黑龙江省哈尔滨市第六中学2018_2019学年高一化学上学期期末考试试题（含解析）.doc

哈尔滨市第六中学校2018-2019学年度上学期期末考试高一化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Fe 56 Cu 64 Ba 137本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。第卷（选择题50分）单项选择题（本题包括25小题，共计50分。每小题只有1个选项是正确的。）1.对于易燃、易爆、有毒的化学物质，会在其包装上贴上危险警告标签。下面所列的物质中，标签贴错了的是ABCD物质的化学式浓H2SO4水玻璃三氧化二砷（砒霜）TNT危险警告标签A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.浓硫酸具有强烈的腐蚀性，故贴腐蚀品的标志，故A正确；B.水玻璃是硅酸钠的水溶液，不是易燃液体，故B错误；C.三氧化二砷（砒霜）有毒，应贴剧毒品的标志，故C正确；D.TNT是烈性炸药，故贴爆炸品的标志，故D正确。故选B。2. 下列有关金属及其合金的说法不正确的是 （ ）A. 目前我国流通的硬币是由合金材料制造的 B. 生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次增加 C. 镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，可用于制作照明弹 D. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用【答案】B【解析】生铁、普通钢和不锈钢中的碳含量依次降低，故B项错。3. 如将物质按照单质、氧化物、酸、碱、盐分类，下列各组物质中，类别相同的是（ ）A. 氧气、氧化镁、四氯化碳、水B. 硫酸铜、氯化钠、碳酸钙、硫化钾C. 硫酸、碳酸钠、氯化镁、氧化钠D. 硝酸银、氢氧化钠、醋酸钠、氯化钾【答案】B【解析】试题分析：A氧气是单质，氧化镁合成水是氧化物；四氯化碳是氯化物，它们的分类不同，错误；B硫酸铜、氯化钠、碳酸钙、硫化钾都是盐，种类相同，正确；C硫酸是酸；碳酸钠、氯化镁是盐；氧化钠是氧化物，物质的分类不同，错误；D硝酸银、醋酸钠、氯化钾是盐，氢氧化钠是碱，物质的分类不同，错误。考点：考查物质的分类的知识。4.同温同压下，等质量的下列气体所占有的体积最大的是A. CH4 B. O2 C. CO2 D. SO2【答案】A【解析】同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，氧气、甲烷、二氧化碳、二氧化硫的物质的量分别为32g/mol、16g/mol、44g/mol、64g/mol，根据n=可知，质量相等的气体，甲烷的物质的量最大，故甲烷占有的体积最大，故选A。5. 下列物质在一定条件下都能导电，属于电解质的是（ ）A. 铜 B. NaOH C. SO3 D. 浓硫酸【答案】B【解析】试题分析：A、铜是单质，错误；B、氢氧化钠在水溶液中或者在熔融状态下能够导电，属于电解质，正确；C、三氧化硫溶于水导电，但导电是因为三氧化硫与水反应生成的硫酸电离出了氢离子与硫酸根离子，错误；D、浓硫酸是混合物，错误。考点：考查电解质的定义。6.在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是A. Na+、Ag+、CO32-、Cl B. K+、Ba2+、SO42-、ClC. Na+、K+、CO32-、Cl D. Na+、K+、Cl、SO42-【答案】C【解析】试题分析：A、Ag+与CO32-、Cl-生成沉淀，不能大量共存，A错误；B、Ba2+、SO42-反应生成沉淀，不能大量共存，B错误；C、该组离子之间不反应，可以大量共存，加稀硫酸与CO32-反应生成气体，C正确；D、该组离子之间不反应，可以大量共存，但加稀硫酸没有气体生成，D错误。答案选C。考点：离子共存7.离子方程式BaCO32H=CO2H2OBa2中的H不能代表的物质是()HClH2SO4HNO3NaHSO4CH3COOHA. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：离子方程式BaCO3 + 2H CO2 + H2O + Ba2中的H表示的是可溶性的强酸，而且酸根离子不能与Ba2结合形成难溶性的盐。HCl是强酸，BaCl2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+，错误；H2SO4是可溶性的强酸，但是电离产生的酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+，正确；HNO3，是强酸，Ba（NO3）2是易溶的、易电离的物质，可以表示为H+，错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，可以电离产生H+，同时电离产生酸根离子SO42-会与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，因此不能表示为H+，正确；CH3COOH是弱酸主要以电解质分子形式存在，不能写成H+形式，正确。故符合题意的是，选项C符合题意。考点：考查电解质与电离方程式正误判断的知识。8. 粗盐提纯实验用到的试剂中，不是为了除去原溶液中杂质离子的是（ ）A. 盐酸 B. 烧碱溶液 C. 纯碱溶液 D. 氯化钡溶液【答案】A【解析】试题分析：加烧碱是为了除去原溶液中的镁离子，加纯碱是为了除去原溶液中的钙离子，加氯化钡是为了除去原溶液中的硫酸根离子，加盐酸只是为了除去多余的氢氧化钠与碳酸钠，因此选A。考点：考查物质的除杂。9. 下列离子方程正确的是（ ）A. 饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+ CO2= HCO3-B. 向稀硫酸中投入铁粉：2Fe +6H+= 2Fe3+3H2C. 实验室制取二氧化碳：CO32-+ 2H+= H2O +CO2D. 氢氧化钡溶液中加入硫酸：H+ OH-=H2O【答案】A【解析】试题分析：A、饱和石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+ CO2= HCO3-；正确；B、向稀硫酸中投入铁粉： Fe +2H+= Fe2+H2，错误；C、实验室制取二氧化碳，用的是固体碳酸钙，错误；D、氢氧化钡溶液中加入硫酸，除了生成水之外，还有沉淀粉生成。错误。考点：考查离子方程式的书写。10. 下列各物质，所含原子数目最多的是（ ）A. 标准状况下，22.4L甲烷B. 标准状况下，44.8L氮气和氧气的混合气体C. 常温常压下，66g二氧化碳气体D. 100mL 1mol/L硫酸【答案】D【解析】试题分析：A、标准状况下，22.4L甲烷正好是1mol，含原子数的物质的量为5mol；B、标准状况下，44.8L氮气和氧气的混合气体，含原子数的物质的量为4mol；C、常温常压下，66g二氧化碳气体，含有的原子数的物质的量为4.5mol；D、100mL 1mol/L硫酸中，含有的氢离子和硫酸根离子的物质的量总的为0.7mol，但是其中的水还有相当多的一部分，因此在这个溶液中所含有的原子数目是最多的。选D。考点：考查物质的量。11. 下列反应中，铁元素被氧化的是（ ）A. FeS +2HCl = FeCl2+ H2S B. Fe +H2SO4= FeSO4+H2C. FeO + 2HCl =FeCl2+H2O D. 2FeCl3+Cu = 2FeCl2+ CuCl2【答案】B【解析】试题分析：铁元素被氧化，说明铁的化合价升高，只有B符合题意。考点：考查氧化还原反应。12.把Ba(OH)2溶液滴入明矾溶液中，使SO42-全部转化成BaSO4沉淀，此时铝元素的主要存在形式是（ ）A. Al3+ B. Al(OH)3 C. AlO2- D. Al3+和Al(OH)3【答案】C【解析】略13.硫酸铅难溶于水，也难溶于硝酸，却可溶于醋酸铵溶液中，形成无色的溶液，其化学方程式是：PbSO4+2CH3COONH4=Pb(CH3COO)2+(NH4)2SO4。当Pb(CH3COO)2(醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS和弱电解质CH3COOH生成。表示这个反应的有关离子方程式正确的是A. Pb(CH3COO)2+ H2S= PbS+2CH3COOHB. Pb2+H2S =PbS+2H+C. Pb2+2CH3COO+ H2S=PbS+2CH3COOHD. Pb2+2CH3COO+2H+S2=PbS+2CH3COOH【答案】A【解析】【详解】当Pb(CH3COO)2(醋酸铅)溶液中通入H2S时，有黑色沉淀PbS生成，说明醋酸铅的溶解度大于硫化铅，实现沉淀的转化，反应的化学方程式为：Pb(CH3COO)2+ H2S= PbS+2CH3COOH，醋酸铅、硫化铅为沉淀应保留化学式，硫化氢、醋酸为弱电解质应保留化学式，所以离子方程式是Pb(CH3COO)2+ H2S= PbS+2CH3COOH，故A正确；故选A。【点睛】离子方程式的正误判断：1、是否可拆：不能拆的物质有：弱酸、弱碱、水、氧化物、单质、气体和沉淀。2、是否守恒：电荷守恒与原子守恒。3、是否符合客观事实：如：Fe与稀盐酸或稀硫酸反应时，生成Fe2+；硝酸与任何金属反应产物中都没有H2生成。14.取一块金属钠放在燃烧匙里加热，观察到下列实验现象：金属钠熔化 在空气中燃烧，放出紫色火花 燃烧后得到白色固体 燃烧时火焰为黄色 燃烧后生成淡黄色的固体物质，描述正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】由于钠的熔点较低，先熔化，故正确；钠的焰色反应为黄色，燃烧时火焰为黄色，故错误；钠与氧气在加热条件下反应生成淡黄色过氧化钠固体，故错误；钠与氧气反应生成发出黄色火焰，故正确；钠在加热条件下能在空气中燃烧，生成过氧化钠，为淡黄色固体，故正确；即只有正确，答案为D。15.将a g由CO和H2组成的混合气体在足量的O2中充分燃烧后，将生成的所有产物通过足量的Na2O2固体，Na2O2固体增加的质量为A. a g B. gC. g D. g【答案】A【解析】CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O2 2CO2、2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2=Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量；H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O2 2H2O、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2=2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，故由agCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即固体增重为ag，故选A。点睛：混合物反应的计算是化学计算中的一种最基本的类型，混合物可以是固体、气体或溶液，解题过程中必须仔细审题，理清各物质之间量的关系，本题利用总反应方程式判断固体增重，也可以利用差量法进行判断，若物质可以写成(CO)xyH2形式，完全燃烧后通入足量过氧化钠，过氧化钠增重为该物质的质量。【此处有视频，请去附件查看】16.用含有少量镁的铝片制取纯净的氢氧化铝，下述操作步骤中最恰当的组合是加盐酸溶解 加过量烧碱溶液溶解 过滤 通入过量CO2生成Al(OH)3沉淀 加入盐酸生成Al(OH)3沉淀 加入过量烧碱溶液生成Al(OH)3沉淀A. B. C. D. 【答案】C【解析】因镁与碱不反应，而铝可以与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2 +3H2，由于镁不溶解，过滤除去，NaAlO2要转变成Al(OH)3，可以向滤液中加入过量的二氧化碳，其反应为NaAlO2+CO2+2H2ONaHCO3+Al(OH)3，再过滤即得纯净的Al(OH)3，实验操作最合理的组合及顺序为，故选C。17.某溶液中有Na、Mg2、Fe2、Al3四种离子，若向其中加入过量的氢氧化钠溶液，微热并搅拌，再加过量盐酸，溶液中大量减少的离子是()A. Na B. Mg2 C. Fe2 D. Al3【答案】AC【解析】根据题干信息可以得出以下变化过程：NH4故AC符合题意。18.材料与化学密切相关,表中对应关系错误的是材料主要化学成分A刚玉、金刚石三氧化二铝B大理石、石灰石碳酸钙C普通水泥、普通玻璃硅酸盐D沙子、石英二氧化硅A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】试题分析：A、金刚石是由碳元素组成的单质；B、大理石、石灰石的主要成分是碳酸钙；C、普通水泥、普通玻璃的主要成分为硅酸盐；D、沙子、石英的主要成分是二氧化硅解：A、刚玉是三氧化二铝，金刚石是由碳元素组成的单质，而不是三氧化二铝，故A错误；B、大理石、石灰石的主要成分是碳酸钙，故B正确；C、普通水泥、普通玻璃的主要成分为硅酸盐，故C正确；D、沙子、石英的主要成分是二氧化硅，故D正确故选A点评：本题考查学生对物质组成成分的认识，是一道基础题目，较为简单19.下列应用与二氧化硅的性质无关的是A. 氢氟酸不能用玻璃瓶盛装B. 实验室中盛放碱液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞C. 可用来做石英钟、石英表，耐高温的石英玻璃D. 硅胶是常用的干燥剂及催化剂的载体【答案】D【解析】【详解】A.氢氟酸不能用玻璃瓶盛装，是因为玻璃中含有SiO2，可以发生SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故A不选；B.实验室中盛放碱液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞是因为玻璃中的二氧化硅是酸性氧化物，能和碱反应，容易使瓶塞和瓶颈粘在一起而不能打开，故B不选；C.石英的主要成分是二氧化硅，熔点高，耐高温，可用来做石英钟、石英表，耐高温的石英玻璃，故C不选；D.硅胶载体是一种多孔物质，是常用的催化剂载体之一，硅胶也是工业上常用的干燥剂、吸附剂，但硅胶不是SiO2，故D选；故选D。【点睛】注意二氧化硅是酸性氧化物，能和碱反应，除HF外，与其他酸不反应。20.下列叙述中正确的是()A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B. 能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2C. 某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在ID. 某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag【答案】A【解析】试题分析：A、由于液溴溶于挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故A正确；B、具有氧化性，与KI反应生成单质碘的物质，能使湿润的KI淀粉试纸变蓝，不一定是氯气，故B错误；C、碘离子是无色的，某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明溶液中存在碘单质，故C错误；D、某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液可能含有Ag或SO，故D错误；故选A。【考点定位】考查化学试剂的存放、常见离子的检验方法、氯气的化学性质【名师点晴】本题考查了常见试剂的存放方法、滴定操作中锥形瓶的使用等知识。要熟记常见的化学基础知识。