安徽省安庆市第一中学龙山校区2021-2022学年高一化学下学期3月阶段性考试试题（Word版附解析）

安庆一中龙山校区2021-2022学年度第二学期阶段性教学质量监测高一化学试题一、单选题(15×4=60分)1.“类比”思想可于实验探究，帮助我们掌握物质的共性。下列有关类比结果正确的是A.Na与在一定条件下反应生成，则Ca与在一定条件下也可生成B.能使紫色石蕊试液先变红后褪色，也能使紫色石蕊试液先变红后褪色C.能使酸性溶液褪色，则也可使酸性溶液褪色D.用排饱和NaCl溶液的方法收集，则也可用排饱和溶液的方法收集【答案】A【解析】【详解】A．活泼金属与氧气在一定条件下可生成过氧化物，Na与在一定条件下反应生成，则Ca与在一定条件下也可生成，故A正确；B．HClO具有强氧化性，能使紫色石蕊试液先变红后褪色，但二氧化硫水溶液没有强氧化性，也能使紫色石蕊试液变红但不能褪色，故B错误；C．二氧化硫具有还原性，能使酸性溶液褪色，但三氧化硫不具有还原性，不能使酸性溶液褪色，故C错误；D．氯气在水中溶解度小，用排饱和NaCl溶液的方法收集，氨气在水中溶解度大，不可用排饱和溶液的方法收集，故D错误；故选A。2.标准状况下以下四种物质的物理量大小关系正确的是①6.72L②个HCl分子③0.4mol④3.4gA.体积：②>③>④>①B.密度：②<③<④<①C.质量：②>③>①>④D.氢原子个数：①<③<④<②【答案】C【解析】 【详解】①n(CH4)=；m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g；N(H)=0.3NA×4=1.2NA；②n(HCl)=；m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g；N(H)=0.5NA×1=0.5NA；③n(H2S)=0.4mol；m(H2S)=0.4mol×34g/mol=13.6g；N(H)=0.4NA×2=0.8NA；④n(NH3)=，m(NH3)=3.4g；N(H)=0.2NA×4=0.8NA；A．同温同压下气体摩尔体积相等，根据“V=nVm”知，气体体积与气体物质的量成正比，根据以上分析知，物质的量：②＞③＞①＞④，所以体积：②＞③＞①＞④，故A错误；B．同温同压下气体摩尔体积相等，根据”ρ=“知，气体密度与摩尔质量成正比，摩尔质量：②＞③＞④＞①，所以密度：②＞③＞④＞①，故B错误；C．根据以上分析知，质量：②＞③＞①＞④，故C正确；D．根据以上分析知，氢原子个数：①＞③=④＞②，故D错误；故选：C。3.下列相关图象不合理的是ABCD向含等物质的量NaOH、混合溶液中滴加盐酸将通入NaOH、和混合溶液中向、、混合溶液中逐渐加入铁粉向溶液中滴加NaOH溶液 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3生成NaHCO3消耗的HCl量，与等物质的量的NaHCO3全部反应生成CO2消耗的HCl量相等；所以图示中生成CO2耗用HCl横坐标一格对应体积，那么Na2CO3生成NaHCO3耗用HCl也是一格对应体积，则最前面一格的HCl则是与NaOH反应对应的量，NaOH与Na2CO3等量，图象描述正确，不符题意；B．沉淀曲线从0点开始上升是生成BaCO3，第一个水平拐点是BaCO3不再生成，开始生成Na2CO3，第二次开始上升是CO2与NaAlO2开始生成Al(OH)3，第二个水平拐点是Al(OH)3不再生成，NaHCO3开始生成，沉淀曲线下降是BaCO3开始生成可溶的Ba(HCO3)2，最终沉淀只有Al(OH)3，描述正确，不符题意；C．Fe先与HNO3反应，生成Fe3+，故开始时曲线一直沿横坐标延伸，接下来Fe开始与Fe3+发生氧化还原，氧化产物及还原产物均为Fe2+，所以这一阶段曲线急速上升，最后Fe与Cu2+发生置换反应，氧化产物为Fe2+，所以曲线继续上升但增幅变缓，当溶液中三种成分都消耗完，Fe2+不再增加，描述正确，不符题意；D．NH4Al(SO4)2中与Al3+等物质的量，所以Al3+生成Al(OH)3消耗三份NaOH，则生成NH3应消耗一份NaOH，而图中描述消耗了两份NaOH，描述错误，符合题意；综上，本题选D。4.同一还原剂与多种氧化剂在一起时，先与氧化性强的粒子反应，待强的反应完后，再与氧化性弱的反应，称为反应先后规律。已知，且氧化性：，在溶有和的溶液中加入铁粉，下列说法中正确的是A.若铁粉无剩余，且溶液中有，则溶液中一定无B.若铁粉无剩余，且溶液中无，则溶液中一定有，也可能有C.若铁粉有剩余，则不溶物中一定有铜D.若铁粉有剩余，则溶液中的金属阳离子有和【答案】C【解析】【分析】三价铁离子氧化性强于铜离子，加入铁粉，铁粉先与三价铁离子反应生成二价铁离子，剩余铁粉再与铜离子反应生成二价铁离子，据以上分析进行解答。 【详解】A．若铁粉无剩余，且溶液中有Cu2+，则可能有三种情况，一种为铜离子只反应一部分，则三价铁离子完全反应，一种为铜离子未反应，则三价铁离子恰好反应，一种为铜离子未反应，三价铁离子只反应一部分，溶液中含有三价铁离子，A错误；B．若铁粉无剩余，且溶液中无Cu2+，因为三价铁离子先于铁粉反应，所以一定不含三价铁离子，一定含有二价铁离子，B错误；C．若有铁粉剩余，则三价铁离子、铜离子完全反应，不溶物中一定含有铜，C正确；D．若有铁粉剩余，则Fe3+、Cu2+完全反应，则溶液中的金属阳离子只有Fe2+，D错误；故答案选C。5.溶液X中可能存在、、、、、、中的若干种。为探究该溶液组成进行如下实验：下列关于溶液X的说法正确的是A.可能存在B.一定存在、、C.和至少有一种D.一定不存在、【答案】B【解析】【分析】滴加氯水呈棕黄色，说明溶液中含有碘离子，滴加氯化钡溶液，有白色沉淀，加稀硝酸，沉淀溶解，说明原溶液中含有，没有、、，加氢氧化钠溶液、加热有气体，说明原溶液中有，溶液中可能有【详解】A．不存在，故A错误；B．一定存在、、，故B正确；C．不存在，故C错误；D．可能存在、一定不存在，故D错误；故选B。 6.向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列说法正确的是A.oa段的离子方程式为B.原溶液中C.烧杯中最后固体只有铜D.溶液中还有部分CuSO4剩余【答案】B【解析】【分析】向2LH2SO4、Fe2(SO4)3、CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量和烧杯中固体的质量的关系如图所示，由于氧化性铁离子大于铜离子，铜离子大于氢离子，则发生的反应依次为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋、Cu2＋＋Fe＝Cu＋Fe2＋、2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，据此解答。【详解】A．oa段的反应是铁离子氧化单质铁，离子方程式为2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋，A错误；B．ab段是铜离子氧化单质铁，根据图像可知置换出铜的质量和ob段消耗铁的质量相等，设置换出铜的物质的量是xmol，则与铜离子反应的单质铁的物质的量是xmol，设与铁离子反应的单质铁的物质的量是ymol，则有56×（x+y）＝64x，解得x＝7y，因此原溶液中，B正确；C．烧杯中最后固体有铜和剩余的铁，C错误；D．bc段发生反应为2H＋＋Fe＝Fe2＋＋H2↑，因此最终所得溶液中只有FeSO4，D错误；答案选B。7.固体粉末可能由中的几种等物质的量混合而成，进行如下实验：①取固体溶于足量水中，得到澄清透明溶液，将溶液分为三等份。②在第一份溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，再滴加足量溶液，过滤、洗涤、干燥，得到固体。 ③在第二份溶液中滴加溶液无明显现象，继续滴加双氧水，溶液显血红色。④在第三份溶液中滴加足量溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到固体。下列说法正确的是A.固体粉末中肯定没有B.根据④中的沉淀颜色能判断固体粉末中是否含有C.固体粉末中肯定含有D.上述实验无法确定固体粉末是否含有，需进一步通过焰色试验确定【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，在第一份溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，说明一定没有Na2CO3，再滴加足量BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，得到2.33g固体，该固体为BaSO4，n(BaSO4)==0.01mol，则原溶液中一定含有CuSO4，且质量为：0.01mol×160g/mol=1.60g，在第二份溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，说明原溶液一定不含FeCl3，继续滴加双氧水，溶液显血红色，说明原溶液中含有FeCl2，在第三份溶液中滴加足量溶液，过滤、洗涤、灼烧，得到固体，该固体可能为0.01molCuO（0.8g）和0.005molFe2O3（0.8g）的混合物，剩下2.0-0.8-0.8=0.4g，若为0.01mol，M=0.4g÷0.01mol=40g/mol，为MgO。故固体为CuO和Fe2O3、MgO的混合物，说明原溶液中一定含有CuSO4、FeCl2、MgCl2，一定不含Na2CO3、FeCl3，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，固体粉末中肯定没有，A错误；B．④中的沉淀Cu(OH)2为蓝色，Fe(OH)2为白色，故根据④中的沉淀颜色不能判断固体粉末中是否含有，B错误；C．由分析可知，固体粉末中肯定含有、MgCl2，C正确；D．由分析可知，上述实验肯定不含有，D错误；故答案为：C。8.部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断不合理的是 A.d的水溶液中通入过量b可反应生成aB.a既可被氧化也可被还原C.c均可由b与相应金属单质反应生成D.可存在f→a→d→e的转化关系【答案】C【解析】【分析】由图可知，a为氯气、b为氯化氢、c为氯离子、d为次氯酸根离子、e为次氯酸、f为氯酸根离子。【详解】A．酸性条件下，次氯酸根离子能与氯离子反应生成氯气和水，故A正确；B．氯气分子中氯元素的0价为中间价态，既有氧化性也有还原性，则氯气既可被氧化也可被还原，故B正确；C．盐酸不能与不活泼金属的单质反应生成金属氯化物，如铜不能与盐酸反应生成氯化铜，故C错误；D．酸性条件下，氯酸根离子能与氯离子反应生成氯气，氯气与碱溶液反应能生成次氯酸根离子，次氯酸根离子与强酸反应能生成次氯酸，则氯元素中存在ClO→Cl2→ClO—→HClO的转化关系，故D正确；故选C。9.下列比较金属性相对强弱的方法或依据正确的是A.根据金属失去电子的多少来判断，失去电子较多的金属性较强B.用钠置换溶液中的，来验证钠的金属性强于MgC.Mg不与NaOH溶液反应而Al能与NaOH溶液反应，可说明金属性：D.碱性：，可说明钠、镁、铝金属性依次减弱【答案】D【解析】【详解】A．金属性强弱取决于金属失去电子的难易程度，与金属失去电子的多少无关，A错误；B．Na放入MgCl2溶液中，Na先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成氢氧化钠再与MgCl2反应生成氢氧化镁和氢气，不能置换出Mg，无法比较金属性强弱，B错误； C．比较金属性强弱，可以比较金属与同浓度非氧化性酸反应置换出氢气的难易，而不能用与碱反应来比较，C错误；D．最高价氧化物对应水化物的碱性越强，对应元素的金属性越强，因为碱性：，所以钠、镁、铝金属性依次减弱，D正确；故选D。10.下列各实验的现象及结论都正确的是选项实验现象结论A向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液紫红色褪去H2O2具有漂白性B铜粉加入稀硫酸中，加热；再加入少量固体甲加热时无明显现象，加入固体后铜粉溶解固体甲一定是硝酸盐CSO2分别通入酸性高锰酸钾溶液和混有酚酞的NaOH溶液水溶液均褪色SO2都体现了酸性D用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热铝箔熔化但不滴落氧化铝的熔点高于铝单质A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，紫色褪去，即H2O2被氧化为O2，说明H2O2具有还原性，A错误；B．Cu与稀硫酸不反应，酸性溶液中Cu可被氯化铁、硝酸盐等氧化，则加入固体后铜粉溶解，固体甲可能为硝酸盐，B错误；C．SO2分别通入酸性高锰酸钾溶液和混有酚酞的NaOH溶液，水溶液均褪色，前者说明SO2具有还原性，后者证明SO2具有酸性氧化物的通性，C错误；D．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则加热时铝箔熔化但不滴落，D正确；故答案为：D。11.今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是 选项ABCD文物名称铸客大铜鼎河姆渡出土陶灶兽首玛瑙杯角形玉杯A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】【详解】A．铸客大铜鼎属于铜的合金，A符合题意；B．河姆渡出土陶灶属于陶器，主要成分为硅酸盐，不属于合金，B不符合题意；C．兽首玛瑙杯主要成分为二氧化硅，不属于合金，C不符合题意；D．角形玉杯主要成分为硅酸盐，不属于合金，D不符合题意；故选A。12.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是A.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：B.过量铁粉加入稀硝酸中：C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：D.氯化铜溶液中通入硫化氢：【答案】A 【解析】【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：，故A正确；B．过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2N=3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故D错误；答案选A。13.向含有amolCu和bmolCuO的混合物中滴加6mol·L-1的稀硝酸溶液至10mL时，固体恰好完全溶解，得到标准状况下224mL气体(纯净物)。下列说法正确的是A.a：b=3：2B.反应过程中转移0.01mol电子C.被还原的硝酸为0.06molD.将少量铁粉投入该稀硝酸中生成Fe(NO3)2【答案】A【解析】【分析】稀硝酸反应生成NO，标准状况下224mL气体的物质的量为0.01mol；HNO3中N化合价从+5降低到+2，生成1molNO，转移3mol电子，因此生成0.01molNO时，电子转移0.03mol；【详解】A．Cu的化合价从0升高到+2，转移的电子的物质的量为0.03mol，根据得失电子守恒有a==0.015mol，根据氮原子守恒可知，由Cu原子守恒有b==0.01mol，则a:b=3:2，A项正确；B．由分析可知，电子转移0.03mol，B项错误；C．被还原的硝酸为生成NO的硝酸，物质的量为0.01mol，C项错误；D．少量铁与硝酸反应生成硝酸铁，只有当铁粉过量后才能生成硝酸亚铁，D项错误；答案选A。14.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是 A.可与反应生成B.既可被氧化，也可被还原C.可将加入浓碱液中制得的胶体D.可存在的循环转化关系【答案】C【解析】【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；D．转化如，故D不选；综上所述，答案为C。15.一种低毒杀虫剂的结构如图所示，其组成元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的原子核内只有1个质子，原子核外电子的数目Q比Z多8个。下列说法正确的是A.W3MZ4是一种强酸B.简单氢化物沸点：Z>Q>YC.简单离子半径：Q>M>Y>Z D.Q2Z和X2Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】D【解析】【分析】元素W、X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核内只有1个质子，W为H元素；根据该杀虫剂的结构可知，X形成4个共价键，X为C元素；Z形成2个共价键，Z为O元素；则Y为N元素；原子核外电子的数目Q比Z多8个，Q的原子核外电子数为8+8=16个，Q为S元素；M为+5价，原子序数小于16，大于8，则M为P元素，根据上述分析，W为H元素，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，M为P元素，Q为S元素。【详解】A.W3MZ4为H3PO4，是一种中强酸，故A错误；B.水分子间氢键的数目比氨气分子间的氢键多，且能量较大，硫化氢分子间没有氢键，则硫化氢的沸点最低，氨气次之，水最大，故B错误；C.一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小。Q、M离子的电子层数比Y、Z离子多，因此简单离子半径：M>Q>Y>Z，故C错误；D.和分别为、，亚硫酸根和草酸根均具有还原性，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。二、非选择题(4×10=40分)16.NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂。实验室模拟生产NaClO2的一种工艺如下：已知：①ClO2是一种强氧化性气体，浓度大时易分解爆炸。在生产使用时要用稀有气体或空气等进行稀释，同时避免光照、震动等。②NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O晶体，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。回答：（1）NaClO2中所含的化学键类型有_____。实验室制取SO2化学方程式是_____。（2）上述流程中“反应”的离子方程式为_____，尾气吸收时H2O2的作用是_____。(填“氧化剂”或“还原剂”)。（3）最近科学家又在"反应"步骤的基础上研究出用H2C2O4代替SO2制备ClO2的新方法，其原理为： 。该新方法最突出的优点是_____。【答案】（1）①.离子键和共价键②.Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（2）①.2+SO2=2ClO2↑+②.还原剂（3）反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性【解析】【分析】实验流程中反应：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，流程电解反应为2ClO2+2NaCl2NaClO2+Cl2，ClO2尾气吸收用氢氧化钠和H2O2反应，也得到NaClO2溶液，获NaClO2操作步骤为：①加热蒸发；②趁热过滤；③洗涤；④干燥，得到成品，据此分析解题。【小问1详解】NaClO2中所含的化学键类型有Na+和之间的离子键和内部的Cl-O共价键，实验室常用Na2SO3和一定浓度的H2SO4反应生成SO2，该反应的化学方程式Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：离子键和共价键；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O【小问2详解】由流程图可知，反应为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4，离子方程式为：2+SO2=2ClO2↑+，ClO2尾气吸收时H2O2在反应中化合价升高，作还原剂，故答案为：2+SO2=2ClO2↑+；还原剂；【小问3详解】用硫酸酸化的草酸（H2C2O4）溶液还原氯酸钠，其优点是提高了生产及储存、运输的安全性，原因是反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，故答案为：反应过程产生的CO2气体对ClO2起稀释作用，提高了生产及储存、运输的安全性。17.为探究固体化合物X(含3种短周期元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：(气体的溶解忽略不计) (1)组成X的三种元素是___________(用元素符号表示)，X的化学式为___________。(2)淡黄色固体B的一种重要应用是___________；常温下，将铜片放入足量的E稀溶液中，反应的离子方程式是___________。(3)已知X易与水发生反应得到溶液F并有气体放出，写出该反应的化学方程式：___________。【答案】①.Na、H、N②.NaNH2③.供氧剂④.3Cu+ 8H++2NO= 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O⑤.NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑【解析】【分析】B为淡黄色固体且和溶液D可生成气体A，则B为Na2O2，D为H2O，气体A为O2，溶液F为NaOH溶液，红棕色气体为NO2，和溶液D反应生成的无色气体为NO，生成的溶液E为HNO3，据此解答。【详解】(1)由上述分析可知，固体X在通入气体A (O2)后生成Na2O2、NO2和H2O，则组成X的三种元素为Na、H、N；根据2Na2O2 + 2H2O == 4NaOH + O2↑，n(O2) == 0.005mol，n (Na2O2) = 2n(O2) = 0.01mol，X中钠元素的含量n (Na) = 2n (Na2O2) = 0.02mol， n(NO2) == 0.02mol，则根据元素守n(N) = n (NO2) = 0.02mol，n(H2O) = = 0.02mol，所以n(H) = 2n (H2O) = 0.04mol，所以n(Na) ∶n(H) ∶n(N) = 0.02mol∶ 0.04mol∶0.02mol= 1∶ 2∶1，所以X的化学式为NaNH2，故答案为： Na、H、N；NaNH2；(2)Na2O2能够和水、二氧化碳反应生成氧气，则可作供氧剂；溶液E为硝酸溶液，铜和稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+ 8H++2NO= 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O；故答案为：供氧剂；3Cu+ 8H++2NO= 3Cu2+ + 2NO↑+4H2O；(3)F为NaOH，X为NaNH2，由元素守恒可知，生成的气体为NH3，反应的化学方程式为：NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑，故答案为：NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑；18.某化学兴趣小组对硫酸亚铁的性质进行探究并做如下实验，将称量好的硫酸亚铁溶解于一定浓度的稀硫酸中配制成的溶液：实验序号操作及现象ⅰ取上述溶液于试管中，逐滴加入少量溶液，产生大量黑色沉淀 ⅱ取上述溶液于试管中，加入2滴溶液无现象，通入一段时间，溶液变为浅红色ⅲ重复实验ⅱ，向浅红色溶液中加入5％溶液至过量，产生无色气体(经检验)，溶液变为深红色中，且红色很快褪去回答下列问题：(1)进一步研究证实，黑色沉淀的主要成分是。溶液呈碱性，溶液与其反应不生成而生成的可能原因是_______。(2用离子方程式表示步骤ⅱ中溶液变红的原因：_______、_______。(3)甲同学探究步骤ⅲ中溶液褪色的原因，提出如下假设：a.被还原b.被氧化c.被氧化乙同学根据上述实验认为假设b不成立，他依据的现象是_____。(4)甲同学利用上述部分试剂，通过以下实验验证了(3)中假设c成立。请将以下实验操作及现象补充完整。步骤试剂及操作现象1取实验ⅲ中褪色后溶液少量于试管，滴加溶液①____2②_______溶液变为红色【答案】①.FeS溶解度更小②.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O③.Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3④.实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色⑤.无明显现象⑥.取褪色后的溶液滴加KSCN溶液【解析】【分析】【详解】(1)离子反应向着离子浓度更小的方向进行，由黑色沉淀的主要成分是硫化亚铁可知，硫化亚铁的溶解度小于氢氧化亚铁，生成硫化亚铁的反应更容易发生，故答案为：FeS溶解度更小；(2步骤ⅱ中发生的反应为酸性条件下，通入的氧气与溶液中的亚铁离子反应生成铁离子和水，反应生成的铁离子与溶液中硫氰酸根离子反应生成硫氰化铁，使溶液变为浅红色，反应的离子方程式为 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3，故答案为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；Fe3++3SCN—=Fe(SCN)3；(3)由实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色可知，氧气与溶液中亚铁离子反应，与硫氰酸根离子不反应，则步骤ⅲ中溶液褪色一定不是硫氰酸根离子被氧气氧化的原因造成的，故答案为：实验ii中加入少量KSCN溶液无现象，通入一-段时间O2，溶液变为浅红色；(4)若假设c成立，实验ⅲ中褪色后溶液中一定存在铁离子，不存在硫氰酸根离子，向褪色后溶液中滴加氯化铁溶液，不可能生成硫氰化铁，溶液不可能变为浅红色；向褪色后溶液中滴加滴加KSCN溶液，会有硫氰化铁生成，溶液会变为红色，故答案为：无明显现象；取褪色后的溶液滴加KSCN溶液。19.硝酸是一种重要的化工原料。（1）在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，写出发生反应的离子方程式_____；反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，稀硫酸的作用是_____(填字母)。A．还原剂B．氧化剂C．酸化D．提供热能（2）实验小组用稀硝酸和铜分别设计了甲、乙两组实验(装置如图所示，夹持仪器已略去)。①甲组实验中，同学们观察到集气瓶中收集到无色气体。部分同学认为该实验不能确定是铜与稀硝酸反应生成了NO，因为集气瓶中无色气体的来源可能是_____。②乙组实验的操作步骤是：a．关闭活塞K1，打开活塞K2，将过最稀硝酸加入石灰石中。该操作的目的是_____。b．待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中。c．一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是NO，应进行的操作是_____。【答案】（1）①.Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O②.C（2）①.如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO②.生成二氧化碳，排尽装置中的空气③.打开K1，用气囊鼓入空气【解析】 【小问1详解】在浓硝酸中加入铜片，开始反应时有红棕色气体产生，发生反应的离子方程式Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，反应停止后，仍有铜剩余，加入20%的稀硫酸，铜片上又有气泡产生，是因为剩余的硝酸根会在酸性条件下再和铜反应，3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，所以稀硫酸的作用是酸化，故答案为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O；C；【小问2详解】①铜和浓硝酸如果反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO，也会看到无色气体，故答案为：如果铜和浓硝酸反应生成了二氧化氮，二氧化氮会和水反应生成NO；②a.关闭活塞K1，打开活塞K2，将过最稀硝酸加入石灰石中，两者反应生成CO2气体；该操作的目的是生成二氧化碳，排尽装置中的空气；b.待石灰石反应完全后，将铜丝插入过量稀硝酸中；c.一段时间后，欲证明圆底烧瓶中收集列的无色气体是NO，应进行的操作是打开K1，用气囊鼓入空气，观察到的现象是圆底烧瓶内的无色气体变成红棕色的现象，