广东省肇庆市2020学年高一化学上学期考试试题（含解析）

广东省肇庆市2020学年高一化学上学期考试试题（含解析）（总分100分，时间90分钟）【注意事项】1答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡对应栏目上。用2B铅笔把答题卡上考生号的信息点涂黑。2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe56 Ba-137第部分选择题（共40分）1、 单选题（20小题，每题2分，共40分。每题只有一个正确答案）1下列说法不正确的是A生铁和钢都属于合金B明矾可用作混凝剂去除水中的悬浮物C食盐水、稀豆浆、蔗糖水都能产生丁达尔效应D漂白液（有效成分为NaClO）可用于游泳池的消毒【答案】C考点：考查物质的性质及应用 2饱和氯水长期放置后，下列微粒在溶液中不减少的是AHClO BCl CCl2 DClO【答案】B【解析】试题分析：新制饱和氯水中存在Cl2+H2OHClO+HCl，由于HClO见光分解，导致平衡右移，长期放置，Cl2和HClO、ClO-减少，HCl增多，则Cl-增大；故选B。考点：考查氯气的性质，侧重于氯水的成分与性质的考查。3下列说法摘自某些刊物，你认为无科学性错误的是A铅笔芯的原料是铅，儿童用嘴咬铅笔会导致铅中毒B在生有煤炉的居室里放一盆水，可以防止CO中毒C在农作物温室大棚内燃烧煤，产生的CO2不利于植物的生长D高纯硅应用在半导体元件与集成芯片之中，所以说“硅是信息技术革命的催化剂”【答案】D【解析】试题分析：A铅笔的主要成为为石墨，不是铅，儿童使用时不会引起中毒，故A错误；BCO难溶于水不能被水吸收，在室内放一盆水不能防止CO中毒，故B错误；C二氧化碳可作为温室肥料，故C错误；D半导体元件与集成芯片的主要成分是硅单质，所以硅的提纯与应用促进了半导体元件与集成芯片事业的发展，故D正确；故选D。考点：考查化学与生活的运用。4铝分别与足量的稀盐酸和氢氧化钠溶液反应，当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH的物质的量之比是A1：1 B2：1 C1：3 D3：1【答案】D【解析】试题分析：根据反应方程式2Al+6H+=2Al3+3H2，2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2可知：当两个反应放出的气体在相同状况下体积相等时，反应中消耗的HCl和NaOH物质的量之比为3：1，故选D。考点：考查化学方程式的计算。5下列说法正确的是A常温常压下，16g O3所含的氧原子数目为NAB标准状况下，O2的体积取决于O2分子间的距离C摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量D若气体摩尔体积为22.4 L/mol，则所处条件为标准状况【答案】A【解析】试题分析：A16gO3的物质的量为16g48g/mol，所含的氧原子物质的量为16g48g/mol3=1mol，氧原子数目为NA，故A正确；B标况下O2的体积取决于O2分子数目，标况下距离是定值，故B错误；C物质的量是表示微粒数目集合体的物理量，其单位是摩尔，摩尔是物质的量的单位，不是物理量，故C错误；D气体摩尔体积是单位物质的量的气体所占有的体积，气体体积与温度和压强有关，温度升高，气体体积增大，压强增大，气体体积减小，所以不是在标况下，气体摩尔体积有可能为22.4 Lmol-1，故D错误；故选A。考点：考查的是摩尔的定义以及气体摩尔体积的定义。6磁流体是电子材料的新秀。将含等物质的量的FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液混合，再滴入稍过量的NaOH溶液，随后加入油酸钠溶液，即可生成黑色的、分散质粒子直径在3655nm的磁流体。下列说法中正确的是A所得的分散系属于悬浊液 B用光束照射该分散系能产生丁达尔效应C所得的分散系中分散质为Fe2O3 D分散系为胶体，胶粒直径即Fe(OH)3分子直径【答案】B考点：考查胶体的性质 7新一代饮用水的消毒剂ClO2具有高效、广谱、安全等特点。制取ClO2的其中一种反应是：Cl22NaClO2=2ClO22NaCl。则下列叙述正确的是A该反应是复分解反应 B该反应1molCl2得到2moleC反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂 DNaClO2和ClO2中Cl的化合价相同【答案】B【解析】试题分析：A此反应是氧化还原反应，所以该反应不属于复分解反应，该选项说法不正确；B反应Cl22NaClO2=2ClO22NaCl中Cl2的氯元素从0价降为-1价，则该反应1molCl2得到2mole，该选项说法正确；C反应Cl22NaClO2=2ClO22NaCl中Cl2的氯元素从0价降为-1价，氯气是氧化剂，NaClO2中氯元素的化合价从+3价升高为+4价，该选项说法不正确；DNaClO2中Cl的化合价是+3价，ClO2中Cl的化合价是+4价，该选项说法不正确；故选B。考点：考查氧化还原反应的分析8在同温同压下，向大小相同的气球分别充入CO和以下四种混合气体，当体积相等时A、B、C、D四个气球内，与充入CO气球内所含原子数一定相等的是【答案】C【解析】试题分析：A含有HCl和O3，1mol混合气体含有的原子的物质的量大于2mol，故A错误；B含有H2和NH3，二者原子的物质的量大于2mol，故B错误；C含有N2和O2，都为双原子分子，则1mol混合气体含有2mol原子，故C正确；D含有Ne和NO2，二者的物质的量比为1：1时才符合，故D错误；故选C。