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沈阳市第十中学2024一2025学年度（上）12月份考试
高一化学
考试时间：75分钟
可用到的湘对原子质量：H:1C:120:16F:19Na:23A:27S:32:Ci:35.5
K&39Fe:56
、一、单选题（每趣3分，共45分）
}下列叙述正确的有
①NaCI溶液在电流的作用下电离成钠离子和氯离子
②盐酸是强电解质，所以导电能力比醋酸溶液强
③根据树状分类法分析，MgSiO,属于镁盐、硅酸盐
④金属阳离子被还原不一定得到金属单质
⑤根据能否产生丁达尔效应可将分散系分为胶体、溶液和浊液
⑥既有单质参多加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
⑦碱性氧化物一定是金属氧化物
A.0
B.1个
c2个
D.3个
2.化学与生产、生活、环境密切相关，下列说法错误的是
A.一些食品袋内常装有干燥剂生石灰和抗氯化剂还原铁粉
3.医疗上的血液透析利用了胶体的性质，土壤保肥与胶体的性质也有关
C.工业废水中的重铬酸根离子(C0),可用绿矾S04·7H2O)将其氧化进行处理
D.维生素C又称“抗坏血酸”，有助了人体将从贪物中摄取的F+转变为易吸收的F2*
3.某澄清溶液放入铝片后有氢气产生，则下列离子在该溶液中一定能大共存的是
ANa*、K*、NO、[AlOH)a]
B.Na、K+、Cr、SO
CNa*、HC0;、S0f、Ca+
D.Fe2+、Kt、C10、C
4.下列除杂（括号中的物质为杂质）方法不正确的是
A.Cl(HC):通入饱和食盐水洗气后干燥
B.FeCls(FeCL2)溶液：加入适量氯水，充分反应
C.MgO(AlhO)固体：加过量NaOH溶解后过滤、洗涤、干燥
D.NaHCO3Na2C0)固体：加入适量盐酸，充分反应后，蒸发结晶
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5.下列5个转化，其中能通过一步反应实现的有
①NaC1-NaHC03②Fe2O3-→Fe(OH3③CuO-→CuSO4④C02-→Na2CO3
⑤CuSO4→Cu(NO)z
A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
6.下列反应的离子方程式正确的是
A.疏酸铁溶液与硫氰化钾溶液混合，FC++3SCN=Fo(SC)3
B.向FcB溶液中通入过量CL2:2Fe2*+Cl2=2Fc3+2CI
C.向A1C13浴液中滴入过量的氨水：A+4OH=A102+2H,0
D,KA1(S02中酒加Ba(QD2使S042恰好完全沉淀：A13+2S042+2Ba2+40H=A102+2BaS04l+2H20
7.已知氯气有强氧化性，能氧化Fe2*、Br、I等。又已知还原性>Fe2+>Br。向含有Fe2+、、Br的溶液中
通入一定量氮气后，对所得溶液中离子的成分分析正确的是
A.、Fet、Ci
B.Fe2+、C、Br
C.Fe2+、Fe3+、CI
D.Fe+、1、CI
8.下列实验装置能达到对应实验目的、实验结论正确的是
丹浓盐酸
还原铁粉
湿棉花
KsCN溶液C水
肥皂泡
pH纸
溶液
钦与水蒸气反立装程
NaOH溶液
A
A过量铁粉与水蒸气反应后，可用磁铁将剩余铁粉分离出来
B.用图装置操作方法，可检验阳2+
C.若二氧化锰过露，则盐酸可全部消耗完
D.测新制氯水的pH值
9.钯Pd)是优良的储氢金属，其储氢原理为2P计x2=2Pdix,其中x的最大值为0.8。已知：P的相对原子
质量为106，金属钯的密度为12g/cm3,则212cm3P1能储存的最大质量为
A9.5g
B.192g
C.28.8g
D.38.4g
10.下列实验操作、现象和结论都正确的是
选
操作
现象
结论
项
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扫描全能王创建沈阳市第十中学2024－2025学年度(上)12月份考试
高一化学
考试时间：75分钟
可用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 F：19 Na：23 K：39 Fe：56
一、单选题(每题3分，共45分)
1. 下列叙述正确的有
①NaCl溶液在电流的作用下电离成钠离子和氯离子
②盐酸是强电解质，所以导电能力比醋酸溶液强
③根据树状分类法分析，MgSiO3属于镁盐、硅酸盐
④金属阳离子被还原不一定得到金属单质
⑤根据能否产生丁达尔效应可将分散系分为胶体、溶液和浊液
⑥既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应
⑦碱性氧化物一定是金属氧化物
A. 0 B. 1个 C. 2个 D. 3个
