【化学】江苏省溧水高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题（解析版）

江苏省溧水高级中学2018-2019学年高一上学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65
选择题（共54分）
单项选择题：本题包括18小题，每小题3分，共计54分。每小题只有一个选项符合题意。
1.化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是( )
A. 低碳生活注重节能减排，减少温室气体的排放
B. 推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”
C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅
D. 启用大气中细颗粒物（PM2.5）的监测，以追根溯源，采取措施，改善空气质量
【答案】C
【解析】试题分析：A．“节能减排，低碳生活”的主题旨低碳生活注重节能减排，减少温室气体的排放，故A正确；B．使用可降解塑料及布质购物袋，减少“白色污染”，故B正确；C．沙子的成分是二氧化硅，计算机芯片的材料是硅单质，故C错误；D．大气中细颗粒物属于空气的污染源之一，要追根溯源，采取措施，来改善空气质量，故D正确；故选C。
2.下列有关化学用语的表示正确的是 ( )
A. Ca(OH)2的电离方程式：Ca(OH)2＝Ca2+＋(OH)2
B. Al3+的结构示意图：
C. 明矾的化学式：KAl(SO4)2
D. NaClO中氯的化合价：－1
【答案】B
【详解】A．氢氧化钙是强碱，能完全电离为钙离子和氢氧根离子，电离方程式为Ca（OH）2═Ca2++2OH-，故A错误；
B．Al3+核电荷数为13，核外有2个电子层，最外层电子数为8，结构示意图为，故B正确；
C．明矾是结晶水化物，其化学式为KAl(SO4)2•12H2O，故C错误；
D．NaClO中Na为+1价、O为-2价，结合正负化合价代数和为0，可知氯的化合价：+1，故D错误；故答案为B。
3.下列实验室常见物质的俗名与化学式相对应的是( )
A. 苏打-NaHCO3 B. 胆矾-CuSO4
C. 烧碱-NaOH D. 生石灰-Ca(OH)2
【答案】C
【详解】A．苏打是碳酸钠，化学式为Na2CO3，故A错误；
B．胆矾是CuSO4•5H2O，而不是CuSO4，故B错误；
C．烧碱是氢氧化钠，化学式为NaOH，故C正确；
D．生石灰是氧化钙，化学式为CaO，而不是氢氧化钙，故D错误。答案为C。
4.25℃时，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﹣1 AlCl3溶液中：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣
B. 含有0.1mol•L﹣1 Fe3+的溶液中：Na+、K+、SCN﹣、NO3﹣
C. 能在溶液中大量共存且溶液为无色透明的是：K+、Mg2+、NO3-、OH-
D. 能在溶液中大量共存且溶液为无色透明的是：Cu2+、K+、NO3-、SO42-
【答案】A
【详解】A．H+、Na+、Cl-、SO42-离子之间不发生反应，且都不与氯化铝反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；
B．SCN-与Fe3+反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C．Mg2+与OH-易生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．含有Cu2+的溶液显蓝色，不可能存在于无色溶液中，故D错误；故答案为A。
5.下列推理正确的是( )
A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3,故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3
B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜,故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜
C. 活泼金属钠保存在煤油中,故活泼金属铝也保存在煤油中
D. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂,故金属单质参与反应时金属均作还原剂
【答案】D
【解析】铁丝在氧气中燃烧生成Fe3O4，A项错误；钠和溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，不能从硫酸铜溶液中置换出铜，B项错误；金属铝在空气中形成致密的氧化膜，故可以保存在空气中，C项错误。
6.下列有关物质用途的说法错误的是( )
A. 明矾可用于净水 B. Fe2O3可用于制红色油漆
C. 纯碱溶液可用于去除油污 D. 硅可用于制光导纤维
【答案】D
【详解】A．明矾水溶液中电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮的固体杂质颗粒，可用于净水，故A正确；
B．氧化铁为红棕色固体，可用于制红色油漆，故B正确；
C．碳酸钠溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解，所以纯碱溶液可用于去除油污，故C正确；
D．光导纤维主要成分为二氧化硅，不是硅，故D错误；答案为D。
7.下列物质属于纯净物的是( )
A. 氯水 B. 漂白粉 C. 液氯 D. 石油
【答案】C
【详解】A．氯水是氯气的水溶液，含有氯气、氯化氢、次氯酸、水等多种物质，属于混合物，故A错误；
B．漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，是混合物，故B错误；
C．液态氯中只含有一种物质，属于纯净物，故C正确；
D．石油是多种烷烃、环烷烃等构成的混合物，故D错误；答案为C。
8.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A. 向FeCl3溶液中滴加HI溶液：Fe3＋＋2I－===Fe2＋＋I2
B. 向AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO2-＋4NH4+＋2H2O
C. Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3＋2OH－＝2AlO2-＋H2O
D. 碳酸镁溶于盐酸：CO32-＋2H＋＝H2O＋CO2↑
【答案】C
【详解】A．向FeCl3溶液中滴加HI溶液的离子反应为2Fe3++2I-═2Fe2++I2，故A错误；
B．向AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，离子反应为Al3＋+3NH3·H2O═Al(OH)3↓+3NH4＋，故B错误；
C．Al2O3是两性氧化物，溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠和水，Al2O3＋2OH－＝2AlO2－＋H2O，故C正确；
D．碳酸镁难溶于水，不可拆分，则碳酸镁溶于盐酸的离子方程式为MgCO3＋2H＋＝Mg2＋+H2O＋CO2↑，故D错误；答案为C。
9.下列物质属于电解质的是 ( )
A. 熔融NaCl B. 稀硫酸 C. CO2 D. 铜
【答案】A
【详解】A．熔融氯化钠能够导电，且是化合物，属于电解质，故A选；
B．稀硫酸为混合物，不是电解质，故B不选；
C．二氧化碳本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质，故C不选；
D．铜为单质，不是化合物，不是电解质，故D不选；答案为A。
10.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )

A. 用图1 所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
B. 用图2 所示装置蒸干NaHCO3饱和溶液制备NaHCO3晶体
C. 用图3 所示装置制取少量纯净的CO2气体
D. 用图4 所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】试题分析：A、氯气和氢氧化钠反应，所以不能用氢氧化钠除去氯气中的氯化氢，应该用氯化钠溶液，所以不选A；B、碳酸氢钠加热过程中会分解，所以不能用蒸干溶液的方法制备，所以不选B；C、盐酸有挥发性，所以制备的二氧化碳中含有氯化氢气体，所以不选C；D、四氯化碳和水不互溶，所以可以用分液的方法分离，所以选D。
11.下列离子的检验方法合理的是( )
A. 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有SO42-
B. 向某溶液中滴加氯水，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋
C. 向某溶液中加入NaOH溶液，得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋
D. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有CO32-
【答案】C
【详解】A．该溶液中可能含有银离子，形成氯化银白色沉淀，AgCl也不溶于盐酸，故A错误；
B．若原溶液中含Fe2+，通入Cl2，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，滴加KSCN溶液后显红色，若原溶液中不含Fe2+，含有Fe3+，通入Cl2，加入KSCN溶液同样可以变血红色，故B错误；
C．铁离子与碱反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，则加入NaOH溶液得红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3+，故C正确；
D．与稀盐酸反应生成二氧化碳的也可能为HCO3-，故D错误；答案为：C。
12.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A. 标准状况下，11.2 L H2O 含有的氢原子数是NA
B. 24 g Mg中含有的电子数是2 NA
C. 0.5 mol·L－1K2SO4溶液中含有的钾离子数是NA
D. 常温常压下，3.2 g氧气所含的分子数是0.1 NA
【答案】D
【详解】A. 标准状况下水不是气体，11.2 L H2O的物质的量不是0.5mol，其中含有的氢原子数不是NA，A错误；
B. 24 g Mg的物质的量是1mol，其中含有的电子数是12NA，B错误；
C. 0.5 mol·L－1K2SO4溶液的体积未知，不能计算其中含有的钾离子数，C错误；
D. 常温常压下，3.2 g氧气的物质的量是0.1mol，所含的分子数是0.1NA，D正确。
答案选D。
13.下列过程涉及化学变化的是 ( )
A. 酒香扑鼻 B. 干冰升华
C. 蜡烛照明 D. 用金刚石切割玻璃
【答案】C
【详解】A．酒香扑鼻体现酒精的挥发性，没有新物质生成，属于物理变化，故A不选；
B．干冰升华是物质由固体直接转化为气体，没有新物质生成，属于物理变化，故B不选；
C．蜡烛主要成分为烃，燃烧生成二氧化碳和水等，有新物质生成，属于化学变化，故C选；
D．用金刚石切割玻璃，为物体形状改变，没有新物质生成，属于物理变化，故D不选；答案为C。
14.汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO＋2NO2 4CO2＋N2，下列对该反应的说法正确的是( )
A. NO2被氧化 B. CO是氧化剂
C. 每生成1molN2，转移8mole- D. 该条件下，还原性CO 【答案】C
【详解】A．N元素化合价由+4价降低到0价，被还原，NO2为氧化剂，故A错误；
B．反应中C元素化合价升高，被氧化，是还原剂，故B错误；
C．该反应生成1mol N2时，转移电子的物质的量为1mol×2×（4-0）=8mol，故C正确；
D．CO是还原剂，N2是还原产物，则该条件下，还原性CO>N2，故D错误；答案为C。
15.下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是( )