考点：考查物质的量的计算9下列离子方程式中正确的是A往碳酸镁中滴加稀盐酸：CO32 2H+CO2H2OB将少量硅投入氢氧化钠溶液中：Si+2OH+ H2O= SiO32 +H2 C淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝色：4IO22H2O2 I24OHD向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2+Cl2Fe3+2Cl【答案】C【解析】试题分析：A碳酸镁微溶于水，不可拆分，故A错误；B将少量硅投入氢氧化钠溶液中发生反应的离子方程式为2Si+2OH+ H2O= SiO32 +2H2，故B错误；C淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝色，发生反应的离子方程式为4IO22H2O2 I24OH，故C正确；D向氯化亚铁溶液中通入氯气发生的离子反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误；答案为C。考点：考查离子方程式的正误判断。10在实验室用自来水制取蒸馏水的实验中，下列说法错误的是A烧瓶中要放入碎瓷片防止暴沸B温度计的水银球应与烧瓶支管口水平，不能插入液面下C冷凝水应该是下进上出，与蒸气的流向相反D开始蒸馏前，应该先加热，再开冷凝水；蒸馏完毕，应该先关冷凝水再撤酒精灯【答案】D【解析】试题分析：A为避免加热时出现暴沸现象，应在烧瓶中放入几粒沸石或碎瓷片，故A正确；B温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，目的是控制馏分物质的沸点，得到较纯净的物质，故B正确；C冷凝水应该是下进上出，与蒸汽的流向相反，冷凝管水流遵循逆流原理，这样冷凝效果好，故C正确；D开始蒸馏时，先开冷凝水，再加热；实验结束时应先撤酒精灯，再关冷凝水，故D错误；故选D。考点：考查实验室制备蒸馏水操作11汽车安全气囊是在发生撞车时、产生二次碰撞前能够自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生反应为：10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2。下列判断正确的是AN2既是氧化剂又是还原剂 BNaN3中N元素被还原C每生成16molN2转移30mole D还原产物与氧化产物质量之比为1：15【答案】D【解析】试题分析：A只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物又是还原产物，故A错误；BNaN3中N元素化合价升高，失去电子被氧化，故B错误；C由反应可知，2molKNO3反应转移电子为2mol（5-0）=10mol，即每生成16 mol N2转移10 mol电子，故C错误；D该反应中10molNaN3是还原剂，生成氧化产物N2的物质的量是15mol；2molKNO3是氧化剂，生成还原产物N2的物质的量是1mol，还原产物与氧化产物质量之比为1：15，故D正确；故选D。考点：考查氧化还原反应12检验SO2中是否混有CO2，应采取的措施是A先通过Ba(OH)2溶液再通过石灰水 B先通过酸性KMnO4溶液再通过石灰水C先通过小苏打悬浊液再通过石灰水 D先通过澄清石灰水再通过品红溶液【答案】B【解析】试题分析：A二氧化硫和二氧化碳通过氢氧化钡都会产生白色沉淀：CO2+Ba（OH）=BaCO3+H2O，SO2+Ba（OH）=BaSO3+H2O，再通过石灰水不会出现现象，无法检验，故A错误；B二氧化硫和二氧化碳酸性KMnO4溶液，二氧化硫会和高锰酸钾反应而使之褪色，KMnO4酸性溶液将SO2完全吸收，再通过石灰水，二氧化碳和氢氧化钙反应会产生白色沉淀：CO2+Ca（OH）=CaCO3+H2O，能验证有无CO2，故B正确；C二氧化硫和二氧化碳通过碳酸氢钠溶液都会发生反应，无法检验，故C错误；D二氧化硫和二氧化碳通过石灰水都会产生白色沉淀：CO2+Ca（OH）=CaCO3+H2O，SO2+Ca（OH）=CaSO3+H2O，氢氧化钙会将气体全部吸收，不能验证有无CO2，故D错误；故选B。考点：考查SO2和CO2在性质上的相似点与不同点。13下列装置所示的实验中，能达到实验目的是【答案】C【解析】试题分析：A碘和酒精互溶，不分层，不能用分液分离，故A错误；B氯气、HCl均能与NaOH溶液反应，则不能利用碱来除去氯气中的HCl，故B错误；C一氧化氮不溶于水不与水反应，可用排水法收集，故C正确；D氨气与氯化氢反应生成氯化铵，得不到氨气，故D错误；故选C。考点：考查化学实验方案的评价14鉴别固体Na2CO3和NaHCO3的最好方法是A分别与同浓度的稀盐酸反应 B分别加入NaOH溶液C分别加入石灰水 D溶于水，比较其溶解性 【答案】A【解析】试题分析：A二者与盐酸反应生成气体的快慢不同，可鉴别，故A选；C二者均与石灰水反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故C不选；D均溶于水，二者的溶解度不同，利用溶解性鉴别方法不是最好，故D不选；B碳酸氢钠与NaOH反应无明显现象，碳酸钠与NaOH不反应，不能鉴别，故B不选；故选A。