【化学】江苏省南京市2019-2020学年高一上学期期末考试统测试题（解析版） 14页

江苏省南京市2019-2020学年高一上学期期末考试统测试题 可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Fe-56 Cu-64‎ 一、单项选择题：（每题只有1个选项符合要求，本部分20题，每题3分，共60分)。‎ ‎1.2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳、斯坦利·惠廷汉和吉野彰，以表彰他们在开发锂离子电池方面做出的卓越贡献。锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于（ ）‎ A. 氧化物 B. 酸 C. 碱 D. 盐 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氧化物是指只由两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，钴酸锂由三种元素组成，不属于氧化物；‎ B、酸是指电离时生成的阳离子全是氢离子的化合物，钴酸锂中没有氢元素，不属于酸；‎ C、碱是指电离时生成的阴离子全是氢氧根离子的化合物，钴酸锂中没有氢氧根，不属于碱；‎ D、盐是指电离时生成金属离子（或铵根离子）和酸根离子的化合物，钴酸锂由金属离子锂离子和酸根离子钴酸根离子组成，属于盐；‎ 故选D。‎ ‎2.当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是（ ）‎ A. 稀盐酸 B. CuSO4溶液 ‎ C. Fe(OH)3胶体 D. NaCl 溶液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、稀盐酸属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应；‎ B、CuSO4溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应；‎ C、Fe(OH)3胶体属于胶体，能产生丁达尔效应；‎ D、NaCl溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应；‎ 故选C。‎ ‎3.下列生活中常见物质主要成分的化学式表示正确的是（ ）‎ A. 铁红—Fe2O3 B. 漂白粉—NaClO C. 生石灰—Ca(OH)2 D. 纯碱—NaHCO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化铁为红棕色固体，所以氧化铁又名铁红，其化学式为：Fe2O3，故A正确；‎ B．漂白粉是CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，故B错误；‎ C．生石灰主要成分为氧化钙，化学式为CaO，氢氧化钙为熟石灰，故C错误；‎ D．碳酸钠又名纯碱、苏打，所以纯碱的化学式为Na2CO3，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4.下列物质属于非电解质的是（ ）‎ A. 硝酸 B. 氢氧化钠 C. 硫酸铵 D. 蔗糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．硝酸溶于水完全电离，是强酸，属于强电解质，故A不符合题意；‎ B．氢氧化钠溶于水完全电离，是强碱，属于强电解质，故B不符合题意；‎ C．硫酸铵溶于水完全电离，是盐，属于强电解质，故C不符合题意；‎ D．蔗糖在水溶液和熔融状态都不导电，属于非电解质，故D符合题意；‎ 故选D。‎ ‎5.实验室制备下列气体时，不能用排空气法收集的是（ ）‎ A. NH3 B. CO2 C. NO D. NO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NH3极易溶于水且能与水反应，因此NH3不能用排水法收集，能用排空气法收集，故A不符合题意；‎ B．CO2溶于水且能与水反应，因此CO2不能用排水法收集，能用排空气法收集，故B不符合题意；‎ C．NO和氧气能够反应，所以不能用排空气法收集，NO难溶于水、且和水不反应，所以可以用排水法收集，故C符合题意；‎ D．NO2能与水反应，因此NO2不能用排水法收集，能用排空气法收集，故D不符合题意；‎ 故选C。‎ ‎6.实验室用NaCl固体配制100mL0.10mol·L-1NaCl溶液。下列图示实验操作中不需要进行的是（ ）‎ A. 溶解 B. 蒸发 C. 转移 D. 定容 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】配制100mL1.00mol•L-1NaCl溶液的基本步骤为：称量后，在烧杯中溶解、冷却转移到容量瓶中定容，图A、C、D均需要，不需要蒸发操作，故选B。‎ ‎7.将K2CO3浓溶液喷洒到酒精灯火焰上，透过蓝色钴玻璃可以观察到火焰的颜色是（ ）‎ A. 黄色 B. 紫色 C. 红色 D. 绿色 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】将K2CO3浓溶液喷洒到酒精灯火焰上，钾元素的焰色反应透过蓝色的钴玻璃观察为紫色，故选B。‎ ‎8.下列物质不能与氢氧化钠溶液反应的是（ ）‎ A. NO2 B. Fe2O3 C. SO3 D. NaHCO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NO2能够与NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，故A不选；‎ B．Fe2O3属于碱性氧化物，和氢氧化钠溶液不发生反应，故B选；‎ C．SO3属于酸性氧化物，与NaOH溶液反应生成硫酸钠，故C不选；‎ D．NaHCO3与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎9.下列变化中，不属于化学变化的是（ ）‎ A 活性炭使红墨水褪色 ‎ B. FeSO4溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色 C. 氯水使有色布条褪色 ‎ D. SO2使品红溶液褪色 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．活性炭使红墨水褪色，是利用吸附性，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意； ‎ B．FeSO4溶液使酸性高锰酸钾溶液褪色，是发生了氧化还原反应，属于化学变化，故B不符合题意；‎ C．氯水使有色布条褪色，是HClO将有色物质氧化为无色物质，属于化学变化，故C不符合题意；‎ D．SO2使品红溶液褪色，是二氧化硫与有色物质结合生成不稳定的无色物质，属于化学变化，故D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎10.下列试剂的保存方法错误的是（ ）‎ A. 少量的钠保存在煤油中 B. 亚硫酸钠固体密封保存 C. 保存氯化亚铁溶液时加入铜粉以防止氧化 D. 浓硝酸保存在棕色试剂瓶中并置于冷暗处 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠易与空气中氧气、水等反应，但与煤油不反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，故A正确；‎ B．亚硫酸钠具有较强的还原性，可与空气中的氧气反应生成硫酸钠而变质，需要密封保存，故B正确； ‎ C．亚铁离子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，故氯化亚铁溶液存放时加入少量铁粉，防止氧化，但不能加入铜粉，会引入杂质离子，故C错误；‎ D．浓硝酸见光或受热易分解生成二氧化氮、氧气与水，应放在棕色试剂瓶中并置于冷暗处，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎11.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）‎ A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. 氨气易液化且汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂 C. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥 D. 生石灰能与水反应，可用来干燥氯气 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．SO2用于漂白纸浆，是二氧化硫结合有色物质生成不稳定的无色物质，体现二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故A错误；‎ B．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确；‎ C．NH4HCO3含N元素，可用作氮肥，与其稳定性无关，故C错误；‎ D．生石灰能与水反应生成氢氧化钙，氯气可以和氢氧化钙反应，生石灰不可用来干燥氯气，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎12.在含有大量的H＋、Ba2＋、Cl－的溶液中，还可能大量共存的离子是（ ）‎ A. OH- B. Mg2＋ C. Ag＋ D. CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．H+、OH-结合生成水，不能大量共存，故A不选；‎ B．H+、Ba2+、Cl-、Mg2＋之间不反应，可大量共存，故B选；‎ C．Ag+、Cl-结合生成氯化银沉淀，不能大量共存，故C不选；‎ D．Ba2+、CO32-结合生成碳酸钡沉淀，H+、CO32-结合成水和二氧化碳，不能大量共存，故D不选；‎ 故选B。‎ ‎13.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）‎ A. Ca(OH)2Ca(ClO)2(aq)HClO(aq)‎ B. Fe(s)Fe2O3(s)FeCl3(aq)‎ C. S(s)SO2(g)BaSO3(s)‎ D. NH3(g)NO(g)HNO3(aq)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Ca(ClO)2与足量的二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯化钙，得不到HClO，故A不选；‎ B．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故B不选；‎ C．硫与氧气反应生成二氧化硫，盐酸的酸性强于亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钡不反应，故C不选；‎ D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气混合和水反应生成硝酸，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NH3 NOHNO3，物质间转化能实现，故D选；‎ 故选D。‎ ‎14.下列物质间的转化一定需要加入氧化剂才能实现的是（ ）‎ A. C →CO2 B. H2O2→O2 ‎ C. SO2→ S D. KMnO4→MnO2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．C元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂，故A符合题意；‎ B．H2O2→O2该反应中氧元素化合价升高，双氧水分解能实现，不一定要加入氧化剂，故B不符合题意；‎ C．SO2→S的反应中，硫元素的化合价降低，被还原，需加入还原剂才能实现，故C不符合题意；‎ D．KMnO4→MnO2中Mn元素的化合价降低，发生了还原反应，可以通过高锰酸钾分解来实现转化，不一定要加入还原剂，故D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎15.N2O俗称“笑气”，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂。下述反应能产生N2O：3CO + 2NO2= 3CO2+ N2O。下列关于该反应说法正确的是（ ）‎ A. CO是氧化剂 ‎ B. N2O是氧化产物 C. NO2被还原 ‎ D. 常温常压下，生成6.72LCO2转移0.6mol电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】3CO + 2NO2= 3CO2+ N2O中N元素化合价由+4价变为+1价，C元素的化合价由+2价变为+4价，结合氧化还原反应的规律分析解答。‎ ‎【详解】A．反应中C元素的化合价由+2价变为+4价，被氧化，CO是还原剂，故A错误；‎ B．反应中N元素化合价由+4价变为+1价，被还原，N2O为还原产物，故B错误；‎ C．NO2中N元素化合价由+4价变为+1价，被还原，故C正确；‎ D．常温常压下，6.72LCO2的物质的量小于0.3mol，由方程式3CO+2NO2═3CO2+N2O可知，转移电子数少于0.6mol，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）‎ A. 用酒精灯加热Fe(OH)3生成FeO B. 实验室加热NH4Cl固体制取NH3‎ C. SO2和过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D. Na在空气中燃烧制取Na2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用酒精灯加热Fe(OH)3，Fe(OH)3分解生成Fe2O3，故A错误；‎ B．实验室加热NH4Cl固体，分解生成的氨气和氯化氢又化合生成氯化铵，不能制取NH3，故B错误；‎ C．二氧化硫是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以能和过量氨水反应生成(NH4)2SO3，故C正确；‎ D．室温下，钠和空气中氧气反应生成氧化钠，加热条件下和氧气反应生成过氧化钠，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎17.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 碳酸钙与稀盐酸反应：CO32-+2H＋=CO2↑+H2O B. 金属钠与水反应：Na +2H2O=Na＋+2OH－+H2↑‎ C. 氯气与水：Cl2+ H2O=2H＋+Cl-+ClO-‎ D. 硫酸氢铵稀溶液和足量氢氧化钡溶液反应：NH4＋+H＋+ SO42-+Ba2＋+2OH-= BaSO4↓+NH3·H2O+H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碳酸钙是难溶物，碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，故A错误；‎ B．金属钠与水反应的离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑，故B错误；‎ C．氯气与水反应生成的次氯酸为弱酸，离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故C错误；‎ D．硫酸氢铵溶液加入足量氢氧化钡溶液，铵根离子、氢离子、硫酸根离子全部反应，离子方程式为NH4++Ba2++SO42-+H++2OH-=BaSO4↓+NH3•H2O+H2O，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎18.下列实验操作及现象与结论之间对应关系错误的是（ ）‎ 选项 实验操作及现象 结论 A 向某溶液中加入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成 该溶液中含SO42－‎ B 向某溶液中滴加NaOH浓溶液并加热，生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 该溶液中含NH4＋‎ C 向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加少量氯水后，溶液变成红色 该溶液中含Fe2+‎ D 探究新制饱和氯水成分的实验时，向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生 氯水中含H＋‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．向某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡等，原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子等，所以不一定含有硫酸根离子，故A错误；‎ B．向某溶液中加入NaOH浓溶液，加热产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体一定为氨气，原溶液中一定存在铵根离子，故B正确；‎ C．铁离子和KSCN溶液反应产生血红色溶液，亚铁离子和KSCN不反应，但能被氯气氧化生成铁离子，向某溶液中滴加KSCN溶液，无明显现象，说明不含铁离子，再滴加少量氯水，溶液变成红色，说明含有亚铁离子，故C正确；‎ D．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，因为氯水中含H+，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎19.少量Cl2通入NaOH稀溶液后所得的溶液中，主要含有Na＋、Cl-、ClO-、OH-四种离子(除水分子外，其他微粒忽略不计)，已知溶液中Na＋和Cl-物质的量浓度分别为：c(Na＋)=0.03mol·L-1、c(Cl-) =0.01mol·L-1，则溶液中c(OH-)为（ ）‎ A 0.03mol·L-1 B. 0.02 mol·L-1 ‎ C. 0.01 mol·L-1 D. 0.005 mol·L-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】少量Cl2通入NaOH稀溶液，发生的反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，溶液中主要含有Na＋、Cl-、ClO-、OH-四种离子，根据方程式，c(ClO-) = c(Cl-) =0.01mol·L-1，根据电荷守恒，c(OH-)= c(Na＋)-c(Cl-)- c(ClO-) =0.03mol·L-1-0.01mol·L-1-0.01mol·L-1=0.01mol·L-1，故选C。‎ ‎20.实验室有一包白色固体，可能含有Na2CO3、NaHCO3和NaCl中一种或多种。下列根据实验事实得出的结论正确的是（ ）‎ A. 取一定量固体，溶解，向溶液中通入足量的CO2，没有固体析出，说明原固体中一定不含有Na2CO3‎ B. 取一定量固体，溶解，向溶液中加入适量CaO粉末，有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有Na2CO3‎ C. 取一定量固体，溶解，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明原固体中一定含有NaCl D. 取一定量固体，加热，将生成的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明原固体中一定含有NaHCO3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.碳酸钠溶液和二氧化碳可以反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以向溶液中通入足量的CO2，没有固体析出，可能是溶液的浓度较小造成的，不能说明原固体中一定不含Na2CO3，故A错误；‎ B.向溶液中加入氧化钙，会生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸氢钠和碳酸钠都能反应生成碳酸钙沉淀，不一定含有碳酸钠，故B错误；‎ C.碳酸钠、氯化钠均可以和硝酸银之间反应生成白色沉淀，向溶液中滴加适量AgNO3溶液，观察到有白色沉淀生成，原固体中不一定含有NaCl，故C错误；‎ D.取一定量固体，加热，只有碳酸氢钠能够受热分解生成二氧化碳，将生成的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明原固体中一定含有NaHCO3，故D正确；‎ 故选D 二、非选择题 ‎21.工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体的流程如图：‎ ‎（1）“焙烧”时CuS转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为___。‎ ‎（2）“酸化”步骤反应的离子方程式为___。‎ ‎（3）“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为___。‎ ‎（4）“淘洗”所用的溶液A应选用___(填序号)。‎ a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．稀硝酸 d．浓硝酸 ‎（5）“反应”一步的过程中无红棕色气体生成。‎ ‎①理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为___。‎ ‎②若不加10% H2O2，只用浓HNO3，随着反应的进行，容器内持续出现大量红棕色气体，写出该反应的离子方程式____。‎ ‎（6）由“反应”所得溶液中尽可能多地析出Cu(NO3)2·3H2O晶体的方法是___。(相关物质的溶解度曲线如图所示)‎ ‎【答案】(1). 2CuS+3O2 2CuO+2SO2 (2). CuO+2H+═Cu2++H2O (3). FeSO4 (4). a (5). 2∶1 (6). Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O (7). 蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】工业上由含铜废料(含有Cu、CuS、CuSO4等)制备硝酸铜晶体，废料通入空气焙烧后，铜生成氧化铜，硫化铜转化为CuO和SO2，加入硫酸酸化生成硫酸铜，加入过量的铁发生置换反应生成铜，过滤得到滤渣铁和铜，用溶液A淘洗后加入20%的HNO3和10%的H2O2发生反应，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)CuS焙烧和氧气反应转化为CuO和SO2，反应的化学方程式为：2CuS+3O2 2CuO+2SO2，故答案为：2CuS+3O2 2CuO+2SO2；‎ ‎(2)酸化过程为经过焙烧得到的氧化铜与稀硫酸反应生成铜离子，离子方程式为：CuO+2H+═Cu2++H2O，故答案为：CuO+2H+═Cu2++H2O；‎ ‎(3)根据上述分析可知，过滤得到滤液主要为硫酸亚铁溶液，故答案为：FeSO4；‎ ‎(4)淘洗加入的酸不能具有强氧化性，否则会溶解铜。a．稀硫酸，不能和铜反应，故a选；b．浓硫酸和铜在常温下不反应，但浓硫酸稀释会放出大量热，会和铜发生反应，故b不选；c．稀硝酸具有氧化性能溶解铜，故c不选；d．浓硝酸能溶解铜，故d不选；故答案为：a；‎ ‎(5)①“反应”一步所用的试剂是20%HNO3和10%H2O2，硝酸做酸，过氧化氢做氧化剂将Cu氧化生成硝酸铜，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，理论上消耗HNO3和H2O2的物质的量之比为2∶1，故答案为：2∶1；‎ ‎②若不加10%H2O2，只用浓HNO3，铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；‎ ‎(6)根据图像中结晶水合物的溶解度随温度变化曲线可知，温度高于26.4°C从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O，从“反应”所得溶液中析出Cu(NO3)2•3H2O的方法是：蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶，故答案为；蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4°C结晶。‎ ‎22.某学习兴趣小组为测定某葡萄酒中SO2的含量，设计了如图所示的装置：‎ 实验步骤如下：在B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。除去C中剩余的H2O2后，用0.0900mol·L-1NaOH溶液测定反应生成的酸，消耗NaOH溶液25.00mL。‎ ‎（1）C中通入SO2发生反应的化学方程式为___。‎ ‎（2）通过计算求出该葡萄酒中SO2的含量(以g·L-1为单位，即每升葡萄酒中含有SO2的质量) ___。(写出计算过程)‎ ‎（3）该测定结果比实际值偏高，可能的原因是____。针对此原因提出一条改进措施：___。‎ ‎【答案】(1). SO2+H2O2=H2SO4 (2). 0.24 g/L (3). 盐酸易挥发，有氯化氢进入装置C中 (4). B中用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸 ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)二氧化硫具有还原性，能够与双氧水反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式；‎ ‎(2)根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；‎ ‎(3)盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；‎ ‎(2)根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×(0.0900mol/L×0.025L)×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：‎ ‎=0.24g/L，故答案为：0.24 g/L；‎ ‎(3)由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸能够消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此可以用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，故答案为：盐酸易挥发，有氯化氢进入装置C中；B中用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸。‎ ‎23.实验室以锈蚀程度很大的废铁屑为原料制备FeCl3·6H2O晶体的流程可简要表示如下：‎ 已知：在水溶液中Fe2+能与K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2。‎ 试回答下列问题：‎ ‎（1）“酸溶”过程中发生主要反应有：‎ ‎①Fe +2H＋=Fe2++H2↑；②Fe2O3+ 6H＋=2Fe3++3H2O；③___。(用离子方程式表示)‎ ‎（2）“酸溶”需控制温度在40℃左右，最佳的加热方式是____。‎ ‎（3）“过滤”需要的玻璃仪器除烧杯外还有___。‎ ‎（4）“氧化”过程可在如图所示装置中进行。‎ ‎①装置A中KMnO4与浓盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为___。‎ ‎②装置C的作用是____。‎ ‎③为使Cl2能充分发生反应，除在B中使用多孔球泡和搅拌外，实验中可采取的措施是___。‎ ‎④证明装置B溶液中Fe2+已完全被氧化成Fe3+的实验方案是___。‎ ‎【答案】(1). 2Fe3+ + Fe=3Fe2+ (2). 在40℃水浴中加热 (3). 玻璃棒、漏斗 (4). 2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O (5). 吸收氯气，防止污染空气 (6). 减慢分液漏斗中浓盐酸的滴加速度（或增大B中溶质的浓度等） (7). 取B中溶液于试管中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明Fe2+已完全被氧化 ‎【解析】‎ ‎【分析】根据流程图，以锈蚀程度很大的废铁屑为原料制备FeCl3·6H2O晶体的流程为：废铁屑中加入30%的盐酸，铁和氧化铁均溶解，分别生成氯化亚铁和氯化铁，同时铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，过滤除去不溶性杂质，在滤液中通入氯气，将亚铁离子氧化生成铁离子，经过一系列操作得到FeCl3·6H2O晶体，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)“酸溶”过程中盐酸能够溶解铁和氧化铁，溶解生成的铁离子能够氧化铁，发生主要反应有：①Fe+2H＋=Fe2++H2↑；②Fe2O3+6H＋=2Fe3++3H2O；③2Fe3+ + Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3+ + Fe=3Fe2+；‎ ‎(2)“酸溶”需控制温度在40℃左右，最佳的加热方式是在40℃水浴中加热，故答案为：在40℃水浴中加热；‎ ‎(3)“过滤”需要的玻璃仪器除烧杯外还有玻璃棒、漏斗，故答案为：玻璃棒、漏斗；‎ ‎(4)①装置A中KMnO4与浓盐酸反应生成MnCl2和Cl2，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；‎ ‎②氯气有毒，尾气中的氯气不能直接排放，需要用氢氧化钠溶液吸收，故答案为：吸收氯气，防止污染空气；‎ ‎③为使Cl2能在B装置中与FeCl2溶液充分发生反应，可以减慢氯气的通入速度，或者增大B中FeCl2溶液的浓度，除在B中使用多孔球泡和搅拌外，实验中可采取的措施还有减慢分液漏斗中浓盐酸的滴加速度、增大B中溶质的浓度等，故答案为：减慢分液漏斗中浓盐酸的滴加速度(或增大B中溶质的浓度等)；‎ ‎④在水溶液中Fe2+能与K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，因此证明装置B溶液中Fe2+已完全被氧化成Fe3+的实验方案是：取B中溶液于试管中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明Fe2+已完全被氧化，故答案为：取B中溶液于试管中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则证明Fe2+已完全被氧化。‎