湖北省2021-2022学年高一化学上学期期末调考试卷（Word版附解析）

湖北省2021-2022学年高一上学期期末调考化学试题本试卷满分100分。考试用时75分钟。，注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡“贴条形码区”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案信息点涂黑；。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学在生活、生产、科研等方面发挥重要作用。下列说法错误的是A.铝制餐具不宜用来长时间存放酸性或碱性食物B.金属钠着火时，可用泡沫灭火器灭火C.“新冠抗疫”中，用于消毒的84消毒液的有效成分为氯的含氧酸盐D.嫦娥五号返回器(采用超级钢材料等)中的“超级钢”属于合金【答案】B【解析】【详解】A．铝能与酸、与氢氧化钠等碱溶液反应，则铝制餐具不宜用来长时间存放酸性或碱性食物，A正确；B．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，受热时钠与空气中的氧气反应生成过氧化钠，过氧化钠可以分别与二氧化碳、水反应生成氧气，氢氧混合气体遇火可以爆炸，则金属钠着火时，绝不可用泡沫灭火器灭火，B错误；C．84消毒液的有效成分为次氯酸钠，为氯的含氧酸盐，C正确；D．嫦娥五号返回器(采用超级钢材料等)中的“超级钢”含有铁等多种元素、属于合金，D正确； 答案选B。2.下列过程中不涉及化学变化的是A．偏二甲肼作火箭发射的燃料B．漂粉精用于鱼塘的消毒C．酒精清洁电脑键盘油污D．菜刀生锈A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．偏二甲肼作火箭发射的燃料，燃料燃烧是化学变化，A不符合；B．漂白粉有效成分是次氯酸钙，漂白粉的漂白原理：漂白粉溶于水，可发生反应生成次氯酸，，次氯酸可消毒杀菌，B不符合；C．酒精清洁电脑键盘油污，是因为油污能溶于酒精，是物理变化不是化学变化，C符合；D．铁生锈有新物质生成、是化学变化，D不符合；答案选C。3.下列说法正确的是A.Na原子结构示意图为B.水分子的结构式为C.O3和O2互为同位素D.Na2S的电子式为【答案】B【解析】 【详解】A．Na原子结构示意图为，A错误；B．水是共价分子，水分子内氧原子分别和两个氢原子共用一对电子对，水分子的结构式为，B正确；C．同位素是质子数相同中子数不同的原子，同素异形体是由同种元素组成的不同单质；O3和O2是组成元素相同，结构不同，性质不同的两种单质，属于同素异形体，不互为同位素，C错误；D．Na2S为离子化合物，由钠离子和硫离子构成，电子式为，D错误；答案选B。4.下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是A.Cu2+、Fe3+、Cl-、SOB.Ba2+、Na+、CO、NOC.Na+、H+、SO、HCOD.Na+、Mg2+、SO、OH-【答案】A【解析】【详解】A．Cu2+、Fe3+、Cl-、SO互不反应，能大量共存，A正确；B．Ba2+与CO因产生BaCO3沉淀而不能大量共存，B错误；C．H+、HCO因反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，C错误；D．Mg2+、OH-产生Mg(OH)2沉淀而不能大量共存，D错误；答案选A。5.下列选项中的物质所属类别正确的是选项物质类别A空气、石油、干冰混合物B水银、金刚石、铁红单质C硫酸、胆矾、纯碱化合物 D氧化铜、氧化钙、氧化铝碱性氧化物A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．干冰是固体二氧化碳，是纯净物，故A错误；B．铁红是氧化铁的俗名，不是单质，故B错误；C．硫酸是酸、属于化合物，胆矾是硫酸铜晶体的俗称、是结晶水合物、是一种化合物，纯碱是碳酸钠的俗称、属于盐、是一种化合物，故C正确；D．氧化铜、氧化钙是碱性氧化物，氧化铝是两性氧化物，故D错误。答案选C。6.一种磁流体是由直径为90nm的Fe3O4磁性固体颗粒、基载液以及界面活性剂三者混合而成的分散系，既具有固体的磁性，又具有液体的流动性。下列说法错误的是A.该分散系属于胶体B.该分散系静置后，Fe3O4磁性固体颗粒很快会沉到底部C.当一束可见光通过该分散系时会出现光亮的“通路”D.该分散系中的Fe3O4磁性固体颗粒能透过滤纸【答案】B【解析】【详解】A．由题意知该磁流体分散系属于胶体，A正确；B．胶体比较稳定，该分散系静置后，Fe3O4磁性固体颗粒难以分离、短时间内不会沉到底部，B错误；C．胶体具有丁达尔效应：当一束可见光通过该分散系时会出现光亮的“通路”，C正确；D．胶体、溶液均可透过滤纸，该分散系中的Fe3O4磁性固体颗粒能透过滤纸，D正确；答案选B。7.下列化学反应的离子方程式正确的是A.氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.氢氧化镁和稀硫酸反应：OH-+H+=H2OC.向氯化亚铁溶液中通入氯气：Cl2+Fe2+=Fe3++2Cl- D.向碳酸氢钠溶液中滴加少量氢氧化钡溶液：Ba2++2+2OH-=BaCO3↓+2H2O+【答案】D【解析】【详解】A．Cl2与水反应产生的HClO是弱酸，主要以电解质分子存在，应该写化学式，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，A错误；B．氢氧化镁难溶于水，主要以固体存在，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O，B错误；C．电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式应该是：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，C错误；D．反应时要以不足量Ba(OH)2为标准，假设其物质的量是1mol，根据Ba(OH)2的量确定反应需消耗NaHCO3的物质的量的多少，然后结合物质拆分原则，可得反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2=BaCO3↓++2H2O，D正确；故合理选项是D。8.NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.18gD2O中含有中子的数目为10NAB.标准状况下，4.48LCH4中含有C－H键数目为0.8NAC.等质量的CO和N2含有的分子数目均为NAD.1mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-的数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A．18gD2O中含有中子的数目为＜10NA，A错误；B．标准状况下，4.48L气体的物质的量为0.2mol，CH4中含有C－H键的物质的量为0.8mol，数目为0.8NA，B正确；C．CO和N2的摩尔质量相等，等质量的CO和N2含有的分子数目相同，不一定均为NA，C错误；D．1mol/L的MgCl2溶液体积不知道，无法计算含有Cl-的数目，D错误；答案选B。9.下列实验现象的描述正碓的是A.钠在空气中燃烧，得到白色固体 B.钠放入MgCl2溶液中，有银白色金属析出C.氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方形成白雾D.向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液，搅拌，可制得白色的Fe(OH)2沉淀【答案】C【解析】【详解】A．钠在空气中燃烧，得到淡黄色固体过氧化钠，A错误；B．Na与MgCl2溶液反应生成氯化钠、氢气和氢氧化镁沉淀，不会置换出银白色金属Mg，B错误；C．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，反应生成氯化氢气体，氯化氢溶于空气中的水蒸气故瓶口上方形成白雾，C正确；D．向FeCl2溶液中滴加NaOH溶液生成Fe(OH)2沉淀，氢氧化亚铁具有强还原性易被氧化，发生，故搅拌得不到白色的Fe(OH)2沉淀，而是：白色迅速变成灰绿色最终变成红褐色。D错误；答案选C。10.下列实验方案能达到实验目的的是实验目的实验方案A检验溶液中是否含有SO取少量试液先滴加稀HCl，再滴加Ba(NO3)2溶液B测定新制氯水的pH将少量新制氯水滴到pH试纸上，读取pH值C证明Fe2+具有还原性取少量FeSO4溶液，滴加几滴酸性KMnO4溶液D制备氢氧化铁胶体将饱和FeCl3溶液滴加到煮沸的NaOH溶液中A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．若溶液中含有亚硫酸根离子，滴加稀盐酸后再滴加硝酸钡溶液，酸性条件下硝酸根离子会将亚硫酸氧化生成硫酸钡沉淀，则取少量试液先滴加稀盐酸后再滴加硝酸钡溶液不能确定溶液中是否含有硫酸根离子，故A错误； B．新制氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，则不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故B错误；C．硫酸亚铁溶液中亚铁离子能与酸性高锰酸钾溶液溶液发生氧化还原反应，使溶液褪色，则取少量硫酸亚铁溶液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液能证明亚铁离子具有还原性，故C正确；D．