山东省青岛市第五十八中学2023-2024学年高一上学期1月月考化学试题含答案

这是一份山东省青岛市第五十八中学2023-2024学年高一上学期1月月考化学试题含答案，共27页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分， 下列离子方程式书写正确的是，1ml/LNaNO3溶液中通入等内容，欢迎下载使用。
化学试题
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题，共40分；第Ⅱ卷为非选择题，共60分，满分100分，考试时间为90分钟。
2.第Ⅰ卷共3页，每小题有1个或2个正确答案，请将选出的答案标号(A、B、C、D)涂在答题卡上。第Ⅱ卷共3页，将答案用黑色签字笔(0.5mm)写在答题纸上。
相对原子质量H1 C12 N14 O16 Na23 Si28 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Mn55
第Ⅰ卷
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 化学与生活、生产、科技等密切相关。下列说法不正确的是
A. “酒中之水，皆可蒸烧”是因为酒精的沸点比水的沸点低
B. 用作光导纤维，是因为其具有强导电性
C. 维生素C用作食品中的防腐剂，是因为维生素C有较强的还原性
D. 古壁画红色颜料用铁红，是由于其在空气中性质稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．“酸坏之酒，皆可蒸烧”是因为酒精的沸点比水的沸点低，可以用蒸馏的方法分离，选项A正确；
B．SiO2用作光导纤维，是因为其具有很强的光的全反射作用，选项B不正确；
C．维生素C用作食品中的防腐剂，是因为维生素C有较强的还原性，可以防止食品被氧化，选项C正确；
D．古壁画红色颜料用铁红，是由于在空气中性质稳定，不易被氧化，选项D正确；
答案选B。
2. 下列实验操作规范且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．在锥形瓶中发生反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，可观察到锥形瓶中产生黄绿色气体，由此反应说明氧化性：KMnO4＞Cl2，烧杯中发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2，可观察到烧杯中溶液变蓝，说明氧化性：Cl2＞I2，A项符合题意；
B．不能用过滤法分离Fe(OH)3胶体，B项不符合题意；
C．大理石与稀盐酸反应产生CO2，由于盐酸具有挥发性，所得CO2中混有HCl，HCl与偏铝酸钠溶液作用也会生成Al(OH)3白色沉淀，不能说明CO2与偏铝酸钠溶液一定发生了反应，不能比较H2CO3与Al(OH)3酸性的强弱，C项不符合题意；
D．加热FeCl2·6H2O时Fe2+会被氧化成Fe3+，同时Fe3+会发生水解，最终不能获得无水FeCl2，D项不符合题意；
答案选A。
3. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向NaAl(OH)4溶液中通入过量
B. CuO溶于NaHSO4溶液：
C. 向0.1ml/LNaNO3溶液中通入
D. Fe与稀硝酸反应，当时：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向NaAl(OH)4溶液中通入过量二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，，故A错误；
B．CuO溶于NaHSO4溶液生成硫酸铜、氯酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．向0.1ml/LNaNO3溶液中通入二氧化硫气体，硝酸根离子被还原为NO，反应的离子方程式为，故C错误；
D．Fe与稀硝酸反应，当时，设生成Fe3+的物质的量为xml、生成Fe2+的物质的量为yml，则表现酸性的硝酸为(3x+2y)ml，根据电子守恒，生成NO的物质的量为，则，反应的离子方程式为，故D正确；
选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温、常压下，1.4g环丁烷与环丙烷混合气体中含有的氢原子数为
B. 标准状况下，22.4L氯气、氢气和一氧化碳的混合气体中含有个原子
C. 100g32%的甲醇溶液中含有的氢原子数为
D. 两份质量均为5.6g的铁粉分别与足量硫粉、碘单质充分反应，转移的电子数均为
【答案】C
【解析】
【详解】A．环丁烷与环丙烷的最简式都为，所以含有的氢原子数为，所以A正确；
B．每个氯气、氢气和一氧化碳分子都含有两个原子，标准状况下，22.4L混合气体中含有个原子，故B正确；
C．100g32%的甲醇溶液中含有水和甲醇，所以含有的氢原子数为，故C错误；
D．铁与硫粉、碘单质反应都生成，所以5.6g的铁粉充分反应转移的电子数均为，故D正确；
故选C。
5. 下列说法正确的有几项
①需要通电才可以进行的有：电离、电泳、电镀、电解
②碱性氧化物均为金属氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物
③纳米材料石墨烯用一束强光照射可以发生丁达尔现象
④电解质溶液中自由移动离子数目越多导电能力越强
⑤把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌可以制得氢氧化铁胶体
⑥、前者属于碱性氧化物，后者属于过氧化物，都能与酸性氧化物反应
⑦有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
⑧碱石灰、漂白粉、冰水混合物、明矾均为混合物
⑨金属元素由化合态变成游离态一定是被还原
A. 1项B. 2项C. 3项D. 4项
【答案】C
【解析】
【详解】①电离不需要通电，故错误；
②碱性氧化物均为金属氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如，故错误；
③纳米材料石墨烯不是分散系，不具有丁达尔效应，故错误；
④电解质溶液导电能力强弱与自由移动的离子浓度、自由移动离子所带电荷数多少有关，故错误；
⑤把饱和三氯化铁溶液滴入沸水中并充分搅拌后氢氧化铁胶体会聚沉，故错误；
⑥与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，不是碱性氧化物，属于过氧化物，二者都能与二氧化碳反应，故正确；
⑦有单质参加的化合反应，化合价一定会发生变化，故一定是氧化还原反应，故正确；
⑧冰水混合物只含有一种物质，属于纯净物，明矾也属于纯净物，故错误；
⑨金属元素在化合态时显正化合价，变成游离态时，化合价降低，被还原，故正确；故选C。
6. 利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象能证明a中生成的产物的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝酸易挥发，硝酸具有氧化性，硝酸能把I-氧化为I2，淀粉﹣KI溶液变蓝不能证明HNO3分解生成NO2，故不选A；
B．C与浓H2SO4反应生成CO2、SO2，CO2、SO2都能使澄清石灰水变浑浊，所以澄清石灰水变浑浊不能证明C与浓H2SO4生成CO2，故不选B；
C．酚酞溶液变红，说明b中溶液变为碱性，证明a中放出氨气，故选C；
D．盐酸和大理石反应生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，二氧化碳、氯化氢都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，则NaSiO3溶液中有沉淀生成不能证明盐酸和大理石反应生成二氧化碳，故不选D；
选C。
7. 某课外小组为了鉴别和两种白色固体，设计了如下几种实验方法。下列说法不正确的是
A. 装置I中的和均能与盐酸反应，产生气体速率快的是
B. 当稀盐酸足量时，装置I中气球鼓起体积较小的是
C. 加热装置II，澄清石灰水变浑浊一侧中的白色固体是
D. 装置III中两个烧杯均可看到白色浑浊，故无法鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置I中的和均能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，产生气体速率快的是，故A正确；
B．中碳元素的质量分数大于，当稀盐酸足量时，装置I中气球鼓起体积较大的是，故B错误；
C．碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，加热装置II，澄清石灰水变浑浊的一侧中的白色固体是，故C正确；
D．、都能与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以装置III中两个烧杯均可看到白色浑浊，故D正确；
选B
8. 某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，下列物质组合不符合要求的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．通入的二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀，过量的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，则最终不会得到澄清溶液，故A符合题意；
B．通入的氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则最终能得到澄清溶液，故B不符合题意；
C．通入的氯化氢使溶液呈酸性，酸性条件下硝酸根离子能与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，则最终能得到澄清溶液，故C不符合题意；
D．通入的二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，氧化镁溶于酸溶液得到可溶的镁盐，则最终能得到澄清溶液，故D不符合题意；
故选A。
9. 工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是
A. 制取镁：
B. 冶炼铝：
C. 制硝酸：
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．海水加入NaOH制备氢氧化镁，成本高，应该用石灰乳；制备金属镁需要电解熔融的氯化镁，不是电解氧化镁，A错误；
B．氯化铝是共价化合物，熔融的氯化铝不能导电，制备金属铝采用电解氧化铝冰晶石熔融体，B错误；
C．氮气和氢气催化剂、高温高压下反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO与氧气和水反应生成硝酸，再加入硝酸镁蒸馏得到浓硝酸，故C正确；
D．氯气与石灰乳制备漂白粉，而不是澄清石灰水，故D错误；
故选C。
10. 实验室利用制取高锰酸钠的相关反应的离子方程式如下：
Ⅰ：；
Ⅱ：；
Ⅲ：。
下列说法错误的是
A. 反应Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1
B. 酸性条件下的氧化性：
C. 可与盐酸发生反应：
D. 制得28.4g高锰酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ中中氯元素化合价降低发生还原反应得到还原产物氯气，氯离子中氯元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物氯气，根据电子守恒可知，氧化产物和还原产物的物质的量比为5∶1，A正确；
B．氧化剂氧化性大于氧化产物；Ⅰ得氧化性，Ⅱ在碱性条件显得氧化性，Ⅲ得氧化性，故不能说明酸性条件下氧化性：，B错误；
C．酸性条件下可与盐酸发生反应生成氯气，，C正确；
D．28.4g高锰酸钠为0.2ml，根据方程式可知，，理论上消耗氯酸钠的物质的量为ml ，D正确；
故选B。
二、不定项选择题(本大题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有一项或两项符合题目要求。全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分。)
11. 向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，得到标准状况下8.96L NO和NO2的混合气体及Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0ml/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法正确的是
A. Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1
B. 硝酸的物质的量浓度为2.4ml/L
C. 产生的NO2的体积为2.24L(标况)
D. Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2ml
【答案】AD
【解析】
【分析】依题意，Cu元素全部转化为Cu(OH)2，且n(Cu原子)==0.4ml，则有n(Cu)+2n(Cu2O)=0.4ml，又n(Cu)×64g/ml+n(Cu2O)×144g/ml=27.2g，解得n(Cu)=0.2ml，n(Cu)=0.1ml。溶液呈中性意味着溶液中只含溶质NaNO3。
【详解】A．依分析可得：Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1，A正确；
B．根据N原子守恒可知：n(HNO3)=n(气体)+n(NaNO3)=+1.0ml/L×1.0L=0.4ml+1ml=1.4ml，故c(HNO3)==2.8ml/L，B错误；
C．根据电子得失守恒可知：n(Cu)×2+ n(Cu2O)×2=n(NO)×3+ n(NO2)×1；又n(NO)+n(NO2)==0.4，解得n(NO2)=0.3(ml)，即v(NO2)=0.3ml×22.4L/ml=6.72L，C错误；
D．所得溶液未加NaOH前，根据电荷守恒有：n(Cu2+)×2+n(H+)=n(NO3-)，而n(NO3-)=n(Na+)=n(NaOH)代入得：0.4ml×2+n(H+)=1.0ml/L×1.0L=1.0ml，故n(H+)=0.2ml，即n(HNO3)=0.2ml，D正确。
故答案为：AD。
【点睛】此题巧妙运用了原子守恒、电子得失守恒及电荷守恒。
12. 氧化二氯()是净化饮用水的一种有效的净水剂，浓度过高或加热时易发生分解并爆炸，制备反应为，反应装置如图所示(夹持装置已略)。
相关物质数据
下列说法错误的是
A. 检查虚框中装置气密性可用液差法B. 装置B中试剂是浓硫酸
C. 装置D收集Cl2OD. 通入可降低爆炸风险
【答案】B
【解析】
【分析】本实验目的是制备Cl2O，实验原理是，A装置中制备氯气，氯气中混有HCl，为防止HCl干扰实验，需要除去，即装置B盛放饱和食盐水，C装置为发生装置，D装置为收集装置，据此分析；
【详解】A．虚框中装置气密性检验，可用液差法，将止水夹夹住装置A两端橡胶管，打开分液漏斗活塞，加水，一段时间后，水不能顺利流下，则气密性良好，故A说法正确；
B．因反应，需要有水参与，不能用浓硫酸除去水，装置B中试剂应是饱和食盐水，除去HCl，故B说法错误；
C．根据Cl2O的沸点，并且在液氨中冷凝，所以装置D为收集装置，故C说法正确；
D．Cl2O浓度过高易发生分解并爆炸，通入N2可稀释Cl2O，降低爆炸风险，故D说法正确；
答案为B。
13. 某矿石的主要成分为MgCO3，还含有CaO、SiO2、Fe3O4、Al2O3及少量其它杂质。某工厂采用该矿石为主要原料生产碱式碳酸镁，流程如下(已知：温度低于700℃时，SiO2不会与CaO等反应)。下列有关说法不正确的是
A. 煅烧过程所发生的主要化学反应方程式为：
B. 滤渣1的成分是SiO2
C. 氧化步骤发生反应的离子方程式可以是：
D. 加X调pH的X是氢氧化钠
【答案】BD
【解析】
【分析】矿石煅烧过程中碳酸镁分解生成氧化镁和二氧化碳，加入硫酸进行溶解，其中二氧化硅不与硫酸反应，氧化钙与硫酸反应生成微溶性物质硫酸钙，过滤除去；将滤液中亚铁离子氧化为铁离子，加入氧化镁或碳酸镁调节pH，将铝离子和铁离子形成沉淀，过滤除去；将滤液中的镁离子形成沉淀分离，经过系列操作获得碱式碳酸镁；据此分析。
【详解】A．煅烧的主要目的是使碳酸镁分解，化学方程式为：，同时除去一些可燃性杂质，A正确；
B．已知温度低于700℃时，SiO2不会与CaO等反应，所以煅烧后CaO、SiO2、Fe3O4、Al2O3都没有反应，加入硫酸后二氧化硅不反应，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙沉淀，所以滤渣1的成分是CaSO4和SiO2，B错误；
C．氧化是为了用过氧化氢把亚铁离子转化成铁离子，离子方程式为：，C正确；
D．调pH的目的是通过形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而除去铁离子和铝离子，不能引入新的杂质，一般是用氧化镁或碳酸镁，促进铁离子和铝离子的水解而完成，用氢氧化钠不但引入钠离子，且氢氧化铝会溶于氢氧化钠溶液中，所以加入的X不能用氢氧化钠，D错误；
故选BD。
14. 氨基甲酸铵(NH2COONH4)受热易分解，易与水反应分解，难溶于CCl4，设计如图所示装置制备氨基甲酸铵。已知：。下列说法错误的是
A. A装置的优点是能够随时控制反应的发生和停止
B. 装置B、C、E中试剂可分别为饱和碳酸氢钠溶液、浓硫酸、CaCl2固体
C. 装置D使用热水浴
D. 装置F中所用试剂可为NH4Cl与熟石灰
【答案】BC
【解析】
【分析】A制备二氧化碳、B除二氧化碳中的氯化氢、C干燥二氧化碳；F制备氨气，E干燥氨气；干燥的二氧化碳和氨气在D中反应生成氨基甲酸铵。
【详解】A. 关闭止水夹，A装置中反应停止；打开止水夹，A装置中反应开始；故A正确；
B. 装置E干燥氨气，氨气不能用CaCl2固体干燥，故B错误；
C. 氨基甲酸铵受热易分解，装置D使用冷水浴，故C错误；
D. 装置F制备氨气，所用试剂可为NH4Cl与熟石灰，故D正确；
选BC。
15. 研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下：
下列说法正确的是
A. 常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸
B. ②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等
C. 依据②，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2
D. ①②中现象的差异仅是由于温度改变了化学反应速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故A错误；B．随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，而Fe能与稀硫酸反应生成氢气，则②中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故B错误；C．②中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成SO2，故C正确；D．温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故D错误；故答案为C。
第Ⅱ卷
三、填空题(本大题共5小题，共60分)
16. 在Na＋浓度为的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。
现取该溶液100mL进行如下实验(气体体积均在标准状况下测定)。
请回答下列问题。
（1）实验I能确定一定不存在的离子是___________。
（2）实验I中生成气体的离子方程式为___________。
（3）通过实验I、II、III和必要计算，填写下表中阴离子的浓度(能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”)。
（4）判断K＋是否存在，若存在求其最小浓度，若不存在说明理由：___________。
【答案】（1）Ag＋、Mg2＋、Ba2＋
（2）
（3） ①. ？ ②. 0.25 ③. 0.4 ④. 0
（4）存在，且其最小物质的量浓度为
【解析】
【分析】根据溶液为澄清溶液可知：溶液中含有的离子一定能够大量共存；由实验Ⅰ可知，该溶液中一定含有，其物质的量为，所以物质的量浓度为，则一定没有Ag＋、Mg2＋、Ba2＋；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有，发生反应+2H+=H2SiO3↓，硅酸加热分解生成二氧化硅，固体质量为2.4g为二氧化硅的质量，根据硅原子守恒，的物质的量为，所以其物质的量浓度为：；由实验Ⅲ可知溶液中不含，根据电荷守恒2c()+2c()=2×0.25ml/L+2×0.4ml/L=1.3ml/L>0.5ml/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8ml/L，不能确定是否存在；据此分析。
【小问1详解】
由实验Ⅰ可知，加入足量稀盐酸生成白色沉淀并在标准状况下放出0.56L气体，则该溶液中一定含有、，则一定没有Ag＋、Mg2＋、Ba2＋；
【小问2详解】
加入盐酸，生成的气体为二氧化碳，离子方程式为：；
【小问3详解】
根据上述分析过程，得到：
【小问4详解】由分析可知，根据电荷守恒2c()+2c()=2×0.25ml/L+2×0.4ml/L=1.3ml/L>0.5ml/L，因此溶液中一定含有K+，且其浓度至少为0.8ml/L。
17. 某兴趣小组设计用铜粉将NO还原为N2。
已知：①浓硝酸可氧化NO；
②NaOH溶液能吸收NO2，不能吸收NO。
（1）装置F的名称为___________，装置的连接顺序为a→___________(装置只用一次)。
（2）装置C中发生反应的离子方程式为___________。
（3）装置D的作用为___________。
（4）E装置中可观察到的现象为___________。
（5）反应一段时间后拆下E装置，连接为如下图装置，一段时间后，无水硫酸铜变蓝色，生成无污染气体，写出通入氨气后E装置中发生反应的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d
（2）
（3）吸收挥发出来的硝酸
（4）红色固体变为黑色
（5）
【解析】
【分析】用铜粉将NO 还原为N₂(同时生成 CuO)，结合实验装置可知，A 中 Cu 与稀硝酸反应生成NO，D 中水除去挥发的硝酸，F中干燥 NO，然后在E中发生，结合信息可知，B中浓硝酸可氧化NO，C中NaOH溶液可吸收尾气。
【小问1详解】
①装置F的名称为球形干燥管；
②由上述分析可知,装置连接顺序为a→f →e→ j→i→h→g(或g→h)→b→c→d；
【小问2详解】
C中NaOH溶液能吸收，反应的离子方程式为；
【小问3详解】
装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸，保证进入E的只有NO气体；
【小问4详解】
E装置中可观察到的现象为红色固体变为黑色；
【小问5详解】
一段时间后无水硫酸铜变蓝色，说明有水生成，氨气在加热条件下，把氧化铜还原，E装置中发生反应的化学方程式。
18. 氯化亚铜(CuCl)广泛应用于冶金工业，也用作催化剂和杀菌剂。以硫化铜精矿为原料生产CuCl的工艺如图：
已知：CuCl难溶于醇和水，溶于较大的体系，潮湿空气中易水解氧化。
（1）步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，化学方程式是___________。
（2）步骤4进行的实验操作是___________。
（3）洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”，理由是___________。用乙醇洗涤的目的是___________。
（4）产品纯度测定：称取CuCl产品ag于锥形瓶中，加入足量的酸性Fe2(SO4)3溶液使其充分溶解，然后用0.1000ml/LKMnO4标准溶液滴定Fe2＋，消耗KMnO4溶液bmL(本实验中的被还原为Mn2＋，不与产品中杂质和Cl﹣反应)。
①CuCl溶于Fe2(SO4)3溶液的离子方程式是___________。
②产品中CuCl的质量分数为___________(列计算式即可)。
【答案】（1）
（2）过滤（3） ①. HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化 ②. 去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化
（4） ①. ②. 或或
【解析】
【分析】“步骤1”中硫化铜精矿与H2SO4、H2O2反应后生成S、CuSO4，CuSO4溶液经系列步骤得到Cu；“步骤2”中Cu与H2SO4、NH4NO3反应生成Cu2+，“步骤3”中Cu2+与(NH4)2SO3、NH4Cl反应生成CuCl，“步骤4”为过滤，然后依次用稀硫酸、醇洗涤，干燥得到CuCl。
【小问1详解】
步骤1是“氧化酸浸”的过程，该过程生成蓝色溶液和浅黄色沉淀，生成的蓝色溶液为CuSO4溶液、浅黄色沉淀为S，在该步骤中H2O2将CuS中-2价的S氧化成S，结合得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为CuS+H2SO4+H2O2=CuSO4+S+2H2O。
【小问2详解】
根据分析，步骤4进行的实验操作是过滤。
【小问3详解】
由“CuCl在潮湿空气中易水解氧化”可知CuCl具有较强还原性，HNO3具有强氧化性会把CuCl氧化，故洗涤过程中不能用硝酸代替硫酸进行“酸洗”；根据“CuCl难溶于醇和水，潮湿空气中易水解氧化”，用乙醇洗涤的目的是去除CuCl固体表面的水，防止其被空气氧化。
【小问4详解】
①CuCl被Fe3+氧化成Cu2+，Fe3+被还原成Fe2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，CuCl与Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式是CuCl+Fe3+=Cu2++Cl-+Fe2+。
②KMnO4与Fe2+反应的离子方程式为5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，根据测定过程可得5CuCl~5Fe2+~，则n(CuCl)=5n()=5×0.1000ml/L×L=5b×10-4ml，m(CuCl)= 5b×10-4ml×99.5=0.04975bg，产品中CuCl的质量分数为×100%=%。
19. 漂白液是一种常用的消毒剂，通常可将Cl2通入NaOH溶液中制取，某化学兴趣小组想用下列装置制备漂白液并探究漂白液的化学性质。
（1）为完成该制备实验请将上述装置的接口按照合理的顺序连接：a→___________→b。
（2）盛装浓盐酸的仪器名称为___________，装置中制备氯气的离子方程式为___________。
（3）为了探究漂白液的性质，各取少量制备的漂白液于3支试管中，进行下列实验，根据要求完善表格。
（4）为配制80mL6ml/L的稀硫酸，某学校实验室从化学试剂商店采购了贴有以下标签的浓硫酸，配制该稀硫酸可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。
请回答下列问题：
①配制稀硫酸时，还缺少的仪器是___________(填写名称)。
②经计算，配制80mL6ml/L的稀硫酸需要量取上述浓硫酸的体积为___________mL。
③对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的有___________(填写字母)。
A．用量筒量取浓硫酸时，俯视刻度线取浓硫酸
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水
C．将硫酸稀释后立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作
D．用量筒量取浓硫酸后，洗涤量筒并将洗涤液也转移入烧杯中
E．定容时，仰视容量瓶刻度线
F．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处
【答案】（1）c→d→e→f
（2） ①分液漏斗 ②.
（3） ①碱性和漂白性 ②. 溶液变成蓝色 ③.
（4） ①. 玻璃棒、100mL容量瓶 ②. 32.6 ③. CD
【解析】
【分析】在装置A中，利用制取Cl2，但由于浓盐酸易挥发，制得的Cl2中混有HCl气体和水蒸气，将混合气体通入C中除去HCl，再将Cl2通入盛有氢氧化钠溶液的D中，发生制取漂白液，最后气体通入B中用氢氧化钠吸收，作尾气处理，故装置的链接顺序为，A→C→D→B，接口顺序为：a→c→d→e→f→b，据此回答。
【小问1详解】
由分析知，漂白液的有效成分为为NaClO；合理的顺序连接：a→c→d→e→f→b；
【小问2详解】
由图知，盛装浓盐酸的仪器名称为：分液漏斗；由分析知，制备氯气的离子方程式为；
【小问3详解】
漂白液溶液中次氯酸根会发生水解，所以漂白液呈碱性，紫色石蕊试剂变蓝，但HClO具有漂白性，所以随后溶液褪色，故漂白液具有碱性和漂白性；漂白液具有氧化性，能够将KI中碘离子氧化成碘单质，碘单质与淀粉变蓝色；由于漂白液中含有NaCl、NaClO，加入H2SO4，酸性条件下会发生生成黄绿色的氯气；
【小问4详解】
①根据配制步骤是计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，故还缺少的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒，故还缺少的仪器为：100mL容量瓶、玻璃棒；②配制的稀硫酸，需要用100mL容量瓶，由，由稀释公式，；③A．用量筒量取浓硫酸时，俯视刻度量取浓硫酸，会导致所取的浓硫酸的体积偏小，则所配溶液的浓度偏小，故A不选；B．只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故B不选；C．未冷却就转移到容量瓶中并定容，待溶液冷却后体积偏小，则浓度偏大，故C选；D．用量筒量取浓硫酸后，洗涤量筒并将洗涤液也转移入烧杯中，导致溶质的量增多，物质的量浓度增大，故D选；E．定容时，仰视容量瓶刻度线进行定容，会导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故E选；F．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线是正常的，又补充几滴水至刻度处会导致浓度偏小，故F不选；故选CD。
20. 硫酸镁可用于印染、造纸、医药工业。利用某水泥厂的废料(含50%MgO，还有少量CaO、MnO2、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)，制取的流程如图：
回答下列问题
（1）“酸浸”时，pH控制为1，若提高浸取速率，可采取的措施是___________(任写一条)。
（2）“氧化”时，NaClO与Mn2＋按物质的量1：1反应生成MnO2，其离子方程式为___________；调节pH时可加入试剂X为___________。
A．NaOH B．MgCO3 C．MgO D．CuO
（3）滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物___________。
（4）“除钙”时，控温在60℃时除去MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4。参照表格，简要说明除钙的操作方法___________。
部分物质的溶解度(g/100gH2O)如表：
（5）为了提高原料中镁的利用率，操作a后滤液的处理方法是___________。
【答案】（1）适当升温(或粉碎或搅拌)(增大硫酸浓度不得分)
（2） ①. ②. BC
（3）MnO2、SiO2
（4）将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤
（5）将操作a后的母液循环利用
【解析】
【分析】水泥厂的废料含50%MgO，还有少量CaO、MnO2、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质。用稀硫酸溶解，SiO2不溶于硫酸，溶液中含硫酸镁、硫酸锰、硫酸钙、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，加次氯酸钠把锰离子氧化为MnO2、硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氧化镁等试剂调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除铁、铝，过滤除去MnO2、SiO2、氢氧化铁、氢氧化铝，滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤除去硫酸钙，滤液为硫酸镁，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得。
【小问1详解】
“酸浸”时，pH控制为1，根据影响反应速率的因素，若提高浸取速率，可采取的措施是适当升温、粉碎、搅拌等。
【小问2详解】
“氧化”时，NaClO与Mn2＋按物质的量1：1反应生成MnO2，ClO-被还原为Cl-，其离子方程式为；调节pH的目的是除硫酸镁溶液中的硫酸铁、硫酸铝，为不引入新杂质，调节pH时可加入试剂X为MgCO3或MgO，故选BC。
【小问3详解】
SiO2不溶于硫酸，次氯酸钠把锰离子氧化为难溶于水的MnO2，滤渣除Al(OH)3、Fe(OH)3外还有氧化物MnO2、SiO2；
【小问4详解】
MgSO4的溶解度随温度升高而增大、硫酸钙溶解度随温度升高而减小，“除钙”时操作方法为将滤液保持60℃左右蒸发至出现一定量固体并趁热过滤。
【小问5详解】
为了提高原料中镁的利用率，过滤后，母液的处理方法是循环利用。A．利用该装置探究氧化性：KMnO4>Cl2>I2
B．分离Fe(OH)3胶体
C．验证酸性：H2CO3>Al(OH)3
D．加热FeCl2·6H2O制取无水FeCl2
选项
a中反应
b中检测试剂及现象
A
浓HNO3分解生成NO2
淀粉﹣KI溶液变蓝
B
C与浓H2SO4生成CO2
澄清石灰水变浑浊
C
NaOH浓溶液与NH4Cl浓溶液生成NH3
酚酞溶液变红
D
盐酸和大理石反应生成二氧化碳
NaSiO3溶液中有沉淀生成
选项
气体
液体
固体粉末
A
CO2
饱和Na2CO3溶液
CaCO3
B
Cl2
FeCl2溶液
Fe
C
HCl
Cu(NO3)2溶液
Cu
D
SO2
氯水
MgO
物质
熔点
沸点
-116℃
3.8℃
—
-34.6℃
液氨
—
-33.5℃
①
②
铜丝表面无明显现象
铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象
铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，
品红溶液褪色
阳离子
K＋、Ag＋、Mg2＋、Ba2＋
阴离子
、、、
序号
实验内容
实验结果
I
向该溶液中加入足量稀盐酸
产生白色沉淀并放出标准状况下0.56L气体
Ⅱ
将I的反应混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量
固体质量为2.4g
Ⅲ
向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液
无明显现象
阴离子
______
______
______
______
阴离子
？
0.25
0.4
0
实验操作
试剂X
实验现象
推论
紫色石蕊试液
先变蓝，后褪色
①漂白液具有___________性
含淀粉的碘化钾溶液
②___________。
③漂白液具有氧化性
H2SO4溶液
产生黄绿色气体
④溶液中发生反应的离子方程式为___________
硫酸化学纯(CP)
(500mL)
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%
温度/℃
物质
20
40
60
80
MgSO4
28.6
30.9
36
40.8
CaSO4
0.272
0.23
0.204
0.184