2023-2024学年“七省新高考”高一上学期期末模拟考试化学试题02（144）（Word版附解析）

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第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14个小题，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．化学在生产和日常生活中有重要的应用．下列说法不正确的是( )
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．燃放的五彩烟花是利用了某些金属元素的焰色试验
D．铝比铁活泼，但在空气中铝制品比铁制品耐腐蚀
【答案】B
【解析】A．目前我国流通的硬币一般是在铁表面镀镍，为合金材料，故A正确；B．生铁含碳量高，易脆，普通钢含碳量在0.06%～0.38%范围，不锈钢含碳量在0.03%左右，故B错误；C．燃放烟花产生不同的颜色是利用了不同金属的焰色试验不同，故C正确；D．空气中，铝表面易形成一层致密的氧化膜，而不易被腐蚀，故D正确；故选B。
2．病毒飞沫进入到空气中形成的分散系属于气溶胶。下列叙述正确的是
A．胶体和溶液都具有丁达尔效应
B．病毒飞沫粒子的直径大小在之间
C．向溶液中滴加溶液可制备胶体
D．胶体可以透过半透膜和滤纸
【答案】B
【解析】A．胶体有丁达尔效应，溶液没有丁达尔效应，A错误；B．病毒飞沫进入到空气中形成的分散系属于气溶胶，分散质粒子直径在之间，B正确；C．制备胶体应该将饱和的氯化铁溶液滴入沸水中加热至溶液呈红褐色，向溶液中滴加溶液得到沉淀，得不到胶体，C错误；D．胶体粒子可以透过滤纸，不能透过半透膜，D错误；故选B。
3．下列化学用语不正确的是
A．的原子结构示意图是：
B．的电子式是：
C．的分子结构模型是：
D．的形成过程是：
【答案】B
【解析】A．为12号元素，原子结构示意图是：，A正确；B．为共价化合物且氮原子为8电子稳定结构，电子式是：，B错误；C．分子为正四面体形，分子结构模型是：，C正确；
D．为钠离子和氯离子形成的离子化合物，形成过程是：，D正确；故选B。
4．设表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．常温常压下，中含有的分子数目为
B．与反应生成(标准状况)时，转移电子数为
C．标准状况下，的和组成的混合气体中，含氧原子数为
D．和的混合气体所含氧原子数为
【答案】B
【解析】A．中含有的的物质的量为=1ml，所以分子数目为，A正确；B．与反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中-1价的O元素化合价升高转化为0价O元素，降低为-2价O元素，则生成(标准状况为1ml)时，转移电子数为，B错误；C．的和组成的混合气体中的分子的物质的量为=1ml，则混合气体中，含氧原子数为，C正确；D．的物质的量为，含氧原子数为，的物质的量为，，则总的氧原子数为，D正确；故选B。
5．向一定量铁的氧化物(铁只有+2、+3价)中，加入稀盐酸，恰好使固体完全溶解，再向所得溶液中通入标准状况下氯气，恰好能使溶液中的完全转化为(发生的反应为)，则为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可知，加入稀盐酸反应后溶液中n(Fe2+)=，设铁的氧化物化学式为FexOy，FexOy与盐酸反应的离子方程式写成FexOy+H+→Fe2+＋Fe3+＋H2O，将物质的量作系数配平得FexOy+0.2H+→0.04Fe2+＋Fe3++H2O，由电荷守恒可知Fe3+系数为0.04，由H守恒可知H2O系数为0.1，由Fe、O守恒可得x : y=(0.04+0.04)∶0.1=，D正确。故选D。
6．下列反应的离子方程式或电离方程式正确的是
A．向CaCl2溶液中通入CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+
B．NaHSO3在水中的电离：NaHSO3=H++SO＋Na＋
C．NH4HSO4溶液与 Ba(OH)2溶液按溶质物质的量1：1反应：H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓ ＋H2O
D．工业用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中重铬酸根(Cr2O)，生成Cr3+：6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3+＋7H2O
【答案】D