制备氢氧化铁胶体时应将饱和氯化铁溶液滴加到沸水中加入到有红褐色氢氧化铁胶体生成，不能加入到氢氧化钠溶液中，否则会生成氢氧化铁沉淀，故D错误；故选C。11.下列叙述错误的是A.Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3B.向NaHCO3中加少量水，NaHCO3能溶解，伴随放热现象C.Na、Na2O、NaOH长期放置在空气中，最终都变成Na2CO3D.保持温度不变，向Na2CO3饱和溶液中通入CO2，有NaHCO3晶体析出【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠受热不分解，碳酸氢钠受热分解，则碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠，故A正确；B．碳酸氢钠溶于水时发生水解反应，水解反应是吸热反应，则向碳酸氢钠中加少量水时会伴随吸热现象，故B错误；C．钠与空气中氧气极易反应，致使钠表面变暗，氧化钠与空气中的水蒸气反应生成白色固体氢氧化钠，氢氧化钠易潮解表面变成溶液，氢氧化钠与空气中二氧化碳反应生成十水碳酸钠，十水碳酸钠易风化生成白色粉末碳酸钠，则钠、氧化钠和氢氧化钠长期放置在空气中最终都变成碳酸钠，故C正确；D．碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，保持温度不变，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳发生如下反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，反应消耗水，生成碳酸氢钠的质量大于碳酸钠，反应得到过饱和碳酸氢钠溶液会析出碳酸氢钠晶体，故D正确；故选C。12.下列相关说法正确的是化学反应方程式相关说法 A2KClO32KCl+3O2↑双线桥：B2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+氧化性：Cu＞Fe2+C4CuO2Cu2O+O2↑每生成1molO2，转移2NA个电子D________ClO-+________Fe3++_______OH-=________FeO+______Cl-+_____H2O化学计量数依次为：3，2，10，2，3，5A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．反应中，氧元素从-2价升高到0价、氯元素从+5价降低到-1价，则按得失电子数守恒得：，A错误；B．还原剂的还原性大于还原产物；氧化剂的氧化性大于氧化产物，则由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，氧化性：Fe3+＞Cu2+，B错误；C．4CuO2Cu2O+O2↑反应中，氧元素从-2价升高到0价、铜元素从+2价降低到+1价，则按得失电子数守恒得：每生成1molO2，转移4NA个电子，C错误；D．反应中，铁元素从+3价升高到+6价、氯元素从+1价降低到-1价，则按得失电子数守恒、元素守恒得：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，D正确； 答案选D。13.1943年侯德榜发明联合制碱法，其生产流程可简要表示为：下列说法错误的是A.第②步涉及的主要反应为CO2+NH3·H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4ClB.流程中若先通入CO2再通入NH3可达同样效果C.若实验室进行第③步操作，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒D.用BaCl2溶液可鉴别Na2CO3与NaHCO3【答案】B【解析】【详解】A．氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通氨气、继续通过量二氧化碳则生成碳酸氢根，碳酸氢钠溶解度小、形成碳酸氢钠的过饱和溶液、则析出碳酸氢钠晶体，故第②步涉及的主要反应为CO2+NH3·H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，A正确；B．二氧化碳在水中溶解度小、流程中若先通入CO2再通入NH3，难以达到同样效果，B错误；C．过滤用于分离固体和液体，若实验室进行第③步操作即过滤，则需要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D．BaCl2溶液能与Na2CO3反应生成白色沉淀碳酸钡、BaCl2溶液不与NaHCO3反应，用BaCl2溶液可鉴别Na2CO3与NaHCO3，D正确；答案选B。14.铬(Cr)是一种重要的金属，其金属性介于锌和铁之间。根据元素周期律的知识，下列关于铬及其化合物的说法错误的是A.铬与冷水能发生剧烈反应B.Cr(OH)3的碱性比NaOH的弱C.高温条件下，Cr2O3能与Al反应置换出CrD.铬能与稀盐酸发生反应【答案】A【解析】 【详解】A．金属性越强，与水反应越剧烈，铬(Cr)的金属性介于锌和铁之间，则铬与冷水不能发生反应，A错误；B．金属性越强，最高价氧化物水化物碱性越强，钠的金属性大于铬，Cr(OH)3的碱性比NaOH的弱，B正确；C．根据信息、结合铝热反应2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe推论：高温条件下，Cr2O3能与Al反应置换出Cr，C正确；D．据信息推论：铬能与稀盐酸发生反应，D正确；答案选A。15.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见下表：元素符号XYZRT原子半径(nm)0.1600.0890.1020.1430.074主要化合价+2+2-2、+4、+6+3-2根据表中信息，判断以下说法正确的是A.单质与稀硫酸反应的剧烈程度：R＞Y＞XB.离子半径：X2+＞R3+＞T2-C.Y与氯元素形成的化合物中，原子的最外层均满足8电子稳定结构D.相同条件下，简单气态氢化物的稳定性：T＞Z【答案】D【解析】【分析】短周期元素Z主要化合价是-2、+4、+6，则Z是S元素，X、Y主要化合价是+2价，说明它们是第IIA的元素，由于原子半径：X＞Z＞Y，则X是Mg，Y是Be；R主要化合价是+3价，原子半径：X＞R，则R是Al元素；T主要化合价是-2价，Z原子半径小于Y，则T是O元素，然后结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析可知：X是Mg，Y是Be，Z是S，R是Al，T是O元素。A．金属活动性越强，其单质与酸发生置换反应就越剧烈。在同一周期中元素的金属性随原子序数的增大而减小；同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。在Mg、Al、Be 三种元素中Mg最活泼，因此Mg与稀硫酸反应最剧烈，A错误；B．X是Mg，R是Al，T是O，它们形成的离子Mg2+、Al3+、O2-核外电子排布都是2、8，电子层结构相同。对于电子层结构相同的离子，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径由大到小的顺序是：T2-＞X2+＞R3+，B错误；C．Y是Be，原子最外层有2个电子，在Be与Cl形成的化合物BeCl2中，Be原子的最外层只有4个电子，未满足最外层8电子稳定结构，C错误；D．元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。Z是S，T是O，它们是同一主族的元素，元素的非金属性：O＞S，所以氢化物的稳定性：H2O＞H2S，D正确；故合理选项是D。二、非选择题：本题共四小题，共55分。16.化学与人类生活密切相关。现有以下物质：A．NaHCO3BFe(OH)3胶体C．冰醋酸(固态醋酸)D．葡萄糖(C6H12O6)E．K2Cr2O7F．ClO2C．Cu请回答下列问题：（1）①以上物质中属于电解质的是___________；属于非电解质的是___________。(填字母序号)；②A在水溶液中的电离方程式为___________。（2）葡萄糖注射液标签上部分内容如图所示：5%葡萄糖注射液[性状]本品为无色透明溶液。甜味。[规格]1000mL：50g①葡萄糖的摩尔质量为___________。②该注射液中葡萄糖的物质的量浓度为___________mol/L。(保留两位小数)（3）实验室用K2Cr2O7固体配制500mL1mol/L的K2Cr2O7溶液。配制时必需的玻璃仪器有：烧杯、量筒、______________________、__________。定容时仰视刻度线会导致溶液浓度___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。（4）ClO2是一种消毒效率高、污染小的水处理剂，实验室可通过以下反应制得：KClO3+H2C2O4+H2SO4→ClO2↑+K2SO4+CO2↑+H2O(未配平)，在相同条件下反应中产生的ClO2与CO2的体积比是___________。【答案】（1）①.ACE②.DF③.NaHCO3=Na++HCO （2）①.180g/mol②.0.01（3）①.胶头滴管②.玻璃棒③.500mL容量瓶④.偏低（4）1:1【解析】【小问1详解】①A．NaHCO3的水溶液因含可自由移动的离子可导电，碳酸氢钠属于电解质；B．Fe(OH)3胶体是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质；C．冰醋酸(固态醋酸)的水溶液因含可自由移动的离子可导电，冰醋酸属于电解质；D．葡萄糖(C6H12O6)是共价化合物，水溶液和熔融状态中自身难以电离出离子、不导电，属于非电解质；E．K2Cr2O7在水溶液或熔融时因含可自由移动的离子可导电、属于电解质；F．ClO2共价化合物，水溶液中自身难以电离出离子，属于非电解质；G．Cu是单质，既不属于电解质也不属于非电解质；则以上物质中属于电解质的是ACE；属于非电解质的是DF。②ANaHCO3溶于水完全电离，在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO。【小问2详解】①葡萄糖的摩尔质量为180g/mol。②该注射液中葡萄糖的物质的量浓度为mol/L=mol/L≈0.01mol/L。(保留两位小数)【小问3详解】实验室用K2Cr2O7固体配制500mL1mol/LK2Cr2O7溶液。配制溶液时，需要计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，所以必须用到的仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、天平和500mL的容量瓶等，则该实验时还必需的玻璃仪器有：胶头滴管、玻璃棒和500mL容量瓶。定容时仰视刻度线会导致溶液体积偏大、则浓度偏低)。【小问4详解】KClO3+H2C2O4+H2SO4→ClO2↑+K2SO4+CO2↑+H2O(未配平)，反应中，碳元素从+3价升高到+4价、氯元素从+5价降低到+4价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒得：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，则在相同条件下反应中产生的ClO2与CO2的体积比 即它们的化学计量数之比、是1:1。17.下图为元素周期表的一部分：ABCDE请回答下列问题：（1）A、B、C、D、E五种元素中原子半径最大的是___________(填元素符号)。（2）D在元素周期表中的位置是___________。（3）E的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________。（4）用电子式表示元素A与E的化合物的形成过程：___________。（5）化合物C2B2中含有的化学键类型是___________，C2B2与CO2反应的化学方程式为___________。（6）欲比较D与E的非金属性强弱，以下说法可作为判断依据的是___________。①比较D、E两种元素单质的沸点高低②比较D、E两种元素单质与H2化合的难易程度③比较D、E两种元素气态氢化物的稳定性④比较D、E两种元素的氧化物对应水化物的酸性强弱【答案】（1）Na（2）第三周期ⅥA（3）HClO4（4）（5）①.离子键、(非极性)共价键②.（6）②③【解析】【分析】由表知，A为H、B为O、C为Na、D为S、E为Cl、据此回答；【小问1详解】同周期从左到右元素原子半径递减，同主族时，核电荷数越大，原子半径越大，则A、B、C、D、E五种元素中原子半径最大的是Na。【小问2详解】 D为S，质子数为16，核外电子分3层排布、依次排2、8、6个电子、在元素周期表中的位置是第三周期ⅥA。【小问3详解】E为氯，最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4。【小问4详解】A与E的化合物为HCl，是共价化合物，分子内氢氯原子之间共用1对电子对，用电子式表示元素A与E的化合物的形成过程：。【小问5详解】化合物C2B2为过氧化钠，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根内氧原子之间存在共价键，则过氧化钠含有的化学键类型是离子键、(非极性)共价键，C2B2与CO2的反应，即过氧化钠可以和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为。【小问6详解】比较D(S)与E(Cl)的非金属性强弱:①D、E两种元素单质为分子晶体、沸点高低由分子间的作用力决定，与非金属性无关，不选；②非金属性越强，单质与氢气化合越容易，比较D、E两种元素单质与H2化合的难易程度，可以比较D、E两种元素的非金属，选；③非金属性越强，简单氢化物越稳定，比较D、E两种元素气态氢化物的稳定性，可以比较D、E两种元素的非金属，选；④非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，比较D、E两种元素的氧化物对应水化物的酸性强弱、没有比较对应最高价含氧酸的酸性，故不能比较D、E两种元素的非金属，不选；选②③。18.为节约资源变废为宝，合理利用铝、铁、铜合金废料，某同学设计如下实验方案： 回答下列问题：（1）①中发生反应的离子方程式为___________。（2）沉淀C的化学式为___________。（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。（4）绿矾(FeSO4·7H2O)若保存不当或长期放置，易与空气中的氧气反应，检验绿矾是否被氧化的方法是___________。（5）试剂Z应该是一种___________(填“氧化剂”或“还原剂”)；写出②中发生的离子反应方程式___________。（6）取浓度均为1.0mol/L的CuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液，等体积混合(混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和)，再向其中加入足量铁粉完全反应，此时溶液中c(Fe2+)=___________mol/L。【答案】（1）（2）（3）冷却结晶（4）取样品，加少量水溶解后，加入KSCN溶液，若溶液变成血红色，可证明绿矾被氧化（5）①.氧化剂②.（6）2.0【解析】【分析】铝、铁、铜合金废料加过量氢氧化钠溶液，铝转变为偏铝酸钠、铁和铜不溶解，经过滤，滤液A为偏铝酸钠和氢氧化钠溶液混合物、通入过量二氧化碳，偏铝酸钠转变为沉淀C为氢氧化铝沉淀，经过滤并加热得氧化铝，滤渣B为铁和铜，加过量硫酸经过滤得滤液D为硫酸亚铁溶液，从中提取绿矾晶体，滤渣E为铜，铜不溶于稀硫酸，加试剂Z为氧化剂将铜氧化得硫酸铜，则Z为氧气(加热)或过氧化氢，据此回答。【小问1详解】①中铝能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：。【小问2详解】 据分析，沉淀C的化学式为。【小问3详解】绿矾晶体为结晶水合物，若要从滤液D得到绿矾晶体，需用冷却结晶法，故必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问4详解】绿矾若被氧化生成铁离子，检验绿矾是否被氧化就是检验是否有铁离子生成，方法是：取样品，加少量水溶解后，加入KSCN溶液，若溶液变成血红色可证明绿矾被氧化。【小问5详解】据分析，试剂Z应该是一种氧化剂；由于没有若Z为过氧化氢，②中发生化学反应方程式，则对应的离子反应方程式。【小问6详解】取浓度均为1.0mol/L的CuSO4溶液和Fe2(SO4)3溶液，等体积混合(混合后溶液体积等于混合前两溶液体积之和)，再向其中加入足量铁粉，依次发生、，完全反应得到硫酸亚铁的物质的量浓度为，则此时溶液中c(Fe2+)=2.0mol/L。19.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。请回答下列问题：（1）仪器a的名称是___________。（2）按图组装好装置后，首先应进行的操作是___________。 （3）实验开始后，I、II处的有色布条褪色的是___________处(填“I”或“II”)（4）装置A的烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。（5）反应进行一段时间后D中的现象是___________，发生反应的离子方程式为___________。（6）装置E的作用是___________。（7）近年来，随着化学工业快速发展，氯气的需求迅速增加。下图是某制备氯气的原理示意图。CuO的作用是___________，总反应方程式为___________。【答案】（1）分液漏斗（2）检查气密性（3）Ⅰ（4）（5）①.由无色变为橙色②.（6）吸收尾气（7）①.催化作用②.【解析】【分析】A中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气，b中用饱和食盐水除氯化氢、且B中长颈漏斗还可用于平衡气压，装置C用来探究湿润的氯气和干燥氯气是否具有漂白性，D中氯气和溴化钾溶液反应，装置E用来吸收多余的氯气，防止污染大气，以此解答该题。【小问1详解】仪器a的名称是分液漏斗。【小问2详解】 有气体生成或参加的反应，一定要检查装置的气密性。则按图组装好装置后，首先应进行的操作是检查气密性。【小问3详解】实验开始后，I处是潮湿的红布条、II处是干燥的红布条，因为干燥的氯气没有漂白性、与水反应生成的次氯酸具有强氧化性、漂白性，则有色布条褪色的是Ⅰ处。【小问4详解】装置A的烧瓶中浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、二氯化锰和水，化学方程式为。【小问5详解】D中氯气和溴化钾溶液反应生成氯化钾和溴单质，溴水呈橙色，则反应进行一段时间后D中的现象是溶液由无色变为橙色，发生反应的离子方程式为。【小问6详解】氯气与氢氧化钠溶液反应，可以生成氯化钠、次氯酸钠和水等，则装置E的作用是吸收尾气，防止污染大气。【小问7详解】由图知，氧化铜参加反应后又重新生成，则反应中CuO的作用是催化作用，该总反应的反应物是HCl和氧气、水和氯气是生成物，故总反应方程式为。