安徽省蚌埠市第一中学2020届高三化学上学期期中试题（含解析）

安徽省蚌埠市第一中学2020届高三上学期期中考试化学试题1.“故近朱者赤，近墨者黑”出自晋朝傅玄的傅鹑觚集太子少傅箴，这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，也是古人“炼丹”的原料，有毒，它的主要成分是A. HgSB. Cu2OC. Fe2O3D. Cu【答案】A【解析】【详解】“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”为朱砂，朱砂的主要成分是硫化汞，硫化汞的化学式为HgS，故选A。2.设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，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB. 常温常压下，14gC2H4和C4H8混合气体含有的碳原子数为NAC. 标准状况下，4.48 L 酒精所含的分子数目为0.2NAD. 在氢氧化铁胶体的制备中如果有1 mol 三氯化铁水解，则氢氧化铁胶粒数为NA【答案】B【解析】【分析】A、1 mol氯气发生歧化反应，转移的电子数目为NA；B、C2H4和C4H8的最简式为CH2，依据最简式计算混合气体中的碳原子个数；C、标准状况下，酒精是液体，不是气体；D、氢氧化铁胶体中是多个Fe（OH）3的聚合体。【详解】A项、氯气与水反应属于可逆反应，标准状况下，0.1molCl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，转移电子数小于0.1NA，故A错误；B项、C2H4和C4H8的最简式为CH2，最简式CH2的物质的量为1mol，含有碳原子的物质的量为1mol，含有碳原子数为2NA，故B正确；C项、标况下酒精是液体，无法根据体积求算其物质的量，故C错误；D项、l个氢氧化铁胶体中含有多个Fe（OH）3，1molFeCl3完全水解生成的氢氧化铁胶体胶粒数没有NA个，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，明确标准状况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意熟练掌握物质的量与摩尔质量、阿伏伽德罗常数之间的关系是解题关键。3.下列物质分类正确的是（ ）A. SiO2、NO2均为酸性氧化物B. 稀豆浆、淀粉溶液均为胶体C. 烧碱、乙醇均为电解质D. 水玻璃、冰醋酸均为混合物【答案】B【解析】【详解】A. NO2不属于酸性氧化物，故A错误；B.稀豆浆、淀粉溶液中的有机大分子的直径处于1nm100nm范围内，故它们属于胶体，故B正确；C.乙醇为非电解质，故C错误；D.水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，但冰醋酸为纯的乙酸，为纯净物，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查了物质的分类，涉及到酸性氧化物、分散系、电解质与非电解质等类别。4.宋代著名法医学家宋慈的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的化学原理是：4Ag + 2H2S + O2 =2X + 2H2O。下列说法正确的是( )A. X 的化学式为 AgSB. 反应中 Ag 和H2S 均是还原剂C. 银针验毒时，空气中氧气失去电子D. 每生成 1molX，反应转移 2mol 电子【答案】D【解析】由质量守恒可知X的化学式为Ag2S；银针验毒时，空气中氧气分子得到电子，化合价从反应前的0价变为反应后的-2价，化合价降低，做氧化剂；在反应中Ag的化合价从单质Ag的0价变为反应后Ag2S中的+1价，失去电子，作还原剂； H2S中的H、S两元素的化合价都没有发生变化，既不是氧化剂也不是还原剂，由方程式：4Ag+2H2S+O2=2X+2H2O可知，4Ag4e2Ag2S，则每生成1mo1Ag2S，反应转移2mo1e-，故D正确。5.25时，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是A. 碱性溶液中：Na+、Fe3+、Cl、SO42B. 含MnO4的溶液中：H+、K+、Cl、IC. 0.1molL1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42、NO3D. 由水电离出的c（OH）=11014 molL1的溶液中：K+、Na+、SO42、CO32【答案】D【解析】【分析】A、Fe 3+在碱性溶液不能大量存在；B、酸性条件下MnO4能与Cl、I发生氧化还原反应；C、酸性条件下NO3能与Fe2+发生氧化还原反应；D、无论是在酸溶液，还是碱溶液中，离子相互之间不能产生沉淀、气体、弱电解质、不发生氧化还原反应和双水解反应。【详解】A项、碱性溶液含大量的氢氧根离子，不能大量存在Fe 3+，故A错误；B项、溶液中存在H+，酸性条件下MnO4能与Cl、I发生氧化还原反应，Cl、I不能大量存在，故B错误；C项、溶液中存在H+，酸性条件下NO3能与Fe2+发生氧化还原反应，NO3不能大量存在，故C错误；D项、水电离的c（H+）=110-14mol/L的溶液中，水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液或碱溶液，无论是在酸溶液，还是碱溶液中，离子相互之间不能产生沉淀、气体、弱电解质、不发生氧化还原反应和双水解反应，则可以大量共存，故D正确。故选D。【点睛】离子共存的判断注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。6.能正确表示下列反应的离子方程式的是()A. 小苏打溶液中加入过量石灰水2HCO3Ca22OH=CaCO3CO322H2OB. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3OH=CO32H2OC. 