1、- 1 -2018-2019 高一第一学期期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Zn-65选择题（共 54分）单项选择题：本题包括 18小题，每小题 3分，共计 54分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法错误的是( )A. 低碳生活注重节能减排，减少温室气体的排放B. 推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”C. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户” ，计算机芯片的材料是二氧化硅D. 启用大气中细颗粒物（PM2.5
2、）的监测，以追根溯源，采取措施，改善空气质量【答案】C【解析】试题分析：A “节能减排，低碳生活”的主题旨低碳生活注重节能减排，减少温室气体的排放，故 A正确；B使用可降解塑料及布质购物袋，减少“白色污染” ，故 B正确；C沙子的成分是二氧化硅，计算机芯片的材料是硅单质，故 C错误；D大气中细颗粒物属于空气的污染源之一，要追根溯源，采取措施，来改善空气质量，故 D正确；故选 C。考点：考查了化学与能源；化学与生活的相关知识。2.下列有关化学用语的表示正确的是 ( )A. Ca(OH)2的电离方程式：Ca(OH) 2Ca 2+(OH -)2B. Al3+的结构示意图：C. 明矾的化学式：KAl(
3、SO 4)2D. NaClO中氯的化合价：1【答案】B【解析】【详解】A氢氧化钙是强碱，能完全电离为钙离子和氢氧根离子，电离方程式为 Ca（OH）2Ca 2+2OH-，故 A错误；- 2 -BAl 3+核电荷数为 13，核外有 2个电子层，最外层电子数为 8，结构示意图为 ，故 B正确；C明矾是结晶水化物，其化学式为 KAl(SO4)212H2O，故 C错误；DNaClO 中 Na为+1 价、O 为-2 价，结合正负化合价代数和为 0，可知氯的化合价：+1，故D错误；故答案为 B。3.下列实验室常见物质的俗名与化学式相对应的是( )A. 苏打-NaHCO 3 B. 胆矾-CuSO 4C. 烧碱
4、-NaOH D. 生石灰-Ca(OH) 2【答案】C【解析】【详解】A苏打是碳酸钠，化学式为 Na2CO3，故 A错误；B胆矾是 CuSO45H2O，而不是 CuSO4，故 B错误；C烧碱是氢氧化钠，化学式为 NaOH，故 C正确；D生石灰是氧化钙，化学式为 CaO，而不是氢氧化钙，故 D错误。答案为 C。4.25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A. 0.1molL1 AlCl3溶液中：H +、Na +、Cl 、SO 42B. 含有 0.1molL1 Fe3+的溶液中：Na +、K +、SCN 、NO 3C. 能在溶液中大量共存且溶液为无色透明的是：K +、Mg 2+、NO
5、 3-、OH -D. 能在溶液中大量共存且溶液为无色透明的是：Cu 2+、K +、NO 3-、SO 42-【答案】A【解析】【详解】AH +、Na +、Cl -、SO 42-离子之间不发生反应，且都不与氯化铝反应，在溶液中能够大量共存，故 A正确；BSCN -与 Fe3+反应生成硫氰化铁，在溶液中不能大量共存，故 B错误；CMg 2+与 OH-易生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故 C错误；D含有 Cu2+的溶液显蓝色，不可能存在于无色溶液中，故 D错误；故答案为 A。【点睛】本题考查离子共存的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧
6、化还原反应的离子之间；能发生络合- 3 -反应的离子之间（如 Fe 3+和 SCN -）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H +或 OH-；溶液的颜色，如无色时可排除 Cu 2+、Fe 2+、Fe 3+、MnO 4-等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应” 、“加入铝粉产生氢气” ；是“可能”共存，还是“一定”共存等5.下列推理正确的是A. 铝粉在氧气中燃烧生成 Al2O3,故铁丝在氧气中燃烧生成 Fe2O3B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜,故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C. 活泼金属钠保存在煤油中,故活泼金属铝也
7、保存在煤油中D. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂,故金属单质参与反应时金属均作还原剂【答案】D【解析】铁丝在氧气中燃烧生成 Fe3O4，A 项错误；钠和溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，不能从硫酸铜溶液中置换出铜，B 项错误；金属铝在空气中形成致密的氧化膜，故可以保存在空气中，C 项错误。6.下列有关物质用途的说法错误的是( )A. 明矾可用于净水 B. Fe 2O3可用于制红色油漆C. 纯碱溶液可用于去除油污 D. 硅可用于制光导纤维【答案】D【解析】【详解】A明矾水溶液中电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮的固体杂质颗粒，可用于净水，故 A正确；B氧化铁为红棕
8、色固体，可用于制红色油漆，故 B正确；C碳酸钠溶液显碱性，油脂在碱性条件下发生水解，所以纯碱溶液可用于去除油污，故 C正确；D光导纤维主要成分为二氧化硅，不是硅，故 D错误；答案为 D。7.下列物质属于纯净物的是( )A. 氯水 B. 漂白粉 C. 液氯 D. 石油【答案】C【解析】【详解】A氯水是氯气的水溶液，含有氯气、氯化氢、次氯酸、水等多种物质，属于混合- 4 -物，故 A错误；B漂白粉的主要成分为氯化钙和次氯酸钙，是混合物，故 B错误；C液态氯中只含有一种物质，属于纯净物，故 C正确；D石油是多种烷烃、环烷烃等构成的混合物，故 D错误；答案为 C。8.下列指定反应的离子方程式正确的是(
9、 )A. 向 FeCl3溶液中滴加 HI溶液：Fe 3 2I =Fe2 I 2B. 向 AlCl3溶液中加入过量的氨水：Al 3 4NH 3H2O=AlO2-4NH 4+2H 2OC. Al2O3溶于 NaOH溶液：Al 2O32OH 2AlO 2-H 2OD. 碳酸镁溶于盐酸：CO 32-2H H 2OCO 2【答案】C【解析】【详解】A向 FeCl3溶液中滴加 HI溶液的离子反应为 2Fe3+2I-2Fe 2+I2，故 A错误；B向 AlCl3溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，离子反应为Al3 +3NH3H2OAl(OH) 3+3NH 4 ，故 B错误；CAl 2O
10、3是两性氧化物，溶于 NaOH溶液生成偏铝酸钠和水，Al 2O32OH 2AlO 2 H 2O，故C正确；D碳酸镁难溶于水，不可拆分，则碳酸镁溶于盐酸的离子方程式为MgCO32H Mg 2 +H2OCO 2，故 D错误；答案为 C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，试题难度不大，B 项为易错点，注意氢氧化铝可溶于强酸和强碱，不溶于氨水。9.下列物质属于电解质的是 ( )A. 熔融 NaCl B. 稀硫酸 C. CO 2 D. 铜【答案】A【解析】【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；如酸、碱、盐，活泼金属氧化物等。非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物；如有机物，
11、非金属氧化物等。电解质和非电解质都是纯净物。【详解】A熔融氯化钠能够导电，且是化合物，属于电解质，故 A选；B稀硫酸为混合物，不是电解质，故 B不选；- 5 -C二氧化碳本身不能电离产生自由移动的离子而导电，属于非电解质，故 C不选；D铜为单质，不是化合物，不是电解质，故 D不选；答案为 A。10.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )A. 用图 1 所示装置除去 Cl2中含有的少量 HClB. 用图 2 所示装置蒸干 NaHCO3饱和溶液制备 NaHCO3晶体C. 用图 3 所示装置制取少量纯净的 CO2气体D. 用图 4 所示装置分离 CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【
12、答案】D【解析】试题分析：A、氯气和氢氧化钠反应，所以不能用氢氧化钠除去氯气中的氯化氢，应该用氯化钠溶液，所以不选 A；B、碳酸氢钠加热过程中会分解，所以不能用蒸干溶液的方法制备，所以不选 B；C、盐酸有挥发性，所以制备的二氧化碳中含有氯化氢气体，所以不选 C；D、四氯化碳和水不互溶，所以可以用分液的方法分离，所以选 D。考点：物质的分离和提纯。11.下列离子的检验方法合理的是( )A. 向某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不消失，则该溶液中一定有 SO42-B. 向某溶液中滴加氯水，然后再加入 KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有 Fe2C. 向某溶液中加入 NaOH溶液，
13、得红褐色沉淀，说明溶液中含有 Fe3D. 向某溶液中加入稀盐酸产生无色无味气体，将气体通入澄清石灰水中，石灰水变浑浊，则原溶液中一定有 CO32-【答案】C【解析】【详解】A该溶液中可能含有银离子，形成氯化银白色沉淀，AgCl 也不溶于盐酸，故 A错- 6 -误；B若原溶液中含 Fe2+，通入 Cl2，氯气将 Fe2+氧化成 Fe3+，滴加 KSCN溶液后显红色，若原溶液中不含 Fe2+，含有 Fe3+，通入 Cl2，加入 KSCN溶液同样可以变血红色，故 B错误；C铁离子与碱反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，则加入 NaOH溶液得红褐色沉淀，说明溶液中含有 Fe3+，故 C正确；D与稀盐酸反应生成