如：常见的离子的检验方法：NH4+：NaOH溶液(浓)，加热，产生有刺激性气味、使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体；Fe2+：NaOH溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变成红褐色；新制的氯水+KSCN溶液；滴加新制的氯水，溶液由浅绿色变为黄色，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色；铁氰酸钾，加入蓝色铁青化亚铁沉淀，等等。【此处有视频，请去附件查看】21.向100mLFeBr2溶液中通入标况下氯气3.36L，氯气全部被还原，测得溶液c(Br）=c(Cl），原溶液中FeBr2溶液的浓度(molL1)A. 1 B. 1.5 C. 2 D. 2.5【答案】C【解析】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量=0.15mol，若Br-没有反应，则c(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3 mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x1+2x-0.31=0.15mol2，解得x=0.2 mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选A。22.羟氨（NH2OH）是一种还原剂将25.00mL 0.049mol/L的羟氨酸性溶液与足量硫酸铁在煮沸条件下反应，生成的Fe2+又恰好被24.50mL 0.020mol/L的酸性KMnO4溶液所氧化在上述反应中，羟氨的氧化产物为A. NO2 B. NO C. N2O D. N2【答案】C【解析】由25.00mL0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数，设羟胺的氧化产物中N元素的化合价为x，由电子守恒可知，25.00mL0.0010.049mol/L(x+1)=24.50mL0.001L0.020mol/L(7-2)，解得x=1，羟胺的氧化产物是N2O，故选C。点睛：熟练理解氧化还原反应原理，并准确使用电子守恒规律是解题关键，由信息“25.00mL0.049mol/L的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL0.020mol/L的KMnO4酸性溶液完全作用”可知，NH2OH失去电子数等于高锰酸钾得到电子数。23. 奥运会会标是五环旗，假定奥运五环旗中的每一个环表示一种物质，相连环物质间在一定条件下能发生常见反应，不相连环物质间不能发生反应。且四种反应中必须包含化合反应、置换反应及复分解反应，适合的一组是()选项蓝黑红黄绿ASiO2CuSO4溶液O2NaOH溶液AgBO2稀H2SO4CO2FeNaOH溶液CO2稀H2SO4Al(OH)3NH3NaOH溶液DMgCO2KOH溶液AlFe2O3【答案】B【解析】本题考查几种反应的基本判断和学生的推理能力。A选项Ag和CuSO4溶液不发生反应，不符合题意；C选项Al(OH)3能与稀H2SO4反应，不符合题意；D选项中Mg不能与Al反应，不符合题意。B选项正确。24. 将一定质量的Mg和Al的混合物投入500 mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如下图所示。则下列说法正确的是( )A. Mg和Al的总质量为8 gB. 原稀硫酸溶液的物质的量浓度为5 molL1C. 生成的H2在标准状况下的体积为11.2 LD. NaOH溶液的物质的量浓度为5 molL1【答案】D【解析】试题分析：由图象可知，从开始至加入NaOH溶液20mL，没有沉淀生成，说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余，此时发生的反应为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O。当V（NaOH溶液）=200mL时，沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，二者物质的量之和为0.35mol，溶液中溶质为Na2SO4，从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3NaAlO2+2H2O，当V（NaOH溶液）=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg（OH）2，物质的量为0.15mol，所以沉淀量最大，Mg（OH）2为0.15mol，Al（OH）3为0.35mol-0.15mol=0.2mol，由于从200mL到240mL，NaOH溶解Al（OH）3：NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，A由元素守恒可知n（Al）=nAl（OH）3=0.2mol，n（Mg）=nMg（OH）2=0.15mol，所以镁和铝的总质量为0.2mol27g/mol+0.15mol24g/mol=9g，A错误；B沉淀量最大，此时为Mg（OH）2和Al（OH）3，溶液中溶质为Na2SO4，根据钠元素守恒可知此时n（Na2SO4）等于240