浙江省舟山市2021-2022学年高一化学下学期期末测试试题（Word版附解析）

浙江省舟山市2021～2022学年度第二学期期末测试高一化学试题卷考生须知：1.本试卷共6页，满分100分，考试时间60分钟。2.可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Br80I127选择题部分一、选择题Ⅰ(本大题共15小题，每小题2分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.碳酸的分子式是A.H2CO3B.CH4C.CH3COOHD.H2C2O4【答案】A【解析】【详解】A．H2CO3是碳酸的分子式，A符合题意；B．CH4是甲烷的分子式，B不符合题意；C．CH3COOH是乙酸的结构简式，C不符合题意；D．H2C2O4是乙二酸（草酸）的分子式，D不符合题意；故选A。2.按物质的组成进行分类，二氧化氯(ClO2)属于A.盐B.氧化物C.酸D.有机物【答案】B【解析】【详解】A．盐是指一类金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物，二氧化氯(ClO2)不能电离出金属阳离子或酸根阴离子，所以二氧化氯(ClO2)不属于盐，A错误；B．氧化物是指由两种元素组成，且其中一种元素为氧元素的化合物，所以二氧化氯(ClO2)属于氧化物，B正确；C．酸是指电离时生成的阳离子全部是氢离子(H+)的化合物，二氧化氯(ClO2)不能电离出氢离子，所以二氧化氯(ClO2)不属于酸，C错误；D．有机化合物主要是指由碳元素、氢元素组成，一定是含碳的化合物，但是不包括碳的氧化物和硫化物、碳酸 、碳酸盐、氰化物等，二氧化氯(ClO2)不含碳元素，所以二氧化氯(ClO2)不属于有机物，D错误；答案选B。 3.仪器名称为容量瓶的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．为量筒，故A不符；B．U型管，故B不符；C．为容量瓶，故C符合；D．为烧杯，故D不符；故选C。4.下列过程属于人工固氮的是A.闪电时N2转化为NOB.工业合成氨C.豆科植物的根瘤菌将N2转化为NH3D.分离液态空气获得N2【答案】B【解析】【详解】A．闪电时N2转化为NO属于自然固氮，A错误；B．工业合成氨属于人工固氮，B正确；C．豆科植物的根瘤菌将N2转化为NH3是生物固氮，C错误；D．分离液态空气获得N2不存在固氮过程，D错误；故选B。5.下列物质属于非电解质的是 A.CO2B.NaOH溶液C.AlD.BaSO4【答案】A【解析】【详解】A．二氧化碳是化合物，在水溶液和熔融状态均不导电，是非电解质，A正确；B．氢氧化钠溶液是混合物，不是非电解质，B错误；C．Al为单质，既不是电解质又不是非电解质，C错误；D．BaSO4在熔融状态可导电，是电解质，D错误；故选A。6.反应NaH＋H2O=NaOH＋H2↑中，氧化剂是A.NaHB.H2OC.NaOHD.H2【答案】B【解析】【详解】从方程式可以看出：水中氢元素化合价降低，水为氧化剂，故选B。7.下列分散系能产生丁达尔效应的是A.CuSO4溶液B.NaOH溶液C.蛋白质溶液D.蔗糖溶液【答案】C【解析】【分析】胶体能产生丁达尔效应，据此解答。【详解】CuSO4溶液、NaOH溶液、蔗糖溶液均不属于胶体，不能产生丁达尔效应。蛋白质溶液属于胶体，可以产生丁达尔效应，故答案选C。故答案为：C。8.下列表示不正确的是A.水分子的结构式：H-O-HB.乙烯的球棍模型：C.氯离子的结构示意图：D.硫化钾的电子式：K+[]2-K+【答案】C【解析】【详解】A．水分子的电子式为：，结构式为：H-O-H，A正确；B．乙烯的结构简式为：CH2=CH2，球棍模型为：，B正确； C．氯的原子序数为17，氯离子的结构示意图为：，C错误；D．硫化钾为离子化合物，其电子式为：，D正确；答案选C。9.下列说法正确的是A.H2和D2互为同位素B.冰和干冰互为同素异形体C.乙醇和乙酸乙酯互为同系物D.丙烯和环丙烷互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．质子数相同中子数不同的原子互称同位素，H2和D2是单质，A错误；B．同种元素形成的不同单质为同素异形体，冰为水，干冰为二氧化碳，是不同的化合物，B错误；C．乙醇中含羟基，乙酸乙酯中含羧基，两者分子式不同且所含官能团种类不同，不是同分异构体，C错误；D．丙烯和环丙烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，D正确；故选D。10.下列说法不正确的是A.SiO2可用来生产光导纤维B.液氨可用作制冷剂C.硬铝常用于制造飞机的外壳D.储氢合金利用金属对氢气的物理吸附达到储存氢气的目的【答案】D【解析】【详解】A．SiO2有较好的光学性能，可用来生产光导纤维，A正确；B．液氨气化吸收大量的热，使得周围温度降低，可用作制冷剂，B正确；C．硬铝硬度大、密度小，可用于制造飞机的外壳，C正确；D．储氢合金过程是金属和氢气生成金属氢化物，然后再分解得到氢气的过程，是化学变化，不是利用金属对氢气的物理吸附，D错误；答案选D。11.四种短周期元素X、Y、Z和W在元素周期表中的位置如图，X、Y、Z和W原子的最外层电子数之和为24。下列说法不正确的是 XYZWA.Z位于第三周期第VIA族B.Y的非金属性比Z的强C.X的原子半径比Y的大D.W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强【答案】D【解析】【分析】设X的最外层电子数为a，依据元素周期表的结构可知，Y的最外层电子数为a+1，Z的最外层电子数为a+1，W的最外层电子数为a+2，X、Y、Z和W原子的最外层电子数之和为24，则a+a+1+a+1+a+2=24，解得a=5，则X为N、Y为O、Z为S、W为Cl。【详解】A．Z为S，位于元素周期表第三周期第VIA族，A正确；B．同一主族元素从上向下元素非金属性逐渐减弱，Y的非金属性比Z的强，B正确；C．同一周期主族元素从左向右原子半径逐渐减小，X的原子半径比Y的大，C正确；D．W为Cl，Z为S，氯的非金属性比硫强，元素非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，而含氧酸的酸性却不一定，如H2SO4的酸性比HClO强，D错误；答案选D。12.下列方程式书写不正确的是A.碳酸氢钠在水中的电离方程式：NaHCO3=B.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸反应的离子方程式：C.氧化铝和氢氧化钠溶液反应的离子方程式：Al2O3＋2OH-=＋H2OD.乙醇与钠反应的化学方程式：2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，在水中的电离方程式为：NaHCO3=，A正确；B．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸反应的离子方程式为：，B错误；C．氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的电离方程式为：Al2O3＋2OH-= ＋H2O，C正确；D．乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH＋2Na→2CH3CH2ONa＋H2↑，D正确；答案选B。13.下列说法不正确的是A.对于含重金属离子的废液，可利用沉淀法进行处理B.可通过盛有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶除去二氧化碳中的氯化氢C.发生火情时，若火势不大，可用湿布或石棉布覆盖火源以灭火D.具有回收利用价值的有机废液，可以用溶剂萃取，分液后回收利用【答案】B【解析】【详解】A.对于含重金属离子的废液，可通过加沉淀剂使离子沉淀的方法进行处理，故A项正确；B.饱和Na2CO3溶液不仅能与HCl气体反应，也能与CO2气体反应，因此不能用饱和Na2CO3溶液吸收CO2中的HCl，应使用饱和NaHCO3溶液，故B项错误；C.发生火情时，若火势不大，未危及人身安全，可采用湿布或石棉布等物质覆盖火源以灭火，故C项正确；D.有机废液一般可以用于有机合成或某些物质的溶剂，因此具有回收利用价值的有机废液，可以通过加入其他有机物进行萃取的方法来回收利用，故D项正确。故答案为：B。14.下列说法不正确的是A.石油经分馏可以获得甲烷、乙烯、丙烯等重要的化工原料B.煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程C.聚氯乙烯(PVC)可制成电线外面的绝缘层D.可燃冰的主要成分是甲烷水合物【答案】A【解析】【详解】A．甲烷可通过石油的分馏获得，而乙烯和丙烯是通过石油的裂解获得，A错误；B．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，B正确；C．聚氯乙烯(PVC)不导电，可制成电线外面的绝缘层，C正确；D．可燃冰的主要成分是甲烷水合物，D正确；故选A。15.下列说法不正确的是A.油脂都不能使溴水褪色 B.淀粉和纤维素都可用于生产乙醇C.在一定条件下，氨基酸之间能发生聚合反应，生成更为复杂的多肽D.很多蛋白质与浓硝酸作用呈现黄色【答案】A【解析】【详解】A．不饱和油脂如植物油含碳碳双键，能使溴水褪色，A错误；B．淀粉和纤维素均可水解成葡萄糖，葡萄糖经过无氧呼吸或发酵可生成乙醇，B正确；C．在一定条件下，氨基酸之间脱水缩合生成多肽，不同氨基酸之间的反应生成的多肽的结构也更各不相同，结构也更为复杂，C正确；D．含苯环结构的蛋白质与浓硝酸作用呈现黄色，D正确；故选A。二、选择题Ⅱ(本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)16.在25℃和101kPa条件下，断开1molH2(g)中的化学键要吸收436kJ的能量，断开1molCl2(g)中的化学键要吸收243kJ的能量，形成2molHCl(g)中的化学键要释放862kJ的能量。下列说法不正确的是A.断开1molHCl(g)中的化学键要吸收431kJ的能量B.2molH(g)比1molH2(g)具有的能量低C.H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(l)为放热反应D.在H2和Cl2的反应过程中，断开化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量【答案】B【解析】【详解】A．形成2molHCl(g)中的化学键要释放862kJ的能量，故断开1molHCl(g)中的化学键要吸收431kJ的能量，A正确；B．1molH2(g)断键生成2molH(g)，断键过程需要吸热，故2molH(g)比1molH2(g)具有的能量高，B错误；C．由题意可知H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)的反应热为：(436+243-862)kJ/mol=-183kJ/mol，为放热反应，HCl(g)转化为HCl(l)也需要放热，故H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(l)为放热反应，C正确；D．H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)为放热反应，故断开化学键吸收的总能量小于形成化学键释放的总能量，D正确；故选B。17.某化学兴趣小组为了探索电极在原电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下： 实验编号电极材料电解质溶液电流计指针偏转方向1Mg、Al稀盐酸指向铝2Al、Cu稀盐酸偏向铜3A1、石墨稀盐酸偏向石墨4Mg、AlNaOH溶液偏向镁根据上表中记录的实验现象，下列说法不正确的是A.实验1中铝电极上发生还原反应B.实验2中电子从铝片经导线流向铜片C.实验2和3都是A1做负极，实验1和4都是Al做正极D.实验3正极的电极反应为2H＋＋=H2↑【答案】C【解析】【详解】A．实验1中电解质溶液为稀盐酸，则根据金属活动性Mg＞Al，则金属Mg做负极材料，化合价升高失去电子发生氧化反应，金属Al为正极发生还原反应，A项正确；B．实验2中电解质溶液为稀盐酸，则金属Al为负极，化合价升高失去电子，则电子从负极经过导线流向正极，B项正确；C．实验2中金属Al为负极，实验3中金属Al为负极，实验1中金属Al为正极，实验4中金属Al为负极，C项错误；D．实验3正极为石墨，电解质溶液为稀盐酸，则溶液中的阳离子在石墨电极上变为氢气，正极的电极反应式为：2H＋＋=H2↑，D项正确；答案选C。18.下列说法不正确的是A.水质检验员对天然水、工业用水、生活用水等的物理性质、化学性质及生物性质进行检验和评定B.“变量控制法”是科学探究中常用的方法C.锂在氧气中燃烧生成过氧化锂D.非处方药不需要凭医生处方，其包装上有“OTC”标识【答案】C【解析】【详解】A．水质检验员是指对天然水、工业用水、生活用水等的物理性质、化学性质及生物性质进行检验和评定的专业技术人员，一般检验氯离子、硫酸根离子、微生物、有机物等，A正确； B．“变量控制法”是科学探究中常用的方法之一，即探究一个因素时，要控制其他因素相同，B正确；C．锂在氧气中燃烧生成氧化锂，得不到过氧化锂，C错误；D．非处方药不需要凭医生处方，可自行根据需要选购，其包装上有“OTC”标识，D正确；答案选C。19.下列说法不正确的是A.H2O2分子中存在非极性共价键B.MgBr2晶体中既有离子键又有共价键C.NaHSO4晶体溶于水时既有离子键的断裂又有共价键的断裂D.CO2分子中每个原子最外电子层都具有8电子稳定结构【答案】B【解析】【详解】A．H2O2分子中存在O-O非极性共价键和H-O极性共价键，A正确；B．MgBr2为离子晶体，MgBr2晶体中含离子键，不含共价键，B错误；C．NaHSO4晶体溶于水的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO，既有离子键的断裂又有共价键的断裂，C正确；D．CO2分子的电子式为，分子中每个原子最外电子层都具有8电子稳定结构，D正确；答案选B。20.下列说法不正确的是A.苯甲酸及其钠盐是常用的防腐剂B.工业上常用电解熔融氧化镁制备金属镁C.不合理施肥会影响土壤的酸碱性和结构D.可从海水中制取钠、镁、钾、溴及其他化工产品【答案】B【解析】【详解】A．苯甲酸及其钠盐可以抑制细胞中酶的活性，从而起到防腐作用，是常用的防腐剂，A正确；B．氧化镁熔点非常高，工业上常用电解熔融氯化镁制备金属镁，B错误；C．不合理施肥，如硫酸铵和氯化铵等酸性肥料，会导致土壤酸化，影响土壤的酸碱性和结构，C正确；D．海水中富含氯化钠、氯化镁、氯化钾和溴化钾，可从海水中制取钠、镁、钾、溴及其 他化工产品，D正确；故选B。21.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A.13gZn与一定量盐酸反应最终产生0.2gH2，Zn失去的电子数为0.4NAB.1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的Na＋的数目为NAC.常温常压下，1.8gD2O中含有质子的数目为0.9NAD.标准状况下，2.24L氦气中含有原子的数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．0.2gH2的物质的量为0.1mol，锌与盐酸反应生成1mol氢气失去2mol电子，若生成0.1mol氢气，则失去0.2mol电子，电子数为0.2NA，A错误；B．1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的Na＋的物质的量为1L0.5mol/L2=1mol，数目为NA，B正确；C．1.8gD2O的物质的量为=0.09mol，含有质子0.09mol10=0.9mol，数目为0.9NA，C正确；D．标准状况下，2.24L氦气(He)的物质的量为=0.1mol，原子的物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，D正确；答案选A。22.某温度时，在2L密闭容器中发生A、B两种物质间的转化反应，A、B物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.该反应的化学方程式为2A=BB.0～4min内，A的平均反应速率为0.1mol/(L·min)C.4min时，该反应达到化学平衡状态D.8min时，v正(A)=2v逆(B)【答案】D【解析】 【详解】A．由图示可知，达平衡时，A的物质的量减少0.8mol-0.2mol=0.6mol，B的物质的量增多0.5mol-0.2mol=0.3mol，则A为反应物，B为生成物，达平衡时A、B的物质的量均不为0，反应为可逆反应，而物质的量变化量之比为化学计量数之比，则反应的化学方程式为：2A⇌B，A错误；B．0～4min内，A的物质的量变化量为0.8mol-0.4mol=0.4mol，平均反应速率v====0.05mol/(L·min)，B错误；C．由图示可知，4min后A、B的物质的量仍在改变，4min时，该反应没有达到化学平衡状态，C错误；D．化学反应速率之比等于化学计量数之比，8min时，A、B的物质的量不再改变，反应达到平衡状态，v正(A)=2v正(B)=2v逆(B)，正逆反应速率相等，D正确；答案选D。23.海带中含有丰富的碘。从海带中提取碘的实验过程如下图所示：(已知：海带灰中含有硫酸盐等；苯是一种不溶于水，密度比水小的液体。)下列说法不正确的是A.步骤①灼烧海带时会用到酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、玻璃棒B.步骤③的实验操作是过滤C.步骤④的离子方程式是2＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2OD.步骤⑤可以实现碘与硫酸盐的分离【答案】A【解析】【分析】将海带灼烧得到海带灰，经过溶解、浸泡得到海带灰悬浊液，过滤后得到含碘离子的溶液，向其中加入过氧化氢和稀硫酸，碘离子被氧化为碘单质，得到含碘水溶液，加入苯进行萃取，得到含碘苯溶液，再经过蒸馏分离得到单质碘。【详解】A．步骤①为灼烧，灼烧用到的仪器有：坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架、酒精灯，用不到玻璃棒，A错误；B．海带灰悬浊液经过过滤得到含碘离子的溶液，步骤③的实验操作是过滤，B正确；C．步骤④中加入过氧化氢和稀硫酸，将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为：2＋H2O2＋2H＋=I2＋2H2O，C正确；D．向含碘水溶液中加入苯得到含碘苯溶液，因碘不易溶于水，易溶于苯，可以实现碘与硫酸盐的分离，D正确； 答案选A。24.取15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2＋存在。则气体A的物质的量(单位：mol)A.0.25B.0.15C.0.20D.0.10【答案】C【解析】【详解】15.8gKMnO4的物质的量为=0.1mol，受热分解后剩余固体15.0g，减少的质量为生成氧气的质量，为15.8g-15.0g=0.8g，物质的量为=0.025mol，根据电子得失守恒：5×n(KMnO4)=4×n(O2)+2×n(Cl2)，n(Cl2)=(5×0.1-4×0.025)÷2=0.20mol。生成的气体单质A为Cl2，其物质的量为0.20mol，答案选C。25.根据实验操作或现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A用洁净的玻璃棒蘸取X溶液进行焰色试验，火焰呈黄色X溶液中含有Na＋B用湿润蓝色石蕊试纸检验气体Y，试纸变红色Y是NH3C将淀粉和稀硫酸混合加热，冷却后加入NaOH溶液至碱性，再加入少量碘水，溶液不变蓝淀粉已经完全水解D在烧杯中将氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌，片刻后用手触摸烧杯底部，感到冰凉的同时能闻到有刺激性气味的气体生成该反应能量转化的主要方式是热能转化成化学能AAB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．钠元素的焰色反应为黄色，X溶液的焰色反应为黄色，说明X溶液中含Na+，A正确；B．能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体为酸性气体，如SO2、SO3等，B错误；C．碘单质和氢氧化钠溶液可以发生反应，要证明淀粉完全水解，直接在冷却后的淀粉和稀硫酸混合溶液中加碘水，C错误； D．氢氧化钡晶体和氯化铵反应有氨气生成，搅拌过程中主要能量转化的主要方式为：机械能转变为化学能（或机械能转变为热能，热能转变为化学能），该反应是吸热反应，最终表现为热能转化为化学能，D错误；故选A。三、非选择题(本大题共5小题，共40分)26.回答下列问题：（1）①胆矾的化学式是_______；②乙醛的结构简式是_______。（2）过氧化钠与水反应的化学方程式是_______。（3）向新制的悬浊液中加入葡萄糖溶液，加热，观察到的现象是_______。【答案】（1）①.②.（2）（3）有砖红色沉淀产生【解析】【小问1详解】①胆矾为五水硫酸铜，其化学式为：；②乙醛中含醛基，其结构简式为：；【小问2详解】过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：；【小问3详解】醛类物质能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，葡萄糖中含醛基，向新制的悬浊液中加入葡萄糖溶液并加热，可观察到产生砖红色沉淀。27.以烃A为原料合成F的转化关系如下。已知A在标准状况下的密度为1.25g/L，D可以发生银镜反应。请回答：（1）E中所含官能团的名称是_______。（2）F的分子式是_______。 （3）C与E反应生成F的化学方程式是_______。（4）下列说法正确的是_______。A.A能使酸性KMnO4溶液褪色B.用F与NaOH溶液反应可以制备肥皂C.用水无法鉴别C和ED.D→E的反应属于氧化反应【答案】（1）羧基（2）C6H10O4（3）HOCH2CH2OH＋2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O（4）ACD【解析】【分析】A在标准状况下的密度为1.25g/L，A的摩尔质量为1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，则A为CH2=CH2，CH2=CH2与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成B，B为BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br发生水解生成C，C为HOCH2CH2OH，CH2=CH2催化氧化生成D，D可以发生银镜反应，D为CH3CHO，CH3CHO催化氧化生成E，E为CH3COOH，HOCH2CH2OH与CH3COOH发生酯化反应生成F(CH3COOCH2CH2OOCCH3)。【小问1详解】由分析可知，E为CH3COOH，所含官能团为羧基。【小问2详解】F为CH3COOCH2CH2OOCCH3，分子式为：C6H10O4。【小问3详解】C为HOCH2CH2OH，E为CH3COOH，HOCH2CH2OH与CH3COOH发生酯化反应生成F(CH3COOCH2CH2OOCCH3)，反应的化学方程式为：HOCH2CH2OH＋2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O。【小问4详解】A．A为CH2=CH2，CH2=CH2能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；B．F为CH3COOCH2CH2OOCCH3，CH3COOCH2CH2OOCCH3与NaOH溶液反应得不到高级脂肪酸钠，不能用于制备肥皂，B错误；C．C为HOCH2CH2OH，溶于水，E为CH3COOH，溶于水，现象相同，无法用水鉴别，C正确；D．D为CH3CHO，E为CH3COOH，CH3CHO催化氧化生成CH3COOH，D→E的反应属于氧化反应，D正确；答案选ACD。28.为了探究仅含两种元素的固体化合物X的组成和性质，设计并完成如下实验(已知化合物A的摩尔质量：300g/mol＜M＜400g/mol)： 请回答：（1）固体X含有的元素是_______。（2）化合物A的化学式是_______。（3）往溶液B通入适量氯气的离子反应方程式是_______。（4）往溶液C中通入过量氯气，血红色褪去，其可能的原因是_______。【答案】（1）Fe、C、或铁、碳（2）Fe5O7（3）（4）氯气将硫氰化铁氧化【解析】【分析】溶液B中加入KSCN溶液，溶液变为血红色，则B中含铁离子，A为铁的氧化物，固体X中含有铁元素，无色无味气体D与足量澄清石灰水反应生成白色沉淀E10.00g，则D为CO2，固体X中含有碳元素，白色沉淀E为CaCO3，n(CaCO3)==0.1mol，则CO2和X中碳元素的物质的量为0.1mol，CO2的质量为0.1mol44g/mol=4.4g，依据质量守恒，固体X消耗氧气的质量为：4.4g+23.52g-18.00g=9.92g，CO2中含氧元素的质量为0.1mol32g/mol=3.2g，则A中含氧元素的质量为9.92g-3.2g=6.72g，物质的量为=0.42mol，含铁元素的质量为23.52g-6.72g=16.8g，物质的量为=0.3mol，A中Fe与O的物质的量之比为0.3:0.42=5:7，A的化学式为：Fe5O7，固体X中铁元素的物质的量为0.3mol，碳元素的物质的量为0.1mol，化学式为Fe3C。【小问1详解】由分析可知，固体X含有的元素是：铁、碳。【小问2详解】由分析可知，化合物A的化学式是：Fe5O7。【小问3详解】A的化学式是：Fe5O7，可写成2Fe2O3·FeO，因此A与浓盐酸反应后得到的溶液B中既含 有Fe3+又含有Fe2+，往溶液B通入适量氯气，氯气将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为：。【小问4详解】氯气有强氧化性，向溶液C中通入过量的氯气，氯气可将硫氰化铁氧化，使得溶液血红色褪去。29.浓硫酸与木炭在加热条件下可发生化学反应，为检验反应的部分产物，某同学设计了如下图所示的实验。请据此回答下列问题：（1）设备I的仪器名称是_______。（2）设备II中盛放的试剂是_______，该试剂的作用是_______。（3）浓硫酸与木炭反应化学方程式是_______。（4）证明产物中含有CO2的实验现象是_______。【答案】（1）圆底烧瓶（2）①.酸性高锰酸钾溶液②.除去混合气体中的SO2（3）（4）澄清石灰水变浑浊【解析】【分析】木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。品红溶液褪色可以证明二氧化硫的生成，因二氧化碳和二氧化硫均能使澄清石灰水变浑浊，故II中应为酸性高锰酸钾溶液，目的是除去混合气体中的SO2，澄清石灰水变浑浊可以证明二氧化碳的生成。【小问1详解】设备I的仪器名称是：圆底烧瓶；【小问2详解】设备II中盛放的试剂是：高锰酸钾溶液；目的是除去混合气体中的SO2；【小问3详解】 浓硫酸与木炭反应的化学方程式是：；【小问4详解】二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，故证明产物中含有CO2的实验现象是：澄清石灰水变浑浊。30.将1.00mol/L硫酸铜溶液和2.00mol/L硫酸铁溶液按体积比1：2混合得到1L混合液(假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和)，再向其中加入足量的铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余。请计算(计算结果保留两位小数)：（1）混合后溶液中铜离子的物质的量浓度为_______mol/L。（2）溶解的铁粉的质量为_______g。（3）最后硫酸亚铁的物质的量浓度为_______mol/L。【答案】（1）0.33（2）93.33（3）4.33【解析】【小问1详解】将1.00mol/L硫酸铜溶液和2.00mol/L硫酸铁溶液按体积比1：2混合得到1L混合液，设混合前1.00mol/L硫酸铜溶液的体积为xL，则2.00mol/L硫酸铁溶液的体积为2xL，假设混合溶液的体积等于混合前两种溶液的体积之和，则x+2x=1，解得x=，硫酸铜的物质的量为1mol/LL=mol，硫酸铁的物质的量为2mol/LL=mol，依据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，则混合后溶液中铜离子的物质的量浓度为：=mol/L≈0.33mol/L。【小问2详解】向混合液中加入足量的铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸铁都完全反应，反应方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，此时溶液中溶质为硫酸亚铁，反应Fe+Cu2+=Cu+Fe2+消耗铁的物质的量为mol，反应Fe+2Fe3+=3Fe2+消耗铁的物质的量为mol，溶解铁粉的质量为mol56g/mol≈93.33g。小问3详解】向混合液中加入足量的铁粉，经过足够长的时间后，铁粉有剩余，则硫酸铜、硫酸铁都完全反应，此时溶液中溶质为硫酸亚铁，溶液中c(Fe2+)=c(SO)= =mol/L≈4.33mol/L。