14、二氧化碳的也可能为 HCO3-，故 D错误；答案为：C。12.用 NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )A. 标准状况下，11.2 L H 2O 含有的氢原子数是 NAB. 24 g Mg中含有的电子数是 2 NAC. 0.5 molL1 K2SO4溶液中含有的钾离子数是 NAD. 常温常压下，3.2 g 氧气所含的分子数是 0.1 NA【答案】D【解析】【详解】A. 标准状况下水不是气体， 11.2 L H2O的物质的量不是 0.5mol，其中含有的氢原子数不是 NA，A 错误；B. 24 g Mg的物质的量是 1mol，其中含有的电子数是 12NA，B 错误；C. 0.5 m
15、olL1 K2SO4溶液的体积未知，不能计算其中含有的钾离子数，C 错误；D. 常温常压下，3.2 g 氧气的物质的量是 0.1mol，所含的分子数是 0.1NA，D 正确。答案选 D。13.下列过程涉及化学变化的是 ( )A. 酒香扑鼻 B. 干冰升华C. 蜡烛照明 D. 用金刚石切割玻璃【答案】C【解析】【详解】A酒香扑鼻体现酒精的挥发性，没有新物质生成，属于物理变化，故 A不选；B干冰升华是物质由固体直接转化为气体，没有新物质生成，属于物理变化，故 B不选；C蜡烛主要成分为烃，燃烧生成二氧化碳和水等，有新物质生成，属于化学变化，故 C选；D用金刚石切割玻璃，为物体形状改变，没有新物质生成
16、，属于物理变化，故 D不选；答案为 C。- 7 -14.汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO2NO 2 4CO2N 2，下列对该反应的说法正确的是( )A. NO2被氧化 B. CO 是氧化剂C. 每生成 1molN2，转移 8mole- D. 该条件下，还原性 CON2，故 D错误；答案为 C。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于基本概念判断的考查，注意从化合价的角度分析氧化还原反应，试题难度不大。15.下列各组物质之间通过一步就能实现如图所示转化的是( )物质编号 物质转化关系 a b c d Na2O Na2O2 Na NaOH Al2O3 NaAlO2 Al Al(OH)3 FeCl2
17、 FeCl3 Fe CuCl2 Si SiO2 Na2SiO3 H2SiO3A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】NaOH 不能一步转化为 Na2O，则图中 da 不能一步实现，故不选；- 8 -氧化铝与 NaOH反应生成 NaAlOH4，NaAlOH 4与二氧化碳反应生成 Al（OH） 3，Al（OH）3加热生成氧化铝，Al 氧化生成氧化铝，Al 与 NaOH反应生成 NaAlOH4，图中转化均可一步实现，故选；氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与 Cu反应生成氯化铜，氯化铜与 Fe反应生成氯化亚铁，Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁，Fe 与氯气反应生成氯化铁，图中转化均可一步实现
18、，故选；Na 2SiO3不能一步转化生成 Si，则图中 ca 不能一步实现；Na 2SiO3不能一步转化生成SiO2，则图中 cb 不能一步实现；H 2SiO3不能一步转化生成 Si，则图中 da 不能一步实现；SiO2不能一步转化生成 H2SiO3，则图中 bd 不能一步实现，故不选；故答案为 B。16.下列溶液中，与 100 mL 0.5 mol/L NaCl溶液所含的 Cl 物质的量浓度相同的是( )A. 100 ml 0.5 mol/L MgCl2溶液 B. 200 ml 0.25 mol/L AlCl 3溶液C. 50 ml 1 mol/L NaCl溶液 D. 25 ml 0.5 m
19、ol/L HCl 溶液【答案】D【解析】溶液的浓度与溶液的体积无关，0.5mol/L NaCl溶液所含的 Cl 物质的量浓度为0.5mol/L；0.5mol/L MgCl2溶液 Cl 物质的量浓度 1mol/L；0.25mol/L AlCl3溶液 Cl 物质的量浓度 0.75mol/L；1mol/L NaCl溶液 Cl 物质的量浓度 1mol/L；0.5mol/L HCl溶液 Cl物质的量浓度 0.5mol/L；17.下列实验操作、现象和结论均正确的是 ( )实验操作 现象 结论A 将气体通入灼热的 CuO固体固体由黑色变为红色该气体一定为 COB 向某溶液中加入 12滴 KSCN溶液 生成血
20、红色沉淀 该溶液中含 Fe3+C 向 Al(OH)3中加入 HCl或 NaOH溶液 固体均溶解 Al(OH)3是两性氢氧化物D将氯气通入装有潮湿的有色布条的试剂瓶中有色布条颜色褪去 Cl2具有漂白性- 9 -A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A粉末由黑变红，该气体可能为氢气，不一定为 CO，故 A错误；B向某溶液中加入 12 滴 KSCN溶液，溶液呈红色，说明溶液中含 Fe3+，实验现象描述不合理，故 B错误；C向 Al（OH） 3中加入 HCl或 NaOH溶液，氢氧化铝固体均溶解，说明 Al（OH） 3既能与酸反应又能与碱反应，属于两性氢氧化物，故 C正确；D将
21、氯气通入装有潮湿的有色布条的试剂瓶中，Cl 2与水反应生成的 HClO有强氧化性，能使有色布条褪色，HClO 有漂白性，不是 Cl2有漂白性，故 D错误；答案为 C。18.将一定量的 Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热） ，生成物中有三种含氯元素的离子，其中 ClO 和 ClO3-两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )A. Cl2和苛性钾溶液在不同温度下可能发生不同反应B. 反应中转移电子数为是 0.42NAC. 原苛性钾溶液中 KOH的物质的量为 0.3 molD. 生成物中 Cl-的物质的量为 0.21 mol【
22、答案】B【解析】试题分析：A、根据图像分析，氯气和氢氧化钾反应先生成次氯酸钾，且该反应时放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子是由于温度升高引起的，所以不同温度有不同的反应，正确，不选 A；B、反应最后生成 0.06摩尔的次氯酸跟，和0.03摩尔氯酸根，所以转移电子数为 0.06*1+0.03*5=0.21摩尔，所以 B错误；C、根据电子- 10 -守恒，溶液中的氯离子为 0.21摩尔，在根据电荷守恒，钾离子物质的量为0.06+0.03+0.21=0.3摩尔，所以原氢氧化钾的物质的量为 0.3摩尔，正确，不选 C；D、由C分析铝离子物质的量为 0.21摩尔，正确
23、，不选 D。考点：离子方程式的有关计算，氯气的性质。非选择题（共 46分）19.A、B、C 为中学常见单质，其中一种为金属，通常情况下，A 为固体，B 为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X 均为化合物，其中 X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E 为黑色固体，H 在常温下为液体。它们之间的转化关系如下图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。请回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A_、D_、E_、X_。(2)在反应中，不属于氧化还原反应的是_(填编号)。(3)反应的离子方程式是_。(4)反应的化学方程式是_；该反应中每消耗 0.3 mol的 A，可转移电子_mol。
24、(5)除去 D溶液中混有的少量 G的方法是_。【答案】 (1). Fe (2). FeCl3 (3). Fe3O4 (4). HCl (5). (6). 2Fe3+Fe=3Fe2+ (7). 3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4H2 (8). 0.8 (9). 向混合溶液中通入足量的氯气【解析】【分析】依据转化关系的特征和物质性质分析判断，单质 A和 H反应生成 E为黑色晶体，E 黑色固体和 X酸反应生成 D、G、H，其中 DG之间可以实现相互转化，说明 A为变价金属 Fe，和 C在点燃条件下生成黑色固体 E为 Fe3O4，C 为 O2，依据 D+A=G说明 D为含三价铁离子的化合物，- 1
25、1 -F为含硫氰酸根离子的化合物，G 为含 Fe2+离子的化合物，H 为 H2O；依据 G+B=D分析判断 B是强氧化剂，B 为黄绿色气体，证明为 Cl2，所以推断 D为 FeCl3，得到 G为 FeCl2；X 为HCl；依据判断出的物质回答问题【详解】A 为固体，B 为黄绿色气体，说明 B为 Cl2，D 与 F反应得到血红色溶液，结合转化关系可知，固体 A为 Fe，D 为 FeCl3，F 为 KSCN，由 D与 G之间的相互转化，可知 G为FeCl2，Fe 与无色气体 C反应得到 E，E 与 X反应得到 D、G、H，且 X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E 为黑色固体，H 在常温下为液
26、体，可推知 C为 O2，E 为 Fe3O4，X 为HCl，H 为 H2O；（1）由上述分析可知，A 为 Fe，D 为 FeCl3，E 为 Fe3O4，X 为 HCl；（2）在反应中，为铁和氯气发生的氧化还原反应，为铁和氧气发生的氧化还原反应，为四氧化三铁和盐酸发生的复分解反应，不是氧化还原反应，为氯化铁和铁发生的氧化还原反应，为氯化亚铁和氯气发生的氧化还原反应，是氯化铁和硫氰酸盐发生的复分解反应，不是氧化还原反应，故答案为：；（3）反应的离子方程式是：2Fe 3+Fe=3Fe2+；（4）反应是铁在水蒸气中发生的反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g） Fe3O4+4
