【化学】云南省彝良县一中2018-2019学年高一上学期12月考试试卷（解析版）

云南省彝良县一中2018-2019学年高一上学期12月考试试卷
分卷I
一、单选题(共28小题,共56分)
1.下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是（ ）

A. 过滤、蒸发、蒸馏、分液 B. 过滤、蒸馏、蒸发、分液
C. 蒸发、蒸馏、过滤、分液 D. 分液、蒸馏、蒸发、过滤
【答案】A
【解析】试题分析：根据装置图中仪器的构造可知，四种基本实验操作是过滤、蒸发、蒸馏和分液，所以正确的答案选A。
2. 瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1：4时极易爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为（ ）
A. 1：2 B. 1：4 C. 2：1 D. 1:1
【答案】B
【解析】甲烷与氧气的质量比为1︰4，令甲烷与氧气的质量分别为1g、4g，则：lg甲烷的物质的量为=mol，4g氧气的物质的量为=mol，同温同压下，甲烷与氧气的体积之比等于物质的量之比=mol︰mol=1︰2，故答案为B。
3.飞船以铝粉与高氯酸铵的混合物为固体燃料，其中高氯酸铵的反应为2NH4ClO4===N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O。下列有关叙述不正确的是(　　)
A. 该反应属于分解反应、氧化还原反应
B. 上述反应瞬间能产生大量高温气体，推动飞船飞行
C. 铝粉的作用是点燃时氧化放热引发高氯酸铵反应
D. 在反应中NH4ClO4只作氧化剂
【答案】D
【解析】A．该反应由一种物质生成多种物质，且元素化合价发生变化，属于分解反应和氧化还原反应，故A正确；B．反应生成大量气体，为推动飞船飞行的原因，故B正确；C．铝粉在点燃条件下剧烈反应放出大量的热，可作为反应的引发剂，故C正确；D．反应物只有一种，且N、Cl、O元素化合价都发生变化，则反应中NH4ClO4既是氧化剂又是还原剂，故D错误；故选D。
4.小王要制备纯净的二氧化碳气体，可供选用的仪器如图所示。可供选用的药品如下：①石灰石②澄清石灰水③稀硫酸④浓硫酸⑤盐酸溶液⑥烧碱溶液⑦蒸馏水。下列装置连接顺序及组合最恰当的是(　　)

A. A(①⑤)、B(④)、C(⑦)、D B. A(①③)、B(④)、C(⑦)、D
C. A(①⑤)、B(⑦)、C(④)、D D. A(①⑤)、B(⑥)、C(④)、D
【答案】C
【详解】实验室制取二氧化碳属于固体和液体的不加热反应，用A装置作为发生装置，所用药品是石灰石和盐酸溶液；用B瓶中装满蒸馏水，吸收氯化氢气体；用C装置盛浓硫酸吸收水蒸气，然后用D装置收集纯净的二氧化碳，所用连接顺序及组合最恰当的是A（①⑤）、B（⑦）、C（④）、D。答案选C。
5.下列做法正确的是（ ）
A. 用镊子取出白磷并置于水中切割
B. 把氯酸钾制氧气后的残渣倒入垃圾桶
C. 氢气还原氧化铜实验先加热再通氢气
D. 用酒精灯直接给烧杯中的液体加热
【答案】A
【详解】A. 白磷易自然，因此用镊子取出白磷并置于水中切割，A正确；
B. 氯酸钾属于易爆物，不能把氯酸钾制氧气后的残渣倒入垃圾桶中，要倒入指定容器中回收，B错误；
C. 氢气是可燃性气体，氢气还原氧化铜实验先通氢气再加热，C错误；
D. 烧杯加热时需要垫石棉网，因此不能用酒精灯直接给烧杯中的液体加热，D错误。
答案选A。
6.关于0.1 mol·L－1硫酸溶液的叙述错误的是(　　)
A. 1 L该溶液中含有硫酸的质量为9.8 g
B. 0.5 L该溶液中氢离子的物质的量浓度为0.2 mol·L－1
C. 从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中硫酸的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
D. 取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后硫酸的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
【答案】C
【解析】1 L该溶液中含有 H2SO4的物质的量为0.1mol,则其质量为9.8g，A项正确；氢离子浓度为0.2 mol·L－1，B项正确；取出100mL，硫酸的浓度仍然为0.1 mol/L，C项错误；取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后 H2SO4的物质的量浓度降为原溶液的0.1倍，为0.01 mol/L，D项正确。
7.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（ ）
A. 标准状况下，6.72L O2和N2的混合气体含有的原子数为0.6NA
B. 通常状况下，8g O2和O3的混合气体含有的分子数是0.5NA
C. 常温常压下, 2mol/L的100mL MgCl2溶液中，含有Cl-个数为0.4NA
D. 标准状况下，11.2L H2在氧气中完全燃烧后得到的产物的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】试题分析：A．标准状况下，6.72LO2和N2的混合气体的物质的量是0.3mol，其中含有的原子数为0.6NA，A正确；B．通常状况下，8g O2和O3的混合气体含有的原子数是0.5NA，不能计算分子数，B错误；C．常温常压下, 2mol/L的100mL MgCl2溶液中氯化镁的物质的量是0.2mol，含有Cl-个数为0.4NA，C正确；D．标准状况下，11.2L H2即0.5mol氢气在氧气中完全燃烧后得到的产物的分子数为0.5NA，D正确，答案选B。
8.将质量分数为a％，物质的量浓度为c1mol·L－1的稀H2SO4蒸发掉一定量的水，使之质量分数 变为2a％，此时该H2SO4的物质的量浓度为c2mol·L－1，则c1和c2的数值关系是（ ）
A. c2＝2c1 B. c2＞2c1 C. c2＜2c1 D. 无法确定
【答案】B
【解析】试题分析：蒸发掉原溶液质量一半的水后，则溶液中溶质的质量分数变为2a，设质量分数为a的H2SO4的密度为ρ1g/mL，蒸发后密度为ρ2g/mL，根据物质的量浓度与溶液密度、质量分数的关系有：C1=1000ρ1a/98C2=2000ρ2 a/98，得C1︰C2=ρ1︰2ρ2，H2SO4的浓度越大密度越大，ρ1﹤ρ2，故C2﹥2C1
9.对下列实验过程的评价，正确的是（ ）
A. 某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显碱性
B. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中一定含有碳酸盐
C. 验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加稀硝酸除去OH-，再加AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl-
D. 某溶液中先滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明该溶液一定含有SO42-
【答案】C
【解析】A. 某无色溶液滴入紫色石蕊试液显红色，该溶液一定显酸性，A错误；B. 某固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，证明该固体中可能含有碳酸盐、碳酸氢盐、亚硫酸盐等，B错误；C. 验证烧碱溶液中是否含Cl-，先加稀硝酸除去OH-，再加AgNO3溶液，有白色沉淀，证明含Cl-，C正确；D. 某溶液中先滴加少量BaCl2溶液，再滴加足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明该溶液可能含有SO42-、Ag+，D错误。
10.下列对于NaHSO4的分类中不正确的是（ ）
A. NaHSO4是盐 B. NaHSO4是酸式盐
C. NaHSO4是钠盐 D. NaHSO4是酸
【答案】D
【解析】A. NaHSO4是由酸根离子和金属阳离子构成的盐，A正确；B. NaHSO4属于盐类，能电离出氢离子，是酸式盐，B正确；C. NaHSO4是由钠离子和酸根离子构成的盐，属于钠盐，C正确；D. NaHSO4是由钠离子和酸根离子构成的盐，不是酸，D错误，答案选D。
11.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色水处理剂，其工业制备的反应原理为：2F(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O，下列说法正确的是( )
A. 制高铁酸钾用KClO做还原剂
B. KCl是还原产物
C. 高铁酸钾中铁的化合价为+7
D. 制备高铁酸钾时1molFe (OH)3得到3 mol电子
【答案】B
【解析】试题分析：A．反应2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O中，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则KClO为氧化剂，Fe(OH)3为还原剂，故A错误；B．次氯酸钾是氧化剂，则氯化钾是还原产物，故B正确；C．高铁酸钾中铁元素的化合价是+6价，故C错误；D．因反应中铁元素的化合价由+3价升高到+6价，则1molFe(OH)3失去3mol电子，故D错误；故选B。
