【分析】由实验流程可知，过量氯水反应后的溶液，加入CCl4萃取后下层的紫红色，说明原溶液中含有I
﹣
，则能够氧化I﹣的Fe3+不能同时存在于溶液中．此时上层的水溶液中一定含有氯水还原生成的Cl﹣，所
﹣
以用该溶液加入AgNO3生成的白色沉淀，其中Cl不能说明存在于原溶液中．另外一份加入NaOH产生红褐色沉淀说明溶液中存在Fe3+，但是该Fe3+又不能存在于原溶液中，那只能是Fe2+开始时被氯水氧化生成Fe3+，所以原溶液中含有Fe2+；Fe2+的存在说明原溶液中不含有CO32﹣，以此来解答．
【解答】解：由上述分析可知，原溶液中一定含有I﹣、Fe2+，一定不存在Fe3+、CO32﹣，不能确定是否存在+、Na+、SO42﹣、Cl﹣，
A．中不含Fe，故A错误；
B．由分析可知溶液中有Fe、I可能有SO4、Cl，故B正确； C．不能确定是否存在Cl﹣，故C错误； D．中不含Fe3+，故D错误； 故选B．
【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握流程中发生的离子反应、现象与结论为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氧化还原反应与复分解反应的判断，题目难度不大． 9.A
A．各离子在碱性溶液中能大量共存，故A正确；
B．pH=1的溶液中存在大量氢离子，HCO3、与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误； C．Cu为有色离子，不满足溶液无色的条件，故C错误；
D．具有强氧化性的ClO和还原性强的SO3不能大量共存，故D错误； 故选A． 10.C
A、SO2的漂白性比较弱，主要是指使品红、纸浆、草帽等变色，而使酸性高锰酸钾溶液褪色体现的是SO2的还原性，A错误；B、SO2是一种无色有刺激性且较易溶于水的气体，B错误；C、SO2具有漂白作用，同时具有毒性，不能用于银耳等食品的漂白，C正确；D、SO2与Cl2 11混合发生反应：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成的两种酸没有漂白性，D错误。正确答案为C。 11.【答案】C 12.A
试题分析：设试管体积为1，①NO2＋NO与水反应后的产物为NO，其体积为2/3，②NO2＋O2与水反应二氧化氮不足，与氧气，其体积为3/8，③HCl＋N2，氯化氢易溶于水，最后余氮气，体积为1/2，④NO＋N2都不溶于水，体积仍为1，所以水面上升的体积分别是1/3、5/8、1/2、0，5/8>1/2>1/3>0,即 H2>H3>H1>H4，答案选A。 13.【答案】B
【解析】解析：由NO2、NO和NaNO3、NaNO2的分子组成可知，在化学反应中NaOH与NO2、NO混合气体的物质的量相等(Na与N原子个数比1﹕1，守恒)。224 mL标准状况下的NO2和NO混合气体的物质的量是0.01 mol，则NaOH的物质的量也是0.01 mol。 14.【答案】B
【解析】解析：据气体为无色，先排除Cl2(黄绿色)和NO2(红棕色)。据品红褪色确定有SO2。据气体遇空气变成红棕色，确定有NO，则原气体中一定没有O2。
－
2﹣
2+
﹣
2+
﹣
2﹣
﹣
3+
15.【答案】A
16.【答案解析】C 解析：A、浓硝酸和氯水用棕色细口试剂瓶保存都是为了防止光照时发生分解反应，故A原理相同；B、硫化钠和亚硫酸钠固体长期暴露在空气中，都会被氧化而变质，故B原理相同；C、Cl2能使品红溶液褪色是因为氯气的强氧化性，SO2能使品红溶液褪色是因为SO2的漂白性，故C不能用同一原理解释；D、SO2和FeSO4溶液都有还原性，将MnO4还原而使MnO4溶液褪色，故D原理相同。 故答案选C
【思路点拨】本题考查了硫、氯及其化合物的性质，注意褪色的原因很多，不能将褪色都归结为漂白。 17.C
【考点】离子方程式的书写．
【分析】A．离子个数配比不符合物质结构； B．氢氧化钠过量反应生成碳酸钙、碳酸钠和水； C．Na2CO3溶液中通入少量 CO2反应生成碳酸氢钠； D．醋酸为弱酸，应保留化学式．
【解答】解：A．H2SO4与 Ba（OH）2溶液反应，离子方程式：Ba+2OH+2H+SO4═BaSO4↓+2H2O，故A错误；
B．Ca（HCO3）2与过量 NaOH 溶液反应，离子方程式：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣，故B错误； C．Na2CO3溶液中通入少量 CO2，离子方程式：CO3+CO2+H2O═2HCO3，故C正确；
D．CH3COOH 溶液与 NaOH 溶液反应，离子方程式：CH3COOH+OH═H2O+CH3COOH，故D错误； 故选：C． 18.B
试题分析：A、氮气不能直接转化为NO2，A错误；B、转化关系正确，B正确；C、氯气和铁反应只能生成氯化铁，得不到氯化亚铁，C错误；D、氨水不能溶解氢氧化铝，D错误，答案选B。 19.B 20.D
试题分析：A．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3?H2O，电离生成OH-离子，溶液呈碱性，NH3?H2O是一种可溶性碱，故A错误；B．氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，故B错误；C．氨水与氯化铝溶液发生复分解反应生成氢氧化铝，但一水合氨是弱电解质，不可拆分，故C错误；D．NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，故D正确，答案为D。 21.【答案】A
【解析】解析：铁粉加入该溶液后，与其反应的物质先后顺序是HNO3、Fe(NO3)3、Cu(NO3)2,1 mol Fe正好与4 mol HNO3反应生成1 mol Fe(NO3)3，此时溶液中有Fe(NO3)3 2 mol，然后是Fe与Fe(NO3)3反应，最后Fe与Cu(NO3)2反应。 22.（14分）（每空2分） （1）A；
（2）2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O； （3）Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化； （4）CuO或Cu（OH）2；加热；
﹣
﹣
2﹣
﹣2+
﹣
+
2﹣
（5）Mn+HCO3+NH3=MnCO3↓+NH4； （6）（NH4）2SO4．
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，
（1）提高浸取速率，可增大浓度、升高温度、增大固体表面积或搅拌等； （2）“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4；
（3）若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe可催化Cu2S被MnO2氧化； （4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，结合氨气易挥发的特点分析；
（5）“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；
（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体．
【解答】解：辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜，
（1）酸浸时，通过粉碎矿石或者升高温度或者进行搅拌都可以提高浸取率，延长浸取时间并不能提高速率，
故答案为：A；
（2）“浸取”时：在酸性条件下MnO2氧化Cu2S得到硫沉淀、CuSO4和MnSO4，其反应的离子方程式是：2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O，
故答案为：2MnO2+Cu2S+8H+=S↓+2Cu2++2Mn2++4H2O；
（3）浸取时氧化铜溶液稀硫酸生成硫酸铁和水，若先除铁再浸取，浸取速率明显变慢，Fe2O3在浸取时起媒介作用，Fe3+可催化Cu2S被MnO2氧化， 故答案为：Fe可催化Cu2S被MnO2氧化；
（4）加入的试剂A应用于调节溶液pH，促进铁离子的水解，但不能引入杂质，因最后要制备碱式碳酸铜，则可加入氧化铜、氢氧化铜等，因氨气易挥发，加热可促进挥发，则可用加热的方法． 故答案为：CuO或Cu（OH）2；加热；
（5）“沉锰”（除Mn）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn+HCO3
﹣
2+
2+
3+
3+
2+﹣+
+NH3=MnCO3↓+NH4+，
故答案为：Mn2++HCO3﹣+NH3=MnCO3↓+NH4+；
（6）滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：（NH4）
2
SO4．
【点评】本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析应用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理解，题目难度中等． 23.（16分）（每空2分）
(1)+3
(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2
(3)NaOH溶液；Na2CO3溶液；ClO2(或NaClO2) (4)21；O2 (5)1.57
24.（14分）（每空2分） (1)①Cu+2H2SO4（浓）
2+
+
2+
－
CuSO4+SO2↑+2H2O ②Fe2O3+6H=2Fe+3H2O 2Fe+Cu=2Fe+Cu
+3+3+2+2+
4Fe+4H+O2=4Fe+2H2O 过滤
(2)①4NH3·H2O+2SO2+O2=2（NH4）2SO4+2H2O ②（略）
解析：(1)①铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)═CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O；
②依据流程转化图分析，铜需要硫酸和氧化铁反应生成的铁离子溶解生成铜离子，再通入空气氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液pH使铁离子沉淀除去，得到硫酸铜溶液；加热蒸发浓缩结晶得到硫酸铜晶体；反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+(或Fe2O3+Cu+6H+═3H2O+2Fe2++Cu2+)；通入空气的作用是氧气氧化亚铁离子为铁离子的反应，反应离子方程式为：4Fe+4H+O2═4Fe+2H2O；过滤可以分离蓝色滤液和红褐色沉淀，故答案为：Fe2O3+6H═2Fe+3H2O、2Fe+Cu═2Fe+Cu；4Fe+4H+O2═4Fe+2H2O；过滤；
(2)①依据流程图分析，吸收塔中发生反应是二氧化硫、一水合氧气反应生成硫酸铵和水，反应的化学方程式为：4NH3?H2O+2SO2+O2═2(NH4)2SO4+2H2O；故答案为：4NH3?H2O+2SO2+O2═2(NH4)2SO4+2H2O； ②检验硫酸铵中的NH4，可以加入氢氧化钠溶液加热转化为氨气检验，离子方程式为NH4+OH故答案为：NH4+OH
+
-+
+
-2+
+
3+
+
3+
3+
2+
2+
2+
+
3+
NH3↑+H2O，
NH3↑+H2O。
25.（14分）（每空2分） （1）E、F、C、D；x；
（2）打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加； （3）MnO2+4H+2C1
+
﹣
Mn+C12↑+2H2O；
2+
（4）氢氧化钠固体、碱石灰或生石灰等； （5）吸收水蒸气，干燥氨气； （6）3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl 【考点】制备实验方案的设计．
【分析】A装置由二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气混有氯化氢气体和水蒸气，用E装置中的饱和食盐水吸收氯化氢，用F装置中的浓硫酸吸收水蒸气，由此得干燥纯净的氯气， B装置由浓氨水制备氨气，由D装置中的碱石灰干燥，得干燥的氨气；
将纯净干燥的氯气和氨气在C装置中反应：3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl，为使气体充分混合，氯气从x进入，氨气从y进入，据此分析解答．
【解答】解：（1）由分析，A装置制备氯气，E装置中的饱和食盐水吸收氯化氢，用F装置中的浓硫酸吸收水蒸气，B装置由制备氨气，由D装置中的碱石灰干燥，得干燥的氨气，再在C中反应，为使气体充分混合，氯气从x进入，氨气从y进入； 故答案为：E、F、C、D；x；
（2）装置A中使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓盐酸的操作是打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗
的旋塞，缓慢滴加；
故答案为：打开分液漏斗上口的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加； （3）A中由二氧化锰和浓盐酸生成氯气，离子方程式为：MnO2+4H+2C1故答案为：MnO2+4H+2C1
+
﹣
+
﹣
Mn+C12↑+2H2O；
2+
Mn+C12↑+2H2O；
2+
（4）氢氧化钠固体、碱石灰或生石灰等与浓氨水混合可制取氨气； 故答案为：氢氧化钠固体、碱石灰或生石灰等；
（5）装置D的作用是吸收水蒸气，干燥氨气； 故答案为：吸收水蒸气，干燥氨气；
（6）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，为氯化铵，另一生成物是空气中的主要成分之一，则为氮气，故反应为：3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl； 故答案为：3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl．