2026届上海市虹口区上海外国语大学附属外国语学校化学高一第一学期期末调研试题含解析

2026届上海市虹口区上海外国语大学附属外国语学校化学高一第一学期期末调研试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度（质量分数）是()A． B． C． D．2、下列化学反应中水作氧化剂的是()A．Cl2+H2O═HCl+HClO B．2F2+2H2O═4HF+O2C．2Na+2H2O═2NaOH+H2↑ D．CaO+H2O═Ca(OH)23、下列有关Cl2的叙述中不正确的是A．氯水能够使石蕊试液先变红后褪色，说明氯水中存在H+和漂白性物质B．在加压条件下,氯气转化为液氯，可储存于钢瓶中,便于运输和使用C．舍勒在实验中意外地发现了一种黄绿色气体,并将该气体的组成元素命名为氯D．氯气常用于自来水的消毒、农药的生产、药物的合成等领域4、下列物质的性质与应用对应正确的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．亚硫酸钠具有还原性，可用作抗氧化剂C．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氨气D．Al2O3易溶于水，可用作冶炼金属铝5、对于下列金属的叙述不正确的是A．在点燃镁、铝之前，应先用砂纸打磨，除去表面的氧化膜B．用砂纸打磨的铝条，放在酒精灯上加热至熔化，铝会滴落下来C．铁在氧气中燃烧生成的氧化物的主要成分是四氧化三铁D．金属单质在自然界中多以化合态的形式存在，因为它们大多有较强的还原性6、下列说法不正确的是()A．做CO还原CuO的实验时，尾气用点燃的方法除去B．实验室制取O2、CO2，多余的少量气体可以排放到空气中C．实验室产生的过量有毒尾气，一定要排放到室外空气中D．“水滴石穿”是因为溶解了CO2的雨水与CaCO3作用生成Ca(HCO3)27、当氨气与氧气一起通过灼热的铂丝网时，在导出的产物中，不可能出现的物质是（）A．NH4NO3 B．H2O C．N2 D．NO28、某澄清透明的溶液中可能含有：Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、I－、CO32－、SO42－、Cl－中的几种，各离子浓度均为0.1mol·L－1。现进行如下实验(所加试剂均过量)：下列说法正确的是()A．样品溶液中肯定存在Na+、Fe2+、I−、SO42−B．沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁C．取1L黄色溶液D能恰好溶解铁1.4gD．该样品溶液中是否存在Cl－可取滤液C，滴加硝酸银和稀硝酸进行确定9、在下列物质分类中，前者包含后者的是（）序号前者后者序号前者后者A电解质化合物B金属氧化物碱性氧化物C分散系混合物D单质纯净物A．A B．B C．C D．D10、下列各组微粒中，具有相同质子数和电子数的一组微粒是()A．H2O、CH4、NH3、Ne B．OH-、F-、Ne、O2-C．H3O＋、Na+、NH4+、Mg2+ D．O2-、F-、Mg2+、Al3+11、体积为1L干燥容器中充入HCl气体后，测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082。将此气体倒扣在水中，进入容器中液体的体积是A．0.25L B．0.5L C．0.75L D．1L12、把Na2CO3和NaHCO3的混合物27.4g加热到质量不再变化时，得残留固体21.2g。求原混合物中NaHCO3和Na2CO3的质量之比为()A．53∶84 B．1∶1 C．84∶53 D．42∶5313、漂尘是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，不易沉降，它与空气中的SO2和O2接触会使SO2部分转化为SO3，使空气的酸度增加。漂尘所起的作用是()A．氧化剂 B．还原剂 C．催化剂 D．干燥剂14、现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K+、、Cl-、Mg2+、Ba2+、、，现取三份100mL溶液进行如下实验：(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；(2)第二份加入足量NaOH溶液加热后，收集到气体0.05mol；(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.60g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为4.66g。则对原混合液中的离子组成的说法正确的是A．一定有Cl- B．不能确定是否有K+C．一定有、、、Cl- D．一定无Mg2+、Ba2+，一定有K+15、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L-1NaAlO2溶液：OH－、Na＋、Cl－、SO42－B．使紫色石蕊变红的溶液中：CO32－、Fe3+、NO3－、S2－C．加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、K+、SO42－D．澄清透明的溶液中：Fe2+、MnO4－、NO3－、SO42－16、某同学对一无色透明溶液进行分析得出该溶液中含有下列某组离子，你认为该组离子应该是A．Al3+、、K+、 B．Ca2+、H+、、C．OH-、、、Al3+ D．Fe3+、Mg2+、、Clˉ二、非选择题（本题包括5小题）17、无色气体A在一种黄绿色气体B中可以安静的燃烧，发出苍白色火焰，反应生成气体C。