【化学】云南省玉溪一中2018-2019学年高一上学期期末考试试卷（解析版）

云南省玉溪一中2018-2019学年高一上学期期末考试试卷
1.《本草衍义》中对精制砒霜有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之，令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”文中涉及的操作方法是（ ）
A. 蒸馏 B. 萃取 C. 升华 D. 结晶
【答案】C
【解析】砒霜为固体，将生砒就置火上，以器覆之，令砒烟上飞着覆器，遂凝结累然下垂如乳，说明砒霜加热由固态直接变为气态，冷却后又凝聚为固态，从而将砒霜与其他杂质分离，这个方法叫做升华，答案选C。正确答案为C。
2.化学与人类的生产、生活息息相关，下列说法正确的是（ ）
A. 汽车的排气管上装有“催化转化器”，使有毒的CO和NO反应生成N2和CO2
B. “温室效应”“酸雨”的形成都与氮氧化合物有关
C. 绿色化学的核心是对环境污染进行综合治理
D. 高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
【答案】A
【详解】A.一氧化碳与一氧化氮在催化剂条件下反应生成二氧化碳和氮气，所以汽车的排气管上装有“催化转化器”，可以减少有毒气体的排放，A正确；
B.温室效应与二氧化碳有关，“酸雨”的形成与二氧化硫、氮氧化合物有关，B错误；
C.绿色化学的核心是从源头上杜绝污染，对环境污染进行综合治理，并不能从源头上消除污染，C错误；
D.高纯度的硅单质广泛用于制作半导体材料，二氧化硅晶体广泛用于制作光导纤维，光导纤维中的二氧化硅与强碱能反应，所以遇强碱会“断路”，D错误；
故合理选项是A。
3.下列装置或操作能达到实验目的的是（ ）

A. 装置A用于实验室制氧气 B. 装置B用于收集CO2气体
C. 操作C用于检查装置的气密性 D. 操作D用于分离酒精和水
【答案】C
【解析】A：首先集气瓶不应密封，再有氧气不能用向下排气法收集，不正确
B：CO2密度大于空气，应用向上排气法收集，即应长进短出，不正确
C：正确
D：洒精与水互溶，不能分液
答案为C
4.对于以下的反应过程，一定要加入氧化剂才能够实现的是（ ）
A. O2→H2O B. SO2→SO42—
C. H2SO4→CuSO4 D. HNO3→NO2
【答案】B
【解析】试题分析：对于反应过程要加入氧化剂才能够实现说明选项中的物质在反应中作还原剂失去电子，化合价升高。A．O2→H2O中氧元素化合价降低，不符合要求，错误。 B．SO2→SO42—中的Ｓ元素化合价升高 ，符合要求，正确。C．H2SO4→CuSO4中的Ｓ元素化合价不变。错误。D．HNO3→NO2中的Ｎ元素化合价降低，不符合要求。错误。
5.下列离子的组合为无色溶液且可以大量共存的是（ ）
A. Na+ 、NH4+ 、NO3－、MnO4－ B. K + 、Ag+ 、Cl－、Br－
C. K +、SO42－、OH－、AlO2－ D. Ba2+ 、Na+ 、OH－、CO32－
【答案】C
【详解】A. MnO4-是紫色离子，在无色溶液中不能大量存在，A错误；
B. Ag+ 与Cl-、Br-会形成AgCl、AgBr沉淀，不能大量共存，B错误；
C. K +、SO42-、OH-、AlO2-均无色，可以大量共存，C正确；
D.Ba2+ 、CO32-会发生离子反应，形成BaSO4沉淀，不能大量共存，D错误；
故合理选项是C。
6.下列离子方程式正确的是（ ）
A. 二氧化硫与过量氢氧化钠溶液反应：SO2+OH-=HSO3-
B. 铜片插入AgNO3溶液中：Cu+Ag+=Cu2＋＋Ag
C. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
D. 向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2↑+H2O
【答案】C
【详解】A.二氧化硫与过量氢氧化钠溶液反应产生Na2SO3和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O，A错误；
B.金属活动性Cu>Ag，所以铜片插入AgNO3溶液中发生置换反应，根据电子守恒、原子守恒，可得离子方程式为：Cu+2Ag+=Cu2＋＋2Ag，B错误；
C.钠与水反应，产生NaOH和H2，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C正确；
D.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液，发生氧化还原反应，离子方程式为：2H++2NO3-+3SO32-=3SO42-+2NO↑+H2O，D错误；
故合理选项是C。
7.下列关于物质分类的说法正确的是（ ）
A. SO2、CaO、K2O都是碱性氧化物
B. BaSO4、NaCl、KNO3溶液都是电解质
C. 纯碱、烧碱、碱石灰都是碱
D. 稀豆浆、果冻、淀粉溶液都是胶体
【答案】D
【解析】试题分析：A．SO2是酸性氧化物，CaO、K2O都是碱性氧化物，A错误；B．BaSO4、NaCl都是电解质，KNO3溶液属于混合物，不是电解质，B错误；C．纯碱是碳酸钠，属于盐，烧碱、碱石灰都是碱，C错误；D．稀豆浆、果冻、淀粉溶液都是胶体，D正确，答案选D。
8.下列物质中既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是（ ）
①NaHCO3 ②Al2O3 ③Al ④Al(OH)3 ⑤MgO ⑥(NH4)2CO3
A. ①②③④⑥ B. ②③④⑤ C. ①②③④ D. 全部
【答案】A
【详解】①NaHCO3既能与HCl反应产生NaCl、H2O、CO2；也能与NaOH反应产生Na2CO3和H2O，①合理；
②Al2O3是两性氧化物，可以与HCl反应产生AlCl3和H2O；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，②合理；
③Al与HCl反应产生AlCl3和H2；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O、H2；③合理；
④Al(OH)3是两性氢氧化物，与HCl反应产生AlCl3和H2O；也能与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，④合理；
⑤MgO是碱性氧化物，与HCl反应产生MgCl2和 H2O；但是不能与NaOH溶液反应，⑤不合理；
⑥(NH4)2CO3可以与HCl反应产生NH4Cl、H2O、CO2；也能与NaOH溶液反应，产生Na2CO3、NH3、H2O，⑥合理；故既能跟稀盐酸反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的物质是①②③④⑥，合理选项是A。
9.下列物质能使品红溶液褪色，其中是利用强氧化性来漂白的是（ ）
①活性炭　 ②过氧化钠　 ③氯水　 ④二氧化硫　 ⑤臭氧
A. ①③④ B. ②③⑤ C. ①②③④ D. ①③④⑤
【答案】B
【详解】①活性炭能使品红溶液褪色，是运用了活性炭的吸附性，①错误；
②过氧化钠能使品红溶液褪色，是运用了过氧化钠的强氧化性，②正确；
③氯水中的次氯酸具有强氧化性，次氯酸能使品红溶液褪色是利用其强氧化性，③正确；
④二氧化硫能使品红溶液褪色是利用二氧化硫和有色物质反应生成无色物质而褪色，属于化合反应，④错误；
⑤臭氧能使品红溶液褪色，是运用了臭氧的强氧化性，⑤正确；
②③⑤符合题意；故合理选项是B。
10.药剂中常含有化学物质，下图是两种常见胃药的标签。下列说法正确的是（ ）

A. 碳酸氢钠俗称小苏打
B. 两种药品主要成份均有强吸水性，故需干燥保存
C. 烧碱也适用于缓解胃酸过多引起的不适症状
D. 相同剂量的两种药片消耗胃酸的量相同
【答案】A
【解析】A. 碳酸氢钠俗称小苏打，A正确；B. 碳酸氢钠和氢氧化铝均没有强吸水性，B错误；C. 烧碱是氢氧化钠，具有腐蚀性，不能用于缓解胃酸过多引起的不适症状，C错误；D. 相同剂量的两种药片消耗胃酸的量不相同，D错误，答案选A。
11.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 足量 Cu和含2 molH2SO4的浓硫酸在加热条件下反应可生成NA个SO2分子
B. 0.1 mol/LCuCl2溶液中Cl-的数目是0.2NA
C. 100 g质量分数为98%的浓硫酸中含有氧原子的数目为4NA
D. 常温常压下，32 g O2和O3的混合气体所含原子数为2NA
【答案】D
【详解】A.Cu与浓硫酸反应，当反应变稀后，稀硫酸不能再发生反应，所以足量 Cu和含2 molH2SO4的浓硫酸在加热条件下反应生成SO2分子数少于NA个，A错误；
B.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，B错误；
C.溶液中的溶质、溶剂中都含有O原子，所以100 g质量分数为98%的浓硫酸中含有氧原子的数目大于4NA，C错误；
D.O原子的相对原子质量是16，无论是O2还是O3分子中都是由O原子构成，所以32 gO2和O3的混合气体所含原子的物质的量为32g÷16g/mol=2mol，所以含有的O原子数为2NA，D正确；
故意合理选项是D。
12.能证明硅酸的酸性弱于碳酸酸性的实验事实是（ ）
A. CO2通入可溶性硅酸盐中析出硅酸沉淀
B. CO2溶于水形成碳酸，SiO2难溶于水
C. 高温下SiO2与碳酸盐反应生成CO2
D. HCl通入可溶性碳酸盐溶液中放出气体，HCl通入可溶性硅酸盐溶液中生成沉淀
【答案】A
【详解】A.二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸和可溶性硅酸盐反应析出硅酸沉淀，说明碳酸能制取硅酸，能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，A正确；
B.氧化物的水溶性不能决定其水化物的酸性强弱，B错误；
C.特殊条件下，SiO2与碳酸盐反应生成CO2，不能证明碳酸酸性强于硅酸酸性，是利用了高沸点的酸酐制取低沸点的酸酐，C错误；
D.在可溶性碳酸盐中加盐酸会放出CO2气体，说明盐酸酸性比碳酸强；在可溶性硅酸盐中加盐酸会析出硅酸沉淀，说明盐酸酸性比硅酸强，但不能证明碳酸酸性比硅酸酸性强，D错误；
故合理选项是A。
13.高铁酸钠 (Na2FeO4)是一种高效的饮用水处理剂，可由下列方法制得：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O 关于该反应，下列说法正确的是（ ）
A. Fe(OH)3 中铁元素化合价为+3，只有氧化性
B. 反应中 NaClO 是氧化剂，NaCl 是氧化产物
C. 反应中每生成1 mol Na2FeO4，转移6 mol电子
D. Na2FeO4 具有强氧化性，能消毒杀菌
【答案】D
【解析】分析：中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价,Cl元素的化合价由+1价降低为-1价,以此来解答。
详解：A.氢氧化铁中铁元素化合价为+3,为最高价,具有氧化性,故A错误;B.反应中次氯酸钠中Cl元素的化合价降低了,NaClO是氧化剂,被还原,NaCl是还原产物,故B错误;C.生成1mol Na2FeO4,由Fe元素的化合价变化可以知道有3mol电子转移,故C错误;D.Na2FeO4中Fe元素为最高价,具有强氧化性,能消毒杀菌,可用于水的净化,故D正确;所以D选项是正确的。
14.下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是（ ）

操 作
现 象
解释、结论
A

过量的Fe粉中加入硝酸充分反应，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀硝酸将Fe氧化为Fe3+
B
向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2
溶液变浑浊
析出了Na2CO3晶体
C

Al箔插入稀硝酸中

无现象
Al在硝酸中钝化，形成致密的氧化膜
D
用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上
试纸变蓝色
浓氨水呈碱性
【答案】D
【解析】试题分析：A、过量的铁和硝酸反应生成硝酸亚铁，加入硫氰化钾不显红色，错误，不选A；B、饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有碳酸氢钠晶体析出，错误，不选B；C、铝在稀硝酸中不钝化，错误，不选C；D、氨水显碱性，正确，选D。
15. 下列说法正确的是（ ）
A. 为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
B. 做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
C. 在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－
D. 提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
【答案】B
【解析】试题分析：A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；故选B。
16.将SO2分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是（ ）