向100 mL 1 mol/L的FeBr2溶液中通入0.05 mol Cl2，反应的离子方程式：Cl22Br=2ClBr2D. 硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性：2H+SO42+Ba2+2OH=2H2O+BaSO4【答案】D【解析】【分析】本题考查离子方程式的正误判断。根据条件采用以少定多的原则进行判断。A.小苏打完全反应；B. NH4HCO3全部反应，C.根据还原性强弱，亚铁离子先反应，根据n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯气全部与亚铁离子反应了，所以Br不反应。【详解】A.小苏打溶液中加入过量石灰水，该反应的离子方程式为HCO3Ca2+ OH=CaCO3H2O，故A错误；B. NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中，该反应的离子方程式为NH4+ HCO32OH=CO32H2O+NH3.H2O，故B错误；C. 向100 mL 1 mol/L的FeBr2溶液中通入0.05 mol Cl2，根据n(Fe2+):n(Cl2)=2:1.氯气全部与亚铁离子反应了，该反应的离子方程式为Cl22Fe2+=2Cl2Fe3+，故C错误；D. 硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液恰好反应呈中性，该反应的离子方程式为2H+SO42+Ba2+2OH=2H2O+BaSO4，故D正确；答案D。7.关于某无色溶液所含离子的确定，下列判断正确的是A. 若加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有Cl存在B. 加入几滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变成紫色，可确定有酚羟基存在C. 若加入Ba(NO3)2溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有SO42或Ag+的存在D. 若加入盐酸，生成无色无味气体且能使澄清石灰水变浑浊，可确定一定有CO32【答案】B【解析】A、因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl-离子，所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的，A错误；B、苯酚与铁离子反应溶液显紫色，所以加入几滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变成紫色，可确定有酚羟基存在，B正确；C、因为加入的是硝酸钡，溶液中存在硝酸根离子，再加入盐酸时引入氢离子，就相当于存在了硝酸，将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，与钡离子形成不可溶的硫酸钡沉淀，也可能含有亚硫酸离子，C错误；D、能和盐酸反应生成二氧化碳气体的除了CO32-还有HCO3-，D错误，答案选B。点睛：本题考查了离子的检验，注意检验方法的严密性，在检验离子的存在时，排除干扰离子的存在决定了方案的严密性。8.向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）A. Cu2+是H2O2分解反应的催化剂B. H2O2只表现了氧化性C. H2O2的电子式为: D. 发生了反应Cu2O + H2O2+4H+=2Cu2+3H2O【答案】B【解析】A向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，故A正确；B根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故B错误；CH2O2属于共价化合物，电子式为: ，故C正确；D红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，故D正确；故选B。点睛：本题考查氧化还原反应，明确题干信息的含义为解答关键。本题的易错点为B，要注意题干信息的解读，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊，说明生成了Cu2O；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明又生成了Cu2+。9.若下图表示向含Mg2、Al3、NH4的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。 下列各表述与示意图一致的是（ ）A. 图三种离子的物质的量之比为:n(Mg2):n(Al3):n(NH4)2:3:2B. 图中曲线表示某反应过程的能量变化， 若使用催化剂，B点会降低C. 图中使用的NaOH的浓度为2 mol/LD. 图中物质A反应生成物质C，H0【答案】B【解析】【详解】A、图涉及到的离子方程式有：Mg2+2OH-Mg(OH)2，Al3+3OH-Al(OH)3，NH4+OH-NH3H2O，Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，设NaOH溶液的浓度为xmol/L，则n(NH4+)=0.01xmol，nAl(OH)3=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=0.005xmol，则：n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，故A错误；B、图中表示某反应过程的能量变化，使用催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C、设NaOH溶液的浓度为xmol/L，根据n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol，x=10mol/L，故C错误；D、图中曲线表示反应物和生成物的能量的大小，如A是反应物，则反应放热，H0，故D错误；故选B。