福建省龙岩市非一级达标校2023年化学高一上期末监测模拟试题含解析

福建省龙岩市非一级达标校2023年化学高一上期末监测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法不正确的是()。A．Cl2与H2O反应的离子方程式为Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物。C．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2。D．氯水中含有次氯酸，氯水具有杀菌、漂白作用2、已知100mL浓度为0.1mol·L-1的H2C2O4溶液恰好与20mL浓度为0.2mol·L-1的KRO4溶液完全反应，已知H2C2O4生成CO2，则R元素在产物中的化合价是（）A．+1 B．+2 C．+3 D．+43、在反应X+2Y=R+2M中,已知R和M的摩尔质量之比为22:9,当1.6gX与Y完全反应后，生成4.4gR,则在此反应中,Y与R的化学式量之比为:A．32:18 B．16:11 C．8:11 D．16:94、下列变化过程中，加入氧化剂才能实现的是（）A．SO2→SO32- B．CuO→Cu C．Cl2→Clˉ D．Iˉ→I25、下列有关实验的说法正确的是（）A．向溶液中滴入用硫酸酸化的溶液，溶液变黄，说明发生氧化还原反应，且氧化性：B．为测定熔融氢氧化钠的导电性，可在瓷坩埚中熔化氢氧化钠固体后进行测量C．制备氢氧化铁胶体通常是将饱和氯化铁溶液煮沸，直至呈红褐色，停止加热D．在饱和溶液中加入一定量，充分反应后恢复到原温度，有晶体析出，溶液质量不变6、将SO2气体通入BaCl2溶液，无明显现象，然后再通入X气体或加入X溶液，有白色沉淀生成，X不可能是（）A．Cl2 B．CO2 C．H2O2 D．NH3·H2O7、下列状态的物质，既能导电又属于电解质的是()A．氯化钠固体 B．硫酸钾溶液 C．碳棒 D．熔融氢氧化钾8、把少量的二氧化氮气体通入过量的小苏打溶液中，再使逸出的气体通过装有过氧化钠颗粒的干燥管，最后收集到的气体是()A．O2 B．NO2 C．NO2和O2 D．CO2和NO9、当溶液中X2O72-和SO32-离子数之比为1：3时，恰好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化合价为（）A．＋1 B．＋2 C．＋3 D．＋410、粘土胶体溶液中，粘土粒子带负电，为了使粘土粒子凝聚，下列物质中用量最少但最有效的电解质是（）A．磷酸钠 B．硫酸铝 C．氯化钡 D．硫酸钾11、下列物质中导电能力最差的是（）A．熔融态KHSO4 B．铜片 C．0.1mol/LH2SO4 D．固态KCl12、下列有关电解质的叙述正确的是()A．液态HCl不导电，所以HCl是非电解质B．熔融NaCl可以导电，所以NaCl是电解质C．液态Cl2不导电，所以Cl2是非电解质D．SO2的水溶液能够导电，所以SO2是电解质13、把图b的碎纸片补充到图a中，可得到一个完整的离子方程式。下列有关该离子方程式的说法正确的是（）A．配平后的化学计量数依次为3、1、2、6、3B．若有1molS被氧化，则生成2molS2-C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2D．3molS参加反应有8mol电子发生转移14、铁和生铁(铁合金)都是生活中常见的材料，下列说法中正确的是()A．铁与盐酸反应，生铁不与盐酸反应 B．铁和生铁都是金属单质C．铁和生铁都能导电，都是电解质 D．生铁的熔点比铁的熔点低15、下列物质属于纯净物的是()A．漂白粉 B．盐酸 C．氯水 D．液溴16、下列离子方程式正确的是(