物质编号
物质转化关系
a
b
c
d
①

Na2O
Na2O2
Na
NaOH
②
Al2O3
NaAlO2
Al
Al(OH)3
③
FeCl2
FeCl3
Fe
CuCl2
④
Si
SiO2
Na2SiO3
H2SiO3
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①③
【答案】B
【详解】①NaOH不能一步转化为Na2O，则图中d→a不能一步实现，故不选；
②氧化铝与NaOH反应生成Na[AlOH]4，Na[AlOH]4与二氧化碳反应生成Al（OH）3，Al（OH）3加热生成氧化铝，Al氧化生成氧化铝，Al与NaOH反应生成Na[AlOH]4，图中转化均可一步实现，故选；
③氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与Cu反应生成氯化铜，氯化铜与Fe反应生成氯化亚铁，Fe与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe与氯气反应生成氯化铁，图中转化均可一步实现，故选；
④Na2SiO3不能一步转化生成Si，则图中c→a不能一步实现；Na2SiO3不能一步转化生成SiO2，则图中c→b不能一步实现；H2SiO3不能一步转化生成Si，则图中d→a不能一步实现；SiO2不能一步转化生成H2SiO3，则图中b→d不能一步实现，故不选；
故答案为B。
16.下列溶液中，与100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的Cl－ 物质的量浓度相同的是( )
A. 100 ml 0.5 mol/L MgCl2溶液 B. 200 ml 0.25 mol/L AlCl3溶液
C. 50 ml 1 mol/L NaCl溶液 D. 25 ml 0.5 mol/L HCl溶液
【答案】D
【解析】溶液的浓度与溶液的体积无关，0.5mol/L NaCl溶液所含的Cl－物质的量浓度为0.5mol/L；0.5mol/L MgCl2溶液Cl－物质的量浓度1mol/L；0.25mol/L AlCl3溶液Cl－物质的量浓度0.75mol/L；1mol/L NaCl溶液Cl－物质的量浓度1mol/L；0.5mol/L HCl溶液Cl－物质的量浓度0.5mol/L；
17.下列实验操作、现象和结论均正确的是 ( )

实验操作
现象
结论
A
将气体通入灼热的CuO固体
固体由黑色变为红色
该气体一定为CO
B
向某溶液中加入1~2滴KSCN溶液
生成血红色沉淀
该溶液中含Fe3+
C
向Al(OH)3中加入HCl或NaOH溶液
固体均溶解
Al(OH)3是两性氢氧化物
D
将氯气通入装有潮湿的有色布条的试剂瓶中
有色布条颜色褪去
Cl2具有漂白性
【答案】C
【详解】A．粉末由黑变红，该气体可能为氢气，不一定为CO，故A错误；
B．向某溶液中加入1～2滴KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中含Fe3+，实验现象描述不合理，故B错误；
C．向Al（OH）3中加入HCl或NaOH溶液，氢氧化铝固体均溶解，说明Al（OH）3既能与酸反应又能与碱反应，属于两性氢氧化物，故C正确；
D．将氯气通入装有潮湿的有色布条的试剂瓶中，Cl2与水反应生成的HClO有强氧化性，能使有色布条褪色，HClO有漂白性，不是Cl2有漂白性，故D错误；答案为C。
18.将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )

A. Cl2和苛性钾溶液在不同温度下可能发生不同反应
B. 反应中转移电子数为是0.42NA
C. 原苛性钾溶液中KOH的物质的量为0.3 mol
D. 生成物中Cl-的物质的量为0.21 mol
【答案】B
【解析】试题分析：A、根据图像分析，氯气和氢氧化钾反应先生成次氯酸钾，且该反应时放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子是由于温度升高引起的，所以不同温度有不同的反应，正确，不选A；B、反应最后生成0.06摩尔的次氯酸跟，和0.03摩尔氯酸根，所以转移电子数为0.06*1+0.03*5=0.21摩尔，所以B错误；C、根据电子守恒，溶液中的氯离子为0.21摩尔，在根据电荷守恒，钾离子物质的量为0.06+0.03+0.21=0.3摩尔，所以原氢氧化钾的物质的量为0.3摩尔，正确，不选C；D、由C分析铝离子物质的量为0.21摩尔，正确，不选D。
非选择题（共46分）
19.A、B、C为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体。它们之间的转化关系如下图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。

请回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：A_________、D_________、E_________、X________。
(2)在反应①～⑦中，不属于氧化还原反应的是______________________(填编号)。
(3)反应④的离子方程式是_____________________________。
(4)反应⑦的化学方程式是__________________________________；
该反应中每消耗0.3 mol的A，可转移电子______________mol。
(5)除去D溶液中混有的少量G的方法是___________________________。
【答案】(1). Fe (2). FeCl3 (3). Fe3O4 (4). HCl (5). ③⑥
(6). 2Fe3++Fe=3Fe2+ (7). 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 (8). 0.8
(9). 向混合溶液中通入足量的氯气
【解析】
