高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)夯實練-常見無機(jī)物及其應(yīng)用

高三化學(xué)一輪復(fù)習(xí)夯實練——常見無機(jī)物及其應(yīng)用一、單選題1．科技發(fā)展改變生活，下列說法不正確的是（）A．“天問一號”中Ti-Ni形狀記憶合金的兩種金屬都屬于過渡金屬元素B．T-碳(T-Carbon)是中科院預(yù)言的一種三維碳結(jié)構(gòu)晶體，其與C60互為同位素C．“祝融號”火星探測器上使用的鈦合金具有密度小、強(qiáng)度高、耐高溫的特性D．清華大學(xué)打造的世界首款異構(gòu)融合類腦芯片-----天機(jī)芯的主要材料與光導(dǎo)纖維不同2．化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法正確的是（）A．編織漁網(wǎng)所用的尼龍線的主要成分是纖維素B．高硬度的氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料C．聚乙烯(PE)和聚氯乙烯(PVC)都是食品級塑料制品的主要成分D．我國成功實施煤改氣工程后，可有效降低空氣中的PM10含量3．下列屬于新能源的是A．煤 B．石油 C．太陽能 D．天然氣4．化學(xué)與生活、生產(chǎn)密切相關(guān)，下列說法錯誤的是（）A．蛋白質(zhì)在人體內(nèi)只有水解為氨基酸和甘油等小分子物質(zhì)后才能被吸收B．長征五號火箭的箭體蒙皮材料2219-鋁合金，可一定程度上減輕火箭的質(zhì)量C．市面上的防曬衣通常采用聚酯纖維材料制作，不能長期用肥皂或堿性較強(qiáng)的液體洗滌D．我國極力落實雙碳目標(biāo)：海洋生物如珊瑚的大量消亡主要因素在于CO2的濃度增大，而非溫度5．化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法正確的是（）A．月餅因為富含油脂而易發(fā)生氧化，保存時常放入裝有硅膠的透氣袋B．《本草經(jīng)集注》中關(guān)于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，該方法應(yīng)用了焰色反應(yīng)C．酸雨樣品露天放置一段時間，酸性減弱，為防治酸雨，應(yīng)對化石燃料進(jìn)行脫硫處理D．“筆、墨、紙、硯”在中國傳統(tǒng)文化中被稱為“文房四寶”，用石材制作硯臺的過程是化學(xué)變化6．常溫下，將足量CO2通入下列飽和溶液中，①Na2CO3溶液②CaCl2溶液③Ba(OH)2溶液④NaAlO2溶液⑤NaCl和NH3的混合溶液，最終溶液變渾濁的有（）A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤.7．下列有關(guān)說法正確的是（）A．在酒精燈加熱條件下，Na2CO3、NaHCO3固體都能發(fā)生分解B．Fe(OH)3膠體無色、透明，能發(fā)生丁達(dá)爾現(xiàn)象C．H2、SO2、CO2三種氣體都可用濃硫酸干燥D．SiO2既能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)也能和氫氟酸反應(yīng)，所以是兩性氧化物8．二氧化氯()是國際上公認(rèn)的安全、無毒的綠色消毒劑，對酸性污水中的有明顯的去除效果，其反應(yīng)原理為：(部分反應(yīng)物和產(chǎn)物省略、未配平)，工業(yè)上可用制取，化學(xué)方程式如下：。下列實驗裝置或操作能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．驗證的漂白性B．除去乙烯中的C．收集D．吸收尾氣中的9．氨氣溶于水得到氨水，氯氣溶于水得到氯水，下列關(guān)于新制的氨水、氯水(簡稱“兩水”)的描述正確的是（）A．“兩水”都是混合物，溶液中含有的粒子數(shù)目相同B．“兩水”都有刺激性氣味，都能漂白有機(jī)色素C．“兩水”中都存在可逆反應(yīng)的化學(xué)平衡和弱電解質(zhì)的電離平衡D．“兩水”放置時間較久后都會因為相同的原理而變質(zhì)10．用下列儀器或裝置(部分夾持裝置略去)進(jìn)行實驗，能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．實驗室制取氨氣B．分離乙酸乙酯和乙醇C．制備無水氯化鎂D．實驗室制備SO211．將13.6gCu和Cu2O組成的混合物加入250mL一定濃度的稀硝酸中，固體完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5mol?L-1的NaOH溶液，生成沉淀的質(zhì)量為19.6g，此時溶液呈中性，且金屬離子沉淀完全。下列說法正確的是（）A．原固體混合物中，Cu和Cu2O的物質(zhì)的量之比為1∶1B．原稀硝酸的濃度為1.3mol·L-1C．產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24LD．反應(yīng)后剩余硝酸的物質(zhì)的量為0.01mol12．利用所給試劑與圖示裝置，能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢BCD比較碳酸與苯酚酸性強(qiáng)弱檢驗乙醇和濃硫酸加熱反應(yīng)生成的乙烯制備收集乙酸乙酯制備氨氣A．A B．B C．C D．D13．下列關(guān)于Cl2的實驗操作能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢．用裝置甲制取少量Cl2B．用裝置乙除去Cl2中的HClC．用裝置丙收集Cl2D．用裝置丁吸收尾氣14．室溫下，某興趣小組用下圖裝置在通風(fēng)櫥中進(jìn)行如下實驗：下列說法正確的是（）A．試管I中淺紅棕色氣體為NO2，由硝酸還原生成B．等質(zhì)量的Cu完全溶解時，I中消耗的HNO3更多C．換成Fe之后重復(fù)實驗，依然是試管II中反應(yīng)更劇烈D．試管II中反應(yīng)后溶液顏色與試管I中的不同，是由于溶有NO215．某雜志曾報道過某課題組利用磁性納米Fe3O4顆粒除去水體中草甘膦污染物的方法，其原理如圖所示(Fe3O4顆粒在水中表面會帶-OH)。下列說法錯誤的是（）A．草甘膦能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)B．Fe3O4納米顆粒除去草甘膦的過程有化學(xué)鍵的形成和斷裂C．溶液中c(H+)越大，F(xiàn)e3O4納米顆粒除污效果越好D．處理完成后，F(xiàn)e3O4納米顆粒可用磁鐵回收，經(jīng)加熱活化重復(fù)使用16．有一種軍用煙幕彈中裝有ZnO、Al粉和C2Cl6，其發(fā)煙過程中的化學(xué)反應(yīng)如下：①3ZnO+2Al→Al2O3+3Zn；②3Zn+C2Cl6→3ZnCl2+2C下列有關(guān)敘述錯誤的是（）A．反應(yīng)①是鋁熱反應(yīng) B．反應(yīng)②是置換反應(yīng)C．C2Cl6屬于鹵代烴 D．氧化性：Al<Zn<C17．根據(jù)實驗操作及現(xiàn)象推出的結(jié)論一定正確的是（）選項操作現(xiàn)象解釋或結(jié)論A向某無色溶液中通入過量的CO2氣體有白色沉淀產(chǎn)生該溶液中一定含SiOB向淀粉溶液中加入適量20%H2SO4溶液，加熱，冷卻后加入NaOH溶液至堿性，加入少量碘水溶液未變藍(lán)淀粉已完全水解C將帶火星的木條和加熱至液態(tài)的鈉分別伸入盛有NO2的集氣瓶中木條不復(fù)燃，鈉燃燒NO2的助燃性具有選擇性D向某溶液里滴加NaOH溶液并將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙顏色無明顯變化原溶液中無NHA．A B．B C．C D．D18．下列說法正確的是A．因為二氧化硫具有漂白性，所以二氧化硫能夠殺菌消毒B．由于四水合銅離子為藍(lán)色，則銅鹽溶液均為藍(lán)色C．可向食鹽溶液中滴加淀粉溶液，觀察是否變藍(lán)，判斷食鹽中是否加碘D．植物油中含有碳碳雙鍵，具有還原性，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色19．氮氧化物會對生態(tài)系統(tǒng)和人體健康造成危害。一種以沸石籠作為載體對氮氧化物進(jìn)行催化還原的原理如圖所示。下列敘述不正確的是（）

