湖南省长沙铁路第一中学2024-2025学年高一上学期12月期中考试 化学试题

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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列叙述正确的是
A．48 g O3气体含有6.02×1023个O3分子
B．常温常压下，4.6 gNO2气体含有1.81×1023个NO2分子
C．0.5 ml·L－1L CuCl2溶液中含有3.01×1023个Cu2＋
D．标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2NA
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】阿伏加德罗常数的求算
【详解】A．48gO3，物质的量为1ml，含有6.02×1023个O3分子，正确；
B．二氧化氮中存在平衡，一部分转化为四氧化二氮，故4.6g二氧化氮分子数小于6.02×1022个，错误；
C．铜离子部分发生水解，故小于3.01×1023个，错误；
D．氯气与氢氧化钠反应为歧化反应，转移电子数为NA，错误。
2．下列离子组在溶液中一定能大量共存的是
A．Na+、CO、I-、Ba2+B．NO、Cl-、K+、SO
C．Ba2+、Mg2+、NO、OH-D．K+、CO、SO、H+
【答案】B
【难度】0.94
【知识点】无附加条件的离子共存
【详解】A． CO、Ba2+反应生成碳酸钡沉淀，CO、Ba2+不能大量共存，故不选A；
B．NO、Cl-、K+、SO相互之间不反应，能大量共存，故选B；
C．Mg2+、OH-反应生成氢氧化镁沉淀，Mg2+、OH-不能大量共存，故不选C；
D． CO、H+反应放出二氧化碳气体，CO、H+不能大量共存，故不选D；
选B。
3．下列有关物质的性质与用途对应且正确的是
A．胶体的胶粒带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
B．纳米铁粉可以高效地去除污水中的重金属离子是因为其具有较强的还原性
C．CaO具有吸水性，可除去HCl中的水蒸气
D．金刚砂熔点高，可用作砂纸、砂轮的磨料
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】胶体的性质和应用
【详解】A．“血液透析”利用胶体粒子不能通过半透膜的性质，与胶粒带电无关，A错误；
B．利用纳米铁粉的还原性去除水体中的、等重金属离子，铁可以把铜、汞置换出来，B正确；
C．CaO可与HCl反应，不能用于除去HCl中的水蒸气，C错误；
D．金刚砂硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，D错误；
故选B。
4．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．SO2通入溴水中：SO2+2H2O+Br2=2H++SO42-+2HBr
B．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O
C．漂白粉溶液在空气中失效：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-
D．硫化钠的水解反应：S2-+H3O+=HS-+H2O
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】离子方程式的正误判断、水解的离子方程式书写、离子反应的发生及书写
【详解】A．SO2通入溴水中反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++SO42-+2Br-，故A错误；
B．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液充分反应后溶液呈中性，反应的氢离子与氢氧根离子物质的量相等，反应的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故B正确；
C．次氯酸钙与二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，反应的离子方程式为Ca2++2ClO-+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓，故C错误；
D．硫化钠的水解反应：S2-+H2O⇌HS-+OH-，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为D，要注意S2-+H3O+=HS-+H2O是S2-与酸反应的方程式。
5．在Na+浓度为0.9ml/L力的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子：
取该溶液100mL进行如下实验(气体体积在标准状况下测定)：
I.向该溶液中加大足盘稀HCl，产生白色沉淀并放出1.12L气体
II.将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称得固体质量为3.6g
III.在II的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象
下列说法错误的是（ ）
A．实验III能确定一定不存在
B．K+一定存在，且c(K+)≤1.3ml/L
C．实验I能确定-定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+
D．实验I中生成沉淀的离子方程式为+2H+=H2SiO3↓
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】常见阴离子的检验、常见阳离子的检验、离子反应在化合物组成的分析、鉴定的应用
【分析】I．向该溶液中加入足量稀HCl，产生白色沉淀并放出1.12L气体，气体为二氧化碳，则一定含CO32-，则不含Ag+、Mg2+、Ba2+，n（CO32-）=n（CO2）=1.12L÷22.4L/ml=0.05ml；
II．将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称得固体质量为3.6g，可知I中白色沉淀含硅酸，则原溶液一定含SiO32-，n（SiO32-）=n（SiO2）=3.6g÷60g/ml=0.06ml；
III．在II的滤液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，可知原溶液一定不含SO42-，由电荷守恒可知，阴离子电荷总数大于阳离子电荷总数，则原溶液一定含K+，综上所述，原溶液一定含K+、Na+、CO32-、SiO32-，不含Ag+、Mg2+、Ba2+、SO42-，可能含，以此来解答。
【详解】A．实验III能确定不生成硫酸钡沉淀，则一定不存在，故A正确；
B．K+一定存在，若不含，由电荷守恒可知，0.5ml/L×2+0.6ml/L×2=0.9ml/L+c(K+)，则c(K+)⩾1.3ml⋅L−1，故B错误；
C．实验I一定含，能确定一定不存在的离子是Ag+、Mg2+、Ba2+，故C正确；
D．II中可能沉淀加热分解，则实验I中生成沉淀的离子方程式为+2H+=H2SiO3↓，故D正确；
答案选B。
6．下列说法正确的是
A．碳酸钠在医疗上是治疗胃酸过多的一种药剂
B．镁燃烧时发出耀眼的白光，可以用镁来制造照明弹和焰火等
C．蒸馏实验时若温度计的水银球低于支管口，则收集到的馏分沸点会偏高
D．检验溶液含有Cl-，加稀盐酸除去OH-，再加AgNO3溶液，生成白色沉淀，证明含有Cl-
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】蒸馏与分馏、镁的物理性质及用途、碳酸氢钠的俗称、物理性质及用途、null
【详解】A．碳酸钠碱性较强，对胃的刺激性较大，所以不能用来治疗胃酸过多，碳酸氢钠碱性较弱，在医疗上是治疗胃酸过多药剂，故A错误；
B．镁能在空气中剧烈燃烧，发出耀眼的白光，光的穿透力强，镁是制造照明弹、焰火、闪光粉等，故B正确；
C．蒸馏时温度计测定馏分的温度，则温度计的水银球低于支管口，收集到的馏分沸点会偏低，故C错误；
D．盐酸中含有氯离子，所以加入稀盐酸来除去氢氧根离子会引入氯离子，影响实验结论的得出，故D错误。
答案选B。
7．下列离子方程式不正确的是（ ）
A．稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性：Ba2++H++OH-+SO=BaSO4↓+H2O
B．金属钠和水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
C．2ml二氧化碳通入含3mlNaOH的溶液：2CO2+3OH-=HCO+CO+H2O
D．二氧化硫与氯化铁溶液反应：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO+4H+
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】离子方程式的正误判断
【详解】A．稀硫酸中加氢氧化钡溶液至中性，反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：Ba2++2H++2OH-+=BaSO4↓+2H2O，故A项不正确；
B．金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，反应离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑，故B项正确；
C．2ml二氧化碳通入含3ml NaOH的溶液中生成等物质的量的碳酸钠、碳酸氢钠和水：2CO2+3OH－=++H2O，故C项正确；
D．二氧化硫与氯化铁溶液反应生成硫酸、氯化亚铁和HCl：SO2+2Fe3++2H2O＝2Fe2+++4H+，故D项正确；
综上所述，答案为A。
8．下列仪器是容量瓶的是
A． B． C． D．
【答案】B
【难度】0.94
【知识点】常用仪器及使用方法
【详解】
A．该仪器是蒸发皿，A不符合题意；
B．该仪器为100mL容量瓶，B符合题意；
C．该仪器为分液漏斗，C不符合题意；
D．该仪器为蒸馏烧瓶，D不符合题意；
故选B。
9．某工业废水中含有大量、、、，废水中可能大量存在的阴离子是
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.94
【知识点】离子反应在化合物组成的分析、鉴定的应用、离子反应的实际应用、离子共存
【详解】A．与Mg2+、Fe2+、H+反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B．不与Na+、Mg2+、Fe2+、H+反应，在溶液中能够大量共存，故B正确；