A. 试管a中实验可以证明SO2具有漂白性
B. 试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性
C. 试管c中能产生白色沉淀，该沉淀的成分为BaSO3
D. 试管d中能产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀盐酸
【答案】D
【解析】A. 酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，试管a中实验可以证明SO2具有还原性，A错误；B. 试管b中品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性，B错误；C. 二氧化硫溶于水显酸性，硝酸根把二氧化硫氧化为硫酸根，所以试管c中能产生白色沉淀，该沉淀的成分为BaSO4，C错误；D. 二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，所以试管d中能产生白色沉淀，亚硫酸钡能完全溶于稀盐酸，D正确，答案选D。
17.某实验小组通过下图所示实验探究Na2O2与水的反应：

下列说法不正确的是（ ）
A. ②中的大量气泡主要成分是氧气
B. ③中溶液变红，说明有碱性物质生成
C. ④中现象可能是由于溶液中含有强氧化性物质造成的
D. ⑤中MnO2的主要作用是降低了水中氧气的溶解度
【答案】D
【解析】A. 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故A正确；B. 过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，遇到酚酞，溶液变成红色，故B正确；C. 过氧化钠与水反应可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，故C正确；D. 生成的过氧化氢在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，故D错误；故选D。
18. 下图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（ ）

选项
X
收集气体
Y
A
碱石灰
氯化氢
水
B
碱石灰
氨气
水
C
氯化钙
二氧化硫
氢氧化钠
D
氯化钙
一氧化氮
氢氧化钠
【答案】C
【解析】试题分析：A、氯化氢是酸性气体，不能用碱石灰干燥，A不正确；B、氨气密度小于空气，应该是短口进，长口出，B不正确；C、二氧化硫是酸性气体，能用氯化钙干燥，且二氧化硫的密度大于空气，用向上排空气法收集，C正确；D、一氧化氮极易被空气氧化生成二氧化氮，不能用排空气法收集，D不正确，答案选C。
19.利用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O，相对分子质量286）来配制0.1mol/L的碳酸钠溶液980mL，假如其他操作均准确无误，下列情况会引起配制溶液的浓度偏高的是（ ）
A. 称取碳酸钠晶体28.6g
B. 溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线
C. 转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤
D. 定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置发现液面低于刻度线，又加入少量水至刻度线
【答案】B
【详解】A.在实验室没有980mL容量瓶，要选择1000mL容量瓶，需要溶质的物质的量为n(Na2CO3)=0.1mol/L×1L=0.1mol，根据n(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3)，所以m(Na2CO3·10H2O)= 0.1mol×286g/mol=28.6g，溶液浓度为0.1mol/L，不会产生误差，A不符合题意；
B.溶解时进行加热，并将热溶液转移到容量瓶中至刻度线，由于溶液的体积受热膨胀，遇冷收缩，所以待恢复至室温时，体积不到1L，根据c=，可知V偏小，则c偏高，B符合题意；
C.转移时，对用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行洗涤，则溶质的物质的量偏少，根据c=，可知n偏小，则c偏低，C不符合题意；
D.定容后，将容量瓶振荡摇匀，静置，发现液面低于刻度线，是由于部分溶液粘在容量瓶颈部，若又加入少量水至刻度线，则V偏大，根据c=，可知：若V偏大，会导致配制溶液的浓度偏低，D不符合题意；
故合理选项是B。
20.提纯下列物质（括号内物质为杂质），选用的试剂和方法都正确的是（ ）