A．反應(yīng)⑤變化過程可表示為：B．圖中總過程中每吸收需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氧氣為C．反應(yīng)③未涉及元素化合價的變化D．反應(yīng)④涉及非極性共價鍵的斷裂與生成20．中科院研制出一種多功能催化劑，首次實現(xiàn)將CO2轉(zhuǎn)化為汽油(主要成分是C5～C11的烴類混合物)，過程示意圖如下。下列說法錯誤的是（）A．該技術(shù)能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的戰(zhàn)略愿景B．該多功能催化劑能降低反應(yīng)的活化能C．a(chǎn)和b的一氯代物均有4種D．反應(yīng)①的產(chǎn)物中含有水，反應(yīng)②只有碳?xì)滏I的形成二、綜合題21．工業(yè)生產(chǎn)中利用方鉛礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2，還有少量Fe2O3，Al2O3等雜質(zhì))制備PbSO4和MnCO3的工藝流程如圖：已知：①PbCl2難溶于冷水，易溶于熱水。②PbCl2(s)+2Cl-(aq)?PbCl(aq)ΔH>0③Ksp(PbSO4)=1.08×10-8，Ksp(PbCl2)=1.6×10-5，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Mn(OH)2]=1.6×10-13（1）“浸取”時，工業(yè)上選擇的溫度為80℃，選擇此溫度的目的有。(只答一條)（2）“浸取”充分反應(yīng)后，寫出鹽酸、NaCl與、PbS發(fā)生反應(yīng)生成、和S的離子方程式.（3）若上述酸浸液中Mn2+的濃度為0.16mol·L-1，加物質(zhì)A調(diào)節(jié)pH，使酸浸液中Fe3+、Al3+完全沉淀(離子濃度小于10-5mol·L-1)與Mn2+分離，則調(diào)節(jié)pH的物質(zhì)A可以是，調(diào)節(jié)溶液pH范圍為(不考慮體積的變化)。（4）“趁熱過濾”的目的是，“加入冰水冷卻過濾”的目的是。（5）經(jīng)“沉淀轉(zhuǎn)化”后得到PbSO4，若轉(zhuǎn)化后溶液中時，。（6）制取MnCO3時往濾液2中加NH4HCO3溶液而不是Na2CO3溶液的原因是22．化合物X由四種元素組成，某實驗小組按如圖流程進(jìn)行相關(guān)實驗：已知：無色氣體B標(biāo)況下密度為1.25g/L，氣體體積均在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測定。（1）組成X的四種元素為；X的化學(xué)式為。（2）混合氣體A組成為。（3）①寫出X受熱分解的化學(xué)方程式：。②X在水中溶解度很小，但可溶于氨水中，寫出該反應(yīng)的離子方程式：。（4）設(shè)計實驗，檢驗無色溶液F中的金屬陽離子：。23．磁性納米四氧化三鐵在催化劑、DNA檢測、疾病的診斷和治療等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛，其制備方法有多種，“共沉淀法”制備納米Fe3O4的流程如下：（1）Ⅱ中的反應(yīng)溫度需控制在50℃~60℃之間，實驗室控制該溫度的最佳方法是。（2）Ⅱ中生成Fe3O4的離子方程式是。（3）操作Ⅲ包含的方法有。（4）檢驗Fe3O4中含有+2價鐵元素的方法是。（5）某同學(xué)依據(jù)上述“共沉淀法”的思路在實驗室模擬制備納米Fe3O4，當(dāng)混合溶液中n(Fe3+)∶n(Fe2+)＝1∶1時，容易得到理想的納米Fe3O4。①實際制備時選擇n(Fe3+)∶n(Fe2+)小于2∶1，原因是。②該實驗室無FeCl2溶液，現(xiàn)用5mLFeCl3溶液制備Fe3O4，配制n(Fe3+)∶n(Fe2+)＝1∶1混合溶液的方法是（其它試劑自選）。24．從化合價的角度分析氯及其化合物的性質(zhì)，并按要求回答下列問題。（1）氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料，工業(yè)上常通過下列反應(yīng)制備CuCl：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3=2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑查閱資料可得，CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，請寫出該反應(yīng)的離子方程式。（2）已知：Cu2O在酸性溶液中發(fā)生歧化反應(yīng)：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。現(xiàn)將一定量混合物(Fe2O3、Cu2O、CuCl、Fe)溶解于過量稀鹽酸中，反應(yīng)完全后，得到W(包括溶液和少量剩余固體)。①繼續(xù)往W中通入足量的氯氣，不斷攪拌，充分反應(yīng)，溶液中哪些離子的物質(zhì)的量一定有明顯變化？(用離子符號表示)。②不通入氣體，改往W中加入過量鐵粉，過濾，調(diào)pH約為7，加入淀粉-KI溶液和H2O2溶液，溶液呈藍(lán)色并有紅褐色沉淀生成。當(dāng)消耗2molI-時，共轉(zhuǎn)移3mol電子，該反應(yīng)的離子方程式是（3）某工廠廢水中含KCN，其濃度為650mg·L-1，現(xiàn)用氯氧化法處理，發(fā)生如下反應(yīng)(化合物中N化合價均為-3)：KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O。①通入過量氯氣，可將氰酸鹽進(jìn)一步氧化為氮氣，請配平下列化學(xué)方程式：_KOCN+_KOH+_Cl2=_CO2+_N2+_KCl+_H2O。②若將5m3含KCN的濃度為650mg·L-1的廢水中KCN氧化成N2除去，需要標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氯氣的體積為L。（4）二氧化氯是國際公認(rèn)的高效安全殺菌消毒劑，工業(yè)制備ClO2的反應(yīng)原理：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl。①該反應(yīng)中，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為，依據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律判斷，氧化性強(qiáng)弱為NaClO3(填“＞"＜"或“＝")Cl2.。②ClO2在殺菌消毒過程中會產(chǎn)生副產(chǎn)物亞氯酸鹽(ClO)，需將其轉(zhuǎn)化為Cl-除去，下列試劑中，可將ClO轉(zhuǎn)化為Cl-的是(填字母)。A．FeSO4B．O3C．KMnO4D．SO2（5）亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。Mathieson方法制備亞氯酸鈉的流程如下：請將流程中反應(yīng)②的離子方程式補(bǔ)充完整：_ClO2+_H2O2+_=_ClO+O2+_。25．工業(yè)上以鋅白礦(主要成分為ZnO，還含有PbO、FeO、Fe2O3、CuO、SiO2等雜質(zhì))為主要原料制備硫酸鋅的工藝流程如圖。回答下列問題：已知：①某溫度下，部分金屬陽離子開始沉淀和完全沉淀時的pH值如圖：②硫酸鋅晶體的溶解度隨溫度的變化如圖：（1）“酸浸”時，需不斷通入高溫水蒸氣，其目的是，用到的4.5mol·L-1的硫酸溶液需用18mol·L-1的濃硫酸配制。下列操作使所配溶液濃度偏大的是(填字母)。（2）濾渣1的主要成分是，調(diào)節(jié)pH時可使用物質(zhì)B是(填化學(xué)式)。（3）從濾液2經(jīng)一系列操作可得產(chǎn)品級ZnSO4·7H2O，具體操作如圖：濾液2調(diào)節(jié)pH值沉鋅的范圍是9.4～，簡述從濾液3得到產(chǎn)品級ZnSO4·7H2O的操作：，冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。將硫酸鋅與硫化鋇混合可以得到很好的白色顏料——鋅鋇白(俗稱：立德粉ZnS·ZnSO4)。由于鋅鋇白便宜可部分替代TiO2使用，穩(wěn)定性：TiO2鋅鋇白(填“大于”或“小于”)。（4）該工藝廢水中含有Zn2+，排放前需處理。向廢水中加入CH3COOH和CH3COONa組成的緩沖溶液調(diào)節(jié)pH，通入H2S發(fā)生反應(yīng)：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。處理后的廢水中部分微粒濃度為：微粒H2SCH3COOHCH3COO-濃度/mol·L-10.200.100.20則處理后的廢水中c(Zn2+)=。(已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5)

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．Ti位于IVB族，Ni位于VIIIB族，兩者都是過渡金屬元素，A不符合題意；B．由同種元素組成的不同的單質(zhì)互為同素異形體，因此T-碳(T-Carbon)與C60互為同素異形體，B符合題意；C．合金比純金屬性能優(yōu)良，鈦合金具有密度小、強(qiáng)度高、耐高溫的特性，C不符合題意；D．芯片材料為單晶硅，光導(dǎo)纖維為二氧化硅，兩者材料不同，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.過渡金屬元素包括d區(qū)（第ⅢB~ⅦB，Ⅷ族）元素和ds區(qū)（第ⅠB~ⅡB族）元素，不包括鑭系和錒系元素。

B.同位素是指質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的的原子。題干所指的是兩種單質(zhì)。

C.合金比純金屬性能優(yōu)良。

D.芯片材料為Si，光導(dǎo)纖維的材料是SiO2。2．【答案】D【解析】【解答】A.尼龍的主要成分是合成纖維，不是纖維素，選項A不符合題意。B.高硬度的氮化硅陶瓷屬于新型無機(jī)非金屬材料，選項B不符合題意。C.聚氯乙烯(PVC)不能用于包裝食品，選項C不符合題意。D.減少燃煤可以有效的降低空氣中顆粒物的含量，所以選項D符合題意。故答案為：D【分析】A.尼龍是合成高分子化合物；

B.注意區(qū)分新型無機(jī)非金屬材料和傳統(tǒng)非金屬材料；

C.聚氯乙烯有毒；

D.燃煤燃燒會產(chǎn)生顆粒物。3．【答案】C【解析】【解答】煤、石油、天然氣都是傳統(tǒng)能源，太陽能屬于新能源。C選項符合題意。故答案為：C。

【分析】新能源又稱非常規(guī)能源。是指傳統(tǒng)能源之外的各種能源形式。指剛開始開發(fā)利用或正在積極研究、有待推廣的能源，如太陽能、地?zé)崮?、風(fēng)能、海洋能、生物質(zhì)能和核聚變能等。4．【答案】A【解析】【解答】A.蛋白質(zhì)在人體內(nèi)只有水解為氨基酸后才能被吸收，蛋白質(zhì)水解不出甘油等小分子物質(zhì)，故A符合題意；B.鋁密度小，長征五號火箭的箭體蒙皮材料2219-鋁合金，可一定程度上減輕火箭的質(zhì)量，故B不符合題意；C.酯在堿性條件下易發(fā)生水解，市面上的防曬衣通常采用聚酯纖維材料制作，不能長期用肥皂或堿性較強(qiáng)的液體洗滌，會影響其使用時間，故C不符合題意；D.我國極力落實雙碳目標(biāo)：海洋生物如珊瑚的大量消亡主要因素在于CO2的濃度增大，CO2濃度增大，引起海水酸度增大，珊瑚的分解速度增大，溫度的影響在其次，故D不符合題意；故答案為：A。【分析】A.蛋白質(zhì)水解產(chǎn)物為氨基酸；B.鋁合金質(zhì)量輕，機(jī)械性能好；C.酯在堿性條件下易發(fā)生水解；D.碳酸鹽會轉(zhuǎn)化為碳酸氫鹽。5．【答案】B【解析】【解答】A．硅膠具有吸水性，不具有還原性，不能防止食品氧化變質(zhì)，故A不符合題意；B.鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)，由信息可知，Na、K的焰色反應(yīng)不同，則：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，該方法應(yīng)用了焰色反應(yīng)，故B符合題意；C.二氧化硫?qū)е滤嵊?，酸雨樣品露天放置一段時間pH減小，生成的亞硫酸被氧化生成硫酸，酸性增強(qiáng)，故C不符合題意；D.存在新物質(zhì)的變化是化學(xué)變化，用石材制作硯臺的過程沒有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，故D不符合題意。故答案為：B?！痉治觥緼.油脂易氧化，需要防止被氧化；

B.根據(jù)焰色反應(yīng)進(jìn)行判斷；

C.酸雨在空氣中放置后酸性增強(qiáng)；

D.制作硯臺是形狀的改變，沒有新物質(zhì)生成。6．【答案】C【解析】【解答】①碳酸鈉能和水、二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解性小于碳酸鈉的溶解性，所以該溶液中會有碳酸氫鈉析出，最終溶液變渾濁，故①符合題意；②鹽酸是強(qiáng)酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取鹽酸，即二氧化碳和氯化鈣不反應(yīng)，最終沒有沉淀析出，故②不符合題意；③足量二氧化碳與Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，然后沉淀又溶解，最終溶液中沒有沉淀生成，故③不符合題意；④足量二氧化碳通入偏鋁酸鈉溶液中生成碳酸氫鈉和氫氧化鋁沉淀，最終溶液變渾濁，故④符合題意；⑤將足量CO2通入飽和NaCl和NH3的混合溶液會生成碳酸氫鈉析出，最終溶液變渾濁，故⑤符合題意；最終溶液變渾濁的有①④⑤，故答案為：C?！痉治觥勘绢}的易錯點為③，要注意過量的二氧化碳能夠與碳酸鋇反應(yīng)生成易溶于水的碳酸氫鋇溶液。7．【答案】C【解析】【解答】A、Na2CO3固體受熱不易分解，A不符合題意；B、Fe(OH)3膠體是紅褐色，B不符合題意；C、以上三種氣體都不與濃硫酸反應(yīng)，能用濃硫酸干燥，C符合題意D、SiO2和氫氟酸反應(yīng)，沒有生成鹽和水，不是兩性氧化物，D不符合題意；故答案為：C【分析】A.Na2CO3穩(wěn)定受熱不分解；

B.Fe(OH)3膠體為紅褐色；

C.H2、SO2、CO2與濃硫酸不反應(yīng)；

D.SiO2不是兩性氧化物；8．【答案】D【解析】【解答】A．漂白指使有機(jī)色質(zhì)褪色、二氧化硫能和鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)而發(fā)生褪色現(xiàn)象，不屬于漂白，A錯誤；B．乙烯和二氧化硫均能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，而均可以被吸收，B錯誤；C．二氧化硫易溶于水、密度比空氣大，應(yīng)用向上排空氣法收集、應(yīng)該長管進(jìn)氣，短管出氣，C錯誤；D．二氧化硫能被氫氧化鈉溶液吸收，生成可溶性鈉鹽、球形干燥管還可以防倒吸，D正確；答案選D。

【分析】A.二氧化硫與鐵離子能發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

B.乙烯和二氧化硫均能與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)；

C.二氧化硫易溶于水、密度比空氣大。9．【答案】C【解析】【解答】A．“兩水”均為混合物，新制氯水中共有7種粒子（三分四離），新制氨水中共有6種粒子（三分三離），二者粒子數(shù)目不同，A不符合題意；B．氨水不具有漂白性，B不符合題意；C．新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的化學(xué)平衡和HClOH++ClO-的弱電解質(zhì)的電離平衡，新制氨水中存在NH3+H2ONH3·H2O的化學(xué)平衡和NH3·H2ONH4++OH-的弱電解質(zhì)的電離平衡，C符合題意；D．新制氯水變質(zhì)是因為HClO見光分解生成HCl，從而溢出水中，而新制氨水變質(zhì)是因為氨直接從水中溢出，二者變質(zhì)原理不同，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.均是混合物，氯水中有HClO，Cl2，H+，ClO-，OH-，H2O，Cl-.氨水中有NH3，NH4+，OH-，H2O，NH3.H2O，OH-

B.氯水中含有次氯酸可以漂白色素

C.氨水和次氯酸均可逆

D.氨水易揮發(fā)，次氯酸易分解10．【答案】C【解析】【解答】A．氯化銨受熱分解產(chǎn)生氨氣，但是其兩種氣體產(chǎn)物在受冷時又重新化合成氯化銨，無法達(dá)到實驗?zāi)康?，故A不符合題意；B．乙醇是一種有機(jī)溶劑，跟乙酸乙酯互溶，無法用分液操作分離，故B不符合題意；C．制備無水氯化鎂時，易水解，為了防止水解需要在氯化氫的氣流中進(jìn)行加熱，最后用無水氯化鈣來干燥，故C符合題意；D．銅與濃硫酸反應(yīng)制備SO2需要加熱，無法達(dá)到實驗?zāi)康?，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．制備氨氣用堿石灰和氯化銨共熱；

B．乙酸乙酯和乙醇互溶；

C．在HCl的氣流中蒸發(fā)可得到無水MgCl2；

D．銅與濃硫酸反應(yīng)制備SO2需要加熱；11．【答案】C【解析】【解答】A.根據(jù)以上分析可知原固體混合物中，Cu和Cu2O的物質(zhì)的量之比為0.1：0.05=2：1，故不符合題意；B.所得溶液中加入1.0L0.5mol?L-1的NaOH溶液，生成沉淀的質(zhì)量為19.6g，此時溶液呈中性，且金屬離子沉淀完全，說明溶液為硝酸鈉，即硝酸根離子物質(zhì)的量等于鈉離子物質(zhì)的量，則溶液中硝酸根離子物質(zhì)的量為0.5mol，原硝酸的物質(zhì)的量=硝酸根離子物質(zhì)的量+一氧化氮物質(zhì)的量，根據(jù)電子守恒分析，銅元素失去電子數(shù)=0.1×2+0.05×2×1=0.3mol則一氧化氮的物質(zhì)的量為0.1mol，則原稀硝酸的濃度為（0.5+0.1）/0.25=2.4mol·L-1，故不符合題意；C.由B中計算一氧化氮物質(zhì)的量為0.1mol，則標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為2.24L，故符合題意；D.硝酸的物質(zhì)的量為0.6mol，反應(yīng)后生成的硝酸銅的物質(zhì)的量為0.2mol則硝酸根離子物質(zhì)的量為0.4mol，一氧化氮的物質(zhì)的量為0.1mol，則說明反應(yīng)后剩余硝酸的物質(zhì)的量為0.6-0.4-0.1=0.1mol，故不符合題意。故答案為：C?！痉治觥裤~和氧化亞銅和硝酸反應(yīng)生成硝酸銅，和一氧化氮，溶液中加入氫氧化鈉，反應(yīng)生成氫氧化銅沉淀19.6g，即19.6/98=0.2mol，說明銅離子物質(zhì)的量為0.2mol，則原混合物中氧元素的質(zhì)量為13.6-64×0.2=0.8g，物質(zhì)的量為0.8/16=0.05mol，則氧化亞銅的物質(zhì)的量為0.05mol，銅的物質(zhì)的量為0.1mol。12．【答案】B【解析】【解答】A．鹽酸有揮發(fā)性，生成的CO2氣體中混有HCl，苯酚鈉溶液中通HCl也變渾濁，則無法確定碳酸比苯酚酸性強(qiáng)，故A不符合題意；B．揮發(fā)的乙醇及可能混有的SO2氣體溶于NaOH，剩余氣體使溴的CCl4溶液褪色，說明有乙烯氣體生成，故B符合題意；C．乙醇和乙酸在加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)時，需要添加濃硫酸作催化劑和吸水劑，故C不符合題意；D．制備氨氣應(yīng)選擇氯化銨和氫氧化鈣混合加熱，單純氯化銨加熱分解生成的HCl和NH3，會重新化合生成氯化銨，故D不符合題意；故答案為B。

【分析】A.苯酚鈉溶液中通HCl和CO2都變渾濁；

B.乙烯和溴的CCl4溶液發(fā)生加成反應(yīng)；

C.依據(jù)酯化反應(yīng)的相關(guān)知識分析解答；

D.依據(jù)實驗室制取氨氣的知識分析解答。13．【答案】A【解析】【解答】A．選項中的濃鹽酸可以和氯酸鉀發(fā)生反應(yīng)生成氯氣，化學(xué)方程式為KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O，A符合題意；

B．除去Cl2中的HCl需要用到飽和的NaCl溶液，但在洗氣裝置中需要長導(dǎo)管進(jìn)短導(dǎo)管出，若短導(dǎo)管進(jìn)為集氣裝置，B不符合題意；

C．Cl2的密度比空氣大，應(yīng)用向上排空氣法，在集氣裝置中應(yīng)長導(dǎo)管進(jìn)，C不符合題意；

D．Cl2易溶于NaOH溶液，用此裝置吸收尾氣容易導(dǎo)致Cl2沒有完全被NaOH吸收，污染空氣，D不符合題意；

故答案為：A。

【分析】A．該裝置可以在常溫制取氯氣；

B．二者均與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)；

C．密度比空氣大的氣體可以采用向上排空氣法收集；

D．氯氣與NaOH反應(yīng)。14．【答案】D【解析】【解答】A.試管I中淺紅棕色氣體為NO和NO2的混合物，Cu與稀硝酸反應(yīng)，硝酸被還原為NO，部分NO遇到空氣中的氧氣被氧化為紅棕色的NO2，A不符合題意；B.等質(zhì)量的Cu完全溶解時，因稀硝酸被還原為NO，N的化合價由+5降到+2，而濃硝酸被還原為NO2，N的化合價由+5降低到+4，故I中消耗的HNO3較少，B不符合題意；C.換成Fe之后重復(fù)實驗，F(xiàn)e遇濃硝酸發(fā)生鈍化，試管II中無明顯變化，C不符合題意；D.試管II中持續(xù)通入氮氣后，可以把溶液中溶解的NO2帶走，溶液由綠色變?yōu)樗{(lán)色，說明試管II中反應(yīng)后溶液顏色與其溶解的NO2有關(guān)，D符合題意。故答案為：D【分析】A.NO2是由NO氧化生成的；

B.根據(jù)轉(zhuǎn)移電子數(shù)計算；

C.常溫下，濃硝酸能使鐵鈍化；

D.根據(jù)通入N2前后溶液顏色的變化分析；15．【答案】C【解析】【解答】A．草甘膦中的-COOH能與NaOH溶液反應(yīng)，故A不符合題意；B．由Fe3O4納米顆粒除去草甘膦的過程中圖可知，基團(tuán)中斷開O-H鍵與Fe3O4表面的-OH反應(yīng)生成水，然后與Fe3O4形成新的化學(xué)鍵，故B不符合題意；C．已知Fe3O4顆粒在水中表面會帶-OH，F(xiàn)e3O4納米顆粒粒徑越小，表面積越大，除污效果越好，溶液中c(H+)越大，顆粒越大，除污效果越差，故C符合題意；D．由圖可知，處理完成后，在450℃下持續(xù)加熱30分鐘，納米顆粒與草甘膦完全分離，然后再用磁鐵回收Fe3O4。納米顆粒，經(jīng)加熱活化后，重復(fù)使用，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、草甘膦中含有-COOH，能與NaOH溶液反應(yīng)；

B、根據(jù)圖示反應(yīng)過程中化學(xué)鍵的變化分析；

C、結(jié)合c(H＋)對Fe3O4顆粒大小的影響分析；

D、Fe3O4具有磁性，能與磁鐵吸引；16．【答案】D【解析】【解答】A．鋁熱反應(yīng)是指鋁在高溫下與少數(shù)金屬氧化物反應(yīng)生成氧化鋁和金屬，反應(yīng)①中利用Al的還原性將Zn2+還原生成Zn，為鋁熱反應(yīng)冶煉Zn，故A不符合題意；B．反應(yīng)②中反應(yīng)物為單質(zhì)和化合物，生成物為另一種單質(zhì)和另一種化合物，所以屬于置換反應(yīng)，故B不符合題意；C．C2Cl6為乙烷的六氯代物，則屬于鹵代烴，故C不符合題意；D．由①②可知還原性為Al＞Zn＞C，但Al、Zn均為金屬，不具有氧化性，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．反應(yīng)①利用Al的還原性及反應(yīng)放熱；

B．反應(yīng)②為單質(zhì)與化合物反應(yīng)生成新單質(zhì)、化合物的反應(yīng)；

C．C2Cl6為乙烷的鹵代物；

D．由①②可知還原性為Al>Zn>C。17．【答案】C【解析】【解答】A．無色溶液中通入過量的CO2氣體，可以產(chǎn)生氫氧化鋁白色沉淀，溶液中也可能含有AlO等，A不符合題意；B．用銀氨溶液或新制氫氧化銅檢驗葡萄糖時必須加入氫氧化鈉中和硫酸，用碘水檢驗淀粉時不能加入氫氧化鈉溶液至堿性，因為碘水可與NaOH反應(yīng)，無法檢驗淀粉是否剩余，B不符合題意；C．通過兩種實驗對比，將帶火星的木條和加熱至液態(tài)的鈉分別伸入盛有NO2的集氣瓶中，木條不復(fù)燃，鈉燃燒，可知NO2的助燃性具有選擇性，C符合題意；D．當(dāng)向溶液中滴加的NaOH比較少時，反應(yīng)生成一水合氨不生成氨氣，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.通入二氧化碳產(chǎn)生產(chǎn)生沉淀不一定是硅酸根離子

B.混淆檢驗淀粉和檢驗葡萄糖的方法導(dǎo)致不符合題意

C.通過實驗對比得出結(jié)論

D.一般檢驗銨根離子需要進(jìn)行加熱18．【答案】D【解析】【解答】A．二氧化硫能夠殺菌消毒是利用其氧化性，不是漂白性，選項A不符合題意；B．氯化銅溶液中含有，是黃色的，溶液由于同時含有和以及和的混合配離子，通常為黃綠色或綠色，選項B不符合題意；C．食鹽中含有碘酸鉀，不能使淀粉變藍(lán)，選項C不符合題意；D．植物油中含有碳碳雙鍵，具有還原性，能發(fā)生氧化反應(yīng)，使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.二氧化硫殺菌消毒是因為二氧化硫有毒；

B.為黃色；

C.食鹽中的碘以碘酸鉀形式存在，不是碘單質(zhì)，不能使淀粉變藍(lán)；

D.碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀氧化。19．【答案】D【解析】【解答】A、由圖可知，反應(yīng)⑤為和NO反應(yīng)生成、、，反應(yīng)的方程式為，故A正確；

B、由圖可知，總反應(yīng)的方程式為4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，每吸收4molNO，消耗1molO2，標(biāo)況下的體積為22.4L，故B正確；

C、反應(yīng)③只涉及O-O的斷裂，元素的化合價沒有發(fā)生變化，故C正確；

D、由圖可知，反應(yīng)④不存在非極性鍵的斷裂，故D錯誤；

故答案為：D。

【分析】A、反應(yīng)⑤中，和NO反應(yīng)生成、、；

B、總反應(yīng)的方程式為4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O；

C、反應(yīng)③中沒有元素的化合價發(fā)生變化；

D、過程④中不存在非極性鍵的斷裂。20．【答案】D【解析】【解答】A．由示意圖可知，在多功能催化劑的作用下，二氧化碳與氫氣反應(yīng)生成汽油和水，反應(yīng)能消耗二氧化碳，減少二氧化碳的排放，從而達(dá)到“碳中和”的戰(zhàn)略愿景，故A不符合題意；B．多功能催化劑能降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，故B不符合題意；C．由示意圖可知，a為2-甲基丁烷、b為庚烷，兩者的一氯代物都有4種，故C不符合題意；D．由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)①的產(chǎn)物中為一氧化碳水，反應(yīng)②有碳?xì)滏I和氫氧鍵形成，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.根據(jù)此反應(yīng)流程將二氧化碳充分利用變?yōu)闊N可以實現(xiàn)二氧化碳的零排放

B.催化劑可降低活化能，增大活化分子數(shù)

C.根據(jù)a和b的結(jié)構(gòu)簡式找出氫原子的種類

D.根據(jù)反應(yīng)流程的鍵的斷裂和形成即可判斷鍵的形成和物質(zhì)的形成21．【答案】（1）PbCl2的溶解度大；鉛的浸出率高（2）MnO2+PbS+4Cl-+4H+=PbCl+Mn2++S↓+2H2O（3）MnCO3、MnO、Mn(OH)2；5pH<8（4）避免鉛的化合物析出；用冰水浴使PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl?H>0逆向移動，使PbCl轉(zhuǎn)化為PbCl2析出（5）1.08×10-4（6）Na2CO3溶液堿性較強(qiáng)，會有部分Mn(OH)2沉淀生成，所得MnCO3不純，Mn的利用率降低【解析】【解答】方鉛礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))，軟錳礦(主要成分為MnO2，還有少量Fe2O3，Al2O3等雜質(zhì))，兩者粉碎后，加入鹽酸和飽和氯化鈉溶液浸取，鹽酸、氯化鈉、二氧化錳、硫化鉛反應(yīng)生成Na2PbCl4、MnCl2和S，過濾除去S沉淀，得到酸浸液，含有Na2PbCl4、MnCl2、FeCl3、AlCl3等，加入MnCO3或MnO、Mn(OH)2調(diào)節(jié)pH，使酸浸液中鐵離子、鋁離子完全沉淀與錳離子分離，趁熱過濾，向濾液中加入冰水，冷卻過濾，得到PbCl2沉淀和MnCl2濾液，向PbCl2沉淀中加入硫酸鈉進(jìn)行沉淀的轉(zhuǎn)化，得到硫酸鉛沉淀，向MnCl2濾液中加入碳酸氫銨溶液，得到碳酸錳沉淀。(1)PbCl2難溶于冷水，易溶于熱水，“浸取”時選擇的溫度為80℃，選擇此溫度的目的有：PbCl2的溶解度大，鉛的浸出率高。(2)“浸取”過程中，鹽酸、NaCl與MnO2、PbS發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2PbCl4、MnCl2和S，依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可知，反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+PbS+4Cl-+4H+=PbCl+Mn2++S↓+2H2O。(3)酸浸液中Mn2+的濃度為0.16mol·L-1，為了不引入新的雜質(zhì)，可以加入MnCO3或MnO、Mn(OH)2調(diào)節(jié)pH，使酸浸液中鐵離子、鋁離子完全沉淀與錳離子分離，使鐵離子完全沉淀時，c(OH-)==mol/L=1.010-11mol/L，c(H+)=1.010-3mol/L，pH=3，同理，使鋁離子完全沉淀時，c(OH-)==mol/L=1.010-9mol/L，c(H+)=1.010-5mol/L，pH=5，為了防止錳離子沉淀，c(OH-)==mol/L=1.010-6mol/L，c(H+)=1.010-8mol/L，pH=8，因此調(diào)節(jié)溶液pH范圍為：5pH<8。(4)PbCl2難溶于冷水，易溶于熱水，“趁熱過濾”的目的是：避免鉛的化合物析出；溶液中存在PbCl2(s)+2Cl-(aq)?PbCl(aq)ΔH>0，加入冰水冷卻，可使反應(yīng)逆向移動，使PbCl轉(zhuǎn)化為PbCl2析出。(5)依據(jù)題意有：PbCl2+SO=PbSO4+2Cl-，則K====，將c(Cl-)=0.4mol?L?1代入，計算得c(SO)=1.08×10-4mol/L。(6)碳酸鈉溶液堿性較強(qiáng)，若加入碳酸鈉溶液，會有部分氫氧化錳沉淀生成，所得碳酸錳不純，錳的利用率降低，因此制取MnCO3時往濾液2中加NH4HCO3溶液而不是Na2CO3溶液。

【分析】(1)利用已知信息①分析。(2)依據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫；(3利用溶度積常數(shù)計算。(4)利用已知信息①，結(jié)合平衡移動原理分析。(5)利用溶度積常數(shù)計算。(6)堿性強(qiáng)會生成其它產(chǎn)物。22．【答案】（1）K、Cu、C、O；K2[Cu(C2O4)2]（2）0.3molCO2和0.3molCO（3）2K2[Cu(C2O4)2]3CO2+3CO+Cu2O+2K2CO3；K2[Cu(C2O4)2]+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2K++2C2O42—+4H2O（4）用潔凈鉑絲蘸取少許溶液F于酒精燈上灼燒，若火焰呈黃色，則含有Na+；若透過藍(lán)色鈷玻璃觀察，火焰呈紫色，則含有K+【解析】【解答】（1）由分析可知X中含有的元素是K、Cu、C、O，且這四種元素原子個數(shù)比為2：1：4：8，結(jié)合化合物的構(gòu)造可推出其化學(xué)式為K2[Cu(C2O4)2]。

（2）由分析可知，混合物A是由0.3molCO2和0.3molCO組成的。

（3）由分析可知，固體混合物C是Cu2O和2K2CO3，所以K2[Cu(C2O4)2]受熱分解得到CO2、CO、Cu2O和K2CO3，根據(jù)原子個數(shù)守恒配平。