【分析】依据转化关系的特征和物质性质分析判断，单质A和H反应生成E为黑色晶体，E黑色固体和X酸反应生成D、G、H，其中DG之间可以实现相互转化，说明A为变价金属Fe，和C在点燃条件下生成黑色固体E为Fe3O4，C为O2，依据D+A=G说明D为含三价铁离子的化合物，F为含硫氰酸根离子的化合物，G为含Fe2+离子的化合物，H为H2O；依据G+B=D分析判断B是强氧化剂，B为黄绿色气体，证明为Cl2，所以推断D为FeCl3，得到G为FeCl2；X为HCl；依据判断出的物质回答问题．
【详解】A为固体，B为黄绿色气体，说明B为Cl2，D与F反应得到血红色溶液，结合转化关系可知，固体A为Fe，D为FeCl3，F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeCl2，Fe与无色气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，且X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，可推知C为O2，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O；
（1）由上述分析可知，A为Fe，D为FeCl3，E为Fe3O4，X为HCl；
（2）在反应①～⑦中，①为铁和氯气发生的氧化还原反应，②为铁和氧气发生的氧化还原反应，③为四氧化三铁和盐酸发生的复分解反应，不是氧化还原反应，④为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，⑤为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，⑥是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，不是氧化还原反应，故答案为：③⑥；
（3）反应④的离子方程式是：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（4）反应⑦是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；氢元素化合价从+1价变化为0价，4H2O反应转移电子为 8mol，铁元素从0价变化为+价，每消耗 0.3mol的A（Fe），可转移电子0.8mol；
（5）除去FeCl3溶液中混有的少量FeCl2的方法是：向混合溶液中通入足量的氯气。
20.二氧化氯（ClO2）是一种优良的消毒剂，熔点为-59℃，沸点为11℃，浓度过高时易发生分解，甚至爆炸。某课外兴趣小组通过氯气与NaClO2溶液反应来制取少量ClO2，装置如下图所示：

(1)甲装置中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是______。
(2)丙装置中发生的反应可能经两步完成，请将其补充完整：①______（用化学方程式表示），②HClO + HCl + 2NaClO2 = 2ClO2↑+ 2NaCl + H2O。
(3)Clˉ存在时会催化ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生ClO2的速率明显加快。实验过程中常需通入适量的N2稀释ClO2，其目的是______。写出氯气制漂白液的化学方程式并用双线桥表示电子转移的方向与数目______。
(4)戊装置烧杯中NaOH溶液吸收ClO2后，生成了ClO-、ClO3-,该反应的离子方程式是______。
【答案】(1). MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2). Cl2＋H2OHCl＋HClO (3). 防止ClO2发生分解，甚至爆炸 (4). (5). 2ClO2＋2OH－= ClO2-＋ClO3-＋H2O
【解析】
【分析】（1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2与H2O；
（2）由第②步反应中反应物可知，第①步是氯气与水反应生成HCl与HClO；
（3）ClO2浓度过高时易发生分解，甚至爆炸；Cl2溶解于NaOH溶液生成NaCl、NaClO和水，Cl2既是氧化剂又是还原剂；
（4）NaOH溶液吸收ClO2后，生成了ClO2-、ClO3-，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平。
【详解】（1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成MnCl2、Cl2与H2O，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）由第②步反应中反应物可知，第①步是氯气与水反应生成HCl与HClO，反应方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
（3）ClO2浓度过高时易发生分解，甚至爆炸，所以通入适量的N2稀释ClO2；Cl2溶解于NaOH溶液生成NaCl、NaClO和水，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，其中Cl元素的化合价既升高又降低，用双线桥分析电子转移方向和数目为；
（4）NaOH溶液吸收ClO2后，生成了ClO2-、ClO3-，反应离子方程式为：2ClO2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O。
21.某科研小组以难溶性钾长石(K2O·Al2O3·6SiO2)为原料，提取Al2O3、K2CO3等物质，工艺流程如下：

（1）“煅烧”过程中有如下反应发生：
①钾长石中的硅元素在CaCO3作用下转化为CaSiO3，写出SiO2转化为CaSiO3的化学方程式： __________。
②钾长石中的钾元素和铝元素在Na2CO3作用下转化为可溶性的NaAlO2和KAlO2，写出Al2O3转化为NaAlO2的化学方程式：____________________________________。
（2）“转化”时加入NaOH的主要作用是________________________(用离子方程式表示)。
（3）上述工艺中可以循环利用的主要物质是________________、_________________和水。