12.下列离子在溶液中能大量共存，加入OH－能产生白色沉淀的是(　　)
A. Na＋　Ca2＋　SO42-　Cl－ B. H＋　Mg2＋　CO32-　S2－
C. K＋　Mg2＋　SO42-　 NO3－ D. K＋　Na＋　NO3－　SO42-
【答案】C
【详解】A．Ca2+、SO42-结合生成沉淀，不能大量共存，故A不选；
B．Mg2+、CO32-结合生成沉淀，H+、CO32-结合生成水和气体，H+、S2-结合生成弱电解质，不能大量共存，故B不选；
C．该组离子之间不反应，可大量共存，且加入OH-能与Mg2+产生白色沉淀氢氧化镁，故C选；
D．该组离子之间不反应，可大量共存，但加入OH-不反应，故D不选；
答案选C。
13.符合如图中阴影部分的物质是(　　)

A. 碳酸氢钠 B. 碱式碳酸铜
C. 氯化钠 D. 碳酸钠
【答案】D
【详解】碳酸氢钠属于碳酸的酸式盐和钠盐；碱式碳酸铜属于碳酸的碱式盐和铜盐；氯化钠属于盐酸的正盐和钠盐；碳酸钠属于碳酸的正盐和钠盐。故选D。
14.氯气、液氯、氯水、盐酸中均含有(　　)
A. 氯分子 B. 氯原子 C. 氯离子 D. 氯元素
【答案】D
【详解】氯气、液氯都是氯气单质，含有氯气分子；氯水中含有氯气、次氯酸、氯离子，不存在Cl原子；盐酸中存在氯离子，不存在Cl原子；所以氯气、液氯、氯水、盐酸中均含有的是氯元素，答案选D。
15. 下列变化不可能通过一步实验直接完成的是( )
A. Al(OH)3 → Al2O3 B. Al2O3 → Al(OH)3
C. Al → AlO2- D. Al3+ → Al(OH)3
【答案】B
【解析】Al(OH)3Al2O3 +H2O 2Al +2H2O +2NaOH=2NaAlO2+3H2↑
Al3+ +3OH—= Al(OH)3↓
16. 用等质量的金属钠进行下列实验，产生氢气最多的是( )
A. 将钠放入足量的稀盐酸中
B. 将钠放入足量的稀硫酸中
C. 将钠放入足量的氯化钠溶液中
D. 将钠用铝箔包好，并刺一些小孔，放入足量的水中
【答案】D
【解析】试题分析：将等质量的钠投入到稀盐酸、稀硫酸、硫酸铝钾溶液中，发生反应本质为钠与氢离子反应生成氢气，由于Na的质量相同，所以三者放出的氢气的量相等；将钠用铝箔包好并刺一些小孔，再放入足量的水中，首先是钠与水反应生成NaOH和氢气，铝与NaOH溶液反应生成氢气，故生成氢气要比上述三种情况多，故D项中生成氢气最多；故选D。
17.将0.3 mol钠、0.1 mol铁分别加入到各盛有500 mL 0.2 mol·L－1稀硫酸的两个烧杯中，下列说法正确的是(　　)
A. 两个烧杯中金属沉在液面下
B. 两个烧杯中都没有金属剩余
C. 两个烧杯中都有金属剩余
D. 两个烧杯中产生氢气的质量相同
【答案】B
【详解】A. 钠的密度小于水，因此两个烧杯中铁沉在液面下，钠浮在水面上，A错误；
B. 由于钠极易和水反应，则钠投入到硫酸中钠一定全部反应。硫酸的物质的量是0.5L×0.2mol/L＝0.1mol，铁也是0.1mol，则铁和稀硫酸恰好反应，所以两个烧杯中都没有金属剩余，B正确；
C. 根据选项B中的分析可知两个烧杯中都没有金属剩余，C错误；
D. 0.3mol钠产生0.15mol氢气，0.1mol铁产生0.1mol氢气，则两个烧杯中产生氢气的质量不相同，D错误。
答案选B。
18.下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）
①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②过量NaOH溶液和明矾溶液混合 ③少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中 ④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸 ⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
A. ①③④⑤ B. 只有①④ C. 只有②③ D. 只有③④⑤
【答案】D