（4）由分析可知，無色溶液F中含有的金屬陽離子是Na+和K+。用潔凈鉑絲蘸取少許溶液F于酒精燈上灼燒，若火焰呈黃色，則含有Na+；若透過藍(lán)色鈷玻璃觀察，火焰呈紫色，則含有K+?！痉治觥扛鶕?jù)M=22.4ρ可知，無色氣體B的相對分子質(zhì)量為22.4×1.25=28，則B為CO?；旌蠚怏wA能使澄清石灰水變渾濁，可推出A中含有CO2和CO，根據(jù)CO2~CaCO3可推出A中n(CO2)=0.03mol，n(CO)==0.03mol。根據(jù)流程圖中可知，藍(lán)色沉淀為Cu(OH)2，則混合溶液E中含有Cu2+，且其物質(zhì)的量為0.8/80mol=0.01mol，紫紅色固體為Cu，且其物質(zhì)的量為=0.01mol，則固體混合物C中含有Cu2O，且n(Cu2O)=0.01mol，所以化學(xué)物X含有銅元素、氧元素、碳元素，且銅元素的總物質(zhì)的量為0.02mol。固體混合物C與足量稀硫酸反應(yīng)生成的無色氣體能使澄清石灰水變渾濁，可推出D是CO2，則固體混合物C中含有CO32-，根據(jù)CO32-~CO2~CaCO3可推出n(CO32-)=0.02mol。根據(jù)前面分析，進(jìn)一步可推出X中氧元素的總物質(zhì)的量為n(Cu2O)+3n(CO32-)+2n(CO2)+n(CO)=0.16mol，銅元素的總物質(zhì)的量為0.02mol，碳元素的總物質(zhì)的量為n(CO2)+n(CO)+n(CO32-)=0.08mol，則X中剩余元素的質(zhì)量為1.56g，結(jié)合m=nM及計算整數(shù)化可推出剩余元素是K，其物質(zhì)的量為0.04mol。23．【答案】（1）水浴加熱（2）Fe2++2Fe3++8OH－Fe3O4+4H2O（3）過濾、洗滌（4）取少量樣品于燒杯中，加入稀鹽酸，加熱溶解，過濾，取少量濾液于試管中，滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，若有藍(lán)色沉淀生成，則說明樣品中含+2鐵。（5）制備過程中少量Fe2+被氧化，最終n(Fe3+)∶n(Fe2+)接近理論值2：1；取2mLFeCl3溶液于試管中，加入足量鐵粉，振蕩使其充分反應(yīng)，過濾，在濾液中加入剩余的3mLFeCl3溶液，即為n(Fe3+)∶n(Fe2+)=1：1混合溶液【解析】【解答】（1）Ⅱ中的反應(yīng)溫度需控制在50℃~60℃之間，水的沸點是100℃，實驗室控制該溫度的最佳方法是水浴加熱；（2）Ⅱ中氯化鐵和氯化亞鐵與氫氧化鈉反應(yīng)生成Fe3O4沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：Fe2++2Fe3++8OH－Fe3O4+4H2O；（3）操作Ⅲ是將沉淀進(jìn)行過濾和洗滌；（4）檢驗Fe3O4中含有+2價鐵元素的方法是取少量樣品于燒杯中，加入稀鹽酸，加熱溶解，過濾，取少量濾液于試管中，滴加幾滴K3[Fe(CN)6]溶液，若有藍(lán)色沉淀生成，則說明樣品中含+2鐵；（5）①實際制備時選擇n(Fe3+)∶n(Fe2+)小于2∶1，原因是制備過程中少量Fe2+被氧化，最終n(Fe3+)∶n(Fe2+)接近理論值2：1；②該實驗室無FeCl2溶液，現(xiàn)用5mLFeCl3溶液制備Fe3O4，配制n(Fe3+)∶n(Fe2+)＝1∶1混合溶液的方法是取2mLFeCl3溶液于試管中，加入足量鐵粉，振蕩使其充分反應(yīng)，過濾，在濾液中加入剩余的3mLFeCl3溶液，即為n(Fe3+)∶n(Fe2+)=1：1混合溶液?！痉治觥浚?）控制溫度在100度以內(nèi)最好的方法是水浴加熱；

（2）根據(jù)題目中給的條件，找出反應(yīng)物再寫方程式即可；

（3）固液分離采用過濾，過濾后再進(jìn)行洗滌；

（4）檢驗二價鐵用鐵氰化鉀產(chǎn)生藍(lán)色沉淀；

（5）①二價鐵容易被氧化；②實驗室沒有氯化亞鐵，可以使用氯化鐵與鐵粉反應(yīng)生成氯化亞鐵，注意反應(yīng)物的量就行。24．【答案】（1）CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-（2）Cu2+、Fe3+、Fe2+、Cl-；2Fe2++3H2O2+4I-=2Fe(OH)3+2I2（3）2KOCN+4KOH+3Cl2=2CO2+N2+6KCl+2H2O；2800（4）1∶1；＞；AD（5）2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO+O2+2H2O【解析】【解答】（1）CuCl可以溶解在FeCl3溶液中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cu2+和Fe2+，根據(jù)原子守恒、電子守恒、電荷守恒，可得該反應(yīng)的離子方程式為：CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-。（2）①Fe2O3、Cu2O、CuCl、Fe溶解于過量稀鹽酸中，發(fā)生的反應(yīng)有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+、2Fe3++Fe=3Fe2+等。如有固體剩余，只能是還原性最弱的Cu，反應(yīng)后溶液中存在H+、Fe2+等離子。向其中通入氯氣，F(xiàn)e2+被氧化，發(fā)生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，溶液中Cu2+、Fe3+、Fe2+、Cl-物質(zhì)的量發(fā)生變化。②若不通入氣體，改往W中加入過量鐵粉，過濾，調(diào)pH約為7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈藍(lán)色并有紅褐色沉淀生成。當(dāng)消耗2molI-時，共轉(zhuǎn)移3mol電子，碘離子失去的電子為2mol，亞鐵離子被氧化，則Fe2+失去的電子為1mol，則參與反應(yīng)的Fe2+物質(zhì)的量為1mol，即Fe2+與I-物質(zhì)的量之比為1：2，該反應(yīng)的離子方程式是2Fe2++3