物质
除杂试剂
方法
A
CO2(HCl)
NaOH溶液
洗气
B
FeCl2溶液(FeCl3)
足量铜粉
过滤
C
FeSO4溶液(CuSO4)
足量铁粉
过滤
D
Al2O3(Fe2O3)
NaOH溶液
过滤
【答案】C
【解析】A、二氧化碳也与氢氧化钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；B、氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，引入了铜离子，应该用铁粉，B错误；C、铁与硫酸铜发生置换反应生成铜与硫酸亚铁，过滤即可除去，C正确；D、氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化铁不反应，不能除杂，D错误，答案选C。
21.如图是几种均含同一元素的物质转化关系图，其中A为单质，则 A为（ ）

A. N2 B. C C. Cl2 D. Fe
【答案】A
【解析】试题分析：A．N2和H2反应生成氨气，N2+3H22NH3，氨气催化氧化生成NO，4NH3+5O24NO+6H2O，N2和氧气反应生成NO，N2+O2=2NO，NO和氧气反应生成NO2，2NO+O2=2NO2，NO2和水反应生成HNO3和NO，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3和铜反应生成NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故A正确；B．碳和氢气不反应，碳和氧气反应生成CO，CO和氧气反应生成CO2，CO2溶于水生成碳酸，碳酸和铜不反应，不能实现上述转化，故B错误；C．Cl2和氧气不反应，氯气和氢气反应生成氯化氢气体，氯化氢和氧气不反应，故C错误D．Fe和氢气不反应，铁的氧化物不溶于水，故D错误；故选A。
22.用FeSO4还原MnO4-，若还原5×10－3 mol MnO4-，消耗10 mL 2.5 mol·L－1 FeSO4溶液，则Mn元素在还原产物中的化合价是（ ）
A. ＋1 B. ＋2
C. ＋4 D. ＋5
【答案】B
【解析】试题分析：n（Fe2+）=0.01L×2.5mol/L=0.025mol，Fe2+被氧化生成Fe3+，失去电子0.025mol，n（MnO4﹣）=5×10﹣3mol，应得到0.025mol电子，设Mn还原后的化合价为x，则5×10﹣3mol×（7﹣x）=0.025mol，x=2，选B。
23.某溶液中只含有K＋、Fe3＋、NO3-，已知K＋、Fe3＋的个数分别为3a和a，则溶液中K＋与NO3-的个数比为（ ）
A. 1︰2 B. 1︰4
C. 3︰4 D. 3︰2
【答案】A
【详解】设NO3-有x个，忽略水的电离根据电荷守恒可知n(K＋)+3n(Fe3＋)＝n(NO3-)，则3a×1+a×3＝x×1，解得x＝6a。因此溶液中K＋与NO3-的个数比为3a:6a＝1:2，答案选A。
24.将2.32 g Na2CO3、NaOH的固体混合物完全溶于水配成溶液，向该溶液中逐滴加入1 mol·L－1的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如下图所示，下列说法中错误的是（ ）

A. OA段发生反应的离子方程式为：H＋＋OH－ = H2O　CO32-＋H＋ = HCO3-
B. 当加入35 mL盐酸时，产生CO2的体积为224 mL
C. A点溶液中的溶质为NaCl、NaHCO3
D. 混合物中NaOH的质量为0.60 g
【答案】D
【解析】试题分析：A、OA段发生反应的离子方程式为：H++OH-═H2O CO32-+H+═HCO3-，故A正确；B、AB段发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据方程式n(CO2)=(35-25)×10-3L×1mol/L=0.01mol，所以二氧化碳的体积为：0.01mol×22.4L/mol=224mL，故B正确；C、OA段发生反应的离子方程式为：H++OH-═H2O CO32-+H+═HCO3-，所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3，故C正确；D、由反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑，n(CO2)=n(Na2CO3)=(45-25)×10-3×1=0.02mol，所以氢氧化钠的质量为2.32g-0.02×106g=0.2g，故D错误；故选D。
25.有Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共10.0 g，放入500 mL某浓度的盐酸溶液中，混合物完全溶解，当再加入250 mL 2.0 mol/L的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。则上述盐酸溶液的浓度为（ ）
A. 0.5 mol·L－1 B. 1.0 mol·L－1
C. 2.0 mol·L－1 D. 3.0 mol·L－1
【答案】B
【解析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH）=0.25L×2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl）=0.5mol，故该盐酸的物质的量浓度=0.5mol÷0.5L=1mol/L，答案选B。
26.有一包白色固体粉末，其中可能含有KCl、Ba(NO3)2、Fe2(SO4)3、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：
①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤后溶液呈无色；
②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；
④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀。
试根据上述实验事实，回答下列问题：
(1)原白色粉末中一定含有的物质是__________，一定不含的物质是____________，可能含有的物质是______________。(以上各种物质均写化学式)
(2)写出下列步骤中发生反应的离子方程式：
①______________________________________________；
②______________________________________________；
③______________________________________________。
【答案】(1). Ba(NO3)2、Na2CO3 (2). Fe2(SO4)3 (3). KCl (4). Ba2++CO32-=BaCO3↓ (5). BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O (6). SO42-＋Ba2+=BaSO4↓
【详解】(1)由上述分析可知，原固体一定含Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含Fe2(SO4)3，可能含有KCl；
(2)①固体混合得到白色沉淀和无色溶液，一定不含有Fe2(SO4)3，生成沉淀的是Ba(NO3)2、Na2CO3反应产生的BaCO3沉淀，反应的离子方程式为Ba2++CO32-=BaCO3↓；
②向①的沉淀物BaCO3中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，是BaCO3溶于稀硝酸，发生复分解反应生成CO2气体，反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；
③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，则该沉淀为Ba(NO3)2与加入的硫酸反应产生BaSO4沉淀，离子方程式为SO42-＋Ba2+=BaSO4↓。
27.下图是中学化学中常见物质的转化关系，部分物质和反应条件略去。

请回答下列问题：
(1)物质A的化学式为____________________。
(2)写出单质B与强碱溶液反应的离子方程式_______________，氧化物D与NaOH溶液反应的化学方程式________________________________。
(3)溶液E中加入氨水时，先生成白色沉淀L，L最终变为红褐色沉淀G，写出L变为G的化学反应方程式__________________________________。
(4)溶液E敞口放置容易变质，写出检验溶液E是否变质的实验操作、现象及结论__________，为了防止溶液E的变质，可往溶液中加入___________________。
(5)溶液I中所含金属离子是____________。
【答案】(1). Fe2O3 (2). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ (3). Al2O3+2NaOH=2Na AlO2+H2O (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 取溶液E少许于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红色，证明溶液E已经变质 (6). 铁粉 (7). Na+、Al3+
【详解】由上述分析可知物质A是Fe2O3、B为Al、C为Fe、D为Al2O3、E为FeCl2、F为H2、G为Fe(OH)3、H为NaAlO2、I为NaCl、HCl、AlCl3混合物，J为Al(OH)3。
(1)红棕色固体A是Fe2O3；
(2)Al与NaOH溶液反应，产生偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；氧化物D是Al2O3，Al2O3与NaOH溶液反应产生偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2Na AlO2+H2O；
(3)溶液E 是FeCl2，向FeCl2的溶液中加入氨水时，二者反应先生成白色沉淀Fe(OH)2，Fe(OH)2不稳定，被溶解在溶液中的氧气氧化为Fe(OH)3，所以最终变为红褐色沉淀Fe(OH)3，则 Fe(OH)2变为Fe(OH)3的化学反应方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(4)溶液FeCl2敞口放置容易变质，若其变质，会产生FeCl3，所以若变质，可通过向E的溶液中滴加几滴KSCN溶液检验，若溶液变为红色，证明溶液E已经变质；为了防止溶液E的变质，可利用Fe3+的氧化性，往溶液中加入Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，使溶液复原；
(5)氧化物D是Al2O3；Al2O3与足量NaOH溶液反应，得到化合物H：NaAlO2，向H中加入过量盐酸，发生反应：NaAlO2+4HCl=NaCl+AlCl3+2H2O，所以I中所含金属离子是Na+、Al3+。
28.某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验(图中a、b、c表示止水夹)。

