【化学】江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版） 15页

江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 N-14 O－16 Na－23 Al－27 Fe－56 Cu－64‎ 一、选择题（共16小题；每小题5分，共80分）‎ ‎1.化学在生活中应用广泛,下列物质性质与对应用途错误的是（ ）‎ A. 明矾易水解生成胶体，可用作净水剂 B. 晶体硅熔点高硬度大，可用作芯片 C. NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂 D. 硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.明矾中铝离子易水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可用作净水剂，A正确；‎ B.晶体硅导电，可用作芯片，与熔点高硬度大无关系，B错误；‎ C.NaClO具有强氧化性，可作织物漂白剂，C正确；‎ D. 硅胶具有优良的吸附性，且无毒，可作袋装食品和瓶装药品的干燥剂，D正确；‎ 故答案选B。‎ ‎2.以下实验装置一般不用于分离物质的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.蒸馏装置，用于分离互溶且沸点差异较大的液体混合物，A不符题意；‎ B.渗析装置，用于分离胶体和溶液，B不符题意；‎ C.过滤装置，用于分离固液混合物，C不符题意；‎ D.该装置为配制一定物质的量浓度的溶液，不用于分离物质，D符合题意；‎ 故答案选D。‎ ‎3.能在水溶液中大量共存的一组离子是（ ）‎ A. H+、I-、NO3-、CO32-‎ B. Ag+、Fe3+、Cl-、SO42-‎ C. K+、SO42-、Cu2+、NO3-‎ D. Fe2+、OH-、Cl-、HCO3-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.NO3− (H+)具有强氧化性，I−具有强还原性，二者发生氧化还原不能大量共存；‎ B.Ag+与Cl−生成氯化银沉淀，不能大量共存；‎ C.所有离子之间均不发生反应，能大量共存； ‎ D.Fe2+与OH−生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存；HCO3−与OH−反应生成水，不能大量共存；‎ 故答案选C。‎ ‎4.下列离子方程式中，错误的是（ ）‎ A. 氢氧化钡溶液和稀硫酸反应：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O B. 纯碱溶液和过量硝酸反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑‎ C. 硝酸银溶液与食盐水反应：Ag++Cl-=AgCl↓‎ D. 醋酸溶液与氨水反应：CH3COOH+NH3·H2O=NH4++CH3COO-+H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氢氧化钡溶液和稀硫酸反应的离子方程式应为：，A离子方程式错误；‎ B.纯碱溶液和过量硝酸反应为：,B离子方程式正确；‎ C.硝酸银溶液与食盐水反应的离子方程式为：，C离子方程式正确；‎ D.醋酸溶液与氨水反应为：，D离子方程式正确； ‎ 故答案为A。‎ ‎5.NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在常温常压下，28 g N2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NA B. 标准状况下，17 g氨气所含原子数目为NA C. 在常温常压下，11. 2 L氮气所含的原子数目为NA D. 10 mL 2 mol/LH2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度为1 mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、温度和压强并不能影响气体的质量。因为氮气和一氧化碳的摩尔质量相等均是28g/mol，所以28 g混合气体的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，A正确；‎ B、17 g NH3的物质的量为1 mol，分子数目一定为NA，原子数目应为4NA，B错误；‎ C、常温常压下气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2 L氮气所含的原子数目小于NA，C错误；‎ D、溶液是均一稳定的，则10 mL 2 mol/LH2SO4溶液中取出的5 mL溶液，其浓度仍然为2 mol/L，D错误；‎ 答案选A。‎ ‎6.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 氧化还原反应的本质是元素化合价发生了改变 B. 物质所含元素化合价降低的反应是氧化反应 C. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应 D. 还原剂在同一反应中既可以是反应物，也可以是生成物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化还原反应的特征是元素化合价发生了改变，A错误；‎ B. 物质所含元素化合价降低的反应是还原反应，B错误；‎ C. 有单质参加的化合反应中元素的化合价发生了变化，所以一定是氧化还原反应，C正确；‎ D. 还原剂只能是反应物，还原产物是生成物，所以在同一反应中还原剂不可能既是反应物，也是生成物，D错误。‎ ‎7.已知5KCl + KClO3 +3H2SO4==3Cl2 ↑+ 3K2SO4 + 3H2O ，下列说法不正确的是（ ）‎ A. H2SO4 既不是氧化剂又不是还原剂 B. 1mol KClO3 参加反应时有5mol电子转移 C. KClO3是氧化剂 D. 被氧化与被还原的氯元素的质量比为1:5‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】反应5KCl+KClO3+3H2SO4＝3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中氯化钾中Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，该反应转移5e-，以此解答。‎ ‎【详解】A．反应5KCl+KClO3+3H2SO4＝3Cl2↑+3K2SO4+3H2O中氯化钾Cl元素的化合价由-1价升高为0，氯酸钾中Cl元素的化合价由+5价降低为0，氯化钾是还原剂，氯酸钾是氧化剂，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；‎ B.1molKClO3参加反应时有1mol×（5-0）=5mol电子转移，B正确；‎ C．所含元素化合价降低的物质为氧化剂，则KClO3是氧化剂，C正确；‎ D．KCl为还原剂，被氧化，KClO3是氧化剂被还原，由反应可知被氧化与被还原的氯元素的质量比为5：1，D错误；‎ 答案选D。‎ ‎8.下列关于钠及其化合物的叙述错误的是（ ）‎ A. 取用金属钠时，所需用品一般有小刀、镊子、滤纸、玻璃片 B. 金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，既有白色沉淀又有气体逸出 C. 钠投入水中熔化成小球，说明钠的熔点低，且反应放热 D. Na2O2与酸反应生成盐和水，所以Na2O2是碱性氧化物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.取用金属钠时，所需用品有小刀、镊子、滤纸、玻璃片，A叙述正确；‎ B.金属钠与Ca(HCO3)2溶液反应时，钠首先与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，而后氢氧化钠与Ca(HCO3)2溶液反应生成碳酸钙白色沉淀，因此该反应既有白色沉淀又有气体逸出，B叙述正确；‎ C.钠投入水中熔化成小球，钠能熔化说明钠的熔点低，且反应放热，C叙述正确；‎ D.Na2O2与酸反应除了生成盐和水，还有氧气生成，化合价发生变化，不符合碱性氧化物的定义，所以Na2O2不是碱性氧化物，D叙述错误；‎ 故答案选D。‎ ‎9.有关铝及其化合物的说法错误的是（ ）‎ A. 用于熔化烧碱的坩埚，可用Al2O3这种材料制成 B. 铝与盐酸或强碱溶液反应都能放出氢气 C. 氧化铝是一种难熔物质，是一种较好的耐火材料 D. 氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Al2O3能与烧碱(NaOH)反应，因此用于熔化烧碱的坩埚不能用Al2O3材料制成，A说法错误；‎ B.铝与盐酸：，铝与强碱溶液反应：，铝与盐酸或氢氧化钠溶液反应都能放出氢气，B说法正确； ‎ C.氧化铝的熔点高，是一种较好的耐火材料，C说法正确；‎ D.氢氧化铝为一种碱性较弱的碱，能中和胃酸，可用于制胃药，D说法正确；‎ 故答案选A。‎ ‎10.FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，充分反应后固体完全溶解，则下列判断正确的是（　　）‎ A. 溶液中一定含Cu2+和Fe2+ B. 溶液中一定含Cu2+和Fe3+‎ C. 溶液中一定含 Fe3+和Fe2+ D. 溶液中一定含Fe3+、Cu2+和Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】因氧化性Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，在FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，铁优先与铁离子反应生成亚铁离子，且无固体存在，说明溶液的铜离子没参加反应，所以溶液中一定存在Cu2+和Fe2+，不一定含有Fe3+。答案选A。‎ ‎11.下列说法不正确的是( )‎ A. 太阳能电池可用二氧化硅材料制作，其应用有利于环保节能 B. SiO2可用于制造光导纤维 C. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂 D. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是无机材料 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 太阳能电池可采用硅材料制作，不是二氧化硅，故A错误；‎ B. SiO2可用于制造光导纤维，故B正确；‎ C. Na2SiO3水溶液俗称水玻璃，可用作木材防火剂及黏胶剂，故C正确；‎ D. 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥属于硅酸盐材料，水泥是无机非金属材料，故D正确，‎ 故选A。‎ ‎12.下列有关物质性质的应用正确的是（ ）‎ A. 常温下干燥氯气与铁不反应，可以用钢瓶储存氯水 B. 次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液 C. “84”消毒液与“洁厕灵”混合使用，去污效果更好 D. 液氯有酸性，氯水有漂白性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯水中含有盐酸，能够与铁反应，腐蚀钢瓶，因此不可以用钢瓶储存氯水，A错误；‎ B.次氯酸钠具有强氧化性，可用于配制消毒液，B正确；‎ C. “84”消毒液主要成分为次氯酸钠， “洁厕灵”主要成分为盐酸，二者混用会发生反应，不但去污效果大大减弱，而且产生有毒的氯气，C错误；‎ D.液氯为液态的氯气，为纯净物，无酸性，氯水中含有次氯酸，具有漂白性，D错误； ‎ 故答案选B。‎ ‎13.将足量新制氯水分别滴加到下列溶液或滤纸上，对所观察到的现象描述合理的一组是（ ）‎ 选项 AgNO3溶液 蓝色石蕊试纸 Na2CO3溶液 A 产生沉淀 变红 有气泡 B 无明显现象 变红 产生沉淀 C 产生沉淀 先变红后褪色 有气泡 D 产生沉淀 先变红后褪色 产生沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】新制的氯水主要成分为氯气、水、盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，因此新制氯水滴加到AgNO3溶液中，AgNO3‎ 溶液与盐酸反应生成白色氯化银沉淀，新制氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，新制氯水滴到碳酸钠溶液，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，据此分析作答。‎ ‎【详解】由分析可知，新制氯水滴到硝酸银溶液、蓝色石蕊试纸、碳酸钠溶液的现象分别是：产生白色沉淀，先变红后褪色，有气泡产生，因此C选项正确；‎ 故答案选C。‎ ‎14.下列物质间的转化不能一次完成的是(　　)‎ A. Si→SiO2 B. CO2→C C. SiO2→H2SiO3 D. SiO2→Na2SiO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A中Si＋O2SiO2，能一次完成，故不选A；‎ B中CO2＋2Mg2MgO＋C，能一次完成，故不选B；‎ C中转化关系为SiO2―→Na2SiO3―→H2SiO3，即不能一次完成，故选C；‎ D中SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，能一次完成，故不选D。‎ 答案选C。‎ ‎15.Cl2通入足量的氢氧化钠溶液，温度不同时充分反应后产物溶液中除大量OH-外，还有Cl-、ClO-、ClO3-，已知：Cl2+OH-→Cl-+ClO-+H2O（冷碱）、Cl2+OH-→Cl-+ClO3-+H2O（热碱），并知ClO-、ClO3-离子的物质的量比为2：1，试问原混合气体中Cl2与反应后溶液中的Cl-物质的量之比为（ ）‎ A 2：5 B. 3：1 C. 1：1 D. 5：7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】Cl2生成ClO−与ClO3−是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO−与ClO3−的物质的量浓度之比为2:1，则可设为2mol，ClO3−为1mol，失去电子的总物质的量为2mol×(1－0)＋1mol×(5－0)＝7mol。氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成Cl−是被还原的过程，化合价由0价降低为−1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，即生成的Cl−的物质的量为，则参加反应的氯气是，据此分析。‎ ‎【详解】据分析可知, 原混合气体中Cl2与反应后溶液中的Cl-物质的量之比为5:7；‎ 故答案选D。‎ ‎16.某溶液中可能含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+、Fe3+、CO32—、SO42—、Cl—中的几种。