【答案】D
【解析】
【详解】①NaCl溶液在电流的作用下发生电解而不是电离，①错误；
②盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，②错误；
③根据树状分类法分析，MgSiO3属于镁盐、硅酸盐，③正确；
④金属阳离子被还原不一定得到金属单质，如被还原为，④正确；
⑤根据分散质微粒直径大小，可将分散系分为胶体、溶液和浊液，⑤错误；
⑥既有单质参加又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体之间的转化，⑥错误；
⑦碱性氧化物一定是金属氧化物，⑦正确；
③④⑦正确，故选D。
2. 化学与生产、生活、环境密切相关，下列说法错误的是
A. 一些食品袋内常装有干燥剂生石灰和抗氧化剂还原铁粉
B. 医疗上的血液透析利用了胶体的性质，土壤保肥与胶体的性质也有关
C. 工业废水中的重铬酸根离子()，可用绿矾(FeSO4·7H2O)将其氧化进行处理
D. 维生素C又称“抗坏血酸”，有助于人体将从食物中摄取的Fe3+转变为易吸收的Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．一些食品袋内常装有干燥剂生石灰和抗氧化剂还原铁粉，防止食物受潮、氧化变质，故A正确；
B．医疗上的血液透析利用了渗析原理，土壤的保肥作用是由于土壤胶粒通常带负电荷，吸附氮肥中的铵根等植物生长所需的营养阳离子，而达到保肥效果，故B正确；
C．具有强氧化性，FeSO4具有还原性，工业废水中的重铬酸根离子()，可用绿矾(FeSO4·7H2O)将其还原进行处理，故C错误；
D．维生素C具有还原性，维生素C又称“抗坏血酸”，有助于人体将从食物中摄取的Fe3+转变为易吸收的Fe2+，故D正确；
选C。
3. 某澄清溶液放入铝片后有氢气产生，则下列离子在该溶液中一定能大共存的是
A. Na+、K+、、 B. Na+、K+、、
C. Na+、、、Ca2+ D. Fe2+、K+、、
【答案】B
【解析】
【分析】某澄清溶液放入铝片后有氢气产生，则该溶液可能显酸性，可能显碱性。
【详解】A．酸性条件下，不能大量存在，A不符合题意；
B．在酸性或碱性条件下，四种离子都能大量存在，B符合题意；
C．在酸性或碱性条件下都不能大量共存，C不符合题意；
D．Fe2+在碱性条件下不能大量共存，在酸性条件下不能大量共存，D不符合题意；
故选B。
4. 下列除杂(括号中的物质为杂质)方法不正确的是
A. Cl2(HCl)：通入饱和食盐水洗气后干燥
B. FeCl3(FeCl2)溶液：加入适量氯水，充分反应
C. MgO(Al2O3)固体：加过量NaOH溶解后过滤、洗涤、干燥
D. NaHCO3(Na2CO3)固体：加入适量盐酸，充分反应后，蒸发结晶
【答案】D
【解析】
【详解】A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则洗气后干燥可分离，选项A正确；
B．加入适量氯水，充分反应，FeCl2被氧化生成FeCl3，能除去杂质，选项B正确；
C．因为Al2O3是两性氧化物，能与碱反应，而MgO是碱性氧化物，不与碱反应，所以除去MgO中的Al2O3加过量NaOH溶液，充分反应后，再过滤，洗涤，烘干，就除去了Al2O3，选项C正确；
D．盐酸与碳酸氢钠、碳酸钠均能反应，达不到除杂的作用，选项D不正确；
答案选D。
5. 下列5个转化，其中能通过一步反应实现的有
①NaCl→NaHCO3 ②Fe2O3→Fe(OH)3 ③CuO→CuSO4 ④CO2→Na2CO3 ⑤CuSO4→Cu(NO)2
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】C
【解析】
【详解】①向NaCl溶液中通入NH3和CO2，可以转化成NaHCO3；
②因氧化铁不溶于水，与水不反应，则Fe2O3→Fe(OH)3一步不能实现；
③CuO与稀H2SO4反应可以生成CuSO4；
④CO2与NaOH反应可以生成Na2CO3 ；
⑤CuSO4与Ba(NO3)2反应可以生成Cu(NO3)2；
综上所述①③④⑤可以通过一步反应实现，故选C。
6. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 硫酸铁溶液与硫氰化钾溶液混合：Fe3+ +3SCN-=Fe(SCN)3↓
B. 向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C. 向溶液中滴入过量的氨水：
D. KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO42-恰好完全沉淀：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=+2BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe(SCN)3是络合物，不是沉淀，A错误；
B．向FeBr2溶液中通入过量Cl2，溴离子也要被氧化为溴单质，B错误；
C．氢氧化铝不溶于氨水，C错误；
D．KAl(SO4)2中滴加Ba(OH)2使SO42-恰好完全沉淀，1molKAl(SO4)2中含有2mol硫酸根离子，1mol铝离子，方程式正确，D正确；
故选D。
7. 已知氯气有强氧化性，能氧化Fe2+、Br-、I-等。又已知还原性I->Fe2+>Br-。向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入一定量氯气后，对所得溶液中离子的成分分析正确的是
A. I-、Fe3+、Cl- B. Fe2+、Cl-、Br-
C. Fe2+、Fe3+、Cl- D. Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子。
【详解】A．当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子， I-、Fe3+、Cl-不能共存，故A错误；
B． 通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C．当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；
D．当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误；
故选B。
8. 下列实验装置能达到对应实验目的、实验结论正确的是
A. 过量铁粉与水蒸气反应后，可用磁铁将剩余铁粉分离出来
B. 用图装置操作方法，可检验Fe2+
C. 若二氧化锰过量，则盐酸可全部消耗完
D. 测新制氯水的pH值
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁粉与水蒸气生成四氧化三铁，四氧化三铁也有磁性，所以不可用磁铁将剩余铁粉分离出来，A错误；
B．向氯化亚铁溶液中加入硫氰化钾溶液，颜色无变化，继续加入氯水，溶液变为血红色，可以检验亚铁离子，B正确；
C．二氧化锰与浓盐酸反应，反应一段时间之后，盐酸变稀，反应会停止，所有盐酸不能全部被消耗完，C错误；
D．新制氯水中含有次氯酸，次氯酸具有强氧化性，会漂白试纸，不能用试纸测新制氯水的pH值，D错误；
故选B。
9. 钯(Pd)是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd+xH2=2PdHx，其中x的最大值为0.8。已知：Pd的相对原子质量为106，金属钯的密度为12g/cm3，则212cm3Pd能储存H2的最大质量为
A. 9.6g B. 19.2g C. 28.8g D. 38.4g
【答案】B
【解析】
【详解】根据金属钯的密度为12g/cm3，则212cm3Pd的质量为12g/cm3×212cm3=2544g。设能储存的氢气的最大质量为xg，根据2Pd+0.8H2=2PdH0.8可得，，解得x=19.2g。
故选B。
10. 下列实验操作、现象和结论都正确的是
选项 操作 现象 结论
A 左边棉球变为橙色，右边棉球变为蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2
B 室温下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加几滴淀粉溶液 溶液变蓝色 Fe3+的氧化性比I2的强
C 将砂纸打磨过的铝箔置于酒精灯外焰上灼烧 熔化的铝以小液滴的形式滴落下来 Al的熔点低加热时Al熔化
D 干燥的氯气依次通过干燥有色布条、湿润有色布条 干燥有色布条不褪色、湿润有色布条褪色 证明具有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．该实验只能证明氯气的氧化性大于Br2和I2，但是不能说明Br2的氧化性大于I2，A错误；
B．三价铁离子将碘离子氧化为碘单质，碘遇淀粉变蓝，B正确；
C．将砂纸打磨过的铝箔置于酒精灯外焰上灼烧，观察到的现象是铝表面失去金属光泽，熔化但不滴落，C错误；
D．干燥的氯气依次通过干燥有色布条、湿润有色布条，干燥有色布条不褪色、湿润有色布条褪色，证明干燥的没有漂白性，D错误；
故选B。
11. 科学家第一次让18个碳原子连成环，其合成过程如图所示。下列说法正确的是
A. 质量相等的CO和CO2中，同温同压下所占的体积相同
B. C18的摩尔质量为216
C. 1molC20O2转化为C18过程中反应生成44.8LCO
