉实验、焰色反应以及Na2CO3、NaHCO3的稳定性等知识，D项为易错点，注意碳酸钠和碳酸氢钠热稳定性的差别。18.下列反应中，反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变时，反应产物均不发生变化的是A. 氢氧化钠与二氧化碳反应 B. 盐酸和碳酸氢钠溶液C. 铜与硝酸反应 D. 氯化铝溶液和氢氧化钠溶液反应【答案】B【解析】A氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠和水，与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，所以二氧化碳的用量不同产物不同，选项A不选；B盐酸和碳酸氢钠溶液生成二氧化碳与水，与反应条件、加液顺序、反应物用量或浓度等改变无关，选项B选；C浓硝酸生成二氧化氮，稀硝酸生成一氧化氮，所以浓度不同产物不同，选项C不选；D氯化铝和少量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，和过量氢氧化钠溶液反应时，先生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝再和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液又变澄清，所以与反应物用量有关，选项D不选。答案选B。点睛：本题考查了物质间的反应，有些反应物除了受温度、反应物的量限制外，可能还与浓度有关，如铜和浓硫酸反应但和稀硫酸不反应，明确物质的性质是解本题关键，物质反应时量不同、条件不同、产物可能不同，应根据具体反应的物质的性质分析一般是发生反应后，如果某种物质过量且和生成产物继续反应，则会引起产物变化；反应时温度不同产物可能不同，据此解答。19.下列实验“操作和现象”与“结论”对应关系正确的是实验操作及现象实验结沦A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色消失H2O2具有氧化性B氯气通入品红溶液中，溶液褪色氯气具有漂白性C将NaOH浓溶液滴加到饱和FeC13溶液中呈红褐色制Fe(OH)3胶体D向某溶液加入NaOH并微热，产生能够使湿润的红色，石蕊试纸变蓝的无色气体该溶液中一定含有NH4+A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，发生氧化还原反应，Mn元素的化合价降低，MnO4-转化为Mn2+紫色消失，H2O2中氧元素化合价升高被氧化，具有还原性，选项A错误；B、氯水中含HClO，具有漂白性，则通入品红溶液中，品红褪色，而不是氯气具有漂白性，选项B错误；C、将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，生成氢氧化铁沉淀，制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，选项C错误；D、使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵盐与强碱共热产生氨气，则该溶液中一定含有NH4+，选项D正确。答案选D。20.下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）A. 氧化镁中混有氧化铝 B. 氯化铝溶液中混有氯化铁C. 氧化铁中混有二氧化硅 D. 氯化亚铁溶液中混有氯化铜【答案】D【解析】AMgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故B不选；C二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故C不选；D二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故D选；故选D。点睛：分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：所选试剂一般只和杂质反应；作不应引入新的杂质；不减，即不减少欲被提纯的物质；易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离；易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。21.以下各组物质中与34gOH所含电子数相同的是（）A. 常温下，20g氖气 B. 标准状况下，44.8L甲烷C. 2mol/L NaOH溶液中的Na+ D. 2L 1mol/L氢氟酸中的F【答案】B【解析】34gOH的物质的量是34g17g/mol2mol，所含电子的物质的量是20mol。A. 常温下，20g氖气的物质的量是1mol，所含电子的物质的量是10mol，A错误；B. 标准状况下，44.8L甲烷的物质的量是44.8L22.4L/mol2mol，所含电子的物质的量是20mol，B正确；C. 溶液体积未知，不能计算2mol/L NaOH溶液中的Na+所含电子的物质的量，C错误；D. 氢氟酸是弱酸，2L 1mol/L氢氟酸中的F的物质的量小于2mol，所含电子的物质的量小于20mol，D错误，答案选B。22.若下列图像中横轴代表所加溶液体积，纵坐标代表生成沉淀质量，则各项描述中与图像能对应的是（）A. 图可能是MgCl2、AlCl3溶液逐滴加氨水至过量B. 图可能是AlCl3溶液逐滴加NaOH溶液至过量C. 图可能是NaAlO2溶液滴加稀盐酸至过量D. 