mL氢氧化钠溶液中含有的n（NaOH）的1/2倍，所以n（Na2SO4）=1/20.2L5mol/L=0.5mol，所以硫酸的浓度为0.5mol0.5L=1mol/L，B错误；C由A中可知n（Al）=0.2mol，n（Mg）=0.15mol，根据电子转移守恒可知2n（H2）=3n（Al）+2n（Mg）=30.2mol+20.15mol=0.9mol，所以n（H2）=0.45mol，故氢气体积为0.45mol22.4mol/L=10.08L，C错误；D由200240mL发生Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，所以该阶段消耗n（NaOH）=nAl（OH）3=0.2mol，氢氧化钠的浓度为0.2mol(0.24L0.2L)=5mol/L，D正确；答案选D。【看到我】本题考查以图象题的形式考查镁铝的重要化合物、混合物计算等【名师点晴】解答时注意分析图象各阶段的物质的量的关系，根据各阶段的化学反应，利用守恒计算。许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。25.有一铁的氧化物样品，用50mL 5molL1盐酸可恰好使其完全溶解。所得溶液可吸收标准状况下0.56L氯气，使其中的Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式为A. Fe4O5 B. Fe3O4 C. Fe5O7 D. Fe8O11【答案】A【解析】【详解】n（HCl）=0.05L5molL1=0.25mol，n(Cl2)=0.56L22.4L/mol=0.025mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n(O)=1/2n（HCl）=1/20.25mol=0.125mol，反应后溶液成分为FeCl3，n(Cl-)=0.25mol+0.025mol2=0.3mol，n(Fe)=0.3mol1/3=0.1mol，所以n(Fe): n(O)= 0.1mol：0.125mol=4/5，该样品的化学式为：Fe4O5，故A正确；故选A。第卷（非选择题50分）26.按要求回答问题：（1）完成下列化学方程式：将金属钠加入到硫酸铜溶液中的化学方程式：_漂白粉失效的化学方程式：_实验室制取氯气的化学方程式：_（2）用化学方程式或离子方程式完成下列转化：Al3+AlO2-Al(OH)3_Fe(OH)2Fe(OH)3_CO2C_【答案】 (1). 2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4 (2). Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2 (3). MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O (4). Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3- (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3 (6). 2Mg+CO2 2MgO+C【解析】【详解】（1）将金属钠加入到硫酸铜溶液中，钠先和水反应，生成的氢氧化钠再和硫酸铜反应，化学方程式：2Na+2H2O=2NaOH+H2，2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2+Na2SO4。漂白粉长期暴露在空气中会逐渐失效，是因为次氯酸钙和空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙沉淀和次氯酸，次氯酸见光易分解，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，2HClO2HCl+O2，故答案为：Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2；实验室用二氧化锰和浓盐酸反应制氯气，化学方程式为：MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O，故答案为：MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O。（2）Al3+ AlO2- Al(OH)3，铝离子与过量的烧碱发生反应：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，向偏铝酸盐溶液中通入过量的二氧化碳发生反应：AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-，故答案为：Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-。Fe(OH)2 Fe(OH)3，氢氧化亚铁被潮湿空气中的氧气氧化：4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3。CO2 C，可通过2Mg+CO2 2MgO+C转化，故答案为：2Mg+CO2 2MgO+C。27.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案（可供选择的试剂为铁粉、稀H2SO4、NaOH溶液等试剂）（1）操作a的名称为 ，所需要的玻璃仪器为 。（2）固体E的成分为 ，加入的试剂为稀硫酸，发生的化学方程式为 。（3）加入试剂的目的是 。（4）从溶液D和溶液G中得到FeSO47H2O晶体的操作为 、冷却结晶、过滤、 、干燥。【答案】（1）过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯（2）Fe和Cu；稀硫酸；Fe+H2SO4FeSO4+H2（3）将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀，便于与含有Na+的溶液分离 （4）蒸发浓缩、洗涤【解析】试题分析：（1）加入试剂后，过滤出Cu（OH）2，Fe（OH）2沉淀，滤液是Na2SO4、NaOH溶液；分离出液体和固体的操作是过滤；所需要的玻璃仪器为：漏斗、玻璃棒、烧杯；（2）溶液C的成分为CuSO4，FeSO4、H2SO4，加过量铁，过滤出Fe、Cu，溶液D中只有一种盐是硫酸亚铁，所以固体E就是Fe、Cu，所以固体F就是铜，过量的铁是为了将CuSO4中的铜全部置换出来，加入过量试剂稀硫酸的目的是除去铜中的铁，实现了回收金属铜，发生的化学方程式为：Fe+H2SO4FeSO4+H2；（3）试剂为NaOH溶液，为了实现Na+的溶液分离，可将溶液中的Fe2+和Cu2+转化为沉淀；（4）蒸发是从溶液中获得晶体常采用的方法，从溶液D和溶液G中得到FeSO47H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【考点定位】考查混合物的分离与提纯【名师点晴】把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质（水除外），即分离提纯后的物质应是纯净物（或纯净的溶液），不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。28.实验室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以干燥的Cl2为原料进行实验，装置如下图所示。（1）装置B、C中应盛放的试剂名称分别为_、_；从A装置导出的气体若不经过B、C装置而直接进入D管，将对实验产生的不良后果是_。（2）实验时，先点燃A处的酒精灯，让氯气充满装置，再点燃D处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：_。（3）F装置所起的作用是_，_。（4）用石灰乳吸收氯气可制得漂粉精，写出工业制漂粉精反应的化学方程式： _。【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 浓硫酸 (3). 未经除去的氯化氢和水蒸气随氯气进入D中和铁能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸 (4). 2Fe+3Cl22FeCl3 (5). 吸收多余的氯气，防止污染环境 (6). 防止空气中的水蒸气进入E中 (7). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O【解析】【分析】（1）浓盐酸具有挥发性，所以氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水，所以选饱和食盐水除去氯化氢，题中指出以干燥的Cl2为原料，所以还要除去氯气中混有的水蒸气，且不引入新的杂质，故选浓硫酸。（2）铁粉与氯气在点燃条件下反应生成氯化铁。（3）氯气有毒，污染环境，所以不能直接排放到空气中。（4）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。【详解】（1）浓盐酸具有挥发性，所以氯气中含有氯化氢，氯化氢极易溶于水，氯气难溶于饱和食盐水，所以选饱和食盐水除去氯化氢，题中指出以干燥的Cl2为原料，所以还要除去氯气中混有的水蒸气，且不引入新的杂质，故选浓硫酸，因浓盐酸具有挥发性，反应生成物中有水，在加热条件下变成水蒸气，所以混合气体中的成分是氯化氢、水蒸气、氯气；氯化氢、水蒸气和铁能反应生成氢气，氢气和氯气混合在加热时会发生爆炸，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；未经除去的氯化氢和水蒸气随氯气进入D中和铁能反应生成氢气，氢气和氯气混合会发生爆炸。（2）铁粉与氯气在点燃条件下反应生成氯化铁，方程式为：2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3。（3）氯气有毒，污染环境，所以不能直接排放到空气中，碱石灰的成分是氧化钙和氢氧化钠，氯气和氧化钙、氢氧化钠能反应，所以可用碱石灰处理尾气，空气中有水蒸气，碱石灰还能吸收水蒸气，防止空气中的水蒸气进入E中，所以可作干燥剂，故答案为：吸收多余的氯气，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入E中。（4）氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。29.某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。