D. C18与石墨都是碳的同素异形体
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据阿伏伽德罗定律可知，同温同压气体的体积比等于物质的量之比，根据可知，所以,故A错误；
B．C18的摩尔质量为216g/mol，故B错误；
C．未指明气体是否处于标准状况，无法利用气体摩尔体积计算，故C错误；
D．C18与石墨是由碳元素组成的不同种单质，互为同素异形体，故D正确；
答案选D。
12. 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ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化示意图如图所示。下列说法正确的是
A. 苛性钾溶液中KOH的质量是5.04g B. 由题中信息可知，氧化性ClO-C. 反应中转移电子的物质的量是0.21mol D. 在酸性条件下ClO-和ClO可生成Cl2
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像可知，氯气和氢氧化钾反应生成次氯酸钾和氯化钾，该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾和氯化钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，根据图像知生成n(ClO-)= 0.06mol，n(ClO)= 0.03mol。
【详解】A．根据得失电子守恒n(Cl-)=0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，根据元素质量守恒可知n(K+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO)=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，所以氢氧化钾的物质的量为0.3mol，则氢氧化钾质量为0.3mol×56g/mol=16.8g，A错误；
B．根据已知条件无法判断次氯酸根离子和氯酸根离子氧化性强弱，B错误；
C．反应中转移电子的物质的量为0.06mol×(1-0)+0.03mol×(5-0)=0.21mol，C正确；
D．ClO-和ClO中氯元素化合价分别为+1、+5，均高于Cl2中氯元素的化合价，不符合氧化还原反应中化合价必须有升有降的规律，所以酸性条件下不可能生成氯气，D错误；
故选C。
13. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 0.5mol/LNa2SO4溶液中含有的Na+的数目为NA
B. 过氧化钠与水反应，生成0.1mol氧气时，转移的电子数为0.4NA
C. 常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D. 6mol浓盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液体积未知，无法计算，故A错误；
B．根据反应：，生成0.1mol氧气时，转移的电子数为0.2NA，故B错误；
C．NO2和N2O4最简式均为NO2，则92g的NO2和N2O4混合气体含NO2物质的量为2mol，即所含原子数为6NA，故C正确；
D．随反应不断进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸反应停止，6mol浓盐酸未完全消耗，转移的电子数小于3NA，故D错误；
答案选C。
14. 某溶液中含有下列离子、、、、，向其中先加入足量的KOH溶液，然后微热并搅拌，再加入足量的稀盐酸原溶液中离子基本不变的为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】混合溶液中加入足量KOH微热，生成Fe(OH)3、Fe(OH)2沉淀和NaAlO2，Fe（OH）2沉淀在空气中不稳定，被氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Fe(OH)3和NaAlO2与过量酸作用分别生成AlCl3、FeCl3，则减少的离子主要有Fe2+，增大的为Fe3+，加KOH使K+增大，加盐酸使增大Cl-，离子基本不变的为Al3+。
故选A。
15. 某结晶水合物分子式为，其相对分子质量为M，25℃时，ag晶体溶于bg水中即饱和，形成VmL密度为的溶液，下列不正确的是
A. 饱和溶液的质量分数为
B. 25℃，R的溶解度为
C. 饱和溶液的密度为
D. 饱和溶液物质的量浓度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶质的质量=，所以饱和溶液的质量分数=，故A正确；