【解析】①金属钠投入FeCl3溶液中, Na先与水反应生成NaOH和H2，OH－与Fe3＋反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，OH－与Al3＋反应生成Al(OH)3，但Al(OH)3溶于强碱，所以最终没有沉淀生成；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中，发生反应为：Ca2＋+OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2O，碳酸钙是白色沉淀；④向Al3＋溶液中加入氨水生成白色的Al(OH)3沉淀，而Al(OH)3只溶于强碱，所以氨水过量，依然有白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生反应：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，该反应为化合反应，且NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以会析出NaHCO3晶体，产生白色沉淀。故③④⑤正确，选D。
19. 化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是（ ）
A. CO2属于大气污染物
B. 酸雨是pH小于7的雨水
C. CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D. 大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧
【答案】D
【解析】试题分析：二氧化碳不是大气污染物，但是却可以引起环境问题，例如大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧；正常雨水的PH值为5．6，PH值小于5．6的雨水是酸雨，NO2或SO2都会导致酸雨的形成，选D。
20.将含有等体积NH3、CO2、NO的混合气体依次通过盛有浓H2SO4、Na2O2和NaHCO3溶液的装置，充分作用后，最后得到的气体是( )
A. CO2和NO B. CO2 C. NO D. NO2
【答案】A
【解析】试题分析：设三种气体的体积均为1L，则通过浓硫酸氨气不完全吸收，剩余二氧化碳和一氧化氮，通过过氧化钠反应二氧化碳被吸收生成0．5L氧气，0．5L氧气恰好与1L一氧化氮反应生成1L二氧化氮，二氧化氮通入碳酸钠溶液生成硝酸和一氧化氮，硝酸与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，所以剩余的气体为二氧化碳和一氧化氮的混合气体，故选A。
21.把下列金属投入0.1 mol·L－1盐酸中，能发生反应且反应最剧烈的是(　　)
A. Cu B. Fe C. Mg D. Al
【答案】C
【详解】金属与酸的反应是金属的化学通性，金属与同浓度稀盐酸反应速率取决于金属的活泼性，氢前金属越活泼的反应越快，氢后的金属不与稀盐酸反应，题给金属的活泼性顺序是Mg＞Al＞Fe＞Cu，故Mg与盐酸反应速率最快，反应最剧烈，合理选项是C。
22.已知A是一种金属单质，B显淡黄色，相关物质的转化关系如图所示。则下列关于C的性质的叙述错误的是( )

A. 易溶于水
B. 与澄清石灰水反应产生白色沉淀
C. 与足量盐酸反应放出气体
D. 属于碱
【答案】D
【详解】B为A与氧气反应的产物，为氧化物，颜色为淡黄色，应为Na2O2，则A为Na，C为Na2CO3，D为NaOH，则：
A．碳酸钠易溶于水，A正确；
B．Na2CO3与澄清石灰水反应生成CaCO3白色沉淀，B正确；
C．Na2CO3与足量盐酸反应生成CO2气体，C正确；
D．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解其溶液呈碱性，但碳酸钠是盐，D错误；
答案选D。
23.关于氨的喷泉实验形成的原理解释正确的是（ ）
A. 氨水呈碱性 B. 氨气极易溶于水，烧瓶内外形成压强差
C. 氨气易液化 D. 氨气溶于水后形成的溶液易挥发
【答案】B
【详解】A．氨水呈碱性与能否形成喷泉无关系，故A错误；
B．极易溶于水的气体能形成压强差而产生喷泉实验，由于氨气极易溶于水，因此氨气能形成喷泉实验，故B正确；
C．氨气易液化说明氨气的沸点低，氨气易液化与能否形成喷泉无关系，故C错误；
D．氨气溶于水后形成的溶液易挥发是氨水的性质，与能否形成喷泉无关系，故D错误；
答案选B。
24.下列反应不能一步完成的是(　　)
A. SiO2―→Na2SiO3 B. SiO2―→H2SiO3
C. SiO2―→CaSiO3 D. H2SiO3―→SiO2
【答案】B
【详解】A. 二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，则SiO2→Na2SiO3能一步完成，A不符合；
B. 二氧化硅不溶于水，则SiO2→H2SiO3不能一步完成，B符合；
C. 二氧化硅和碳酸钙在高温下反应生成硅酸钙，则SiO2→CaSiO3能一步完成，C不符合；
D. 硅酸受热分解生成二氧化硅和水，则H2SiO3→SiO2能一步完成，D不符合；
答案选B。
25.将硫磺在氧气中燃烧生成气体A，把气体A溶于水得溶液B，向B中滴加溴水，溴水褪色而B变为C；在C中加入Na2S产生气体D，若将D通入B溶液，可得沉淀E；A、B、C、D、E中均含有硫元素。在下列各组中按A、B、C、D、E排列的是( )
A. SO2、H2SO4、H2SO3、H2S、S B. SO2、H2SO3、H2SO4、SO2、SO3
C. SO2、H2SO4、H2SO3、SO2、S D. SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S
【答案】D
【解析】硫磺在氧气中燃烧生成气体二氧化硫，所以A为SO2，把气体二氧化硫溶于水得溶液H2SO3，B为H2SO3，向H2SO3中滴加溴水，亚硫酸会生成硫酸，C为硫酸，在硫酸中加入Na2S产生气体硫化氢，D 为硫化氢，将硫化氢通入到亚硫酸中，会得到硫沉淀，所以E为硫。故选D 。
26.下列说法中不正确的是（ ）
A. 碳酸钠比碳酸氢钠易溶于水
B. 碳酸钠比碳酸氢钠稳定
C. 碳酸钠和碳酸氢钠能跟石灰水反应得到白色沉淀
D. 等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，得到相同质量的二氧化碳
【答案】D
【详解】A. 碳酸钠比碳酸氢钠的溶解度大，即碳酸钠比碳酸氢钠易溶于水，A正确；
B. 碳酸钠比碳酸氢钠稳定，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，B正确；
C. 碳酸钠和碳酸氢钠都能跟石灰水反应得到白色沉淀碳酸钙，C正确；
D. 碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，则等质量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应，得到的二氧化碳质量前者小于后者，D错误。
答案选D。
27.下列关于氨水的叙述中，不正确的是(　　)
A. 氨水具有弱碱性 B. 氨水和液氨成分相同
C. 氨水中共有6种粒子 D. 氨水中一水合氨的物质的量浓度最大(除水外)
【答案】B
【详解】A. 氨水中一水合氨电离出氢氧根离子，因此具有弱碱性，A正确；
B. 氨水是氨气的水溶液，是混合物，液氨是氨气的液态，属于纯净物，二者的成分不相同，B错误；
C. 氨水中共有6种粒子，即NH3·H2O、NH3、H2O、NH4＋、OH－、H＋，C正确；
D. 氨气溶于水后大部分与水反应生成一水合氨，则氨水中一水合氨的物质的量浓度最大(除水外)，D正确。
答案选B。
28. 如图所示，试管中盛装的是红棕色气体（可能是混合物），当倒扣在盛有水的 水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的不可能是 ( )

A. N2与NO2的混和气体 B. O2与NO2的混和气体
C. NO与NO2的混和气体 D. NO2一种气体
【答案】A
【解析】试题分析：A．若试管中是N2与NO2的混和气体，由于N2不能与氧气参加反应，所以试管内不能完全被水充满，其余的则会发生反应：4NO2+O2+ 2H2O == 4HNO3或4NO+ 3O2+ 2H2O == 4HNO3；最后试管内完全被水充满。因此选项是A。
分卷II
二、填空题(共5小题, 共44分)
29.按要求填空。
(1)在S2－、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、S、I－、H＋中，只有氧化性的是________________，只有还原性的是______________，既有氧化性又有还原性的是______________。
(2)某同学写出以下三个化学方程式：(未配平)
①NO＋HNO3―→N2O3＋H2O
②NH3＋NO―→HNO2＋H2O
③N2O4＋H2O―→HNO3＋HNO2
其中你认为不可能实现的是__________________(填序号)。
(3)下列三个氧化还原反应中，氧化性最强的物质是______________。若溶质中Cl－与I－共存，为了氧化I－而Cl－不被氧化，除单质外，还应用反应中的________________作氧化剂。
①2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2
②2FeCl2＋Cl2===2FeCl3
③2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
【答案】(1)Fe3＋、Mg2＋、H＋　I－、S2－　Fe2＋、S　(2)②
(3)KMnO4　FeCl3
【解析】(1)根据元素化合价升降分析判断。元素处于最高价的只有氧化性，故只有氧化性的为Fe3+、Mg2+、H+；元素处于最低价的只有还原性，故只有还原性的是S2−、I−；中间价态的既有氧化性又有还原性，故既有氧化性又有还原性的是Fe2+、S。
(2)若含有同种元素不同价态的两种物质发生氧化还原反应时，生成物中该元素的价态应介于两种反应物元素价态之间。N元素−3价与+2价之间应为0价或+1价，不可能出现+3价的氮，所以②式不能实现。
(3)由①知氧化性：FeCl3＞I2，还原性：I−＞Fe2+；由②知氧化性：Cl2＞FeCl3，还原性：Fe2+＞Cl−；由③知氧化性：KMnO4＞Cl2，还原性：Cl−＞Mn2+，由此推知氧化性强弱顺序为KMnO4＞Cl2＞FeCl3＞I2，还原性强弱顺序为I−＞Fe2+＞Cl−＞Mn2+。所以KMnO4可氧化Cl−、Fe2+及I−，FeCl3只氧化I−。所以必须选择比Cl2氧化能力差而比I2氧化能力强的氧化剂FeCl3。
30.以黄铁矿为原料，采用接触法生产硫酸的流程可简示如下：

请回答下列问题：
(1)在炉气制造中，黄铁矿粉碎的目的是____________，生成二氧化硫的化学方程式是_____________。
(2)炉气精制的目的是__________________________________。
(3)二氧化硫催化氧化的化学方程式是________________________。
(4)浓硫酸是不是可以用水代替：__________，原因是__________________________________。
(5)尾气的主要成分是__________，若将尾气通入氢氧化钙浊液中，最后能得到的副产品是________。
【答案】(1). 增大反应接触的表面积，加快反应速率 (2). 4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 (3). 防止催化剂中毒 (4). 2SO2+O22SO3 (5). 不可以 (6). 避免用水吸收三氧化硫形成酸雾 (7). 二氧化硫、三氧化硫和空气 (8). 石膏
【详解】（1）在炉气制造中，黄铁矿粉碎的目的是增大反应接触的表面积，加快反应速率；黄铁矿的主要成分是FeS2，在高温条件下与氧气反应生成二氧化硫和氧化铁，则生成二氧化硫的化学方程式是4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。
（2）在催化氧化时必须进行除尘、洗涤、干燥，以达到除去砷、硒等化合物的效果，这些物质会使催化剂中毒，因此炉气精制的目的是防止催化剂中毒；
（3）二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，反应的化学方程式是2SO2+O22SO3。
（4）由于用水吸收三氧化硫会形成酸雾，所以浓硫酸是不是可以用水代替的。
（5）由于二氧化硫的催化氧化是可逆反应，所以尾气的主要成分是二氧化硫、三氧化硫和空气。若将尾气通入氢氧化钙浊液中，二氧化硫被吸收转化为亚硫酸钙，三氧化硫被吸收转化为硫酸钙。亚硫酸钙易被氧化为硫酸钙，因此最后能得到的副产品是石膏。
31.某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3＋的氧化性强弱，设计了如下实验：

(1)①装置A中发生反应的离子方程式是____________________。
②整套实验装置存在一处明显的不足，请指出__________________。
(2)用改正后的装置进行实验，实验过程如下：_______。

(3)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。
为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：
i.Fe3+3SCN-Fe(SCN)3是一个可逆反应。
ii.(SCN)2性质与卤素单质类似、氧化性：Cl2＞(SCN)2。
iii.Cl2和Br2反应生辰BrCl，BrCl呈红色(略带黄色)，沸点约5℃，它与水能发生水解反应，且该反应为非氧化还原反应。
iv.AgClO、AgBrO均可溶于水。
①用平衡移动原理(结合上述资料)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因_______，现设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加___________溶液，若溶液颜色________，则上述解释是合理的。
②探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：