27、H2；氢元素化合价从+1 价变化为 0价，4H 2O反应转移电子为 8mol，铁元素从 0价变化为+ 价，每消耗 0.3mol 的 A（Fe） ，可转移电子 0.8mol；（5）除去 FeCl3溶液中混有的少量 FeCl2的方法是：向混合溶液中通入足量的氯气。20.二氧化氯（ClO 2）是一种优良的消毒剂，熔点为-59，沸点为 11，浓度过高时易发生分解，甚至爆炸。某课外兴趣小组通过氯气与 NaClO2溶液反应来制取少量 ClO2，装置如下图所示：- 12 -(1)甲装置中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是_。(2)丙装置中发生的反应可能经两步完成，请将其补充完整：_（用化学方程式表示） ，HC
28、lO + HCl + 2NaClO 2 = 2ClO2+ 2NaCl + H 2O。(3)Cl存在时会催化 ClO2的生成，若无乙装置，则丙装置内产生 ClO2的速率明显加快。实验过程中常需通入适量的 N2稀释 ClO2，其目的是_。写出氯气制漂白液的化学方程式并用双线桥表示电子转移的方向与数目_。(4)戊装置烧杯中 NaOH溶液吸收 ClO2后，生成了 ClO-、ClO 3-,该反应的离子方程式是_。【答案】 (1). MnO24HCl(浓) MnCl2Cl 22H 2O (2). Cl2H 2O HClHClO (3). 防止 ClO2发生分解，甚至爆炸 (4). (5). 2ClO22O
29、H = ClO2-ClO 3-H 2O【解析】【分析】（1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成 MnCl2、Cl 2与 H2O；（2）由第步反应中反应物可知，第步是氯气与水反应生成 HCl与 HClO；（3）ClO 2浓度过高时易发生分解，甚至爆炸；Cl 2溶解于 NaOH溶液生成 NaCl、NaClO 和水，Cl2既是氧化剂又是还原剂；（4）NaOH 溶液吸收 ClO2后，生成了 ClO2-、ClO 3-，根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平。【详解】 （1）甲装置中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成 MnCl2、Cl 2与 H2O，反应方程式为：MnO 2+4HCl（浓）
30、MnCl2+Cl2+2H 2O；（2）由第步反应中反应物可知，第步是氯气与水反应生成 HCl与 HClO，反应方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO；（3）ClO 2浓度过高时易发生分解，甚至爆炸，所以通入适量的 N2稀释 ClO2；Cl 2溶解于NaOH溶液生成 NaCl、NaClO 和水，发生反应的化学方程式为 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，其中 Cl元素的化合价既升高又降低，用双线桥分析电子转移方向和数目为- 13 -；（4）NaOH 溶液吸收 ClO2后，生成了 ClO2-、ClO 3-，反应离子方程式为：2ClO 2+2OH-=ClO2-+ClO3-+H2O。2
31、1.某科研小组以难溶性钾长石(K 2OAl2O36SiO2)为原料，提取 Al2O3、K 2CO3等物质，工艺流程如下：（1） “煅烧”过程中有如下反应发生：钾长石中的硅元素在 CaCO3作用下转化为 CaSiO3，写出 SiO2转化为 CaSiO3的化学方程式： _。钾长石中的钾元素和铝元素在 Na2CO3作用下转化为可溶性的 NaAlO2和 KAlO2，写出 Al2O3转化为 NaAlO2的化学方程式：_。（2） “转化”时加入 NaOH的主要作用是_(用离子方程式表示)。（3）上述工艺中可以循环利用的主要物质是_、_和水。【答案】 (1). CaCO3SiO 2 CaSiO3CO 2 (
32、2). Na2CO3Al 2O3 2NaAlO2CO 2 (3). HCO3-OH =H2OCO 32- (4). Na2CO3 (5). CO2【解析】【分析】难溶性钾长石（K 2OAl2O36SiO2）为原料加入碳酸钙，碳酸钠高温煅烧后加入水浸取得到浸出渣为硅酸钙，浸取液为偏铝酸钠溶液，通入过量二氧化碳气体生成氢氧化铝沉淀过滤得到固体氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝；滤液主要是碳酸氢钠溶液，加入氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠；（1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳；（2）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水；（3）根据流