若加入锌粒,产生无色无味的气体;若加入NaOH溶液,产生白色沉淀,且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法不正确的是（ ）‎ A. 溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+‎ B. 溶液中n(Al3+)=0.1 mol C. 溶液中一定不含CO32—,可能含有SO42—和Cl—‎ D. n(H+)∶n(Al3+)∶n(Mg2+)=1∶1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种；据以上分析解答。‎ ‎【详解】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，酸性环境下CO32—不能存在，加入氢氧化钠溶液后，n(NaOH)在0-0.1mol之间，没有沉淀产生，酸碱中和，溶液中存在H+；n(NaOH)在0.1-0.5mol之间，产生氢氧化铝和氢氧化镁白色沉淀，因为氢氧化铁沉淀为红褐色，所以溶液中不含Fe3+；n(NaOH)在0.5--0.7mol之间，NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨，白色沉淀不溶解，因此溶液中一定含有NH4+；n(NaOH)在0.7--0.8mol之间，沉淀部分溶解，氢氧化铝沉淀溶于过量的强碱，而氢氧化镁不溶，最后剩余氢氧化镁沉淀；所以溶液中一定含有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，一定不含CO32—‎ ‎，可能含有SO42—和Cl—中的一种或2种； ‎ A．结合以上分析可知，溶液中的阳离子有H+、Mg2+、NH4+、Al3+，故A正确；‎ B. 根据反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，反应消耗氢氧化钠量为0.8-0.7=0.1mol，所以n（Al(OH)3）=0.1mol，根据反应过程中铝元素守恒可知，n(Al3+)=0.1mol，故B正确；‎ C. 结合以上分析可知，溶液中一定不含CO32-，可能含有SO42-和Cl-故C正确；‎ D.由产生白色沉淀知不含Fe3+，沉淀溶解阶段可知n(Al3+)=0.1mol，Mg2+与Al3+和氢氧化钠恰好反应生成白色沉淀，由图像可知消耗氢氧化钠的量为0.5-0.1=0.4mol，0.1mol Al3+完全沉淀消耗0.3molOH-，则n(Mg2+)=[0.4-0.3]/2=0.05mol，n(Al3+)∶n(Mg2+)≠1:1，故D错误。‎ 综上所述，本题选D。‎ 二、填空题（共5小题，共65分）‎ ‎17.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4＋HCl→KCl＋MnCl2＋Cl2↑+H2O（未配平），此反应常温下就可以迅速进行。结合信息，回答下列问题：‎ ‎（1）上述反应中被氧化的元素为______，还原产物是________。‎ ‎（2）当生成3．36L（标准状况下）Cl2时，转移电子的物质的量为_______。‎ ‎（3）Fe2+也能与MnO4—反应生成Mn2+，反应后Fe2+转化为______。反应中Fe2+表现_______（填“氧化”或“还原”，下同）性，发生_______反应。‎ ‎（4）如果上述化学方程式中KMnO4和 MnCl2的化学计量数都是2，则HCl的化学计量数是_________。‎ ‎（5）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________。‎ ‎【答案】(1). Cl (2). MnCl2 (3). 0.3mol (4). Fe3+ (5). 还原 (6). 氧化 (7). 16 (8). KMnO4>MnO2> Cl2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）反应中HCl→Cl2，氯元素化合价由-1价升高为0价， KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价。‎ ‎（2）3．36L（标准状况下）Cl2的物质的量为0.15mol，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移的电子的物质的量为0.15mo×2=0.3mol。‎ ‎（3）Fe2+也能与MnO4—反应生成Mn2+，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe2+被氧化为Fe3+。‎ ‎（4）根据化合价升降法和元素守恒配平方程式。‎ ‎（5）根据氧化剂的氧化性大于氧化产物、反应的条件来分析。‎ ‎【详解】（1）反应中HCl→Cl2，氯元素化合价由-1价升高为0价， KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，被氧化的元素为Cl，该反应中氧化剂是KMnO4，对应的产物MnCl2是还原产物，故答案为Cl；MnCl2。‎ ‎（2）3．