考点：考查物质的鉴别和检验15下列各组离子能大量共存的是A无色溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B在pH=4的溶液中：Na+、K+、OH-、Cl-C在含Ba2+的溶液中：H+、Na+、Cl-、SO42-D与Fe反应产生气体的溶液：Na+、K+、Cl-、SO42-【答案】D【解析】试题分析：A无色溶液中不可能存在Cu2+，故A错误；BH+与OH-不可能在溶液中大量共存，故B错误；CBa2+与SO42-生成沉淀，不可能在溶液中大量共存，故C错误；D与Fe反应产生气体的溶液显酸性，Na+、K+、Cl-、SO42-在酸性溶液中可大量共存，故D正确，答案为D。考点：考查离子共存16同湿同压下将等体积的NO2和N2的混合气体置于试管中，并将试管倒立于水槽中，充分反应后，剩余气体的体积约为原总体积的A. 1/6 B. 1/3 C. 2/3 D. 1/2【答案】C【解析】试题分析：假定的N2和NO2体积分别为V，设V体积的二氧化氮和水反应生成一氧化氮的体积为x，3 NO2+H2O=2HNO3+NO31Vxx=v/3，则剩余气体的体积约为V+V/3=4V/3，剩余气体的体积约为原总体积的，故选C。考点：考查二氧化氮与水的反应17下列关于硝酸的认识中，正确的是A浓、稀硝酸光照和受热都会分解B浓硝酸与金属反应不放出氢气，而稀硝酸与金属反应可置换出氢气C常温下，因为铝和铁不与浓硝酸反应，所以浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中D铜分别与浓硝酸、稀硝酸反应生成NO2和NO，故稀硝酸的氧化性大于浓硝酸【答案】A【解析】试题分析：A硝酸不稳定，见光或受热易分解，故A正确；B浓硝酸有强氧化性，金属与浓硝酸反应生成二氧化氮，不生成氢气，故B错误；C铝在常温下遇浓硝酸发生钝化现象，阻止反应进行，常温下可用铝制品盛装浓硝酸，而不是不反应，故C错误；D硝酸的浓度越大其氧化性越强，所以浓硝酸氧化性大于稀硝酸，故D错误；故选A。考点：考查浓稀硝酸的性质。18根据下列实验事实得出的相应结论正确的是序号实验事实结论ASO3的水溶液可以导电SO3是电解质B向某溶液中加入BaCl2溶液和稀HNO3，若有白色沉淀生成原溶液中含SO42-C向Ca(ClO)2溶液中通入CO2产生白色沉淀酸性：H2CO3HClOD用铂丝蘸取某溶液在酒精灯火焰上灼烧直接观察火焰颜色，未见紫色原溶液中不含K【答案】C【解析】试题分析：A溶液导电，原因是SO3和水反应生成硫酸，SO3不能电离出离子，为非电解质，故A错误；B能和硝酸酸化的氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子有SO42-、SO32-、Ag+，故B错误；C将CO2通入Ca（ClO）2到溶液中产生白色沉淀碳酸钙，在溶液中发生强酸制取弱酸的反应，则酸性为H2CO3HClO，故C正确；D实验室检验K+的存在用焰色反应，可以观察到紫色火焰，但要通过蓝色钴玻璃观察，以便滤去黄色光，避免干扰，故D错误；故选C。考点：考查物质的检验和性质的比较。19“绿色化学”的主要内容之一是使原子充分利用，不产生污染物。下列化学反应符合“绿色化学”理念的是A制CuSO4：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2OB制CuSO4：2Cu+O2=2CuO；CuO+H2SO4(稀)CuSO4+H2OC制Cu(NO3)2：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2OD制Cu(NO3)2：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O【答案】B【解析】试题分析：A中产生有毒的二氧化硫，污染空气，故错误；B中无污染物产生，所有原子完全利用，全部转入期望产物，故正确；C中产生有毒的二氧化氮，污染空气，故错误；D中产生有毒的一氧化氮，在空气中易转化为二氧化氮，污染空气，故错误；故选B。考点：考查绿色化学的原理20已知单质碘受热易升华。从海带中提取碘的实验过程中涉及下列操作正确的是 【答案】D【解析】试题分析：A不能在烧杯中高温灼烧固体，烧杯易炸裂，固体的灼烧应在坩埚中，故A错误；B过滤应用玻璃棒引流，防止浊液外漏，故B错误；C碘遇苯互溶，不能用分液分离，故C错误；D蒸馏时，冷凝管应从下端进水，上端出水，故D正确；故选D。考点：考查化学实验操作卷：非选择题(共60分)二、填空题（2小题共15分）21（8分）用地壳中某主要元素生产的多种产品在现代高科技中占有重要位置，足见化学对现代物质文明的重要作用。例如：计算机芯片的主要成分是 ；光导纤维的主要成分是 ；过氧化钠在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，其CO2反应的化学方程式为 ；红热的铁跟水蒸气反应，反应的化学方程式为 ；工业上用电解氯化钠溶液的方式制取氯气，反应的化学方程式为 。【答案】（8分）硅单质（或Si，1分） 二氧化硅（或SiO2,1分） 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2（2分） 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2 （2分） 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2（2分）【解析】试题分析：计算机芯片是半导体，其主要成分是Si；光导纤维的主要成分是SiO2；过氧化钠能与CO2反应生成氧气，反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2；红热的铁跟水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，其反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；电解氯化钠溶液可得氯气、氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。考点：考查化学方程式的书写22（7分）KClO3和浓盐酸在一定温度下发生如（1）的反应：（1）请配平方程式，并用双线桥表示得失电子情况：_KClO3+_HCl（浓）=_KCl+_ClO2+_Cl2+_H2O（2）氧化剂是_，还原产物是_（写化学式）。（3）产生0.1molCl2时，转移电子的物质的量为_mol。【答案】（1）（4分）（方程系数2分，得失电子数和线桥各1分）（2）（2分）KClO3 ClO2 （3）（1分）0.2【解析】试题分析：（1）KClO3中氯元素化合价由+5价降低为ClO2中+4价，化合价降低1价；HCl中氯元素化合价由-1价升高为Cl2中0价，化合价升高2价，化合价升降最小公倍数为2，故ClO2系数为2，Cl2系数为1；所以KClO3系数为2，KCl系数为2，HCl系数为4，结合原子守恒配平方程式，其反应方程式为：2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2+Cl2+2H2O，用双线桥分析电子的得失情况是：；（2）此反应中氯酸钾中氯元素的化合价从+5价降为+4价，可知氧化剂是KClO3，对应的还原产物是ClO2；（3）该反应中氯气和转移电子的关系为1：2，则产生0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为0.2mol。考点：考查了氧化还原反应三、实验题（2小题共19分）23（9分）某次实验需用0.4molL-1 NaOH溶液480mL。配制方法如下：（1）配制该溶液应选用_mL容量瓶。（2）用托盘天平准确称量_g固体NaOH。（3）将称量好的NaOH固体放在500mL大烧杯中，倒入约300mL蒸馏水，用玻璃棒搅拌，使固体全部溶解，待_后，将烧杯中的溶液注入容量瓶中。（4）用少量蒸馏水洗涤烧杯_次，把洗涤后的溶液_，轻轻晃动容量瓶，使溶液混合均匀。（5）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面_时，改用_加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切。盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀。（6）下列情况将使所配得的NaOH溶液的浓度偏高的是 （填序号）：A所用的NaOH中混有少量Na2CO3B用托盘天平称量一定质量NaOH固体时，有少量固体潮解了C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干D固体NaOH在烧杯中溶解后，立即将溶液转移到容量瓶内并接着进行后续操作E转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容F定容时，俯视容量瓶刻度线G定容摇匀静止后，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水至刻度线。【答案】（9分）（1）（1分）500 （2）（1分）8. 0（写为8扣1分） （3）（1分）溶液冷却至室温（4）（2分）2-3 一起转入容量瓶中（5）（2分）离刻度线下12cm 胶头滴管 （6）（2分）DF（选2个且正确给1分，多选错1个扣1分，不出现负分）【解析】试题分析：（1）因溶液的体积480mL，但容量瓶的规格没有480mL，所以选用500mL容量瓶；（2）需氢氧化钠的质量为m=0.5L0.4molL-140g/mol=8.0g；（3）氢氧化钠溶解放出大量的热，溶液具有热胀冷缩的性质，影响溶液体积，故应先冷却至室温；（4）为保证溶质尽可能转移到容量瓶中，需用少量蒸馏水洗涤烧杯2-3 次，并将洗涤液一起转入容量瓶中；（5）向容量瓶中加入蒸馏水，到液面离刻度线1-2cm时，改用胶头滴管加蒸馏水至液面最低点与刻度线相切，然后盖好瓶塞，上下颠倒混合均匀；（6）A所用的NaOH中混有少量的Na2CO3，会使得NaOH的质量减少，所以溶液浓度偏低；B固体潮解，NaOH固体质量偏少，配制溶液浓度偏低；C配制溶液所用的容量瓶洗净后没有烘干，对溶液浓度无影响；D液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成了溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高；E转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低；F定容时，俯视容量瓶刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积偏小，浓度偏高；G定容摇匀后静止，液面低于刻度线，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低；答案为DF。