)A．氢氧化钡溶液和稀硫酸反应Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+HB．钠与水反应Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑C．铜片插入硝酸银溶液中Cu+Ag+=Cu2++AgD．大理石溶于醋酸的反应CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑二、非选择题（本题包括5小题）17、已知A为常见的金属单质，根据如下所示的转化关系回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A________，B_______，C_______，D_________，E__________。(2)反应③的离子方程式为_______________；反应④的离子方程式为___________；反应⑦的化学方程式为_____________。18、A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系（其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）。（1）若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色，A俗称苛性钠，W为无色无味气体，C受热分解可转化为B。①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为_______________。②A溶液与C溶液反应的化学方程式为________________。（2）若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1.①B的化学式为________________。②实验室制取B时，_____________（填“能”或“不能”）用向上排空气法收集B。③C与水反应的化学方程式为_____________________________。（3）若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，Ｂ、Ｃ均为酸性氧化物。①由B生成C时，每生成1molC，消耗W的物质的量为_________________。②C溶于水形成化合物D，在加热的情况下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为__________。19、某实验小组进行Cu和Fe2(SO4)3溶液的实验。实验探究过程如下：实验装置：实验操作与现象：ⅰ．加入Cu粉后充分振荡，静置，溶液变成浅蓝绿色；ⅱ．取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，立即出现白色沉淀，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去。查阅资料：Ⅰ．Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2：(SCN)2的性质与Cl2相似。Ⅱ．CuSCN能与稀硝酸反应：CuSCN+HNO3→CuSO4+N2↑+CO2+H2O(未配平)。回答下列问题：(1)Cu和Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式为________。(2)根据表中实验现象推断白色沉淀为___________。为验证该白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，加入___，若____即可证明(补充所加试剂及实验现象)。(3)试解释ⅱ中溶液局部变为红色的原因是______。(4)根据ⅱ中实验现象可推知SCN-更易与_______结合(填“Fe3+”或“Cu+”)20、回答下列问题：如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：（1）写出仪器A、E的名称__、__。（2）若向C装置中加入碘水和少量CCl4，振荡后静置，会观察到的现象是__。（3）若粗盐溶液中含有少量的CaCl2、MgCl2、MgSO4，为除掉这些杂质，需依次加入的化学试剂是NaOH、__、__、HCl（写化学式）。21、实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4＋HCl(浓)→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)，此反应常温下就可以迅速进行。请回答下列问题：（1）上述反应中被氧化的元素是_________。当生成3.36L（标准状况下）Cl2时，转移电子的物质的量为_________。（2）如果上述化学方程式中KMnO4化学计量数是1，则HCl的化学计量数是_________。（3）实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________。（4）酸性KMnO4溶液与Fe2＋反应生成Mn2＋，该反应的离子方程式是________。（5）下列物质既有氧化性，又有还原性的是________（填字母代号）。A．I－B．HClC．MnCl2D．Cl2

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A.Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸，主要以分子形式存在，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；B.氯气、液氯的构成微粒都是Cl2，二者是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，B正确；C.Cl2与石灰乳反应产生氯化钙、次氯酸钙和水，产生的Ca(ClO)2和CaCl2是漂白粉的主要成分，C正确；D.氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，因此氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强的氧化性，因此氯水具有杀菌、漂白作用，D正确；故合理选项是A。2、B【解析】

在氧化还原反应中，氧化剂得电子数=还原剂失电子数，根据得失电子守恒进行计算。【详解】n(H2C2O4)=0.1L×0.1mol·L-1=0.01mol，n(KRO4)=0.02L×0.2mol·L-1=0.004mol，已知反应中H2C2O4生成CO2，C元素化合价由+3升高为+4，失电子，则H2C2O4为还原剂，则KRO4应为氧化剂，得电子，化合价降低，KRO4中化合价为+7价，设R元素在产物中的化合价是x，则根据得失电子守恒可得，0.01mol×2=0.004mol×(7-x)，解得x=2，B项正确；答案选B。3、D【解析】

根据反应X+2Y=R+2M和R和M的摩尔质量之比为22：9，可确定R和M的质量比为22：18，故当反应生成生成4.4gR时，可算出得到M的质量为3.6g，再根据质量守恒定律，化学反应前后质量不变，可直接计算出Y的质量为6.4g，故在此反应中Y和M的化学式量之比=摩尔质量之比=质量之比=6.4g：3.6g=16：9，选D。4、D【解析】