【点睛】本题考查离子浓度的计算以及反应能量变化等知识，催化剂对反应的影响。本题的易错点和难点为A，要注意根据图像，判断发生反应的先后顺序，结合图像分析解答。10.下列各选项中,物质之间通过一步反应就能实现如图所示变化的是选项甲乙丙丁AAlAlCl3Al2O3NaAlO2BSH2SSO2SO3CNaNa2ONaOHNa2O2DN2NH3NONO2A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】Al与氯气反应生成AlCl3，Al与反应生成Al2O3，Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，Al2O3与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，故A正确；S单质不能直接生成SO3，故B错误；NaOH不能直接生成Na2O2，故C错误；N2与氧气不能直接生成NO2，故D错误。11.如图装置，将溶液A逐滴加入固体B中，下列叙述正确的是A. 若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B. 若A为醋酸，B为贝壳，C中盛过量澄清石灰水，则C中溶液变浑浊C. 若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛AlCl3溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D. 若A为浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色【答案】B【解析】【详解】A项，二氧化锰与浓盐酸混合加热可得到氯气，而题目中的装置制取气体无需加热，所以无法制取氯气，故A项错误；B项，贝壳的主要成分为碳酸钙，醋酸和碳酸钙反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2，该反应无需加热就可以发生，二氧化碳和澄清石灰水反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O，有不溶于水的碳酸钙生成，所以试管中溶液变浑浊，故B项正确；C项，实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO固体反应，化学方程为：NH3H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，可选择图中的制取装置，C中盛AlCl3溶液，氨气和水反应生成氨水，氨水和AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，C中不可能先产生白色沉淀后沉淀又溶解，故C项错误；D项，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，利用强酸制弱酸的原理，硫酸和亚硫酸钠反应生成亚硫酸，亚硫酸分解生成二氧化硫和水，Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，所以能用图中的制取装置制备SO2，二氧化硫溶于水反应生成亚硫酸，能使C中盛石蕊试液变红，但不能使其褪色，故D项错误;正确选项B。12.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. AlCl3 Al(OH)3 Al(OH)4 -B. Fe2O3(s) Fe(s) FeCl3(aq)C. NaHCO3(s) Na2CO3 NaOH(aq)D. Al(s)NaAlO2(aq) Al(OH)3 (s)【答案】C【解析】【分析】A、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱；B、Fe与盐酸反应生成FeCl2；C、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成氢氧化钠；D、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱。【详解】A项、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，不溶于弱酸弱碱，Al(OH)3不能与氨水反应生成Al(OH)4，故A错误；B项、Fe与盐酸反应生成FeCl2，不能得到FeCl3，故B错误；C项、碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液，故C正确；D项、氢氧化铝是两性氢氧化物，溶于强酸强碱，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，得不到氢氧化铝沉淀，故D错误。故选C。13.下表中对陈述、的正确性及其有无因果关系的判断都正确的是() 选项陈述陈述判断A铜绿的主要成分是碱式碳酸铜可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿对、对；有B铜表面易形成致密的氧化膜铜容器可以盛放浓硫酸对、错；无C银的导电性比铜的好，但导线一般用铜制而不用银制铜比银的熔点高、密度小对、对；有D蓝色硫酸铜晶体受热转化为白色硫酸铜粉末是物理变化硫酸铜溶液可用作游泳池的消毒剂对、对；无A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【分析】A、铜绿的主要成分为Cu2(OH)2CO3，其能与稀盐酸反应而被除去，而Cu与稀盐酸不反应。B、铜在常温下与浓硫酸几乎不反应，铜表面不会形成致密的氧化膜，可以用铜容器盛放浓硫酸；C、导线不用银制是因为导线的用量太大且银比铜贵很多。D、CuSO45H2O转化为CuSO4是化学变化，因CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性。【详解】A、铜绿的主要成分为Cu2(OH)2CO3，其能与稀盐酸反应而被除去，而Cu与稀盐酸不反应，故A正确。B、铜在常温下与浓硫酸几乎不反应，铜表面不会形成致密的氧化膜，可以用铜容器盛放浓硫酸，故B错误。C、导线不用银制是因为导线的用量太大且银比铜贵很多，故C错误。D、CuSO45H2O转化为CuSO4是化学变化，因CuSO4属于重金属盐，能使蛋白质变性，故能用作游泳池的消毒剂，故D错误；故选A。14.现有一固体混合物由两种物质组成，为了检测其成分进行了如下实验：取少量样品加入足量的水得到无色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再加足量的稀盐酸，白色沉淀部分溶解并有气泡产生，将产生的气体通入澄清石灰水中，石灰水变浊。该物体混合物可能的组成为A. FeCl3、MgSO4B. Na2CO3、Na2SO4C. CaCl2、K2SO4D. K2CO3、Na2SO3【答案】B【解析】A. FeCl3溶液是黄色的，MgSO4与BaCl2溶液反应生成的硫酸钡沉淀不溶于盐酸，A不正确；B. Na2CO3和Na2SO4的溶液都是无色的，都能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，其中碳酸钡沉淀可溶于盐酸且生成二氧化碳气体，B正确；C. CaCl2和K2SO4 的混合液与BaCl2溶液反应不生成可溶于盐酸的沉淀，C不正确；D. K2CO3和Na2SO3与BaCl2溶液反应生成的两种沉淀都可溶于盐酸，D不正确。本题选B。15.用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是 （ ）A. 甲用于实验室制取少量CO2B. 乙用于配制一定物质的量浓度的硫酸C. 丙用于模拟生铁的电化学腐蚀D. 丁用于蒸干A1Cl3溶液制备无水AlCl3【答案】C【解析】分析：本题考查的是化学实验的基本知识。根据图示和对应的文字说明，思考每个实验要求的要点，进而选择合适的答案。详解：A实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，所以选项A错误。B实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，所以选项B错误。C装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，选项 C正确。D蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解，得到氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，所以选项D错误。16.某试液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、A13+、Cl-、SO42-、CO32-、A1O2-中的若干种离子，离子浓度均为0.1 molL-1，某同学进行了如下实验: 下列说法正确的是A. 原溶液中存在NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-B. 滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Ba2+C. 无法确定沉淀C的成分D. 无法确定原试液中是否含有Al3+、Cl-【答案】A【解析】加入过量稀硫酸无明显变化，说明不含碳酸根离子，不含Ba2+，不含AlO2-；加入硝酸钡有气体生成，因为前面已经加入了硫酸，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，说明有亚铁离子存在且被氧化，沉淀为硫酸钡；加入NaOH有气体，说明存在铵根离子，生成的气体为氨气，沉淀B为红褐色氢氧化铁沉淀；通入CO2产生沉淀，说明存在Al3+，沉淀C为氢氧化铝。因为存在的离子浓度均为0.1molL-1，从电荷的角度出发，只能含有NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-才能保证电荷守恒，K+必然不能存在。故A、原溶液中存在Al3+、NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-，选项A正确；B、滤液X中大量存在的阳离子有NH4+、Fe2+和Al3+，选项B错误；C、沉淀C为氢氧化铝，选项C错误；D、原试液中含有Al3+、Cl-，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了常见离子的性质检验，注意硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，另外本题需要根据电荷守恒判断氯离子是否存在。17.已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe（OH）3+ClO+OHFeO4n+Cl+H2O （未配平）则有关叙述不正确的是A. 已知FeO4n中Fe的化合价是+6价，则n=2B. 每产生1molCl，转移2mol电子C. FeO4n具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D. 若n=2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3【答案】D【解析】【分析】FeO4n中Fe的化合价是+6价，则n=2，反应为Fe（OH）3+ClO-+OH-FeO42-+Cl-+H2O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，由电子守恒和原子守恒可知，该反应为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。【详解】A项、FeO4n中Fe元素的化合价是+6价，因O元素为-2价，由化合价代数和为0可知，n=2，故A正确；B项、反应中ClO转化为Cl，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，故B正确；C项、FeO4n-具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为Fe3+，水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，则可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；D项、方程式为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及电子守恒、原子守恒的综合考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。18.由氧化铜、氧化铁组成的混合物a g,加入2 molL-1的硫酸50 mL时固体恰好完全溶解。若将a g该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应,冷却后固体质量为A. 无法计算B. a gC. (a-1.6)gD. (a-3.2)g【答案】C【解析】【分析】氧化铜和氧化铁组成的混合物与硫酸反应恰好完全溶解，说明硫酸的物质的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物质的量。【详解】氧化铜和氧化铁组成的混合物与硫酸反应恰好完全溶解，说明硫酸的物质的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物质的量，当混合物被一氧化碳还原，则固体质量等于原固体质量-氧原子质量，硫酸的物质的量为0.052=0.1mol，则固体的质量为a-160.1=a-1.6,故C正确。19.氯气在工业上有着重要的用途，某兴趣小组在实验室中模拟工业上用氯气制备无水氯化铝（无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾）可用下列装置制备（1）装置B中盛放_溶液，其作用是_F中的是_溶液，其作用是_用一件仪器装填适当试剂后也可起到F和G的作用，所装填的试剂为_（2）装置A实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是_（填序号）A往烧瓶中加入MnO2粉末 B加热 C往烧瓶中加入浓盐酸（3）制备反应会因盐酸浓度下降而停止为测定反应残余液中盐酸的浓度，探究小组同学提出很多实验方案，其中方案之一为让残留的液体与足量Zn反应，测量生成的H2体积装置如图所示（夹持器具已略去）反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积、气体体积逐渐减小，直至不变气体体积逐次减小的原因是_（排除仪器和实验操作的影响因素）（4）该小组同学查资料得知：将氯酸钾固体和浓盐酸混合也能生成氯气，同时有大量ClO2生成；ClO2沸点为10，熔点为59，液体为红色；Cl2沸点为34，液态为黄绿色设计最简单的实验验证Cl2中含有ClO2_【答案】 (1). 饱和食盐水 (2). 除去氯化氢气体 (3). 浓硫酸 (4). 防止G中的水蒸气进入E中 (5). 碱石灰 (6). ACB (7). 气体未冷却到室温 (8). 收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化【解析】【分析】根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F。【详解】（1）根据所给的装置图可知，装置A是实验室利用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，制得的氯气中含有氯化氢和水等杂质，所以B装置中应装饱和食盐水是为了除去混有的HCl气体；因为氯化铝易发生水解，故F应该防止空气中的水蒸气进入E装置，所以E装置中应放浓硫酸，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰来代替F和G的作用，故答案为：饱和食盐水；除去氯化氢气体；浓硫酸；防止G中的水蒸气进入E中；碱石灰；（2）装置A实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，应先加二氧化锰，再从分液漏斗中加入浓盐酸，再加热，所以操作顺序为ACB，故答案为：ACB；（3）反应完毕后，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐渐减小的原因是气体未冷却到室温，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：气体未冷却到室温；（4）根据ClO2沸点为10，熔点为-59，液体为红色，Cl2沸点为-34，液态为黄绿色，为验证Cl2中含有ClO2，收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化，若出现红色，则说明Cl2中含有ClO2，故答案为：收集一试管气体，盖上胶塞，放入冰水混合物中，观察液体（或气体）颜色变化。20.孔雀石主要成分是Cu2(OH)2CO3,还含少量FeCO3及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下:（1）步骤I中涉及的主要反应用离子方程式表示为_.（2）步骤中试剂是_(填代号).AKMnO4 BH2O2 CFe粉 DKSCN（3）步骤加入CuO 的目的是_（4）步骤获得硫酸铜晶体，需要经过_冷却结晶、过滤等操作.（5）测定硫酸铜晶体(CuSO4xH2O)中结晶水的x值:称取2.41g硫酸铜晶体，在坩埚中加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g.则计算得x=_(计算结果精确到0.1)【答案】 (1). Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+CO2+3H2O (2). b (3). 消耗酸使溶液pH升高(或调节溶液pH)，便于Fe3+(水解)形成沉淀除去 (4). 加热浓缩(或蒸发浓缩) (5). 4.5【解析】【分析】孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3，还含少量FeCO3、Si的化合物，加入稀硫酸反应后生成二氧化碳气体，过滤得到二氧化硅固体，得到滤液1为硫酸铜、硫酸亚铁溶液，“除杂”时先通入足量过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，得到溶液2为硫酸铜、硫酸铁溶液，再加入CuO固体调节溶液pH，沉淀铁离子生成氢氧化铁沉淀；过滤得到滤液为硫酸铜溶液，滤液3为硫酸铜溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铜晶体。【详解】（1）骤I中涉及的反应有稀硫酸与Cu2(OH)2CO3与FeCO3反应，主要反应为稀硫酸与Cu2(OH)2CO3反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+CO2+3H2O，故答案为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2+CO2+3H2O；（2）加入试剂的目的是氧化亚铁离子为铁离子，便于沉淀除去，所加试剂能和亚铁离子反应且不能引入新的杂质，aKMnO4溶液加入后，能氧化亚铁离子，但会引入钾离子、锰离子，故a不符合；b加入H2O2会氧化亚铁离子为铁离子，过氧化氢被还原为水，不引入杂质，故b符合；cFe粉不能氧化亚铁离子，故c不符合； d加入KSCN溶液结合铁离子形成络合物，不能氧化亚铁离子，亚铁离子的存在会干扰硫酸铜晶体的析出，故d不符合，故选b，故答案为：b；（3）步骤加入CuO 的目的是消耗Fe3+水解生成的H+离子，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，故答案为：消耗酸使溶液pH升高(或调节溶液pH)，便于Fe3+(水解)形成沉淀除去；（4）操作得到溶液中溶质的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故答案为：蒸发浓缩；（5）称取2.41g硫酸铜晶体，加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g为硫酸铜质量，n（CuSO4）物质的量= 1.6g/160g/mol=0.01mol，受热质量减少2.41g-1.6g=0.81g，水的物质的量=0.81g/18g/mol=0.045mol,则1：x=0.01mol: 0.045mol,x=4.5,故答案为：4.5。【点睛】本题考查了化学工艺流程，涉及方程式书写、化学试剂的选择、化学计算等知识点考查，侧重于考查分析能力和综合实验能力。21.实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_（锰被还原为Mn2+）。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有（请配平）_Cl2+ Fe(OH)3+ KOH K2FeO4+ KCl+ H2O（2）探究K2FeO4的性质取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i由方案中溶液变红可知a中含有 Fe3+ 离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生（用方程式表示）。ii方案可证明K2FeO4氧化了Cl根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2_FeO42-（填“”或“”），而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。【答案】 (1). 2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl +5Cl2+8H2O (2). 3，2，10，2，6，8 (3). 4 FeO42-+20H+=4Fe3+3O2+10H2O (4). (5). 溶液酸碱性不同 【解析】【分析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl（g）和H2O（g），HCl（g）会消耗Fe（OH）3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl（g）；C装置中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【详解】（1）根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O；C中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，反应中Cl2做氧化剂被还原为KCl，Fe(OH)3做还原剂被氧化K2FeO4，根据电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+ 10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：3，2，10，2，6，8；（2）根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.溶液a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO42-与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O，故答案为：4FeO42-+20H+=3O2+4Fe3+10H2O；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由