36L（标准状况下）Cl2的物质的量为0.15mol，氯元素化合价由-1价升高为0价，转移的电子的物质的量为0.15mo×2=0.3mol，故答案为0.3mol。‎ ‎（3）Fe2+也能与MnO4—反应生成Mn2+，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe2+被氧化为Fe3+，所以Fe2+具有还原性，发生氧化反应，故答案为Fe3+；还原；氧化。‎ ‎（4）反应中HCl→Cl2，氯元素化合价由-1价升高为0价，共升高2价，KMnO4→MnCl2，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，KMnO4和MnCl2的化学计量数都为2，反应中转移电子数为10，故Cl2系数为5，再根据元素守恒确定其它物质的系数，配平方程式2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑+8H2O，故答案为16。‎ ‎（5）由于氧化剂的氧化性大于氧化产物，2KMnO4＋16HCl=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑+8H2O， 故氧化性：KMnO4> Cl2，MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，该反应中MnO2作氧化剂，氯气是氧化产物，故氧化性：MnO2> Cl2，KMnO4常温下将HCl氧化成氯气，MnO2加热时将HCl氧化成氯气，KMnO4的氧化性强于MnO2，氧化性由强到弱的顺序为KMnO4>MnO2> Cl2，故答案为 KMnO4>MnO2> Cl2。‎ ‎18.氮化硅高温陶瓷材料是现代重要的结构陶瓷，因其有硬度大、熔点高、化学性质稳定等特点而受到广泛关注。工业上普遍用下列流程进行生产：‎ ‎（1）SiO2和C反应除了得到粗硅外，还有可能得到一种硬度也很大的物质SiC，是生成粗硅还是生成该物质主要是由___决定的。‎ ‎（2）反应①的条件是隔绝空气和____。‎ ‎（3）写出制粗硅的反应的化学方程式____。‎ ‎（4）写出硅与氢氧化钠溶液离子方程式____。‎ ‎（5）现在是用四氯化硅、氮气、氢气在稀有气体保护下加强热，得到纯度较高的氮化硅，其反应方程式为___。‎ ‎【答案】(1). C的用量 (2). 高温 (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)C过量会发生后续C和Si的反应，导致生成物不同，据此解答；‎ ‎(2)四氯化硅和氢气的反应需要高温条件，据此解答；‎ ‎(3)制粗硅为碳高温下与二氧化硅的反应，据此解答；‎ ‎(4)硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和氢气，据此解答；‎ ‎(5)由题干信息可推知反应物和生成物，据此写出相应的化学方程式。‎ ‎【详解】(1)如果碳足量生成的硅与碳继续反应生成硬度也很大的物质碳化硅，所以生成粗硅还是生成SiC主要是由C的用量决定；故答案为：C的用量；‎ ‎(2)四氯化硅和氢气的反应还需要高温条件, 所以反应①的条件是隔绝空气和高温；‎ 故答案：高温；‎ ‎(3)制粗硅的反应的化学方程式为：；故答案：；‎ ‎(4)硅与氢氧化钠溶液的离子方程式为： ；‎ 故答案为：；‎ ‎(5)用四氯化硅、氮气、氢气在稀有气体保护下加强热，得到纯度较高的氮化硅，其反应方程式为。‎ ‎19.如图是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图，有些反应中的部分物质和条件被略去。A、X、Y是常见金属单质，其中Y既能与强酸反应，又能与强碱反应；B、C、E是常见气体，G的焰色反应呈黄色；I的溶液呈黄色。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出下列物质的化学式A___、F___、X___；‎ ‎（2）说出黄绿色气体C的一种用途____；‎ ‎（3）实验室检验H中所含的金属阳离子的方法是：___；‎ ‎（4）写出Y和D溶液反应的离子方程式___；‎ ‎（5）写出I与X溶液反应的化学方程式___。‎ ‎【答案】(1). Na (2). AlCl3 (3). Fe (4). 工业制盐酸、杀菌、消毒、农药生产、药物合成等 (5). 先加KSCN溶液（或硫氰化钾溶液）无明显现象，再加氯水，溶液变为血红色 (6). (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】金属单质Y既能与强酸反应，又能与强碱反应，应为Al，金属单质A与水反应生成D，D可与铝反应，且G的焰色反应呈黄色，可知D应含有Na元素，则A为Na，D为NaOH，B为H2，G为NaAlO2，气体C与氢气反应，且与铝反应，气体C应为Cl2，则F为AlCl3，E为HCl，由E→H→I的转化关系可知金属X为变价金属，应为Fe，则H为FeCl2，I为FeCl3。‎ ‎【详解】(1)由以上分析可知A为Na，F为AlCl3，X为Fe；故答案为：Na；AlCl3；Fe;‎ ‎(2)C为氯气，可用于工业制盐酸或自来水的杀菌消毒或农药生产、药物合成等；‎ 故答案为：工业制盐酸、杀菌、消毒、农药生产、药物合成等；‎ ‎(3)H为FeCl2，检验亚铁离子的方法为：先加入KSCN溶液，没有现象，再加入氯水，如溶液变为血红色，说明含有亚铁离子；故答案为：先加入KSCN溶液，没有现象，再加入氯水，如溶液变为血红色，说明含有亚铁离子；‎ ‎(4)Y和D溶液反应的离子方程式为：； ‎ 故答案为：；‎ ‎(5) I与X溶液反应的化学方程式为：；故答案为：；‎ ‎20.如图中，A是氯气的发生装置，B、C是净化气体的装置，B装置中装有饱和食盐水，D中装铁丝网；反应后E的底部有棕色固体聚集；F是碱液用于吸收多余气体的装置。‎ ‎（1）上述装置中有一处错误，请指出是___处(用字母表示)。‎ ‎（2）B装置的作用是___，C装置中需要加入___。‎ ‎（3）写出A中发生反应的化学方程式___。‎ ‎（4）如果A中产生氯气2.24L(标准状况)，则被氧化的HCl的物质的量为___。‎ ‎【答案】(1). B (2). 除去氯气中的氯化氢 (3). 浓硫酸 (4). (5). 0.2mol ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)洗气装置应该长管进气，短管出气，B装置错误；‎ ‎(2)B、C是净化气体的装置，气体杂质为HCl和H2O，应使用饱和食盐水先除去氯气中的氯化氢,然后用浓硫酸除去水蒸气，据此解答；‎ ‎(3)实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，生成氯化锰、氯气和水，据此写出化学方程式；‎ ‎(4)HCl被氧化后转变成Cl2，2HCl→Cl2，被氧化的HCl的物质的量：。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，B装置错误；故答案为：B；‎ ‎(2)据分析可知，B装置的作用为除去氯气中的氯化氢，C装置需要加入浓硫酸，‎ 故答案为：除去氯气中的氯化氢；浓硫酸；‎ ‎(3) A中发生反应的化学方程式为：；‎ 故答案为：； ‎ ‎(4)由分析可知，被氧化的HCl的物质的量为0.2mol；故答案为：0.2mol。‎ ‎21.按要求填空：某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：‎ ‎（1）甲组同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为___。‎ ‎（2）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和1滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是___。‎ ‎【答案】(1). (2). 隔绝空气（排除氧气对实验的影响）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为；‎ 故答案为： ；‎ ‎(2)因为空气中的氧气也可将亚铁离子氧化，所以加入煤油的作用是隔绝空气(排除氧气对实验的影响);故答案为：隔绝空气(排除氧气对实验的影响)。‎ ‎22.工业上用某矿渣(含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2)提取铜的操作流程如图(金属单质E可由滤液C制取)：‎ 已知：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。‎ ‎（1）固体混合物B的成分是__。‎ ‎（2）滤液A中铁元素的存在形式为__(填离子符号)，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为___，___。‎ ‎（3）在滤液C中通入过量CO2气体，除了CO2+OH-=HCO3-主要离子方程式有：__。‎ ‎【答案】(1). SiO2和Cu (2). Fe2+ (3). (4). (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2+，SiO2与盐酸不反应，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，Fe3+与Cu反应生成Fe2+，因此，固体B为SiO2和，滤液A中含有Cu2+、Fe2+、Al3+，加入足量的NaOH溶液，滤液C中含有AlO2−，金属E为Al，固体D为Cu(OH)2和Fe(OH)3的混合物，在空气中灼烧，F为CuO和Fe2O3的混合物，粗铜为Cu、Al和Fe的混合物，经过电解可得纯铜。‎ ‎【详解】(1)由分析可知，固体B为SiO2和Cu；故答案为：SiO2和Cu；‎ ‎(2)Cu2O与盐酸反应生成Cu和Cu2+，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，，反应生成Fe3+，Fe3+与Cu反应生成，，有Cu剩余，则溶液中铁离子转化为亚铁离子，所以滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+；故答案为：Fe2+；；； ‎ ‎(3)在滤液C中含氢氧化钠和偏铝酸钠溶液，通入过量CO2发生反应，生成碳酸氢钠，氢氧化铝，反应的离子方程式为：； ；‎ 故答案为： 。‎