B与金属D反应可生成白色固体E，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，F与CO2反应可得到气体G，D与水反应可生成A，A在G中燃烧生成水。推断出各种物质后，回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B_______、C_______、E_______。（2）写出下列化学方程式：a．由D生成F：___________________________________________________；b．F与CO2反应：__________________________________________________；c．D与水反应：____________________________________________________。18、已知由短周期元素构成的三种粒子：甲a(单核带一个单位正电荷)、乙I(四核不带电荷)、丙e(双核带一个单位负电荷)，它们都有10个电子。物质A由甲、丙构成，B、C、D、K都是单质，反应①～⑤都是用于工业生产的反应，各有关物质之间的相互反应转化关系如下图所示：请填写下列空白：(1)写出下列物质的化学式：B________，I________，J________。(2)A的化学式是__________________。(3)写出下列反应的离子方程式：①H＋E(溶液)→M_________________________________________________________。②I溶于G________________________________________________________________。(4)写出反应①的化学方程式_________________________________________________。19、Ⅰ.为探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，设计实验装置如图所示，部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。(洗气瓶中试剂均足量)(1)分析推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有_______________________________。(2)D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式_____________________。II.测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水x的值，实验装置和过程如下：取硫酸铜晶体7.23g置于硬质试管中，先通N2排除体系内空气，酒精喷灯高温加热充分，待A中蓝色晶体最终变成黑色，停止加热，再次鼓入N2至装置冷却到室温。(洗气瓶中试剂均足量)(1)取B中白色沉淀经过滤洗涤干燥称量得固体6.99g，经计算可得CuSO4·xH2O中x=__________，再次鼓入N2的目的是____________________。(2)某同学提出，要测定晶体中结晶水x的值，也可将B装置用装有浓硫酸的洗气瓶替换，最终测浓硫酸增重即可计算得到结果，评价该同学的方案是否可行？(如果不可行，请说明理由)_____________________________20、某实验小组进行Cu和Fe2(SO4)3溶液的实验。实验探究过程如下：实验装置：实验操作与现象：ⅰ．加入Cu粉后充分振荡，静置，溶液变成浅蓝绿色；ⅱ．取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，立即出现白色沉淀，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去。查阅资料：Ⅰ．Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2：(SCN)2的性质与Cl2相似。Ⅱ．CuSCN能与稀硝酸反应：CuSCN+HNO3→CuSO4+N2↑+CO2+H2O(未配平)。回答下列问题：(1)Cu和Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式为________。(2)根据表中实验现象推断白色沉淀为___________。为验证该白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，加入___，若____即可证明(补充所加试剂及实验现象)。(3)试解释ⅱ中溶液局部变为红色的原因是______。(4)根据ⅱ中实验现象可推知SCN-更易与_______结合(填“Fe3+”或“Cu+”)21、氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。（1）下列表述中没有氧化还原反应发生的是________。a．滴水成冰b．蜡炬成灰c．百炼成钢（2）NH3和Cl2反应的方程式为：NH3+Cl2—N2+HCl①该反应中被氧化的元素是________(填元素名称)，氧化剂是______(填化学式)。②配平该方程式：NH3+Cl2—N2+HCl__③工业生产中常用喷洒氨水的方法来检查是否有Cl2泄漏，若Cl2有泄漏，可以观察到的现象是________，产生该现象的反应方程式为________。（3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：①反应I的化学方程式为________。②反应II属于________反应。（填四种基本反应类型之一）。③若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