C．、Fe2+、H+在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D．Mg2+、Fe2+、H+都与反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选：B。
10．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸的反应为S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑，下列说法中正确的是
A．该反应中，还原剂为KNO3
B．该反应中，S和C被氧化
C．该反应中，K2S为氧化产物
D．该反应中，若生成1mlN2，则转移电子的物质的量为12ml
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】氧化还原反应的规律
【分析】反应S+2KNO3+3C═K2S+N2↑+3CO2↑中，S元素化合价由0价降低到-2价，则S为氧化剂，N元素化合价由+5价降低到0价，则KNO3为氧化剂，C元素化合价由0价升高到+4价，则C为还原剂，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，该反应中的还原剂为C，故A错误；
B．该反应中C被氧化，S被还原，故B错误；
C．氧化剂对应还原产物，K2S为还原产物，故C错误；
D．该反应中，S元素化合价由0价降低到-2价，N元素化合价由+5价降低到0价，若生成1mlN2，则转移电子的物质的量为12ml，故D正确；
答案为D。
11．生活中曾发生过将漂粉精与洁厕灵（含有盐酸）混合使用而中毒的事件，是因为两者会发生反应生成
A．次氯酸B．高氯酸C．氧气D．氯气
【答案】D
【难度】0.94
【知识点】次氯酸盐的性质和用途、氯气的物理性质
【详解】漂粉精的成分是次氯酸钠，洁厕灵中含有盐酸，次氯酸钠具有强氧化性，盐酸具有还原性，它们之间会发生氧化还原反应而生成氯气，反应的化学方程式为2HCl+NaClO=NaCl+H2O+Cl2↑，氯气是一种有毒气体。
答案选D。
12．设NA为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A．4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2NA
B．1L0.5ml/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NA
C．常温下,0.1ml环氧乙烷( )中含有的共价键数目为0.3NA
D．22.4LCO2与足量Na2O2充分反应,转移的电子数目为NA
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】物质结构基础与NA相关推算、气体物质与NA相关的推算、22.4L/ml适用条件
【详解】A．CO2的摩尔质量为44g/ml，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/ml，含32个质子，即两者均是2g中含1ml质子，故4g混合物中含2ml即2NA个质子，故A正确；
B．1L0.5ml∙L-1pH=7的CH3COONH4溶液中，铵根离子发生水解，根据物料守恒：c（NH4+）+c（NH3∙H2O）=0.5ml/L，n（NH4+）＜0.5ml，故B错误；
C．一个环氧乙烷分子的共价键数目为7，所以0.1ml环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C错误；
D．未指明温度和压强，22.4LCO2的物质的量不一定是1ml，故D错误；
故答案为A。
【点睛】选项A为难点，注意寻找混合物中质子数与单位质量之间的关系。
13．某实验小组用稀溶液模拟从海水中制取无水氯化镁和溴单质，实验流程如图所示，下列说法错误的是
A．可用溶液代替步骤①中的溶液
B．步骤②发生反应的离子方程式为：
C．步骤③包含过滤洗涤等操作
D．溶液1和溶液2的主要成分相同，但浓度不同
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】海水提取镁、常见无机物的制备、氧化还原反应在生活、生产中的应用
【分析】气体和NaOH溶液反应生成NaBr和NaBrO3，则气体为Br2，通过一系列操作得到溴单质，氯气和MgBr2反应生成MgCl2和Br2，溶液1中加入NaOH溶液得到的沉淀为Mg(OH)2，Mg(OH)2和稀盐酸反应生成MgCl2，则溶液2中溶质为MgCl2和过量的HCl，通过一系列操作得到无水MgCl2。
【详解】A．Na2SO3具有还原性，能和溴发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaBr，反应方程式为H2O+Na2SO3+Br2=Na2SO4+2HBr，然后再酸化所得溶液不能得到溴单质，故A错误；
B．步骤②中，酸性条件下NaBr和NaBrO3发生氧化还原反应生成溴单质，离子方程式为，故B正确；
C．分离溶液和难溶性固体采用过滤的方法，所以步骤③包含过滤、洗涤等操作，故C正确；
D．氯气和溴化镁反应生成氯化镁和溴，氯气过量导致溶液中还存在稀盐酸，热空气吹气体时，HClO分解，所以溶液1中溶质为HCl、氯化镁；沉淀是氢氧化镁，氢氧化镁和过量稀盐酸反应生成氯化镁，溶液中溶质为氯化镁和HCl，所以溶液1和溶液2的主要成分相同，但浓度不同，故D正确。
故选A。
14．通常利用反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2从海水中提取Br2。该反应属于
A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】四种基本反应类型、氧化还原反应基本概念、四种基本反应类型与氧化还原反应的关系
【详解】该反应是一种单质和一种化合物，反应生成另一种单质和另一种化合物，这样的反应为置换反应；答案选C。
15．几种物质的转化关系如图所示。
下列判断正确的是
A．反应1中Fe3+是还原产物
B．反应2中H2S得电子
C．反应2的离子方程式： H2S + 2Fe3+=2Fe2+ + S↓+2H+
D．反应1中每生成1 ml NO，生成的Fe3+也是1 ml
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】氧化还原反应方程式的书写与配平、氧化还原反应的概念判断
【详解】A．由图可知，反应1为，Fe3+是氧化产物，A错误；
B．由图可知，反应2中H2S转化为S，失去电子，B错误；
C．根据得失电子守恒和元素守恒配平可得反应2的离子方程式： H2S + 2Fe3+=2Fe2+ + S↓+2H+，C正确；
D．反应1为，每生成1 ml NO，生成的Fe3+是3 ml，D错误；
故选C。
16．2021年11月25日，我国在酒泉卫星发射中心成功将试验十一号卫星发射升空。高氯酸铵可用于制造火箭燃料，其受热发生分解反应NH4ClO4N2↑+Cl2↑+O2↑+H2O(未配平)。下列说法错误的是
A．反应中氧化剂和氧化产物的物质的量之比为2：3
B．产生1.12LO2(标准状况)时，反应中转移电子数为0.35ml
C．可用热NaOH溶液吸收Cl2制备漂白液
D．可用无水硫酸铜检验产物中的H2O
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】氯气与碱溶液反应、氧化还原反应方程式的书写与配平、氧化还原反应的概念判断
【分析】配平化学方程式为2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O，据此分析；
【详解】A．反应中氧化剂为NH4ClO4，氧化产物为氮气和氧气，物质的量之比为2：3，故A说法正确；
B．产生1.12LO2(标准状况)时，生成0.025ml氯气，反应中转移电子数为0.35ml，故B说法正确；
C．热的NaOH溶液吸收氯气，会生成氯酸钠，应该使用冷的氢氧化钠溶液，故C说法错误；
D．白色无水硫酸铜吸水后变蓝，可用无水硫酸铜检验产物中的H2O，故D说法正确；
答案为C。
17．NA是阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A．电解精炼铜时，阳极质量减小64g，转移电子数为2NA
B．100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子数为12NA
C．7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.4NA
D．100mL10ml・L-1浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应，生成Cl- 的数目为0.25NA
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】物质结构基础与NA相关推算、氧化还原反应与NA相关推算、阿伏加德罗常数的求算
【详解】A.电解精炼铜时，阳极为粗铜，减少的质量有溶解的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，而活动性比Cu弱的金属则以单质的形式沉积在容器底部，形成阳极泥，阳极质量减小64g，因此不能确定转移电子数，A错误；
B.100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有溶质乙醇CH3CH2OH的质量是46g，其物质的量是1ml，其中含有H原子的物质的量是6ml，其中含溶剂H2O的质量是54g，H2O分子的物质的量是3ml，则3ml水中含有H原子6ml，故100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子为12ml，含有的H原子数为12NA，B正确；
C. Na2O2摩尔质量是78g/ml，则7.8gNa2O2的物质的量是0.1ml，由于1个Na2O2固体中含有2个Na+、1个O22-，合计共3个离子，则0.1ml Na2O2中含有的离子总数为0.3NA，C错误；
D.100mL10ml・L-1浓盐酸中含有HCl的物质的量是n(HCl)=0.1L×10ml/L=1ml，该浓盐酸与足量MnO2 加热充分反应，由于只有浓盐酸能够反应，当反应进行到一定程度后溶液变稀，反应就不再进行，因此不能反应后溶液中的Cl- 的数目，D错误；
故合理选项是B。
18．下列反应的离子方程式，正确的是
A．用氨水吸收二氧化硫尾气：SO2+2OH-= +H2O
B．用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4 ： +CaSO4=CaCO3+
C．明矾净水的原理：Al3+ +3H2O =Al(OH)3↓+3H+
D．氯气用于自来水消毒：Cl2+ H2O 2H+ +Cl- +ClO-
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】离子方程式的正误判断
【详解】A. 用氨水吸收二氧化硫尾气，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为：SO2+2NH3·H2O=2++H2O，选项A错误；
B. 用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，发生反应的离子方程式为：+CaSO4=CaCO3+ ，选项B正确；
C. 明矾净水的原理的离子方程式为：Al3+ +3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+，选项C错误；
D. 氯气用于自来水消毒，反应的离子方程式为：Cl2+ H2O H+ +Cl- +HClO，选项D错误；
答案选A。
二、解答题
19．实验室以废铜屑(含少量Fe、不溶性杂质)为原料制取CuSO4·5H2O晶体和[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，其实验流程如下：
(1)氧化时先加入一定量3 ml/L H2SO4，再调节浓硝酸的用量至为2.0左右时，铜粉和浓硝酸完全反应，主要反应的化学方程式为 。
硝酸过量对产品的影响为 。
(2)废铜屑的氧化在如图1所示的装置中进行。从长导管中通入氧气的作用是 。保持试剂的用量不变，实验中提高Cu转化率的操作有 (写一种)。
(3)调节溶液pH应在3.5～4.5范围的原因是 。
(4)已知：[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3；CuSO4、(NH4)2SO4难溶于乙醇。结合图2，[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇水混合液中的溶解度随乙醇浓度变化曲线，补充完整由加足量氨水后所得的[Cu(NH3)4]SO4溶液制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的实验方案： (实验中必须使用的试剂和仪器：无水乙醇、乙醇－水混合液、BaCl2溶液、真空干燥箱)。
【答案】 Cu+2HNO3+H2SO4CuSO4+2NO2↑+2H2O 降低产品的产率和纯度 防止倒吸，使尾气中的氮氧化物能被完全吸收 适当提高反应温度、加快搅拌速率 使Fe3＋完全水解转化为Fe(OH)3沉淀除去，而Cu2＋留在溶液中 将[Cu(NH3)4]SO4溶液加入无水乙醇中，过滤，所得沉淀先用乙醇－水混合液洗涤，至最后的洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀生成，再将晶体用无水乙醇洗涤，放入真空干燥箱中干燥
【难度】0.65
【知识点】硝酸的强氧化性、化学实验基本操作、物质分离、提纯综合应用、常见无机物的制备
【分析】(1)Cu与浓硝酸、硫酸发生氧化还原反应产生CuSO4、NO2和H2O，根据原子守恒、电子守恒书写反应方程式；结合物质成分分析Cu、HNO3的物质的量比例关系；
(2)从安全角度和环保角度分析通入O2的原因；根据影响反应速率的因素分析；
(3)根据Fe3+、Cu2+形成沉淀需要的溶液的pH分析；
(4)根据CuSO4、(NH4)2SO4、[Cu(NH3)4]SO4·H2O难溶于乙醇，乙溶于水，而[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇与水混合溶液中的溶解度随乙醇含量的增大而减小分析。
【详解】(1) Cu与浓硝酸、硫酸发生氧化还原反应产生CuSO4、NO2和H2O，根据原子守恒、电子守恒书写反应方程式为Cu+2HNO3+H2SO4CuSO4+2NO2↑+2H2O；在反应时为保证制取的CuSO4纯度，要严格控制HNO3的用量，尽可能使硝酸完全反应转化为NO2气体逸出，若硝酸过量，则反应后的溶液中含有过量的硝酸，则制取得到的CuSO4产品中混有Cu(NO3)2，导致产品的纯度降低，且会是CuSO4的产率也减小；
(2)从长导管中通入氧气，可以防止因NO2在NaOH溶液中的溶解而产生的装置内气体压强减小，从而引起倒吸现象的发生；且能使反应产生的NO反应变为NO2，再被NaOH溶液完全吸收，就避免了氮氧化合物对大气造成的污染；
Cu是固体物质，在保持试剂的用量不变，在实验中若要提高Cu转化率，可通过适当提高反应温度、加快搅拌速率使反应物充分接触实现；
(3)在废铜屑中含少量Fe，在用浓硝酸与硫酸混合液氧化Cu时，Fe被氧化变为Fe3+，由于Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，沉淀完全时溶液的pH=3.2，调节溶液pH应在3.5～4.5范围，就可以使Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀除去，而Cu2＋仍留在溶液中，以保证制取得到纯净的CuSO4；
(4)将制得的[Cu(NH3)4]SO4溶液加入无水乙醇中，由图象可知[Cu(NH3)4]SO4·H2O在无水乙醇中不能溶解，就会析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，然后过滤得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀，所得沉淀中混有杂质CuSO4、(NH4)2SO4，先用乙醇－水混合液洗涤，除去杂质，然后根据BaSO4是白色不溶于水的沉淀，通过检验洗涤液中是否含有SO42-，来判断沉淀是否洗涤干净，向最后的洗涤滤液中滴加BaCl2溶液无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净，最后再将晶体用无水乙醇洗涤，放入真空干燥箱中干燥，就得到[Cu(NH3)4]SO4·H2O。
【点睛】本题考查了物质的制备方法、反应条件的控制、环境保护及物质分离提纯等。掌握反应原理，根据物质的溶解性、氧化性等分析解答。
20．用零价铁()去除含氮废水中的硝酸盐()是环境修复的重要方法。一种去除的过程如下。
(1)Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是 。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是 。
(3)实验发现，在Ⅱ中补充一定量的可以明显提高的去除率。向两份含氮废水[]中均加入足量粉，做对比研究。
分析ⅱ中的去除率提高的原因：
a.直接还原了。
通过计算说明电子得、失数量关系： ，证明该原因不合理。
b.研究发现：(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.能与反应生成。
用做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.破坏钝化层。
将ⅱ中的替换为 ，的去除率约为50%，证明该原因不合理。
(4)ⅰ、ⅱ中均能发生。该反应明显有助于ⅰ中的去除，结合方程式解释原因： 。
(5)测定含量
步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。
已知：
①水样中的含量为 。
②溶液中影响测定。向步骤1中加入适量，产生驱赶，否则会使测定结果 (填“偏大”或“偏小”)。
【答案】(1)过滤；
(2)；
(3) 还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5ml NaCl；
(4)，Fe2+破坏了钝化层；
(5) ； 偏大。
【难度】0.4
【知识点】酸碱中和滴定原理的应用、氧化还原反应方程式的书写与配平、物质含量的测定
【详解】（1）由步骤II得四氧化三铁和废水，因为四氧化三铁难溶于水，可得步骤II的分离操作为过滤；
故答案为：过滤；
（2）由步骤II反应产物为四氧化三铁和，且铁粉和在酸性条件下发生该反应，所以该氧化还原反应为；
故答案为：；
（3）根据物质得失电子的计量关系，可知，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml，，所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数；为说明是否是破坏钝化层，根据控制变量法的思想将（即）替换为氯离子物质的量相同的氯化钠，即7.2×10-5ml NaCl看是否能达到同样的去除率，若不能达到同样的去除率说明不能破坏钝化层，反知为Fe2+破坏了钝化层；
故答案为：还原所需电子：3.24×10-4ml，Fe2+最多提供的电子：3.6×10-5ml。Fe2+失去的电子数明显小于所需电子数； 7.2×10-5ml NaCl；
（4）根据上述分析可知生成的(导电)覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生(不导电)，它覆盖在表面，形成钝化层，阻碍电子传输。而
，破坏了钝化层有利于内层的铁能继续与硝酸根反应；
故答案为：，Fe2+破坏了钝化层；
（5）步骤1.取v含氮()水样，加入催化剂、标准溶液(过量)，再加入稀。发生，
步骤2.用标准溶液滴定剩余的(被还原为)，终点时消耗。发生，根据标准溶液的用量求得剩余的的物质的量=6c2v2×10-3ml，则参与步骤I反应的的物质的量=，根据该反应可得反应消耗的硝酸根物质的量，所以原水样中的含量；因为溶液中存在，也会消耗，所以用量偏小，由于总量一定，所以参与步骤I反应的物质的量会偏大（计算造成的误差），自然计算出来的水样中的含量也偏大；
故答案为：① ；② 偏大。
21．Na、K属于碱金属元素，其形成的物质在生活生产中有广泛应用。NaCl不仅可以作调味剂，在工业生产中也占据着重要地位。
(1)写出Na+电子式 ，比较Na+和Cl-的半径大小 ，NaCl属于 晶体。
(2)NaCl是氯碱工业的原料，此工业可以制取的产品有 (至少写出2种)。
(3)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为：______I2+______KClO3+______→______KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。配平该反应的化学方程式 。反应中生成的Cl2可用 吸收制备漂粉精。
NaHCO3俗称小苏打，可用于治疗胃酸过多。
(4)有实验小组利用pH传感器探究Na2CO3和NaHCO3的性质，实验过程如表所示。
写出Na2CO3与澄清石灰水反应的离子方程式 ，OH-未参与该反应的实验证据是 。
(5)结合离子方程式说明NaHCO3可用于治疗胃酸过多的原因 。胃酸过多易引起胃溃疡，小苏打可用于治疗胃溃疡，如果处于胃溃疡的活动期，医生不建议服用小苏打，请猜测医生不建议的原因 。
【答案】(1) Na+ r(Na+)