(1)利用B装置可制备的气体有________________(写出一种即可)。
(2)若装置A、C、E相连后用于制取Cl2，写出A中发生的离子方程式_____________。 若要收集到纯净干燥的氯气，需要在装置A、C之间增加两个装有____________和_______的洗气瓶(填写试剂的名称)。
(3)若装置A、C、E相连后用于制取SO2，尾气吸收时容易发生倒吸现象，改进措施为__________________________。
(4)若装置B、D、E相连后可制得NO2并进行有关实验。欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹____________，再打开止水夹_____________，微热试管丁使烧杯中的水进入丁中，充分反应后，若向试管中通入一定量的氧气至试管内完全充满液体，则所得溶液中溶质的物质的量浓度是__________________ mol/L(气体按标准状况计算)。
【答案】(1). H2、CO2、NO、NO2等(合理答案皆可) (2). MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ +2H2O (3). 饱和食盐水 (4). 浓硫酸 (5). 液面上倒扣一个漏斗 (6). a、b (7). c (8). 0.045
【详解】(1)B装置为块状不溶于水的固体和液体反应制取气体的装置，反应不需要加热，中学化学中常见的有：H2、CO2、NO、NO2、H2S 等；
(2)在装置A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ +2H2O；实验室制得的氯气中有杂质气体HCl和水蒸气，若要收集到纯净干燥的氯气，需要在装置A、C之间增加两个装置，一个装置盛有饱和食盐水，用来除去HCl杂质，另一个装置盛有浓硫酸用来除去水蒸气，干燥Cl2；
(3)若装置A、C、E相连后用于制取SO2，A制取SO2，C收集SO2，由于SO2是有毒气体，用装置E进行尾气处理，为防止尾气吸收时发生倒吸现象，改进措施是在导气管末端安装一个倒扣漏斗，使漏斗边沿在液面上或连接一个干燥管；
(4)若装置B、D、E相连后可制得NO2并进行有关实验。B中Cu与浓硝酸反应制取NO2，D收集NO2，E是尾气处理装置，欲用D装置验证NO2与水的反应，其操作步骤为：先关闭止水夹a、b，再打开止水夹c，微热试管丁，使烧杯中的水进入丁中。充分反应后，若向试管中通入一定量的氧气，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，至试管内完全充满液体。假设试管的容积为VL，则试管中盛有NO2气体在标准状况下的体积也就是VL，n(NO2)=，根据N元素守恒，可得n(HNO3)=n(NO2)=，溶液的体积为VL，则所得溶液中溶质HNO3的物质的量浓度是c(HNO3)= 0.045mol/L。
29.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含 70%Cu、25%Al、4%Fe 及少量 Au、Pt 的合金，并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：

请回答下列问题：
(1)第①步 Cu与酸反应的离子方程式为__________________，得到滤渣 1的主要成分为_______________。
(2)第②步加 H2O2的作用是做氧化剂，将溶液中的 Fe2+氧化为 Fe3+，用 H2O2做氧化剂的优点是____________________。
(3)滤渣 2的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中如何分离两种沉淀，写出反应的离子方程式______________。
(4)第③步蒸发所需玻璃仪器为__________________。
【答案】(1). Cu+4H++2NO3-=Cu2+ +2NO2↑+2H2O (2). Au、Pt (3). 不引入新的杂质，对环境无污染 (4). Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O (5). 酒精灯、玻璃棒
【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+离子进入溶液；Pt和Au不能反应，仍以固体单质的形式存在，所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2+ +2NO2↑+2H2O；
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O。用H2O2作氧化剂的优点是还原产物是H2O，不引入杂质，且对环境无污染；
(3)滤渣 2的主要成分是 Al(OH)3和 Fe(OH)3，在生产中可根据Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱NaOH溶液反应，而Fe(OH)3是碱，不能与强碱发生反应来分离两种难溶性物质，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O；
(4)第③步从含有CuSO4的溶液中获得CuSO4·5H2O晶体的方法是蒸发结晶法，蒸发时所需玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒。