四川省雅安中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com
高2019级高一上期化学期中试卷
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 S-32 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题，共50分）
一、（本题包括25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意）
1.本草纲目记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”。其方法与下列分离方法相对应的是（　　）
A. 蒸馏 B. 蒸发 C. 过滤 D. 分液
【答案】A
【解析】
【详解】烧酒的制造工艺是利用蒸馏的方法分离沸点不同的液体混合物，A项正确。
故选A。
2.下列实验操作或装置正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A、不能用燃着的酒精灯点燃另一酒精灯，故A错误；
B、蒸馏时温度计水银球应靠近蒸馏烧瓶支管口，冷却水应该下进上出，故B错误；
C、是正确的过滤装置，故C正确；
D、浓H2SO4稀释放热，为防止液体飞溅，应将浓H2SO4沿烧杯内壁慢慢加到H2O中，并及时搅拌和冷却，故D错误；
故选C。
3.下列分类或归类正确的是（ ）
①液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物  ②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物  
③明矾、水银、烧碱、硫酸均为电解质 ④ 火碱、纯碱、碳酸钙都是电解质 
⑤碘酒、淀粉、云雾、纳米材料均为胶体
A. ①③④ B. ②③ C. ②④ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①氨水是氨气的水溶液，属于混合物，故①错误；
②CaCl2、NaOH、HCl、IBr是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故②正确；
③水银是单质，不是电解质也不是非电解质，故③错误；
④碳酸钙是电解质，火碱是氢氧化钠，纯碱是碳酸钠，二者也都是电解质，故④正确；
⑤碘酒是碘单质的酒精溶液，淀粉、纳米材料不是分散系，云雾是胶体，故⑤错误；
答案选C。
【点睛】熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质、分散系等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题的关键。
4.除去下列物质中的杂质（括号内为杂质），所选用的试剂及方法均正确的一组是（　　）
选项
待提纯的物质
选用的试剂
操作的方法
A
CaO（CaCO3）
水
溶解、过滤、结晶
B
Cu（Fe）
稀盐酸
溶解、过滤、洗涤、干燥
C
CO2（H2O）
氢氧化钠固体
将混合气通过盛氢氧化钠的装置
D
CO2（CO）
氧气
点燃


A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.氧化钙和水反应生成氢氧化钙，碳酸钙不溶于水，故不能用溶解过滤的方法分离氧化钙中的碳酸钙，故错误；
B.铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，铜不反应，故正确；
C.二氧化碳和氢氧化钠反应，故错误；
D.混合物气体不能燃烧，故错误。
故选B。
【点睛】掌握物质分离提纯的原则，注意被提纯的物质不能减少，若被提纯的物质有变化，必须通过反应或操作再将其变回来。如氧化钙中的碳酸钙，因为碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，所以用加热的方法除去。
5.下列说法正确的是 （ ）
A. 2.7g金属铝变为铝离子时得到的电子数目为0.3NA
B. 0.5mol O3与11.2L O2所含的分子数一定相等
C. 14g由乙烯（C2H4）和丙烯（C3H6）组成的混合物中含有原子的数目为3NA
D. 22.4LCO2与CO的混合气体中含碳原子数为NA
【答案】C
【解析】
【详解】A.金属铝反应后变成+3价，所以2.7克铝变为铝离子失去0.3mol电子，故错误；
B.没有说明氧气是否在标况下，不能计算其物质的量，故错误；
C.混合物的最简式为CH2，14克混合物含有相当于1molCH2，含有3mol原子，即含有原子的数目为3NA故正确；
D.没有说明是否为标况，故错误。
故选C。