B．溶质的质量=，溶剂的质量=，所以其溶解度=，故B错误；
C．溶液的质量=（a+b）g，溶液体积为VmL，则溶液的密度=，故C正确；
D．溶质的物质的量=，溶液的物质的量浓度=，故D正确；
故选B。
二、填空题
16．（12分）
①⑦（2分） 还原剂 （1分） 氧化性、酸性 （2分） 1.5NA （1分）
2.5NA （2分） BD （2分） 2mol （1分） 5∶8（1分）
17．（14分）（每空2分）
(1)胶头滴管和500mL容量瓶 2.0 AC
(2)0.15mol/L
(3)Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
(4)Fe2+、Fe3+、Br-、Cl- （少写1个扣一分，少选2个及以上或错写不得分）
(5)2：1：3
18．（12分）（除特殊说明每空2分）
(1)+3（1分）
(2)B（1分）
(3) Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 会增加后续过程中Fe粉的用量
(4)FeSO4·7H2O晶体晶体在乙醇中的溶解度小
(5)1∶4
(6)2FeO(OH)Fe2O3+H2O
19．（17分）（除特殊说明每空2分）
(1)
(2) 平衡气压，便于浓盐酸顺利流下 将氯化铁蒸气冷凝成固体便于收集
(3) 球形冷凝管（1分） B（1分）
(4) 否 （1分） 酸性KMnO4具有强氧化性，会将氯离子氧化为氯气自身而褪色，会对亚铁离子检验带来干扰
(5) 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 36.52
(6)在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl
二、填空题答案详解
16． ①⑦ 还原剂 氧化性、酸性 1.5NA 2.5NA BD 2mol 5∶8
【详解】(1)只有氧化性的物质元素的化合价处于最高价态，只有还原性的物质元素处于最低价态，当元素的化合价处于中间价态时，既具有氧化性又具有还原性，上述微粒中，③Fe3+、⑤H+、⑥Na+中元素化合价均处于最高价态，只具有氧化性，①S2-、⑦Mg中元素的化合价均处于最低价态，只具有还原性，②Fe2+、④S中元素的化合价处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，所以只有还原性的是①⑦；
(2)“活性氧”氧化性极强，服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3)，能消除人体内的活性氧，表明Na2SeO3能将“活性氧”还原，“活性氧”为氧化剂，Na2SeO3为还原剂；
(3)在反应Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O中，N元素化合价降低，当4molHNO3参加反应时，有1mol被还原，表现为氧化性，3molHNO3表现为酸性，则反应中硝酸既表现了氧化性又表现了硝酸的酸性；生成的气体在标准状况下所占的体积为11.2L，即0.5mol时，消耗0.5molFe参加反应，铁由0价变为+3价，转移电子0.5mol×(3 0)=1.5mol，即转移电子数为1.5NA；
(4)反应①6HCl+KClO3=KCl+3H2O+3Cl2↑中，Cl元素的化合价由KClO3中的+5价变为Cl2中的0价，化合价降低，获得5e ，Cl元素的化合价由HCl中的 1价变为Cl2中的0价，化合价升高，失去5×e ，由此分析可知，当6mol盐酸参与反应时，该反应中转移5mol电子，若有3mol盐酸参与反应，转移的电子物质的量为2.5mol，数目为2.5NA；
A．在反应③I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl中，I2作还原剂失去电子，Cl2作氧化剂获得电子，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:1，故A错误；
B．根据反应②③可知，当向含有淀粉的KI溶液中通入少量Cl2时，置换出I2，I2能使淀粉溶液变为蓝色；若Cl2过量，I2又被过量Cl2氧化产生HIO3，从而使淀粉溶液又变为无色，因此可能会观察到先变蓝后褪色，故B正确；
C．由②Cl2+2KI=2KCl+I2可知，Cl2为氧化剂，I2为氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：Cl2＞I2，物质的氧化性越强，其相应的离子还原性就越弱，所以还原性由强到弱顺序：I ＞Cl ，故C错误；
D．根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由反应①可知氧化性：KClO3＞Cl2；由反应②可知氧化性：Cl2＞I2，所以氧化性由强到弱顺序：KClO3＞Cl2＞I2，故D正确；
答案选BD；
(5)反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中Mn元素的化合价由+7价变为+2价，Cl元素的化合价由+1价变为0价，2mol KMnO4参与反应，需消耗16mol盐酸，生成5mol Cl2，共转移10mol电子，若反应生成22.4LCl2(标准状况)，即1mol Cl2，转移电子的物质的量为2mol；根据m=nM可知，HCl的质量之比等于其物质的量之比，由反应可知，16mol的HCl参与反应，有10molHCl被氧化，则被氧化的盐酸的物质的量和参加反应的HCl的物质的量之比为10mol∶16mol=5∶8，即质量之比也为5:8。
17．(1) 胶头滴管和500mL容量瓶 2.0 AC
(2)0.15mol/L
(3)Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
(4)Fe2+、Fe3+、Br-、Cl-
(5)2：1：3
【分析】Ⅱ.氧化还原反应中氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，还原性I-＞Fe2+＞Br- ，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，结合图像解答该题。
【详解】（1）配制480mL 0.10mol/L NaOH溶液，实验室没有480mL的容量瓶，需要用500mL容量瓶，
①需要用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还有胶头滴管和500mL容量瓶；
②用托盘天平称量NaOH固体的质量为0.10mol/L×0.5L×40g/mol=2.0g；
③A．所用NaOH已经潮解，会导致溶液中NaOH的物质的量偏低，则所配溶液浓度偏低，故A选；
B．在烧杯中溶解NaOH固体后，未冷却立即转移至容量瓶中定容，会导致溶液体积偏小，则所配溶液浓度偏高，故B不选；
C．用托盘天平称量NaOH固体时，两托盘上各放置一张质量相等的滤纸，NaOH会粘在滤纸上导致溶液中NaOH的物质的量偏低，则所配溶液浓度偏低，故C选；
D．定容读数时，俯视容量瓶上的刻度线，会导致溶液体积偏小，则所配溶液浓度偏高，故D不选；
故选AC。
（2）硫酸与NaOH反应的化学方程式为：H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，30mL 0.10mol/L NaOH溶液中n(NaOH)= 0.10mol/L×0.03L=0.003mol，消耗硫酸的物质的量为n(H2SO4)=n(NaOH)=0.0015mol，则硫酸的浓度为=0.15mol/L。
（3）由分析可知，，还原性I-＞Fe2+＞Br- ，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，则BC段为Cl2和Fe2+的反应，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-。
（4）还原性I-＞Fe2+＞Br-，B点时溶液中I- 完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，接着通入氯气，Fe2+被氧化为Fe3+，则Q点大量存在的离子有Fe2+、Fe3+、Br-、Cl-。
（5）由消耗氯气的量可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，=2：1：3。
18．(1)+3
(2)B
(3) Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 会增加后续过程中Fe粉的用量
(4)FeSO4·7H2O晶体晶体在乙醇中的溶解度小
(5)1∶4
(6)2FeO(OH)Fe2O3+H2O
【分析】向Fe2O3废料(含少量SiO2、FeO等)中加入H2SO4，金属氧化物Fe2O3、FeO反应产生Fe2(SO4)3、FeSO4进入溶液，酸性氧化物SiO2不能反应，仍然以固体形式存在，通过过滤进入废渣中，然后向滤液1中加入过量Fe屑，Fe2(SO4)3与Fe反应产生FeSO4，再过滤，除去过量Fe，得到滤液2，向其中加入乙醇，可以降低FeSO4的溶解度而析出FeSO4·7H2O晶体，向FeSO4·7H2O晶体中加入NaOH溶液并鼓入空气，反应产生FeO(OH)。
【详解】（1）由于O为-2价，H为+1价，所以根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Fe元素化合价为+3价；
（2）根据上述分析可知试剂X是Fe粉，作用是将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，故合理选项是B；
（3）在酸浸时，废料的主要成分Fe2O3与H2SO4反应产生Fe2(SO4)3、H2O，该反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
“酸浸”时加入的稀H2SO4不宜过量太多，这是由于若会硫酸过量太多，增加后续过程中Fe粉的用量；
（4）由于FeSO4·7H2O晶体在乙醇中的溶解度小，而在水中溶解度比乙醇中大许多，故在溶液中加入乙醇，以降低FeSO4·7H2O晶体的溶解度；
（5）FeSO4·7H2O晶体中Fe元素化合价为+2价，鼓入空气时，其中的O2可以得到电子，将+2价的Fe氧化产生+3价的FeO(OH)，根据电子守恒可知反应消耗氧化剂O2与还原剂FeSO4·7H2O的物质的量的比是1：4；
（6）FeO(OH) 在高温条件下分解转化为Fe2O3、H2O，该过程的化学方程式为：2FeO(OH)Fe2O3+H2O。
19．(1)
(2) 平衡气压，便于浓盐酸顺利流下 将氯化铁蒸气冷凝成固体便于收集
(3) 球形冷凝管 B
(4) 否 酸性KMnO4具有强氧化性，会将氯离子氧化为氯气自身而褪色，会对亚铁离子检验带来干扰
(5) 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 36.52
(6)在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl
【分析】A中浓盐酸与氯酸钾发生反应生成氯气，生成的氯气中混有HCl，经过浓硫酸干燥后除去水蒸气，随后与铁粉加热条件下反应生成氯化铁，但是因为HCl的存在可能生成氯化亚铁杂质，生成的产物冷凝收集在C中，D中为碱石灰，作用为吸收多余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入装置，引起氯化铁的潮解，据此回答。
【详解】（1）氯酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，即离子方程式为；
（2）导管a的作用是平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；
工业上采用向500~600℃的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁，而氯化铁的熔点为306℃，沸点为 315℃，因此需要通入盛冷水的水槽中，所以冷水浴的作用是将氯化铁蒸气冷凝成固体便于收集；
（3）装置D的名称是球形冷凝管；
其作用是吸收未反应的氯气，且防止空气中水进入装置C中导致氯化铁水解，P2O5属于酸性干燥剂，不能吸收氯气；CaCl2也无法吸收氯气；碱石灰能吸收氯气，且能吸收外界空气中的水蒸气；浓硫酸属于酸性干燥剂且液体不能装在球形干燥管内，综上选B；
（4）酸性KMnO4具有强氧化性，会将氯离子氧化为氯气，自身而褪色，会对亚铁离子检验带来干扰，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验亚铁离子；
（5）加入足量H2O2溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，即离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
双氧水能把亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，灼烧转化为氧化铁，物质的量是=0.015mol，根据铁元素守恒可知铁元素的质量是0.015mol×2×56g/mol=1.68g，则该样品中铁元素的质量分数为×100%≈36.52%；
（6）由于氯化铁中铁元素的质量分数小于氯化亚铁中铁元素的质量分数，则用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量偏高，说明含有FeCl2杂质；这是由于生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与铁反应生成氯化亚铁，所以若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的改进措施是在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl。

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