用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合上述资料用两步方程式(离子或化学方程式不限定)解释仅产生白色沉淀的原因：__________________。
【答案】(1). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (2). 缺少尾气处理装置 (3). Cl2＞ Br2＞ Fe3＋ (4). 过量氯气和SCN－反应2SCN－＋Cl2===2Cl－＋(SCN)2，使SCN－浓度减小，则Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色 (5). KSCN (6). 变红色 (7). BrCl＋H2O===HBrO＋HCl、Ag＋＋Cl－===AgCl↓
【详解】（1）①浓盐酸与二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；
②由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，因此实验装置存在一处明显的不足为实验装置缺少尾气处理装置；
（2）打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯加热；亚铁离子的还原性比溴离子强，氯气首先氧化亚铁离子，再氧化溴离子，所以D装置中首先变红，E装置中水层溶液变黄，振荡后，下层CCl4层无明显变化，说明以后亚铁离子，溴离子未被氧化，因此Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为Cl2＞Br2＞Fe3＋；
（3）①过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2＝2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使平衡Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3向逆反应方向移动而褪色，为检验其褪色原因，检验方法为：取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则上述推测合理；或取少量褪色后的溶液，滴加FeCl3溶液，若溶液不变红，则上述推测合理；
②过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，BrCl＋H2O＝HBrO＋HCl，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，Ag＋＋Cl－＝AgCl↓，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银。
32.铁是人体必需的微量元素之一，没有铁，血红蛋白就不能结合氧分子进行输氧，所以缺少铁元素，人体易患的疾病为贫血，医学上经常用硫酸亚铁糖衣片给这种病人补铁。小陈同学对这种糖衣片产生了兴趣，进行探究实验如下：
(1)提出问题
这种糖衣片中是否含有硫酸亚铁，若有，含量是多少？
(2)查阅资料
①亚铁离子遇具有氧化性的物质时易被氧化。如氢氧化亚铁为白色沉淀，在空气中会迅速被氧化成红褐色的氢氧化铁沉淀，这是氢氧化亚铁的典型特征。
②亚铁盐溶于水时，会产生少量氢氧根离子而产生沉淀(溶液浑浊)。
(3)实验验证
①鉴定硫酸亚铁的成分时需加水溶解，加1滴稀盐酸的作用是______________________，能否用稀硫酸代替(填“能”或“不能”)_______________。
②为了不影响后续检验亚铁盐，检验硫酸盐可用的试剂是(选填“A”或“B”)_________。
A．用硝酸酸化的硝酸钡溶液
B．用盐酸酸化的氯化钡溶液
③检验亚铁盐可用的试剂是____________，现象为________________________________。
(4)含量测定
①取十粒糖衣片，称其质量为5g，溶于20 g水中；溶解药品时用到玻璃棒的作用是________________。
②向所配溶液中滴加氯化钡溶液至略过量；证明溶液过量的操作为：静置，向上层清液中滴加__________溶液，若现象为__________________________________，则溶液已过量。
③过滤、洗涤、干燥；洗涤沉淀的操作：用玻璃棒(填一操作名)_____________，向过滤器中加入蒸馏水至淹没沉淀，待液体滤出。重复操作2～3次。证明沉淀已洗净的方法是________________。
④称量得，沉淀质量为4.66 g，列式计算该糖衣片中硫酸亚铁的质量分数__________。
(5)总结反思
对硫酸亚铁来说，药片的糖衣起到的作用是____________________________________。
【答案】(1). 加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化 (2). 不能 (3). B (4). 氢氧化钠溶液 (5). 产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀 (6). 搅拌以促进溶解 (7). 氯化钡溶液 (8). 不再产生白色沉淀 (9). 引流 (10). 取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净 (11). 60.8% (12). 隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效
【详解】（3）①亚铁离子可以水解，加入盐酸目的是防止因产生少量氢氧根离子而产生沉淀，同时加入盐酸酸化，可有效降低亚铁盐还原性，防止氧化；不能用硫酸来替代盐酸，因为我们要检验硫酸亚铁的含量，不能引入硫酸根离子；
②硝酸具有强氧化性，加入硝酸导致亚铁被氧化为铁离子而影响后期的检验，因此在检验硫酸盐时可用氯化钡溶液，所以选B；
③由于氢氧化亚铁易被氧化为红褐色氢氧化铁，所以检验亚铁盐可用的试剂是氢氧化钠溶液，实验现象为产生白色沉淀并迅速变成红褐色沉淀；
（4）①玻璃棒在配制溶液时的作用是搅拌以促进溶解；
②要想检验是否完全反应时，可继续滴加氯化钡溶液不再产生白色沉淀，说明溶液已过量，即静置，向上层清液中滴加氯化钡溶液，若现象为不再产生白色沉淀，则溶液已过量；
③在洗涤沉淀时，玻璃棒的作用为引流。由于沉淀表面含有硫酸根离子，则要证明沉淀已洗净的方法就是判断洗涤液中不含有硫酸根离子，即可以取最后一次洗涤所得的滤液，滴入硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，则已洗净。
④沉淀质量为4.66g即硫酸钡是0.02mol，根据硫酸根守恒可知硫酸亚铁的物质的量是0.02mol，质量是0.02mol×152g/mol＝3.04g，因此质量分数为3.04g/5g×100%=60.8%。
（5）由于亚铁离子易被氧化，则对硫酸亚铁来说，药片的糖衣可以起到隔绝氧气，防止硫酸亚铁被氧化而失效的作用。
33.某化学兴趣小组利用如图装置进行铁与水蒸气反应的实验，并检验产物的性质，请回答下列问题：

（1）A装置的作用是____________，烧瓶底部放碎瓷片的作用是_________________________。
（2）装置B中发生反应的化学方程式是____________________________________，该反应中氧化剂是__________，氧化产物是__________________。
（3）D的作用是__________________________________。
（4）E中的实验现象是____________________________。
（5）A、B两个装置中应先点燃________________处的酒精(喷)灯，点燃E处酒精灯之前应进行的操作是________________。
【答案】(1). 产生水蒸气 (2). 防止加热时液体暴沸 (3). 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2 (4). H2O (5). Fe3O4 (6). 吸收未反应的水蒸气（或干燥H2) (7). 黑色固体变成红色，玻璃管内壁上有水珠生成 (8). A (9). 收集H2并检验其纯度
【详解】（1）铁与水蒸气反应的条件是高温，水的状态是气体，所以A装置的作用是产生水蒸气；反应在高温条件下进行，烧瓶底部放碎瓷片的作用防止加热时液体暴沸；
（2）装置B中是铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，反应的方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；氢元素化合价降低，得到电子，水是氧化剂，反应中铁元素化合价升高，铁是还原剂，四氧化三铁是氧化产物；
（3）E是氢气还原氧化铜的实验，气体进入E装置前要干燥，否则会有危险，硬质玻璃管可能炸裂，因此D的作用是吸收未反应的水蒸气（或干燥H2)；
（4）氢气还原氧化铜得到铜和水，即H2+CuOCu+H2O，所以E中的实验现象是硬质玻璃管中黑色固体变为红色，硬质玻璃管右端管壁有液滴生；
（5）若先点燃B处，铁会与氧气先发生反应，所以须先点燃A处；氢气是可燃性气体混有空气会发生爆炸，所以点燃E处酒精灯之前应进行的操作是验证氢气的纯度，方法是：收集一试管气体，将试管口靠近酒精灯火焰，若发出噗的声音，说明气体纯净；若发生尖锐爆鸣声，说明气体不纯。