6.下列变化中必须加入氧化剂才能实现的是( )
A. KC1 →KC1O3 B. KMnO4→MnO2
C. Fe2(SO4)3→FeSO4 D. CaO→Ca(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】必须加入氧化剂，所以该物质为还原剂。
A.过程中氯元素化合价升高，需要加入氧化剂，故正确；
B.高锰酸钾能自身受热分解生成二氧化锰，不需要加入氧化剂，故错误；
C.硫酸铁变为硫酸亚铁是氧化剂的变化，故错误；
D.氧化钙变成氢氧化钙不属于氧化还原反应，故错误。
故选A。
【点睛】注意本题中是指必须加入氧化剂才能实现，两层含义，加入的试剂为氧化剂，即反应为氧化还原反应，选项中的变化为还原剂的变化，化合价升高。另一层含义，必须加入试剂才能反应，如高锰酸钾自身能受热分解实现其变化，就不是必须加入氧化剂的过程。
7.下列从混合物中分离出其中的一种成分，所采取的分离方法正确的是
A. 对含Ca2+、Mg2+的自来水，可采用沉淀法得到蒸馏水
B. 水的沸点为100℃，酒精的沸点为78.5℃，所以可用加热蒸馏方法，使含水的酒精变为无水酒精
C. 要提取碘水中的碘，可用四氯化碳萃取后，分离出下层，采用蒸馏法获得
D. NaCl溶解度随温度变化不大，所以用冷却法从热的含少量KNO3的NaCl溶液中分离得到纯净的NaCl
【答案】C
【解析】
【分析】
进行混合物分离提纯时，应根据实验目的和物质的性质，选择使用合适的方法。
【详解】A. 自来水中有Ca2+、Mg2+等阳离子，必存在阴离子，用沉淀法使Ca2+、Mg2+等转化为沉淀，不能除去阴离子，且会引入新的阳离子，故不能得到蒸馏水，A项错误；
B. 当酒精沸腾时，也有水汽化，直接蒸馏不能使含水酒精变为无水酒精。通常在含水酒精中加入新制生石灰，将水转化为难汽化的氢氧化钙，再进行蒸馏，B项错误；
C. 用四氯化碳萃取碘水中的碘，下层液体是溶解了碘的四氯化碳，采用蒸馏法分离可得纯净的碘、并回收四氯化碳，C项正确；
D. 因NaCl溶解度随温度变化不大，冷却热的含少量KNO3的NaCl溶液几乎不能得到NaCl晶体。可加热浓缩、趁热过滤获得NaCl晶体，D项错误。
本题选C。
8.下列反应中，电子转移方向和数目不正确的是
【答案】B
【解析】
【详解】该反应中硫化氢是还原剂，起氧化产物是S，硫酸是氧化剂，起还原产物是SO2，转移2个电子，即，B不正确，其余都是正确的，答案选B。
9.下列有关胶体的说法不正确的是（　　）
A. 氢氧化铁胶体具有吸附性，可做净水剂
B. 向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，可制得Fe(OH)3胶体
C. 可用丁达尔效应鉴别氢氧化铁胶体和水
D. 盐卤点豆腐、江河入海口处“三角洲”的形成、高压直流电除烟尘均与胶体的性质有关
【答案】B
【解析】
【详解】A.氢氧化化铁胶体表面积大，具有吸附性，做净水剂，故正确；
B.氯化铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铁沉淀，故错误；
C.胶体有丁达尔效应，能区别胶体和水，故正确；
D.豆浆属于胶体，江河中含有胶体，烟尘属于胶体，所以这些都与胶体的性质有关，故正确。
故选B。
10.一定能在下列溶液中大量共存离子组是（　　）
A. 常温，pH=2的溶液中：Na+、NH4+、HCO3-、Br-
B. 能使酚酞变红的溶液中Na+、K+、SO42-、CH3COO-
C. 0.1 mol•L-1（NH4）2Fe（SO4）2溶液中：H+、Al3+、Cl-、NO3-
D. 无色透明溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液为酸性，碳酸氢根子离子不能存在，故错误；
B.使酚酞变红的溶液为碱性，四种离子在碱性溶液中不反应,能共存，故正确；
C.亚铁离子和硝酸在酸性条件下会发生氧化还原反应，故错误；
D.铜离子有颜色，故错误。
故选B。
【点睛】掌握有颜色的离子和离子反应的条件，如复分解反应或氧化还原反应等。注意溶液的酸碱性对离子存在的影响。
11.某溶液中只含有Al3+、Na+、Cl-、SO42-四种离子，已知前三种离子的个数比为3：3：2，则溶液中Na+和SO42-的离子个数比为 （ ）
A. 2：1 B. 2：5 C. 3：5 D. 3：4
【答案】C
【解析】
【详解】假设前三种离子的物质的量分别为3mol、3mol、2mol，根据电荷守恒有3×3+3×1=2×1+2x，解x=5。则钠离子和硫酸根离子物质的量比为3:5。
故选C。
【点睛】掌握溶液中的电荷守恒，即正电荷总数等于负电荷总数。
12.将30ml 0.5mol/L NaOH溶液加水稀释到500ml，稀释后溶液中的NaOH的物质的量浓度为( )
A. 0.03 mol/L B. 0. 3 mol/L C. 0.05 mol/L D. 0.04 mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】根据稀释过程中物质的量不变，稀释后的物质的量浓度为=0.03 mol/L。
故选A 。
13.有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气（已知空气的平均相对分子质量为29）后质量为m2。在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3。则A的相对分子质量是
A. 29m2/m1 B. 29m3/m1 C. 29(m3-m1)/(m2-m1) D. 29(m2-m1)/(m3-m1)
【答案】C
【解析】
【详解】有一真空瓶质量为m1，该瓶充入空气后质量为m2，则充入空气的质量为(m2-m1)；在相同状况下，若改为充入某气体A时，总质量为m3，则充入体A的质量为(m3-m1)；分子的实际质量与相对分子质量呈正比，空气的平均相对分子质量为29，设A的相对分子质量是x，则，x=29；故选C。
【点晴】掌握分子的实际质量与相对分子质量呈正比是正确解答本题的关键。
14.已知常温下，在溶液中发生如下反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4－=2X2＋＋5Z2＋8H2O ②2A2+＋B2=2A3＋＋2B－③2B－＋Z2=B2＋2Z－。由此推断，下列说法中错误的是（ ）
A. 反应Z2＋2A2＋=2A3＋+2Z－可进行
B. 反应③是置换反应
C. 氧化性由强到弱的顺序是XO4－、Z2、B2、A3＋
D. 还原性由强到弱顺序是Z－、B－、A2＋、X2＋
【答案】D
【解析】
【详解】氧化剂的氧化性强于氧化产物，同理还原剂的还原性强于还原产物，根据①16H＋＋10Z－＋2XO4－=2X2＋＋5Z2＋8H2O、②2A2+＋B2=2A3＋＋2B－、③2B－＋Z2=B2＋2Z－，可知氧化性：XO4－＞Z2＞B2＞A3＋，还原性：A2+＞B－＞Z－＞X2＋。则
A. 氧化性：Z2＞A3＋，反应Z2＋2A2＋=2A3＋+2Z－可进行，A正确；
B. 一种单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的反应是置换反应，反应③是置换反应，B正确；
C. 氧化性由强到弱的顺序是XO4－＞Z2＞B2＞A3＋，C正确；
D. 还原性由强到弱的顺序是A2+＞B－＞Z－＞X2＋，D错误；
答案选D。
15.下列叙述正确的是（ ）
A. 最外层电子数较少的金属元素，一定比最外层电子数较多的金属元素活泼性强
B. 含有最高价元素的化合物不一定具有强氧化性
C. 失去电子越多的还原剂，其还原性越强
D. 阴离子只能失去电子被氧化，作还原剂
【答案】B
【解析】
【详解】A.金属的活性强弱和最外层电子数多少无关，还需要考虑电子层数多少，故错误；
B.含有最高价元素的化合物不一定具有氢氧化性，如碳酸，故正确；
C.还原性强弱与电子数多少无关，故错误；
D.阴离子也可能得到电子，如次氯酸根离子，能做氧化剂，故错误。
故选B。
【点睛】掌握金属性和非金属性的强弱判断依据，注意金属性的强弱和最外层电子数多少无关，与失电子能力有关。
16.三氟化氮（NF3）是无色无味气体，它可由氟与氨直接反应得到。4NH3+3F2NF3+3NH4F，下列关于NF3的叙述不正确的是（ ）
A. 该反应中NH3为还原剂 B. 在NF3中N的价态为-3价
C. 该反应电子转移为6e- D. 该反应氧化产物只有NF3
【答案】B
【解析】
【详解】A.氨气中的氮元素化合价从-3变到+3，做还原剂，故正确；
B.三氟化氮中氮的化合价为+3价，故错误；
C.该反应中转移6个电子，故正确；
D.氨气为还原剂，三氟化氮为氧化产物，氟化铵为还原产物，故正确。
故选B。
17.下列关于同温同压下等体积的CO2和CO的叙述：①质量相等；②密度相等；③所含分子数相等；④所含碳原子数相等，其中正确的是（）
A. ③ B. ③④ C. ②③④ D. ①②③④
【答案】B
【解析】
根据阿伏加德罗定律可知同温同压下同体积的CO2气体和CO气体的物质的量相等，CO2和CO的相对分子质量不同，相同物质的量时，二者质量不同，①错误；密度等于质量除以体积，质量不同，体积相同，则密度不同，②错误；同温同压下等体积的CO2和CO的物质的量相同，则分子数相等，碳原子个数相等，③④正确，答案选B。
18.已知A、B、C、D、E五种物质，它们是硫或硫的不同价态化合物，已知在一定条件下有如下未配平的转化关系。（注：每个关系式中化合价的升降都只有一处）：①A+KOH→B+C+H2O ②C+E→B+H2O ③B+D→C+H2O ④C+Cl2+H2O→D+HCl，则这些物质中硫元素的化合价由低到高的顺序为（ ）
A. A < B < C < D < E B. D < C < A < B < E
C. E < B < A < C < D D. B < A < C < E < D
【答案】C
【解析】
【详解】从④C+Cl2+H2O→D+HCl分析氯元素化合价降低，所以硫元素化合价升高，D>C。根据③B+D→C+H2O分析，化合价为D>C>B。结合②C+E→B+H2O分析，D>C>B>E；①A+KOH→B+C+H2O中A中硫元素化合价在B、C之间，所以有D>C>A>B>E。
故选C。
19.制备Fe3O4纳米颗粒的离子方程式为:3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O。下列说法正确的是
A. O2和S2O32-是氧化剂，Fe2+是还原剂
B. 参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5
C 每生成1mol S4O62-转移4mol电子
D. 制备的Fe3O4纳米颗粒能发生丁达尔现象
【答案】C
【解析】
【详解】A、在3Fe2++2S2O32-+O2+4OH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O中，化合物中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素化合价变化：+2→+8/3，硫元素的化合价变化为：+2→+5/2，氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，A错误；
B、由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，B错误；
C、由方程式可知，每生成1molS4O62-，参加反应的氧气为1mol，转移电子为1mol×4=4mol，C正确；
D、制备的Fe3O4纳米颗粒，溶于水形成胶体，才能够发生丁达尔现象，Fe3O4纳米颗粒是纯净物，不能发生丁达尔效应，D错误；
答案选C。
20.标准状况下，将V L气体（摩尔质量为M g/mol）溶于0.2L水中，所得溶液的密度是a g/cm3，则此溶液的物质的量浓度(mol/L)为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】标准状况下，将V L气体的物质的量为，其质量为，所以溶液的质量分数为，根据物质的量的浓度与质量分数的关系可得：mol/L，B项正确；
答案选B。
21.在一定条件下，RO3n－和氟气可发生反应：RO3n－ + F2+2OH－=RO4－+2F－+H2O，从而可知在RO3n－中，元素R的化合价是(　　)
A. +4 B. +7 C. +6 D. +5
【答案】D
【解析】
【分析】
根据电荷守恒，得n=1，根据离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷计算RO3－中R元素的化合价。
【详解】根据电荷守恒可知，-n-2=-1-2，解得n=1，
令RO3n-中R元素的化合价为a，离子中各元素化合价代数和等于离子的所带电荷，则：
a+（-2）×3=-1
解得：a=+5，
答案选D。
【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，难度不大，也可以根据电子转移守恒计算，注意氧化还原反应计算中守恒思想的运用。
22.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. Fe与稀H2SO4反应：2Fe + 6H+ =2Fe3+ + 3H2↑
B. 向硫酸铜溶液中滴加氢氧化钡溶液至SO恰好沉淀完全：Cu2＋＋SO＋2OH－＋Ba2＋===Cu(OH)2↓＋BaSO4↓
C. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：Fe2＋＋2H＋＋H2O2===Fe3＋＋2H2O
D. 碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故错误；
B.硫酸铜和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，故正确；
C.反应中电荷不守恒，故错误；
D.醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，故错误。
故选B。
23.有一种胶体溶液，在电泳实验中其胶粒向阴极移动，对这种胶体溶液分别进行下列处理，不发生凝聚的是 （　　）
A. 加硫酸钠溶液 B. 加热 C. 加硅酸胶体 D. 加氢氧化铁胶体
【答案】D
【解析】
【详解】有一种胶体溶液，在电泳实验中其胶粒向阴极移动，说明胶体微粒带正电荷。胶体中加入硫酸钠电解质溶液，能发凝聚，加热也能使胶体凝聚，加入硅酸胶体带相反电荷的胶体微粒，能发生凝聚。氢氧化铁胶体微粒带正电荷，不能发生凝聚。
故选D。
24.下列溶液里离子检验的结论正确的是
A. 加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，原溶液可能含CO32－
B. 加BaCl2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解，原溶液一定含有SO42－
C. 加AgNO3溶液有白色沉淀产生，原溶液一定含有Cl－
D. 加Na2CO3溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀消失，原溶液中一定含有Ba2+
【答案】A
【解析】
【详解】A、加稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体是二氧化碳，原溶液中可能含有CO32- 或HCO3-，选项A正确；
B、加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有SO42－或Ag+，选项B错误；
C、加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，不一定为AgCl沉淀，可能为硫酸银等，应加入硝酸酸化，则原溶液中不一定含有Cl－，选项C错误；
D、加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸，白色沉淀消失，可能有Ba2＋、Ca2+等，选项D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，试题侧重于检验方法的评价，注意把握常见离子的性质以及检验方法，检验时要排除其它离子的干扰，如检验氯离子时应注意碳酸根离子、硫酸根离子的干扰；检验碳酸根离子时注意碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子的干扰。
25.下列说法正确的是
A. MnO2+ 4HCl（浓）MnCl2 +Cl2↑ + 2H2O中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶4
B. 2H2S+ SO2＝3S+2H2O中，氧化产物和还原产物物质的量之比为1∶1
C. 3S+ 6KOH＝2K2S+ K2SO3+3H2O中，被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为2∶1
D. Al2O3＋N2＋3C2AlN＋3CO中，氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶3
【答案】D
【解析】
【详解】A、MnO2中Mn元素化合价降低做氧化剂；HCl中Cl元素化合价升高做还原剂。但4molHCl参加反应只有2mol被氧化，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，A错误；
B．从反应中2molH2S做还原剂被氧化得到氧化产物2molS；1molSO2做氧化剂被还原得到还原产物1molS，所以氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1，B错误；
C．3molS反应其中有2molS化合价降低被还原发生还原反应；其中1molS化合价升高被氧化发生氧化反应，所以被氧化和被还原的硫元素的物质的量之比为1∶2，C错误。
D．反应中N由0价降低到－3价，氮气是氧化剂，C由0价升高到+2价，碳是还原剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确。
答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题，共50分）
26.（1）以下为中学化学中常见的几种物质：①二氧化碳②熔融KC1③NaHSO4固体④铜⑤稀硫酸⑥蔗糖⑦澄清石灰水，其中属于电解质的有_____________，属于非电解质的有__________________（填编号）。
（2）高铁酸钠（Na2FeO4）（铁为+6价）是一种新型的净水剂，可以通过下述反应制取：2Fe （OH）3+4NaOH+3NaC1O=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O
①该反应中氧化剂是_____________（用化学式表示，后同），_____________元素被氧化，还原产物为_____________；
②当反应中有1molNaFeO4生成，转移的电子有_____________  mol；
③用单线桥法标出反应中电子转移的方向和数目。________
（3）配平该反应方程式：
______K2Cr2O7+______HCl═ ______KCl+______ CrCl3+______Cl2↑+______H2O，
（4）电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板，请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式：_________________。
【答案】 (1). ②③ (2). ①⑥ (3). NaC1O (4). Fe (5). NaCl (6). 3 (7). (8). 1 (9). 14 (10). 2 (11). 2 (12). 3 (13). 7 (14). Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
【解析】
【分析】
（1）根据在水溶液或熔融状态下能导电的化合物为电解质，都不导电的化合物为非电解质进行分析，注意单质和混合物。
（2）根据反应中元素化合价的变化分析氧化剂和还原剂等。
（3）根据反应中的电子守恒和质量守恒分析配平反应。
（4）. Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
【详解】（1） ①二氧化碳是非电解质，②熔融KC1是电解质，③NaHSO4固体是电解质，④铜是单质，不是电解质也不是非电解质，⑤稀硫酸是溶液，属于混合物，不是电解质也不是非电解质，⑥蔗糖是非电解质，⑦澄清石灰水是溶液，是混合物，不是电解质也不是非电解质。
（2） ① 2Fe(OH)3+4NaOH+3NaC1O=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O反应中，次氯酸钠中的氯元素化合价降低，做氧化剂，还原产物为氯化钠，氢氧化铁中的铁元素化合价升高，做还原剂，被氧化。
②该反应中转移6个电子，所以当反应中有1molNaFeO4生成，转移3mol电子。
③该反应的单线桥为
（3） ______K2Cr2O7+______HCl═ ______KCl+______ CrCl3+______Cl2↑+______H2O，铬元素化合价从+6降低到+3，氯元素化合价从-1升高到0，根据电子守恒和质量守恒得到方程式为K2Cr2O7+14HCl═2KCl+2 CrCl3+3Cl2↑+7H2O。
（4）铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子方程式为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
27.实验是化学研究的一种重要手段，现有图所示A-G七种仪器，请根据要求填空。

（I）写出仪器名称：F_________。
（II）下列实验操作中用到仪器G的是_______（选填下列选项的编号字母）。
a．分离水和CC14的混合物      b．分离水和酒精的混合物     c．分离水和泥砂的混合物
（III）配制480mL、0.2mol•L-1 CuSO4溶液。
（1）应用托盘天平称取CuSO4•5H2O晶体____________，
（2）使用容量瓶前必须进行的一步操作是________，在容量瓶上需标记的是____________（填字母），
a．温度   b．刻度线    c．浓度     d．容积
（3）所需仪器除了烧杯、玻璃棒、托盘天平外，还缺少__________________，
（4）实验中两次用到玻璃棒，起作用分别是____________、____________。
（5）配制溶液时除了称量 、溶解、冷却、转移溶液、摇匀 操作外，还缺少：__________________（填操作名称）。
（6）若实验中有下列情况，对配制溶液的浓度有何影响？（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
a．胆矾失去了部分结晶水____________；
b．定容时加水超过刻度线____________；
c．最终定容时仰视观察液面____________；
d．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水____________。
【答案】 (1). 冷凝管 (2). a (3). 25.0g (4). 验漏 (5). A B D (6). 500ml容量瓶、胶头滴管 (7). 搅拌 (8). 引流 (9). 洗涤、定容 (10). 偏高 (11). 偏低 (12). 偏低 (13). 无影响
【解析】
【分析】
（1）根据仪器的特点分析仪器的名称。
（2）根据仪器的特点分析仪器的用途，分液为分离不互溶的液体混合物的方法。
（3）根据n=m/M和c=n/V，计算所需要的溶质的质量，注意容量瓶的规格。
（4）根据配制溶液的过程和使用的仪器分析其用途。
（5）根据配制过程中溶质或溶液体积的影响分析浓度的变化。
【详解】（I）仪器F为冷凝管；
（II）仪器G为分液漏斗，用于分液操作，分离不互溶的液体混合物，故适合分离a；
（III） (1) CuSO4•5H2O的质量为0.2mol/L×0.5L×250g/mol=25.0g；
(2)容量瓶使用前先验漏；容量瓶上有温度和刻度线和溶剂，没有浓度标志，故选 A B D；
(3)没有480mL的容量瓶，应选择 500ml容量瓶，实验过程中需要使用胶头滴管；
(4)溶解溶质时玻璃棒的作用为搅拌，向容量瓶中转移溶液时使用玻璃棒的作用为引流；
(5) 配制溶液时除了称量 、溶解、冷却、转移溶液、洗涤、定容、摇匀；
(6). a．胆矾失去了部分结晶水，则称量的固体中硫酸铜变多，则浓度偏高；b．定容时加水超过刻度线，溶液的体积变大，浓度偏低；c．最终定容时仰视观察液面，溶液的体积变大，浓度偏低；d．容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水偏高，对浓度无影响。
【点睛】掌握配制溶液的实验中的计算和误差分析。注意溶液的体积用使用的容量瓶的规格而不是溶液的体积，一般选择相同的或稍大的容积的容量瓶。在分析误差时注意溶质的物质的量的变化和溶液的体积的变化。
28.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。

（1）加入的试剂①为______（填化学式），加入试剂①的目的____________________。
（2）操作a的名称为过滤、洗涤，所需要的玻璃仪器为______。
（3）加入的试剂③为_______（填化学式），发生的离子反应方程式为___________________________________________________。
（4）固体E的成分为_____（填化学式），加入的试剂④为_____（填化学式），发生的离子反应方程式为___________________________________________。
（5））从溶液D和溶液G中得到FeSO4•7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、______、洗涤、干燥。
【答案】 (1). NaOH (2). 使Cu2+和Fe2+完全沉淀 (3). 漏斗 (4). 烧杯 (5). 玻璃棒 (6). Fe (7). Fe+ Cu2+= Fe2++ Cu (8). Fe和Cu，H2SO4，Fe+ 2H+= Fe2++ H2 (9). 过滤
【解析】
分析】
先加过量的碱，过滤得到氢氧化铜和氢氧化亚铁沉淀，滤液为硫酸钠和氢氧化钠，在沉淀中加入过量的硫酸，溶液C的成分为硫酸铜和硫酸亚铁和硫酸。在溶液中加入过量的铁，过滤出铁和铜，滤液D为硫酸亚铁，在固体E中加入过量的稀硫酸，过滤出铜，实现了回收铜。滤液为硫酸亚铁和硫酸，最后溶液合一起，进行蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，得到硫酸亚铁晶体。回收硫酸亚铁。
【详解】(1)工业废水中含有硫酸铜和硫酸亚铁，加入 NaOH溶液，使Cu2+和Fe2+完全沉淀，转化为沉淀分离出来。
(2) 操作a的名称为过滤、洗涤，使用的仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(3)加入的试剂为Fe，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，用于回收铜，离子方程式为：Fe+ Cu2+= Fe2++ Cu；
(4)固体E为Fe和Cu，加入的试剂④为H2SO4，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为：Fe+ 2H+= Fe2++ H2↑；
(5)从溶液D和溶液G中得到硫酸亚铁晶体的操作为蒸发浓度、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【点睛】本题的核心为分离物质，注意物质的状态和化学性质，选择合适的分离的方法和操作。注意为了能完全分离除去，加入的试剂通常的是过量的，在以后的操作中注意其反应。