根据方程式可知2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑△m2×8410662m（NaHCO3）w1－w2m（NaHCO3）＝84（w1－w2）/31则该样品的纯度是[w1－84（w1－w2）/31]÷w1＝（84w2－53w1）/31w1答案选A。【点睛】利用差量法进行方程式计算要注意前后固体质量的变化，并能列出方程组计算。2、C【解析】

A．只有Cl元素化合价发生变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B．O元素化合价升高，被氧化，水为还原剂，故B错误；C．H元素化合价降低，被还原，水为氧化剂，故C正确；D．元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误。故选：C。【点睛】掌握氧化剂和还原剂的判断方法，根据元素化合价的变化进行分析，含有化合价升高的元素的物质为还原剂，含有化合价降低的元素的物质为氧化剂。3、C【解析】A、氯水中含有HCl和HClO，前者电离出H+，使石蕊试液先变红，后者具有强氧化性和漂白性，所以石蕊试液变红后褪色，A正确；B、氯气易液化，在加压下可以转化为液态氯气，且在常温下不与铁反应，故可储存于钢瓶中，便于运输和使用，B正确；C、舍勒在实验中意外地发现了一种黄绿色气体，当时他未确认该气体的组成成分，后经化学家戴维确认该气体只含有一种元素且命名为氯，C错误；D、Cl2的用途广泛，可用于自来水消毒、农药的生产、药物的合成等领域，D正确。正确答案为C。4、B【解析】

A.

SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，A错误；B.亚硫酸钠具有还原性，可用作抗氧化剂，B正确；C.

浓硫酸具有吸水性，但显酸性，不能用于干燥氨气，C错误；D.Al2O3难溶于水，D错误。答案选B。5、B【解析】

A．金属镁和铝易和氧气反应生成氧化物；B．金属铝在氧气中加热，会在表面形成氧化膜，氧化铝的熔点很高；C．金属铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁；D．大多数金属单质具有较强的还原性。【详解】A．金属镁和铝易和氧气反应生成氧化物，所以在点燃Mg、Al之前，应先用砂纸打磨，除去表面的氧化膜，A正确；B．用砂纸打磨的铝条，放在酒精灯上加热至熔化，这样金属铝在氧气中加热，继续会在表面形成氧化膜，氧化铝的熔点很高，所以不会滴落，B错误；C．金属铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，C正确；D．大多数金属单质具有较强的还原性，在自然界以化合态形式存在，D正确；故合理选项是B。【点睛】本题考查了镁、铝、铁的性质，把握常见金属的性质是解题的关键，注意知识的归纳和整理，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。6、C【解析】

A、一氧化碳有毒，一氧化碳具有可燃性，可用点燃方法除去，故A正确；B、O2、CO2都不是污染性气体，多余的少量气体可以排放到空气中，故B正确；C、实验室产生的过量有毒尾气，不能直接排放到室外，要进行处理后才能排放到室外空气中，故C错误；D、碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把“石头穿透”，故D正确。答案选C。7、C【解析】

在铂丝的催化作用下，发生氨气的催化氧化：，NO遇到O2变为NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，HNO3和NH3反应可以生成NH4NO3，故选C。8、B【解析】

根据“下层（紫红色）”、“黄色溶液”，可以推出原溶液中含有I-、Fe2+，一定没有Cu2+；向样品溶液中加入Cl2、BaCl2溶液，得到白色沉淀，则溶液中含有SO42-（CO32-不能和Fe2+共存，被舍去）；由于各离子浓度均为0.1mol·L-1，根据电中性原理，可以推出溶液中一定还含有一种阳离子，由于Mg2+无法排除，所以可以推出溶液中含有Na+、Fe2+、I-、SO42-，或者Mg2+、Fe2+、I-、SO42-、Cl-。【详解】A、经分析，样品中肯定存在Fe2+、I-、SO42-，可能存在Na+，或者Mg2+、Cl-，A错误；B、题中未提及沉淀B的信息，故根据“黄色溶液”可推出沉淀B中肯定有氢氧化铁，可能含有氢氧化镁，因为Mg2+呈无色，不影响Fe3+颜色的显示，故B正确；C、样品溶液中，n(Fe2+)=0.1mol·L-1，则溶液D中，n(Fe3+)=0.1mol·L-1，根据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，可推出1L溶液D中，含有Fe3+0.1mol，能溶解Fe0.05mol，即2.8g，C错误；D、样品溶液和Cl2、BaCl2溶液反应后再过滤得到滤液C，则滤液C一定含有Cl-，故检验到滤液C中的Cl-，无法说明样品溶液含有Cl-，D错误；故选B。【点睛】本题的难点在于Mg2+的确认，离子推断的题目，一般是根据某一个现象可以很明确的确定出某一个离子是否存在，而这道题中的Mg2+不干扰Fe3+的确认，故可能存在，也可能不存在。考生需要根据题中的现象仔细分析存在的可能性，从而避免漏掉一些可能存在的情况。9、B【解析】

根据题中物质分类可知，本题考查物质分类，运用各物质的分类标准分析。【详解】A.电解质是溶于水溶液中或在熔融状态下能导电的化合物，前者不包含后者，故A错误；B.碱性氧化物全部是金属氧化物，而金属氧化物不一定是碱性氧化物，前者包含后者,故B正确；C.分散系都是混合物，而混合物不都是分散系，前者不包含后者，故C错误；D.单质一定是纯净物，但纯净物不一定是单质，还可以是化合物，前者不包含后者，故D错误；答案选B。【点睛】碱性氧化物全部是金属氧化物，而金属氧化物不一定是碱性氧化物，如Mn2O7，它就是酸性氧化物，是高锰酸的酸根。10、A【解析】

根据原子的质子数相加即为微粒的质子数，阴离子中，电子数=质子数+电荷数；阳离子中，电子数=质子数-电荷数，据此分析解答。【详解】A.CH4、NH3、HF、Ne的质子数分别为10、10、10、10，电子数分别为10、10、10、10，A正确；B.OH-、F-、Ne、O2-的质子数分别为9、9、10、8，电子数分别为10、10、10、10，B错误；C.H3O＋、Na+、NH4+、Mg2+的质子数都是11、11、11、12，电子数都是10，C错误；D.O2-、F-、Mg2+、Al3+的质子数分别为8、9、12、13，电子数都是10，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查微粒的质子数和电子数，明确质子数和电子数的计算及中性微粒中质子数等于电子数是解答本题的关键。11、C【解析】

由于在相同条件下，气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，所以容器中气体的相对分子质量是1.082×32＝34.6，这说明氯化氢不纯，混有空气，设HCl物质的量分数为x，则34.6=36.5x+29(1-x)，得x=0.75，则氯化氢和空气的体积之比约是3︰1，所以进入容器中液体的体积是3/4L，即0.75L；答案选C。12、C【解析】

碳酸钠受热无变化，碳酸氢钠受热分解，根据方程式我们可以发现实际减少的质量是和水蒸气的质量，假设生成了xmol，则生成水的物质的量也是xmol，代入它们的摩尔质量有，解得，即生成了0.1mol和0.1mol，根据化学计量数之比推出原混合物中有0.2mol，则原混合物中m（NaHCO3）=0.2mol×84g/mol=16.8g，的质量为27.4g-16.8g=10.6g，二者的的质量比为16.8g：10.6g=84:53；答案选C。13、C【解析】

催化剂，改变反应速率而自身的质量和化学性质都不改变的一类物质．飘尘在二氧化硫与氧气反应过程中，降低了反应的难度使反应更容易发生，飘尘并不影响反应的结果，反应前后飘尘依然是飘尘。【详解】SO2会部分转化成SO3的过程中，SO2与空气中的O2发生反应，飘尘只是起到了加快反应的作用，其自身的性质和性质都未发生改变，因此，飘尘在变化中起催化作用，并不改变反应的实质，为反应的催化剂；答案选C。【点睛】本题考查催化剂的判断。变化前后化学性质和质量都不改变，是判断物质是否是反应的催化剂的关键因素。14、D【解析】

(1)第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中可能含有Cl-、、中的一种或几种，但不能肯定Cl-的存在；(2)第二份加足量NaOH溶液加热后，产生的气体是氨气，收集到气体0.05mol，由此得出n()=0.05mol；(3)第三份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀8.60g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，8.60g为碳酸钡和硫酸钡的混合物，4.66g为硫酸钡的质量，则n(BaSO4)==0.02mol，n(BaCO3)==0.02mol，从而得出n()=0.02mol，n()=0.02mol。依据离子共存原则，Mg2+、Ba2+不存在；依据电荷守恒原则，负电荷总量为2n()+2n()=0.08mol，所带的正电荷总量为0.05mol，所以溶液中一定含有K+，且n(K+)≥0.03mol，Cl-可能存在，据此分析。【详解】A．根据分析可知，混合液中可能存在Cl-，故A错误；B．依据电荷守恒原则，负电荷总量为2n()+2n()=0.08mol，所带的正电荷总量为0.05mol，所以溶液中一定含有K+，且n(K+)≥0.03mol，故B错误；C．根据分析可知，一定有、、；Cl-可能存在，故C错误；D．根据分析可知，一定有、、；依据离子共存原则，Mg2+、Ba2+不存在；依据电荷守恒原则，负电荷总量为2n()+2n()=0.08mol，所带的正电荷总量为0.05mol，所以溶液中一定含有K+，且n(K+)≥0.03mol，故D正确；答案选D。15、A【解析】

A.0.1mol·L-1NaAlO2溶液：OH－、Na＋、Cl－、SO42－，不反应能大量共存，符合题意，A正确；B.使紫色石蕊变红的溶液中含有H+和CO32－能反应，酸性条件下，NO3－能氧化S2－，与题意不符，B错误；C.加入Al能放出H2的溶液中可能含有OH－或H+：NH4+、OH－能反应，与题意不符，C错误；D.澄清透明的溶液中：Fe2+、MnO4－能反应，与题意不符，D错误；答案为A。16、A【解析】

溶液无色可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子，透明溶液中的离子之间不满足离子反应发生的条件：生成难溶物、生成气体、生成弱电解质、发生氧化还原反应、生成络合物等，在溶液中就能够大量共存。A．Al3+、NO3-、K+、SO42-之间不发生任何反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．CO32-能够与Ca2+、H+离子发生反应，H+离子能够与AlO2-根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．OH-与NH4+、Al3+之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．Fe3+呈现棕黄色，不满足溶液为无色溶液的条件，故D错误；答案为A。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）Cl2HClNaCl（每空1分）（2）2Na＋O2Na2O22Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O22Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑（每空2分）【解析】试题分析：本题考查无机推断和化学方程式的书写。气体B为黄绿色，气体B为Cl2；气体A在Cl2中燃烧发出苍白色火焰，气体A为H2，H2与Cl2反应生成的气体C为HCl；金属D在空气中燃烧浅黄色固体，金属D为Na，生成的浅黄色固体F为Na2O2；Na2O2与CO2反应生成的气体G为O2。Cl2与Na生成的白色固体E为NaCl。（1）B的化学式为Cl2，C的化学式为HCl，E的化学式为NaCl。（2）a.D生成F的化学方程式为：2Na＋O2Na2O2。b.F与CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3＋O2。c.D与水反应的化学方程式为：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑。18、Cl2NH3NONaOHH＋＋ClO－＝HClONH3＋H2ONH3·H2O2NaOH＋Cl2＝NaCl＋NaClO＋H2O【解析】

a、I、e是三种由短周期元素构成的粒子，它们都有10个电子，a单核带一个单位的正电荷，应为Na+；I为四核分子，则I为NH3，e为双核带一个单位负电荷的阴离子，则I为OH-；物质A由a、e构成，则A为NaOH，根据④电解生成A(NaOH），可考虑到氯碱工业，再结合反应①，可知B：Cl2；C：H2；H：HCl；又因H可以与E反应生成M，M光照分解生成氯化氢和K，则推知E：NaClO；F：NaCl；G：H2O；M：HClO；K：O2；再结合⑤即氨的催化氧化，可知D：N2；I：NH３；J：NO。据此解答。【详解】根据以上分析可知A为NaOH，B为Cl2，C为H2，D为N2，E为NaClO，F为NaCl，G为H2O，H为HCl，I为NH3，J为NO，K为O2，M为HClO，则（1）由上述分析可以知道：B为Cl2，I为NH3，J为NO；（2）因为物质A由a、e构成，a是Na+、e是OH-，则A为NaOH，故A的化学式是NaOH；（3）①由上述分析知，H是HCl、E是NaClO、M是HClO，所以H＋E(溶液)→M的离子方程式为：H＋＋ClO－＝HClO；②由上述分析知，I是NH3、G是H2O，故I溶于G的离子方程式为：NH3＋H2ONH3·H2O；（4）由分析知反应①的化学方程式为2NaOH＋Cl2＝NaCl＋NaClO＋H2O。19、CuO、SO3、SO2、O2、H2O4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O4.5使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收不可行，SO3也能溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量【解析】

I、该实验的目的是探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色，说明晶体受热分解产生了CuO；B中酸性BaCl2溶液产生白色沉淀，则分解产物中有SO3；D中溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，即产物中有氧化性物质，根据质量守恒定律可知，该氧化性物质为O2，则分解产物中有SO2生成（CuSO4中，O为-2价，若得到O2，需要升高化合价，所以S的化合价一定降低，生成SO2），所以B中的现象是品红溶液褪色，E的作用是吸收多余的有害气体，防止污染环境；II、根据实验I推出硫酸铜晶体产物有SO2、SO3，B中含有Cl2和BaCl2，Cl2在水中可以将SO2氧化为SO42-，故CuSO4中的S全部转化为了BaSO4，则可以通过BaSO4的质量来计算x的值。【详解】I、（1）经分析，CuSO4受热分解产生的产物有CuO、SO2、SO3、O2；对于晶体而言，受热分解产物还有H2O，故可推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有CuO、SO3、SO2、O2、H2O；（2）D中，Fe2+先被O2氧化为Fe3+，Fe3+再和SCN-结合生成血红色物质，涉及的离子反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；II、（1）根据题意可知，n(BaSO4)==0.03mol，则n(CuSO4·xH2O)=0.03mol，所以有0.03mol×(150+18x)g/mol=7.23g，解得x=4.5；再次通入N2的目的是使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收；（2）不可行，分解产物SO3可以溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量。【点睛】本题的难点在于实验II的（2）题，浓硫酸吸收SO3是一个很少见的知识点，主要出现在硫酸工业的第三步，考生需要结合平时学习中的知识去分析问题。20、Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2＋）CuSCN少量稀硝酸白色沉淀溶解，溶液变蓝，有气泡生成Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3Cu+【解析】

Cu和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，立即出现白色沉淀CuSCN，Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去，