图可能是含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量【答案】D【解析】AMgCl2、溶液中滴加氨水至过量，应生成沉淀氢氧化镁、氢氧化铝，由于氢氧化铝不溶于弱碱，所以沉淀完全后不再变化，A错误；B向AlCl3溶液中滴加NaOH溶液至过量，先生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钠过量后沉淀溶解生成偏铝酸钠，发生的反应为：Al33OHAl(OH)3、Al(OH)3OHAlO22H2O，两过程中氢氧化钠的用量为3：1，与图象不符合，B错误；C向NaAlO2溶液中滴加稀盐酸至过量且边滴边振荡，开始会生成沉淀，当偏铝酸钠完全沉淀后继续滴入盐酸，沉淀会溶解，发生的反应为：AlO2H2H2O=Al(OH)3、Al(OH)33H=Al33H2O，两过程消耗盐酸量为1：3，与图象不符合，C不正确；D向含一定量HCl的AlCl3溶液逐滴加氨水至过量，氨水首先与盐酸发生中和反应，然后沉淀铝离子，由于氨水不能溶解氢氧化铝，所以沉淀达到最大值以后，不再发生变化，D正确，答案选D。点睛：本题以图象题形式考查了铝盐、偏铝酸盐与酸、碱反应以及沉淀的变化分析，注意滴加顺序不同，量不同会导致产物不同。答题时要根据反应过程判断结合图像的变化趋势去分析解答，尤其要注意起点、拐点以及终点的判断。23.下列有关金属及其化合物的性质及推断正确的是（）A. Na在空气中会发生许多化学反应，因此需要保存在煤油中；Na2O2在空气中也会发生许多化学反应，因此也需保存在煤油中B. Al有两性，因此与Al同主族的金属元素均具有两性C. FeCl2溶液在保存时一般会放入一定量的铁粉，但FeCl3溶液在保存时不用放铁粉D. CuO能溶于足量的稀硫酸形成蓝色透明溶液，Cu2O也能溶于足量稀硫酸只生成蓝色透明溶液【答案】C【解析】A. Na2O2需要密封保存，不是保存在煤油中，A错误；B. Al是活泼的金属，不能说具有有两性，B错误；C. FeCl2溶液在保存时一般会放入一定量的铁粉以防止氯化亚铁被氧化，但FeCl3溶液在保存时不用放铁粉，因为二者反应生成氯化亚铁，C正确；D. CuO能溶于足量的稀硫酸形成蓝色透明溶液，Cu2O也能溶于足量稀硫酸生成蓝色透明溶液，但同时还有金属铜产生，D错误，答案选C。点睛：B选项是解答的易错点，首先中学化学中所说的两性一般是指两性氧化物或两性氢氧化物，例如氧化铝和氢氧化铝。铝是典型的活泼金属，不能依据铝能与氢氧化钠溶液反应而得出铝具有两性，更不能说铝是两性元素，铝属于金属元素。24.在下列反应中，氧化剂与还原剂是同种物质，且物质的量之比为2: 1的是（）A. O32KIH2O=2KOHI2O2B. 3NF35H2O=2NOHNO39HFC. 2Na2O22CO2= 2Na2CO2O2D. Cl2+NaOH=NaCl+NaClO+H2O【答案】B【解析】A. O32KIH2O2KOHI2O2中臭氧是氧化剂，碘化钾是还原剂，不是同一种物质，A错误；B. 35H2O2NOHNO39HF中氮元素化合价部分从+3价降低到+2价，部分升高到+5价，因此NF3既是氧化剂，也还原剂，根据电子得失守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，B正确；C. 2Na2O22CO22Na2CO2O2过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，二者的物质的量之比为1:1，C错误；D. Cl2+NaOHNaCl+NaClO+H2O中氯气既是氧化剂，也是还原剂，二者的物质的量之比为1:1，D错误，答案选B。25.将一定量的Na2CO3与NaHCO3的混合物充分加热，可收集到标况下a L的气体，若将同样的混合物投入到足量盐酸中，会收集到标况下b L的气体，则Na2CO3物质的量分数为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】两次得到的二氧化碳的物质的量分别是、，根据方程式2NaHCO3Na2CO3H2OCO2可知碳酸氢钠的物质的量是。根据碳原子守恒可知碳酸钠的物质的量是，则Na2CO3物质的量分数为。答案选B。【点睛】本题考查学生混合物的有关计算知识，注意元素守恒的应用以及物质性质的掌握是解答的关键，题目难度不大。第II卷(非选择题 50分)26.某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO47H2O)和胆矾晶体。请回答：(1)写出步骤反应的离子方程式：_。(2)试剂X是_。溶液D是_。(3)在步骤时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。为避免固体C减少，可采取的改进措施是_。(4)由固体F制取硫酸铜溶液，通常有两种方案：方案一：将固体F在加热条件下与浓硫酸反应；方案二：将固体F投入热的稀浓硫酸中，然后通入氧气；方法一的缺点为：_。(5)工业上常用溶液E制得净水剂Na2FeO4，流程如下：测得溶液E中c(Fe2)为0.2 molL1，若要处理1 m3溶液E，理论上需要消耗25%的H2O2溶液_kg。写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式_。(已知NaClO还原为NaCl)【答案】 (1). 2Al2H2O2OH=2AlO2-3H2 Al2O32OH=2AlO2-H2O (2). 稀硫酸(或稀H2SO4) (3). NaHCO3溶液 (4). 在a和b间加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，除去HCl (5). 产生污染气体二氧化硫 (6). 13.6 (7). 2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O【解析】【分析】金属铁和金属铜不与氢氧化钠反应，铝可与氢氧化钠反应，用含有铝、铁和铜的合金制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO47H2O）和胆矾晶体流程为：合金中铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径与足量二氧化碳发生AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，反应可生成氢氧化铝固体C，生成的氢氧化铝再和盐酸反应生成AlCl3，得到AlCl3溶液；溶液D为碳酸氢钠溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矾，滤渣F为Cu，可用于制备胆矾，以此解答该题。【详解】（1）在废金属屑中含有Cu、Fe、Al、Al2O3、Fe2O3，当加入过量NaOH溶液时，只有Al、Al2O3可以发生反应，所以步骤反应的离子方程式是2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2； Al2O3+ 2OH-= 2AlO2-+H2O；（2）把混合物过滤，得到的固体B中含有Cu、Fe、Fe2O3，向其中加入过量的稀硫酸，发生反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；Fe2(SO4)3+Fe= 3FeSO4；Fe2(SO4)3+Cu= 2FeSO4+ CuSO4 ； Fe+ H2SO4=FeSO4+H2；试剂X是H2SO4；过滤得到滤液E含有FeSO4、CuSO4；固体F中含有Cu，用热的浓硫酸溶解得到CuSO4溶液，也可以用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液；（3）溶液A中含有NaOH、NaAlO2；向其中通入过量的CO2，发生反应产生Al(OH)3沉淀和可溶性物质NaHCO3，溶液D是NaHCO3，固体C是Al(OH)3沉淀，用盐酸溶解得到AlCl3；然后在HCl的气氛中加热蒸发得到无水AlCl3；（3）在步骤时，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，这是由于浓盐酸有挥发性，在制取的CO2气体中含有杂质HCl。为了避免固体C减少，可采取的改进措施是a,b间加一个盛有饱和NaHCO3的洗气瓶，除去HCl；（4）用固体F继续加入热的稀H2SO4，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSO4溶液；反应的化学方程式是2Cu+O2+ 2H2SO4=2CuSO4+2H2O；（5）Fe2+与H2O2反应的方程式是：2Fe2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O，由于n(Fe2+)=0.2 mol/L1103 L=200mol，则根据方程式可知需要H2O2的物质的量是100mol,所以理论上需要消耗的H2O2溶液=13600g=13.6Kg；根据图示可知由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式是2Fe(OH)33ClO4OH=2FeO42-3Cl5H2O。27.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：物质熔点/沸点/其它性质SO2Cl254.169.1易与水反应，产生大量白雾易分解：SO2Cl2SO2Cl2H2SO410.4338吸水性且不易分解实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：(1) 仪器A冷却水的进口_(填“a”或“b”)。(2) 仪器B中盛放的药品是_。(3) 实验所需二氧化硫用亚硫酸钠与硫酸制备，该反应的离子方程式为_，以下与二氧化硫有关的说法中正确的是_。A.因为SO2具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、酸性KMnO4溶液、石蕊试液褪色B.能使品红溶液褪色的物质不一定是SO2C.SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，且原理相同D.等物质的量的SO2和Cl2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好E.可用浓硫酸干燥SO2 F.可用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2(4) 装置丙所盛试剂为_，若缺少装置乙，则硫酰氯会损失，该反应的化学方程为_。(5) 少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H=H2SO4SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。从分解产物中分离出硫酰氯的方法是_。请设计实验方案检验产品中有硫酸(可选试剂：稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、蒸馏水、石蕊溶液)_。【答案】 (1). a (2). 碱石灰 (3). SO32-+2 H= SO2H2O (4). BE (5). 饱和食盐水 (6). SO2Cl22H2O=H2SO42HCl (7). 蒸馏 (8). 取产物在干燥条件下加热至完全反应(或挥发或分解等)，冷却后加水稀释,取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红；再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4。【解析】【分析】二氧化硫和氯气合成硫酰氯：甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2；硫酰氯会水解，仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，丁装置：浓盐酸和氯酸钾反应制取氯气，浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl，乙装置：干燥氯气（1）根据采用逆流的冷凝效果好，判断冷凝管的进水口；（2）仪器B中盛放的药品是碱石灰防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气；（3）实验时，装置丁中氯酸钾+5价的氯和盐酸中-1价的氯发生氧化还原反应生成氯气；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，丙装置：除去Cl2中的HCl；SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，根据原子守恒书写；二氧化硫具有漂白性、氧化剂、还原性；（5）二者沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离；氯磺酸（ClSO3H）分解：2ClSO3HH2SO4+SO2Cl2，设计实验方案检验产品，需检验氢离子、检验硫酸根离子。【详解】（1）根据采用逆流的冷凝效果好，所以冷凝管中的冷却水进口为a，故答案为：a；（2）甲装置：SO2（g）+Cl2（g）SO2Cl2，二氧化硫、氯气为有毒的酸性气体，产物硫酰氯会水解，所以仪器B中盛放的药品是碱性物质碱石灰，可防止空气中的水蒸气进入装置，同时吸收挥发出去的二氧化硫和氯气，故答案为：碱石灰；（3）用亚硫酸钠与硫酸制备二氧化硫，该反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2+H2O；A因为SO2具有漂白性，它能使品红溶液褪色，与溴水、酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，与水反应生成亚硫酸使石蕊试液变红，选项A错误；B能使品红溶液褪色的物质可能是SO2，或氯气等，选项B正确；CSO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使红墨水褪色，原理分别为化合反应、强氧化性、吸附性、强氧化性，选项C错误；D等物质的量的SO2和Cl2混合后生成盐酸和硫酸，不具有漂白效果，故D错误；E二者不反应，可用浓硫酸干燥SO2，选项E正确；F二者均与石灰水反应生成白色沉淀，则不能用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2，选项F错误；答案为BE；（4）盐酸易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，氯气难溶于饱和食盐水；HCl易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和NaCl溶液除去Cl2中的少量HCl，所以丙装置作用为：除去Cl2中的HCl，SO2Cl2遇水生成硫酸和氯化氢，则其水解方程式为：SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl；（5）二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏；氯磺酸（ClSO3H）分解：2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2，取产物在干燥条件下加热至完全反应（或挥发或分解等），冷却后加水稀释；取少量溶液滴加紫色石蕊试液变红，证明溶液呈酸性，再取少量溶液，加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明含有H2SO4，或取反应后的产物直接加BaCl2溶液，有白色沉淀，证明含有硫酸根离子，再滴加紫色石蕊试液变红，说明含有H2SO4。28.下列物质：氢氧化钠溶液、铜片、碳酸钙、蔗糖、熔融的NaCl、SO2气体、碳酸氢钠、盐酸（1）能导电且属于电解质的是_。（填编号）（2）写出碳酸钙的电离方程式_。（3）写出碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式_。（4）向100mL1.5mol/L的氢氧化钠溶液中缓慢通入一定量的CO2，反应后，向所得溶液中逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积（不考虑气体溶解于水）关系如图所示。则氢氧化钠溶液与一定量的CO2充分反应后的溶液中溶质为_（写化学式）。盐酸的浓度为_。B点时，产生的气体在标准状况下的体积为_L。【答案】 (1). (2). CaCO3=Ca2+ CO32- (3). HCO3-+OH- =CO32- + H2O (4). NaOH和Na2CO3 (5). 0.5mol/L (6). 1.12【解析】（1）含有自由移动电子的物质可以导电，因此能导电且属于电解质的是熔融的NaCl，答案选。（2）碳酸钙完全电离，碳酸钙的电离方程式为CaCO3=Ca2+CO32-。（3）碳酸氢钠与氢氧化钠反应的离子方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O。（4）加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，AB段