【解析】A．通常，弱酸不能制强酸，向CaCl2溶液中通入CO2气体不反应，A错误；B． 亚硫酸不是强酸，亚硫酸氢根不能完全电离，NaHSO3在水中完全电离为钠离子和亚硫酸氢根离子：NaHSO3=HSO＋Na＋，B错误；C． NH4HSO4溶液与 Ba(OH)2溶液按溶质物质的量1：1反应生成硫酸钡、一水合氨和水：+H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓ ＋H2O+NH3·H2O，C错误；D． 工业用绿矾(FeSO4·7H2O)处理酸性废水中重铬酸根(Cr2O)，生成Cr3+：则亚铁离子被氧化为铁离子，6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3+＋7H2O，D正确；选D。
7．25℃时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．的溶液中：
B．石蕊变红的溶液：
C．溶液：
D．无色溶液中：
【答案】B
【解析】A．的溶液呈碱性，OH-、不能大量共存，故不选A；
B．石蕊变红的溶液呈酸性，酸性条件下相互之间不反应，能大量共存，故选B；C．H+、CH3COO-结合为CH3COOH，溶液中不能大量含有CH3COO-，故不选C；D．含有Cu2+的溶液呈蓝色，无色溶液中不能大量含有Cu2+，故不选D；选B。
8．氯元素的价类二维图如图所示，下列说法正确的是
A．i的分子式为
B．：需加入氧化剂
C．既是氧化剂又是还原剂，为氧化产物
D．d在光照条件下发生分解反应可得到a
【答案】B
【分析】根据价类二维图可知，a为Cl2，b为ClO2，c为HCl，d为HClO，e为HClO3，f为HClO4，g为含Cl－的盐，h为含ClO－的盐，i为含的盐；
【解析】A．i的分子式为HClO4，选项A错误；B．由Cl2生成ClO2，Cl元素化合价升高，Cl2被强氧化剂氧化，选项B正确；C．与反应生成和既是氧化剂又是还原剂，为还原产物，选项C错误；D．在光照条件下分解生成和，不可转化为氯气，选项D错误；答案选B。
9．已知X、Y、Z、W四种元素，原子序数小于18且依次增大。其中X元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍：Y元素最外层电子数比其次外层电子数多4个；Z元素原子最外层有1个电子；W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数。下列说法正确的是
A．W元素形成的阴离子的结构示意图为
B．化合物XY属于酸性氧化物
C．化合物能与发生化合反应
D．化合物中阴、阳离子的最外层电子数均达到8个电子稳定结构
【答案】D
【分析】已知X、Y、Z、W四种元素，原子序数小于18且依次增大，其中X元素原子最外层电子数是内层电子总数的2倍，X为C元素：Y元素最外层电子数比其次外层电子数多4个，Y为O元素；Z元素原子最外层有1个电子，Z为Na元素；W元素原子K层和M层电子总数等于其L层电子数，W为S元素；据此推断作答。
【解析】A．W元素形成的阴离子为S2-，S2-的结构示意图为，A项错误；B．化合物XY为CO，CO属于不成盐氧化物、不属于酸性氧化物，B项错误；C．化合物Z2Y2、XY2依次为Na2O2、CO2，两者反应生成Na2CO3和O2，该反应不属于化合反应，C项错误；D．化合物Z2W为Na2S，其阴、阳离子分别为S2-、Na+，S2-、Na+的最外层电子数均达到8个电子的稳定结构，D项正确；答案选D。
10．下列说法正确的是
①Li、Na、K、Rb、Cs的熔、沸点逐渐变小
②若R2-和M＋的电子层结构相同，则原子序数：R>M
③F2、Cl2、Br2、I2熔、沸点随相对分子质量的增大而升高
④由于非金属性：Cl>Br>I，所以酸性：HCl>HBr>HI
⑤氨的液化会破坏共价键
⑥O与H形成的化合物中只存在极性共价键
⑦Na2O2固体中的阴离子和阳离子个数比是1∶2
A．②⑤⑥B．③⑤⑦C．②④⑤D．①③⑦
【答案】D
【解析】①Li、Na、K、Rb、Cs为金属晶体，影响熔沸点高低的因素是金属键，原子半径越大，金属键越弱，熔沸点越小，则Li、Na、K、Rb、Cs的熔、沸点逐渐变小，故①正确；②和的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期，所以原子序数：M>R，故②错误；③是组成和结构相似的分子晶体，熔沸点随相对分子质量的增大而升高，故③正确；④根据元素的非金属性强弱可以比较简单气态氢化物的稳定性强弱和最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，氢化物的酸性和元素非金属性无关，并且酸性HCl11．进行化学实验时应注意安全，要充分了解所使用药品可能造成的危害，下列危险药品的分类标识不正确的是
【答案】C
【解析】A．氢氧化钠为强碱，为腐蚀品，故A正确；B．白磷易自燃，为自燃物品，故B正确；C．石灰石无毒，故C错误；D．黑火药可作炸药，为爆炸品，故D正确；故选C。
12．下列“解释或结论”与“实验操作及现象”不对应的是
【答案】B
【解析】A．氯水中滴加石蕊溶液，溶液变成红色，说明溶液显酸性，氯水中含有H+，A对应；B．能使澄清石灰水变浑浊的气体为CO2或SO2，则该钠盐可为NaHCO3、Na2CO3、NaHSO3和Na2SO3中的一种，不一定是Na2CO3，B不对应；C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，反应生成的HCl极易吸收空气中的水蒸气，因而会产生大量白雾，C对应；D．干燥的红色布条不褪色，说明氯气不具有漂白性，湿润的红色布条褪色，说明氯气与水反应产生具有漂白性的物质，使红色布条褪色，D对应；故选B。
13．分类是一种重要的方法，下列有关物质分类的说法正确的是
A．多层碳纳米管能导电，属于电解质
B．焰色中砖红色一定来源于钙盐的灼烧
C．冰醋酸是一元弱酸，属于混合物
D．是酸式盐，其水溶液显酸性
【答案】D
【解析】A．多层碳纳米管是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质，A错误；B．钙元素的焰色为砖红色，不一定是钙盐的灼烧，也可能是含钙元素的碱或氧化物等，B错误；C．冰醋酸是纯净物，C错误；D．NaHSO4溶于水能电离出H+，是酸式盐，水溶液显酸性，D正确。故选D。
14．某100 mL溶液可能含有、Fe2+、Fe3+、Na+、Cl-、、、中的几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)；(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224 L(标准状况)。
(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时将生成的沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4 g。
下列说法不正确的是
A．该溶液中一定含有、、、
B．该溶液中一定不含
C．该溶液中c()=0.3 ml/L
D．根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+
【答案】C
【分析】某100 mL溶液可能含有、、、、、、、中的几种离子且所有离子浓度相等，将溶液平均分成两等份，进行如下实验，(1)其中一份加入过量稀盐酸，产生无色气体0.224 L(标准状况)，溶液中可能含有，反应产生的气体为CO2，产生标准状况无色气体0.224 L，其物质的量是n()=0.01 ml；也可能含有Fe2+、，在酸性条件下发生氧化还原反应：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，产生标准状况无色气体0.224 L，气体的物质的量是0.01 ml，根据反应转化关系可知过量，Fe2+完全反应。n(Fe2+)=0.03 ml；(2)另一份溶液中加入足量NaOH溶液，充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，该气体是NH3，说明含有；同时将生成的沉淀过滤、灼烧后，得到固体2.4 g，若是含有，由于与Fe2+、Fe3+会形成沉淀而不能大量共存，加入碱不能产生沉淀，则说明原溶液无，而含有Fe2+，故n()=0.03 ml，加入碱时会发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3、H2O，由于n(Fe2+)=0.03 ml，则根据Fe元素守恒可知n(Fe2O3)=0.015 ml，m(Fe2O3)=0.015 ml×160 g/ml=2.4 g，刚好吻合，则说明溶液中只含有n(Fe2+)=0.03 ml，n()=0.03 ml，n()=0.03 ml，根据电荷守恒，可知在每一等份溶液中还含有，其物质的量是0.03 ml。
【解析】A．根据上述分析可知该溶液中一定含有、Fe2+、、，A正确；B．若该溶液中还含有Fe3+，加入碱NaOH溶液时，反应产生Fe(OH)3，其受热分解产生Fe2O3，导致固体质量比2.4 g多，这与反应事实不吻合，故该溶液中不含有Fe3+，B正确；C．根据上述分析可知：在每等份溶液中含有的物质的量是0.03 ml，由于溶液体积是50 mL，故的物质的量浓度c()=，C错误；D．在上述实验中未涉及Na+的检验，若溶液中存在Na+，根据离子的浓度相等，且遵循电荷守恒，溶液中就可能还同时存在Cl-，若溶液中存在Na+，则溶液中就不存在Cl-，故根据以上实验，无法确定该溶液中有Na+，D正确；故合理选项是C。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题：本题共4个小题，共58分。
15．（17分）按要求填空：
(1)现有以下物质：①NaHCO3；②O2；③CH3COOH溶液；④Ca(OH)2；⑤蔗糖；⑥H2O；⑦NaCl；⑧CO2；⑨氨水，
i.其中能导电的是(填编号，下同)： ；属于电解质的是 ；属于非电解质的是： ；写出与②互为同素异形体的物质 ；
ii.请写出③和⑨的离子反应
iii.过量的①和少量的④在水溶液中的离子反应
(2)实验室制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为 。检验胶体制备是否成功的方法是 ，若制备成功，利用所制得的Fe(OH)3胶体进行下列实验：将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶粒带 电荷(填“正”或“负”)；
(3)在反应3BrF3＋5H2O=9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有10分子 H2O参加反应，被水还原的溴离子个数为
【答案】(1)i.③⑥⑨（2分） ①④⑥⑦ （2分）⑤⑧（2分） O3（1分）
ii.CH3COOH+NH3·H2O= CH3COO-+ NH+H2O（2分）
Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO（2分）
(2)FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体) +3HCl（2分）丁达尔效应（1分） 正（1分）
(3)（2分）
【解析】（1）①NaHCO3是电解质，固体不导电；②O2是单质，既不是电解质，也不是非电解质，不导电；③CH3COOH溶液属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，导电；
④Ca(OH)2是电解质，固体不导电；⑤蔗糖是非电解质，不导电；⑥H2O是弱电解质，能微弱导电；⑦NaCl是电解质，不导电；⑧CO2是非电解质，不导电；⑨氨水属于混合物，既不是电解质，也不是非电解质，导电；所以能导电的是③⑥⑨，属于电解质的是①④⑥⑦，属于非电解质的是⑤⑧，与②互为同素异形体的物质为O3，③和⑨的离子反应为CH3COOH+NH3·H2O= CH3COO-++H2O，过量的①和少量的④在水溶液中的离子反应为 Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO。答案：③⑥⑨；①④⑥⑦；⑤⑧；O3；CH3COOH+NH3·H2O= CH3COO-+ NH+H2O；Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+2H2O+CO；
（2）向沸水中加饱和FeCl3溶液并继续加热至液体呈红褐色可用于实验室制备Fe(OH)3胶体，化学方程式为FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体) +3HCl，检验胶体制备是否成功的方法是丁达尔效应。Fe(OH)3胶体装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶粒带正电荷。答案：FeCl3+3H2O Fe(OH)3(胶体) +3HCl；丁达尔效应；正；
（3）3BrF3＋5H2O=9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑，由反应可知，一部分BrF3被还原，溴元素由+3价降低为0价，一部分BrF3被氧化，溴元素化合价+3价升高为+5价，部分H2O被氧化，氧元素由-2价升高为0价，由方程式可知若有10分子H2O参加反应，生成2分子O2，失电子8个，被还原的溴元素由+3价降低为0价，根据得失电子守恒计算，被水还原的溴离子个数为。答案：。
16．（14分）某废旧金属材料中主要含Fe、Cu、Al、、、(其余成分与酸碱都不反应)和可燃性有机物，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收Al、Cu、绿矾等。

回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的主要是将金属单质转化为氧化物，并除去 。
(2)“碱浸”时发生反应的化学方程式为 。
(3)操作Ⅰ、Ⅱ中使用的仪器除烧杯、玻璃棒外还需要的玻璃仪器是 。
(4)第一次酸浸完全后“加入过量试剂a”后发生的化学反应中有一个属于化合反应，其离子方程式为 。
(5)滤液Ⅱ中可能含有因氧气的作用而产生的少量杂质离子，该反应的离子方程式为 。
①设计实验检验滤液Ⅱ中是否含有上述离子： 。
②若要定量测定所得绿矾纯度，可通过如下方法：称取样品用稀硫酸溶解，滴加的酸性溶液，恰好完全反应时，消耗酸性溶液的体积为，则的纯度为 。(写出计算过程，结果保留三位有效数字)已知：(未配平)
【答案】(1)(可燃性)有机物（2分）
(2)（2分）
(3)漏斗（2分）
(4)（2分）
(5)（2分）
取少量滤液Ⅱ，滴加KSCN溶液，若溶液变(血)红色说明滤液Ⅱ中含有，若溶液不变(血)红色说明滤液II中不含（2分） 92.7%（2分）
【分析】将废旧金属材料“焙烧”的目的是将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物，然后碱浸将转化为进入溶液Ⅰ中，滤渣Ⅰ进行酸浸同时加入过量的铁粉，使铁元素以的形式进入溶液中， Cu 和过量的Fe被过滤出来，然后再酸浸过滤即可得到Cu，滤液Ⅱ中含有，滤液Ⅱ需先加入少量稀硫酸再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，据分析答题。
【解析】（1）“焙烧”的目的是将金属单质转化为氧化物，并除去可燃性有机物；
（2）“碱浸”时发生反应的固体为，“碱浸”时发生反应的化学方程式为；
（3）操作Ⅰ、Ⅱ均为过滤，实验室中进行此操作时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（4）为了保证最后得到的晶体为纯净的，滤渣进行“酸浸”时，最适宜选用硫酸，在“酸浸”后的溶液中加入过量试剂 a 即铁粉，可能发生反应的离子方程式为 ，其中属于化合反应的是；
（5）滤液Ⅱ中可能含有因氧气而使被氧化为，离子方程式为；①检验是否生成的方法：取少量滤液Ⅱ，滴加KSCN溶液，若溶液变(血)红色说明滤液Ⅱ中含有，若溶液不变(血)红色说明滤液II中不含；②首先根据得失电子守恒配平离子方程式，根据计量系数关系 n()=0.02ml ， 则的纯度为。
17．（15分）Ⅰ．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应：E是无色溶液，F是淡绿色溶液，B和C反应发出苍白色火焰。请回答：
(1)A是 ，B是 ，C是 （请填写化学式）；
(2)反应①的化学方程式 ；
(3)反应③的离子方程式 ；
(4)反应④的离子方程式 。
Ⅱ．单质B及其化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱消毒剂。回答下列问题：
(5)盛装浓盐酸的仪器名称为 ，利用装置Ⅰ制备，发生反应的离子方程式为 。
(6)①若试剂V为石灰乳，则可制得漂白粉。漂白粉的有效成分为 ，漂白粉久置在空气中会发生变质，该过程发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1)Fe （1分） Cl2 （1分） H2（1分）
(2)2Fe+3Cl22FeCl3（2分）
(3)Fe+2H+=Fe2++H2↑（2分）
(4)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（2分）
(5)分液漏斗（1分） MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑（2分）
(6)Ca(ClO)2（1分） Ca(ClO)2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3，2HClO2HCl+O2↑（2分）
【分析】单质B是黄绿色气体，B为Cl2，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，生成E，则C为H2、E为HCl，A与HCl溶液反应生成F为淡绿色溶液，A为Fe，F为FeCl2；Cl2和FeCl2溶液反应生成D，则D为FeCl3。
【解析】（1）根据分析可知，A为Fe、B为Cl2、C为H2。
（2）反应①为Fe与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3。
（3）反应③为HCl溶液与Fe反应生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑。
（4）反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
（5）盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，装置Ⅰ中浓盐酸与MnO2加热条件下反应生成Cl2、MnCl2和水，离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑。
（6）试剂V为石灰乳，则氯气与石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2；Ca(ClO)2久置于空气中，与空气中的水蒸气、二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸分解生成HCl和O2从而失效，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3，2HClO2HCl+O2↑。
18．（12分）为了验证氧化性，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器和A中加热装置已省略，气密性已检验)。
已知：
实验过程：
I．打开弹簧夹，通入一段时间，再将T型导管插入B中，继续通入，然后关闭、、。
Ⅱ．打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。
Ⅲ．当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹。
Ⅳ．打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。
Ⅴ．打开弹簧夹、活塞c，加入70％的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹。
Ⅵ．更换新的试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。
Ⅶ．实验结束后，打开弹簧夹，再通入一段时间，然后拆卸，洗涤，整理仪器。
(1)A中反应的化学方程式为 。
(2)棉花中浸润的溶液是 。
(3)步骤Ⅲ中溶液变黄的离子方程式是 ，能说明氧化性的离子方程式是 。
(4)过程Ⅶ的目的是 。
(5)甲、乙、丙三位同学分别完成上述实验，结论如下表所示。他们的检测结果一定能证明氧化性的是 (填“甲”、“乙”、“丙”)。
【答案】(1)（2分）
(2)溶液（2分）
(3)（2分）
（2分）
(4)将装置中的和完全排入B中被吸收，防止污染空气（2分）
(5)甲、丙（2分）
【分析】本题为实验探究题，打开弹簧夹K1~K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，将装置中的空气排空，防止空气中的氧气干扰实验，然后关闭K1、K3、K4，打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热，此为实验室制备Cl2的装置，反应原理为：，产生的Cl2通入B中，发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2，即停止通入Cl2，打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子即Fe3+，打开弹簧夹K3、活塞c，加入70％的硫酸，即发生反应：Na2SO3+H2SO4=SO2↑+Na2SO4+H2O，向B中通入SO2，发生的反应为：2FeCl3+SO2+2H2O=2FeCl2+2HCl+H2SO4，一段时间后夹紧弹簧夹K3，即停止通入SO2，更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子即，实验结束后，打开弹簧夹K1~K4，再通入一段时间N2，将装置中的Cl2和SO2完全排入B中浸有NaOH溶液的棉花然进行吸收后拆卸，洗涤，整理仪器，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，A装置为实验制备Cl2的装置，其中反应的化学方程式为。
（2）由分析可知，棉花的作用为吸收多余的SO2和Cl2，故棉花中浸润的溶液是NaOH溶液。
（3）由分析可知，步骤Ⅲ中溶液变黄的原因是Cl2将FeCl2氧化为FeCl3，则其离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，根据同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于还原剂，则能说明氧化性的离子方程式是2Fe3+ +SO2+2H2O=2Fe2++4H++。
（4）由分析可知，由于Cl2、SO2均有毒，过程Ⅶ的目的是：将装置中的Cl2和SO2完全排入B中浸有NaOH溶液的棉花，防止拆卸过程中中毒或者逸出污染环境。
（5）甲的结论：Ⅳ中B溶液含有Fe3+和Fe2+，说明氧化性Cl2＞Fe3+且氯气不足，所以Ⅵ中B溶液含有硫酸根离子，则一定是Fe3+氧化二氧化硫为硫酸根离子，所以判断氧化性，因此可得氧化性Cl2＞的结论；
乙的结论：Ⅳ中B溶液含有铁离子说明氧化性Cl2＞Fe3+，Ⅵ中B溶液含有硫酸根离子，若B溶液中氯气有剩余，则氯气会氧化二氧化硫生成硫酸根离子，不能判断氧化性；
丙的结论：Ⅳ中B溶液含有铁离子说明氧化性Cl2＞Fe3+，Ⅵ中B溶液含有Fe2+，若是氯气氧化二氧化硫，不会有Fe2+生成，说明铁离子与二氧化硫发生氧化还原反应，Fe3+被还原为Fe2+，所以氧化性，因此可得氧化性Cl2＞的结论；所以能够证明氧化性：的是甲、丙。选项
A
B
C
D
药品名称
氢氧化钠
白磷
石灰石
黑火药
分类标示
选项
实验操作及现象
解释或结论
A
向氯水中滴加石蕊溶液，溶液变成红色
氯水中含有
B
向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
该盐一定是
C
将点燃的放入盛满氯气的瓶中，火焰呈苍白色且产生大量白雾
和反应生成
D
将干燥和湿润的红色布条，分别放入盛有氯气的集气瓶中，湿润的红色布条褪色
氯气与水反应一定产生具有漂白性的物质
过程ⅣB溶液中含有的离子
过程ⅥB溶液中含有的离子
甲
既有，又有
有
乙
有，无
有
丙
有，无
有