考点：考查了配制一定物质的量浓度的溶液方法。24（10分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5。已知： 装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3SO2=Na2S2O5； Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成Na2SO4。（1） 装置中产生气体的化学方程式为：_。（2） 要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是 。（3） 装置用于处理尾气，可选用右图中最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。稀氨水浓硫酸NaOH溶 液a b c d 食盐水（4）检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是： 。（5）为了研究Cl2与SO2的在干燥条件下发生反应及进行的程度。用右下图所示装置收集满干燥的Cl2，再通入干燥的SO2，集气瓶中立即出现无色液体SO2Cl2； 充分反应后，将液体和剩余气体分离。用除尽空气的NaOH溶液吸收分离出的气体，用足量稀盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀是 ，由此可知反应后剩余的气体为Cl2和 ，综合实验信息，干燥的SO2与Cl2反应的化学方程式为 。【答案】（10分）（1）（1分）Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O （2）（1分）过滤 （3）（1分）d（多选0分）（4）（3分）取少量Na2S2O5晶体于适量水的试管中（1分），滴加足量盐酸振荡，再滴入氯化钡溶液（1分），有白色沉淀生成，则该晶体已被氧化（1分）（5）（4分）BaSO4（1分） SO2（1分） SO2Cl2SO2Cl2 (2分)【解析】试题分析：（1）由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O；（2）装置中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离；（3）a装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为d；（4）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（5）生成的白色沉淀为BaSO4，说明NaOH溶液吸收分离出的气体成分不是单一的SO2或Cl2，而是二者的混合气体，在水溶液里发生了氧化还原反应，生成了硫酸根离子，同时也可知SO2与Cl2生成SO2Cl2的反应是可逆反应，因为反应物的转化率没有达到100%，反应方程式为SO2Cl2SO2Cl2。考点：考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等。四、推断题（2小题共19分）25（10分）硫酸亚铁晶体（FeSO47H2O）在医药上作补血剂。某课外小组测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如下：请回答下列问题：（1） 向步骤的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有 （填离子符号），检验滤液中还存在Fe2+的方法为 （说明试剂、现象）。（2） 步骤加入过量H2O2的目的是 。（3） 步骤中反应的离子方程式为 。（4） 步骤中一系列处理的操作步骤包括：过滤、 、灼烧、 、称量。（5） 假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为 g。【答案】（10分）（1）（3分）Fe3+（1分） 取一定量滤液，滴加少量KMnO4溶液（1分），溶液紫红色退色（1分）（2）（1分）将Fe2+全部氧化为Fe3+（3）（2分）Fe3+3OH= Fe(OH)3（4）（2分）洗涤 冷却至室温 （5）（2分）0.07a【解析】试题分析：（1） 向步骤的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有Fe3+，取一定量滤液，滴加少量KMnO4溶液（1分），溶液紫红色退色可知滤液中还存在Fe2+；（2）双氧水具有氧化性，酸性条件下能将Fe2+全部氧化为Fe3+；（3）步骤是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应离子方程式为Fe3+3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+；（4）步骤中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成