【答案】(1). CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑ (2). Na2CO3＋Al2O32NaAlO2＋CO2↑ (3). HCO3-＋OH－===H2O＋CO32- (4). Na2CO3 (5). CO2
【解析】
【分析】难溶性钾长石（K2O•Al2O3•6SiO2）为原料加入碳酸钙，碳酸钠高温煅烧后加入水浸取得到浸出渣为硅酸钙，浸取液为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀过滤得到固体氢氧化铝．灼烧分解生成氧化铝；滤液主要是碳酸氢钠溶液，加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠；
（1）①碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；
②氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；
（2）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；
（3）根据流程图推测可以循环利用的主要物质．
【详解】（1）①碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；
②氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；
（2）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，离子反应方程式为HCO3-+OH-=CO32-+H2O；
（3）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物质。
22.氯化亚铜（CuCl）常用作催化剂、杀菌剂等。
（1）将Na2SO3溶液逐滴加入到CuCl2溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，得到CuCl沉淀。该反应中被氧化的物质是______（填化学式）。
（2）为测定制得CuCl样品的纯度，进行下列实验：a．称取0.5000 g样品，放入盛有 20 mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；b．待样品溶解后，加水50 mL；c．立即用0.2000 mol·L-1 Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，记录消耗标准溶液的体积； d．重复步骤a至c 2次，记录消耗标准溶液的平均体积为25.00 mL。
已知：CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + Cl－ Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+
①配制100 mL 0.2000 mol·L-1 的Ce(SO4)2标准溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶外，还需要_______。
②通过计算确定该样品中CuCl的纯度。______
③进行步骤c时若操作缓慢，则测得CuCl的纯度_______（“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【答案】(1). Na2SO3 (2). 胶头滴管 (3). 99.5% (4). 偏小
【解析】
【分析】（1）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成CuCl白色沉淀、硫酸根离子，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，也是还原剂，得电子化合价降低的反应物是被还原的物质，也是氧化剂；（2）①根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器解答；②依据方程式CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+中各反应物量之间的关系，可得关系式：CuCl～Ce4+，据此计算CuCl的纯度；③步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，若操作缓慢，亚铁离子被氧气氧化。
【详解】（1）在Na2SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl¯+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H﹢，该反应中化合价变化Cu（+2→+1），S（+4→+6），氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，该反应中被氧化的物质是Na2SO3；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平（称量）、药匙、玻璃棒（溶解、移液）、胶头滴管（定容）、烧杯（溶解）、100mL容量瓶（定容、摇匀）故还需要的玻璃仪器有：胶头滴管；
②称取0.5000g样品，放入盛有 20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；发生反应：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，用0.2000mol•L-1 Ce（SO4）2标准溶液滴至反应完全，发生反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，故n（CuCl）=n（Ce4+）=0.2000mol•L-1×25.00×10-3L=5.000×10-3mol，则CuCl的纯度为×100%=99.5%；
③亚铁离子易被氧气氧化，步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，根据CuCl～Ce4+，计算CuCl的纯度，进行步骤c时若操作缓慢，被氧化的亚铁离子不再与Ce4+反应，则测得CuCl的纯度偏小。