A.SO2→SO32-，没有变价元素，不需加入氧化剂，A不合题意；B.CuO→Cu，此转化中CuO做氧化剂，需加入还原剂才能实现，B不合题意；C.Cl2→Clˉ，此转化中，虽然Cl元素的价态降低，但并不需要加入还原剂，因为Cl2与碱或水反应，就可实现，C不合题意；D.Iˉ→I2，此转化中，I-价态升高，作还原剂，需要加入氧化剂才能实现，D符合题意。故选D。【点睛】分析物质转化时，一方面我们要考虑元素价态发生改变，可能需要加入氧化剂或还原剂，另一方面还要思考，是否不另加氧化剂或还原剂，利用物质自身的氧化还原反应，也能实现此转化。5、A【解析】

A.向溶液中滴入用硫酸酸化的溶液，溶液变黄，说明有Fe3+生成，说明发生氧化还原反应，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性：，故A正确；B.瓷坩埚会与熔融氢氧化钠反应，熔化氢氧化钠固体时不能采用瓷坩埚，应该采用铁坩埚，故B错误；C.制备氢氧化铁胶体通常是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，故C错误；D.与溶液中水反应生成氧气，则根据质量守恒原理，溶液的质量减小，故D错误；故选A。6、B【解析】将SO2气体通入BaCl2溶液，SO2+H2OH2SO3。A.Cl2将H2SO3氧化H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选A；B.无明显变化，故选B；C.H2O2将H2SO3氧化为H2SO4，H2SO4与BaCl2反应生成白色沉淀硫酸钡，故不选C；D.NH3·H2O与H2SO3反应生成(NH4)2SO3，(NH4)2SO3与BaCl2反应生成白色沉淀亚硫酸钡，故不选D。点睛：本题涉及SO2的酸性氧化物的性质和还原性7、D【解析】

A．固体氯化钠中没有自由移动的阴阳离子，不能导电，A不符合题意；B．硫酸钾溶液是电解质溶液，能够导电，但不是电解质，B不符合题意；C．碳棒是碳单质，能导电，但不是电解质，D错误；D．氢氧化钾是离子化合物，是电解质，在熔融状态下存在自由移动的离子，能够导电，D正确；答案选D。8、C【解析】

从反应的化学方程式分析，涉及的反应有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，设NO2为3mol，根据各步反应生成物的物质的量判断反应最终产物。【详解】设NO2为3mol，涉及的反应有：3NO2+H2O═2HNO3+NO，HNO3+NaHCO3═NaNO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，2NO+O2═2NO2，则3molNO2生成2molHNO3和1molNO，通入小苏打后气体为2molCO2和1molNO，通入足量过氧化钠后生成1molO2和1molNO，1molO2和1molNO反应后生成1molNO2，剩余0.5molO2，故最后收集到的气体为1molNO2和0.5molO2，故答案为C。9、C【解析】

题目中要求的是“X在还原产物中的化合价”，那么X2O72-在反应中做氧化剂，得到电子，得到电子的个数等于SO32-失去电子的个数，而SO32-→SO42-过程中每个离子失去2个电子，则3个离子共失去6个电子，那么1个X2O72-在反应过程中应得到6个电子，设还原产物中X的化合价为a，则得到2×(6-a)个电子，故2×(6-a)=6，解得a=+3，故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应计算，旨在考查氧化还原反应中电子转移守恒运用。根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式，n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。10、B【解析】

胶体的凝聚能力主要决定于胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数。因粘土胶体溶液中，胶体粒子带负电，则加入电解质的阳离子所带电荷数越多，其聚沉能力越大。【详解】粘土胶体溶液中，胶体粒子带负电，加入选项中的电解质溶液使之发生聚沉，主要是阳离子引起的，阳离子所带电荷越多，聚沉能力越大。钠离子为+1价，1molNa3PO4可以提供3mol正电荷；Al3+离子为+3价，1molAl2(SO4)3可以提供6mol正电荷；Ba2+离子为+2价，1molBaCl2可以提供2mol正电荷；K+离子为+1价，1molK2SO4可以提供2mol正电荷；可见：相同物质的量的四种电解质中，用量最少最有效的电解质是硫酸铝；故合理选项是B。【点睛】本题考查了胶体的性质，掌握胶体的性质，充分理解加可溶性电解质使胶体聚沉的原理是解题的关键。11、D【解析】

导电能力最差的应是离子浓度最小，或不存在自由移动的离子等情况，如固体氯化钾，据此进行解答。【详解】固体KCl不能电离出自由移动的离子，不能导电，而熔融态KHSO4、0.1mol/LH2SO4都存在自由移动的离子，都能导电，铜片为金属，存在自由移动的电子，也能导电，所以导电能力最差的是固态KCl；故答案选D。【点睛】金属导电是因为含有自由移动的电子，而电解质导电是因为含有自由移动的离子；比如KCl是电解质，但是在固态时不导电，没有自由移动的离子；但是氯化钾溶于水或在熔融状态下，存在自由移动的离子，就能够导电，所以电解质不一定能够导电，导电的也不一定是电解质。12、B【解析】

A．液态HCl不导电，但是溶于水能够导电，所以氯化氢为电解质，故A错误；B．NaCl是化合物，且熔融NaCl可以导电，则NaCl是电解质，故B正确；C．氯气为单质，不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．SO2本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，故D错误；故答案为B。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如SO2的水溶液导电，是因为生成亚硫酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。13、B【解析】

题目中的S元素的化合价分别是-2、0、+4，据图可知S(0价)做反应物，根据氧化反应规律，该氧化还原反应为歧化反应，分别生成-2和+4价。根据得失电子数和电荷守恒配平反应方程式：3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O。【详解】A．反应方程式为3S+6OH-=2S2-+SO32-+3H2O配平后的化学计量数为3、6、2、1、3，故A错误；B．根据方程式可知，3molS参与反应时有1molS做还原剂，所以1molS被氧化(还原剂被氧化，化合价升高)，有1molSO32-生成，2molS2-为还原产物，故B正确；C．氧化剂得到还原产物，还原剂得到氧化产物，根据方程式可知，还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：1，即氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故C错误；D．转移电子数=氧化剂得电子数=还原剂失电子数，生成2molS2-时，做氧化剂的S得到4mol电子，即3molS参加反应有4mol电子发生转移，故D错误；故选：B。14、D【解析】

A.铁和生铁(铁合金)都能与盐酸反应，在高温下都能与水蒸气反应，故A错误；B.生铁中含有碳等非金属，属于混合物(合金不是金属单质)，故B错误；C.铁和生铁都能导电、传热、有延展性，但它们都不是化合物，都不是电解质，故C错误；D.合金的熔沸点要低于金属单质，故D正确；故答案为D。【点睛】合金具有以下特点：强度和硬度一般比组成他们的纯金属高，抗腐蚀性强，熔点比成分金属熔点低，具有导电、导热和延展性。15、D【解析】

A．漂白粉的成分是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，错误；B．盐酸是氯化氢的水溶液，是混合物，错误；C．氯水是氯气的水溶液，是混合物，错误；D．液溴是Br2，是纯净物，正确；故选D。16、D【解析】

A.氢氧化钡溶液和稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，选项A错误；B.钠与水反应生成氧化钠和氢气，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，选项B错误；C.铜片插入硝酸银溶液中，反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式为Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，选项C错误；D.大理石溶于醋酸，反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑，选项D正确。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、FeFeCl2FeCl3Fe(OH)2Fe(OH)32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2Fe3＋+Fe=3Fe2＋4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3【解析】

A为常见的金属单质，其某种化合物是红褐色固体，该红褐色固体E为Fe(OH)3，由转化关系图可知，A是Fe单质，Fe与HCl反应产生的B是FeCl2，Fe与Cl2反应产生的C是FeCl3，FeCl2与Cl2反应产生FeCl3，FeCl3与Fe反应产生FeCl2，FeCl2与碱NaOH反应产生的D为Fe(OH)2，Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，FeCl3与NaOH反应也产生Fe(OH)3，然后结合物质的性质及化学用语来解答。【详解】(1)根据上述分析可知A是Fe，B是FeCl2，C是FeCl3，D是Fe(OH)2，E是Fe(OH)3。(2)反应③是FeCl2与Cl2反应转化为FeCl3，该反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；反应④是FeCl3与还原剂Fe反应产生FeCl2，该反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；反应⑦是Fe(OH)2在溶液中被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，该反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及铁元素的单质及化合物的性质及转化关系。注意物质的颜色为解答本题的突破口。Fe3+具有强氧化性，可以与还原剂反应转化为低价态的Fe2+，也可以转化为Fe单质；Fe2+既有氧化性，也有还原性，主要表现还原性；Fe单质与弱氧化剂作用转化为Fe2+，与强氧化剂作用转化为Fe3+。熟悉铁及其化合物的性质即可解答，注意氧化还原反应方程式书写时要遵循电子守恒。18、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2ONO不能3NO2+H2O=2HNO3+NO0.5molS+2H2SO4（浓）=3SO2↑+2H2O【解析】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色气体，C受热分解可以转化为B，由转化关系可知W为CO2，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，据此分析；（2）若A、B、C、W均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol，则C为NO2，由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO，据此分析；（3）若A为淡黄色固体单质，则A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3，据此分析。【详解】（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色气体，C受热分解可以转化为B，由转化关系可知W为CO2，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，据此分析：①向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠的离子方程式为：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；②NaOH溶液和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O。故答案为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O；（2）若A、B、C、W均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol，则C为NO2，由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO，据此分析：①B的化学式为NO；②因为NO和空气中的O2反应生成NO2，则实验室制取B（NO）时，不能用向上排气法收集B；③NO2与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。故答案为①NO；②不能；③3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）若A为淡黄色固体单质，则A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3，据此分析：①由SO2生成SO3的化学方程式为2SO2+O22SO3，每生成1molC（SO3），消耗W(O2)的物质的量为0.5mol；②SO3溶于水生成化合物D（H2SO4），在加热条件下，浓硫酸与硫发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，化学方程式为：S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O。故答案为0.5mol；S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O。【点睛】本题考查元素化合物的推断，涉及Na、N、S元素单质及其化合物性质与转化，需要学生熟练掌握元素化合物知识，把握反应的规律，注意相关基础知识的积累。19、Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2＋）CuSCN少量稀硝酸白色沉淀溶解，溶液变蓝，有气泡生成Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3Cu+【解析】

Cu和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，立即出现白色沉淀CuSCN，Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去，据此分析。【详解】(1)Cu和Fe2(SO4)3溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，反应的离子方程式为Cu＋2Fe3+＝Cu2+＋2Fe2＋；(2)Cu2+可与SCN-反应生成CuSCN(白色沉淀)和(SCN)2，根据表中实验现象推断白色沉淀为CuSCN；为验证该白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，加入少量稀硝酸，若白色沉淀溶解，溶液变蓝，有气泡生成，说明发生反应：CuSCN+HNO3→CuSO4+N2↑+CO2+H2O(未配平)，即可证明；(3)取少量ⅰ中清液于试管中，滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液，立即出现白色沉淀CuSCN，Fe2＋被(SCN)2氧化为Fe3＋，Fe3＋遇SCN－变红色或2Fe2＋＋(SCN)2＋4SCN－＝2Fe(SCN)3，溶液局部变为红色，振荡后红色迅速褪去；(4)根据ⅱ中实验现象立即出现白色沉淀CuSCN，可推知SCN-更易与Cu+结合。20、蒸馏烧瓶冷凝管分层，下层液体呈紫红色BaCl2Na2CO3【解析】

（1）根据仪器的构造可知，仪器A、E的名称分别为蒸馏烧瓶、冷凝管；（2）若向C装置（分液漏斗）中加入碘水和少量CCl4，振荡后静置，由于单质碘易溶于四氯化碳中，且四氯化碳密度大于水，会观察到的现象是分层，下层液体呈紫红色；（3）若粗盐溶液中含有少量的CaCl2、MgCl2、MgSO4，为除掉这些杂质，利用氢氧化钠除去镁离子、利用钙离子除去碳酸根离子、利用钡离子除去硫酸根离子，试剂应过量，且碳酸钠应在钡离子后加入以保证过量的钡离子用碳酸钠除去，故需依