33、程图推测可以循环利用的主要物质- 14 -【详解】 （1）碳酸钙与二氧化硅在高温条件下反应生成硅酸钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：CaCO 3+SiO2 CaSiO3+CO2；氧化铝和碳酸钠在高温下反应生成偏铝酸钠和二氧化碳，Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2；（2）碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，离子反应方程式为 HCO3-+OH-=CO32-+H2O；（3）煅烧时需要碳酸钠，在流程图提取碳酸钾之前可得到碳酸钠，所以碳酸钠为可循环利用的物质，在浸出液中需通二氧化碳，而碳酸钙与二氧化硅、氧化铝和碳酸钠在高温下反应都有二氧化碳生成，所以，二氧化碳是可循环使用的物
34、质。22.氯化亚铜（CuCl）常用作催化剂、杀菌剂等。（1）将 Na2SO3溶液逐滴加入到 CuCl2溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，得到 CuCl沉淀。该反应中被氧化的物质是_（填化学式） 。（2）为测定制得 CuCl样品的纯度，进行下列实验：a称取 0.5000 g样品，放入盛有 20 mL过量 FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；b待样品溶解后，加水 50 mL；c立即用 0.2000 molL-1 Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，记录消耗标准溶液的体积； d重复步骤 a至 c 2次，记录消耗标准溶液的平均体积为 25.00 mL。已知：CuCl + Fe 3+ = Cu2+
35、 + Fe2+ + Cl Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+配制 100 mL 0.2000 molL-1 的 Ce(SO4)2标准溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL 容量瓶外，还需要_。通过计算确定该样品中 CuCl的纯度。_进行步骤 c时若操作缓慢，则测得 CuCl的纯度_（“偏大” 、 “偏小”或“无影响” ） 。【答案】 (1). Na 2SO3 (2). 胶头滴管 (3). 99.5% (4). 偏小【解析】【分析】（1）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成 CuCl白色沉淀、硫酸根离子，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化
36、的物质，也是还原剂，得电子化合价降低的反应物是被还原的物质，也是氧化剂；（2）根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器解答；依据方程式 CuCl+Fe3+=Cu2+Fe2+Cl-、Fe 2+Ce4+=Fe3+Ce3+中各反应物量之间- 15 -的关系，可得关系式：CuClCe 4+，据此计算 CuCl的纯度；步骤 c发生反应：Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+，若操作缓慢，亚铁离子被氧气氧化。【详解】 （1）在 Na2SO3的水溶液中逐滴加入 CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得 CuCl沉淀，反应的离子方程式为：2Cu 2+SO32-+2Cl+H2O=2CuCl+S
37、O 42-+2H ，该反应中化合价变化 Cu（+2+1） ，S（+4+6） ，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，该反应中被氧化的物质是 Na2SO3；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，配制 100mL溶液用到的仪器有托盘天平（称量） 、药匙、玻璃棒（溶解、移液） 、胶头滴管（定容） 、烧杯（溶解） 、100mL 容量瓶（定容、摇匀）故还需要的玻璃仪器有：胶头滴管；称取 0.5000g样品，放入盛有 20mL 过量 FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；发生反应：CuCl+FeCl 3CuCl 2+FeCl2，用 0.2000molL-1 Ce（SO 4） 2标准溶液滴至反应完全，发生反应 Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+，可得关系式：CuClCe 4+，故 n（CuCl）=n（Ce 4+）=0.2000molL-125.0010-3L=5.00010-3mol，则 CuCl的纯度为100%=99.5%；亚铁离子易被氧气氧化，步骤 c发生反应：Fe 2+Ce4+=Fe3+Ce3+，根据 CuClCe 4+，计算CuCl的纯度，进行步骤 c时若操作缓慢，被氧化的亚铁离子不再与 Ce4+反应，则测得 CuCl的纯度偏小。- 16 -
