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湖南省永州市2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）
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这是一份湖南省永州市2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列不属于合金的是， 在强酸性溶液中能大量存在的是， 下列化学用语不正确的是， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
永州市2021年下期高一期末质量监测试卷
化学
考生注意：
1.本试卷分为第Ⅰ卷和第II卷，共18道小题。满分100分，考试时量75分钟。
2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的相应位置，在试卷上作答无效。考试结束后只交答题卡。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题共46分)
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产生活密切相关。下列说法不正确的是
A. O2是常用还原剂 B. Fe2O3可用作红色颜料
C. 利用焰色试验可判断金属元素 D. NaClO可用于杀菌消毒
【答案】A
【解析】
【详解】A．O2在参加反应时容易获得电子，表现氧化性，常用作氧化剂，而不是作还原剂，A错误；
B．Fe2O3是红棕色粉末状固体，因此可用作红色颜料，B正确；
C．许多金属或它们的化合物在灼烧时会使火焰呈现一定的颜色，因此可以利用焰色试验可判断金属元素，C正确；
D．NaClO具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化变性而使其失去生理活性，故可用于杀菌消毒，D正确；
故合理选项是A。
2. 下列物质不能导电的是
A. NaOH溶液 B. NaCl固体 C. 铜线 D. 石墨碳棒
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH溶液中含有自由移动的Na+、Cl-，因此能够导电，A不符合题意；
B．NaCl固体中含有离子，但不能自由移动，因此不能导电，B不符合题意；
C．铜线中含有自由移动的电子，因此能够导电，C不符合题意；
D．石墨碳棒中含有自由移动的电子，因此能够导电，D不符合题意；
故合理选项是B。
3. 可用于呼吸面具中作为氧气来源的物质是
A. KMnO4 B. HClO C. H2O2 D. Na2O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．KMnO4只有在加热条件下才能分解产生O2，因此不能作为呼吸面具中氧气来源，A不符合题意；
B．HClO在光照条件下分解产生O2，因此不能作为呼吸面具中氧气来源，B不符合题意；
C．H2O2受热或在催化剂下才能够分解产生O2，但H2O2是液态物质，不能放在呼吸面具中，因此不能作为呼吸面具中氧气来源，C不符合题意；
D．Na2O2能够与人呼吸产生的CO2、H2O反应产生O2，帮助人呼吸，而且物质的状态是固体，因此能作为呼吸面具中氧气来源，D符合题意；
故合理选项是D。
4. 下列不属于合金的是
A. 生铁 B. 陶瓷 C. 青铜 D. 硬铝
【答案】B
【解析】
【详解】A．生铁是铁、碳合金，属于合金材料，A不符合题意；
B．陶瓷属于硅酸盐产品，是传统无机非金属材料，不属于合金，B符合题意；
C．青铜是铜、锡、铅形成的合金，属于合金材料，C不符合题意；
D．硬铝以铜为主要合金元素的铝合金，属于合金材料，D不符合题意；
故合理选项是B。
5. 在强酸性溶液中能大量存在的是
A. OH- B. HCO C. Cl- D. CO
【答案】C
【解析】
【分析】强酸性溶液中存在H+，据此分析。
【详解】A．OH-可以与氢离子反应生成水，故不符合题意；
B．HCO可以与氢离子反应生成水和二氧化碳，故不符合题意；
C．Cl-不能与氢离子反应，可以大量共存，故符合题意；
D．CO可以与氢离子反应生成水和二氧化碳，故不符合题意；
故选C。
6. 下列化学用语不正确的是
A. 质量数为14的碳原子：C
B. 氯化氢分子结构模型：
C. 水分子的电子式：H:O:H
D. CO2的结构式：O=C=O
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则质量数为14的碳原子可表示为：C，A正确；
B．物质分子的结构模型包括球棍模型和填充模型，图示为HCl分子的球棍模型，属于物质分子的结构模型，B正确；
C．O原子最外层有6个电子，H原子核外只有1个电子，当它们结合形成H2O时，O原子最外层的2个成单电子与2个H原子的电子形成2对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层2个或8个电子稳定结构，故其电子式为：，C错误；
D．C原子最外层的4个成单电子与2个O原子的最外层的4个成单电子形成4对共用电子对，从而使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CO2的结构式为：O=C=O，D正确；
故合理选项是C。
7. 下列溶液中c(Cl-)为1mol·L-1的是
A. 1mol·L-1NaCl B. 1mol·L-1MgCl2
C. 1mol·L-1FeCl3 D. 1mol·L-1KClO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol·L-1NaCl中c(Cl-)为1mol·L-1 ，符合题意；
B．1mol·L-1MgCl2中c(Cl-)为2mol·L-1，不符合题意；
C．1mol·L-1FeCl3中c(Cl-)为3mol·L-1 ，不符合题意；
D．1mol·L-1KClO3中无Cl-，不符合题意；
故选A。
8. 关于反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O的说法正确的是
A. ClO-发生氧化反应
B. Fe3+是还原剂
C. Cl-是氧化产物
D. 生成1molFeO转移6mole-
【答案】B
【解析】
【分析】反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O中Fe元素化合价由+3升高到+6价，失电子，被氧化，作还原剂；Cl元素化合价由+1降低到-1价，得电子，被还原，作氧化剂。
【详解】A。ClO-中Cl元素化合价由+1降低到-1价，得电子，被还原，发生还原反应，故A错误；
B．Fe3+中Fe元素化合价由+3升高到+6价，失电子，被氧化，作还原剂，故B正确；
C．由以上分析可知，Cl-是还原产物，故C错误；
D．Fe元素化合价由+3升高到+6价，变化3价，故生成1molFeO转移3mole-，故D错误；
故选B。
9. 在周期表1~18号元素中，下列说法不正确的是
A. 原子半径最小的是H
B. 金属性最强的是Na
C. 非金属性最强的是F
D. Na、Cl元素组成的NaCl是共价化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子半径最小的是H，正确；
B．周期表中，同周期随核电荷数增大金属性越弱，同主族元素随核电荷数的增加金属性越强，故1~18号元素中金属性最强的是Na，正确；
C．周期表中，同周期随核电荷数增大非金属性越强，同主族元素随核电荷数的增加非金属性越弱，故1~18号元素中非金属性最强的是F，正确；
D．Na、Cl元素组成的NaCl是离子化合物，错误；
故选D。
10. 下列离子方程式正确的是
A. 硫酸钠溶液与氯化钡溶液反应：+Ba2+=BaSO4↓
B. 铝粉加入氢氧化钠溶液中：Al+OH-+H2O=+H2↑
C. 将Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
D. 碳酸银溶于过量盐酸中：Ag2CO3+2H+=2Ag++H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；
B．原子不守恒、电子不守恒，离子方程式应该：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，B错误；
C．将Cl2通入水中，反应产生HCl和HClO，HCl是强酸，完全电离，而HClO是弱酸，主要以电解质分子存在，反应的离子方程式应该为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，C错误；
D．AgCl是白色难溶性物质，应该写化学式，二者反应的离子方程式应该为：Ag2CO3+2H++2Cl-=2AgCl↓+H2O+CO2↑，D错误；
故合理选项是A。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据化学实验现象得出的结论正确的是
选项
实验现象
结论
A
钠块放入水中，钠浮在水面上并熔化成银白色小球
钠的密度比水小且熔点较低
B
某溶液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀
原溶液中一定含有Cl-
C
氯水滴到KBr溶液中，溶液变成橙黄色
氧化性：Cl2
分别加热等质量Na2CO3、NaHCO3固体，冷却后NaHCO3固体质量减少
热稳定性：Na2CO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠浮在水面杀好难过说明密度比水小，熔化成银白色小球，说明熔点低，A正确；
B．向某溶液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，该溶液中可能存在Cl-，也可能存在CO或SO等，B错误；
C．氯水滴到KBr溶液中，溶液变成橙黄色说明氯气置换出了溴单质，在该过程中氯气是氧化剂溴单质是氧化产物，说明氯气的氧化性大于溴单质，C错误；
D．分别加热等质量Na2CO3、NaHCO3固体，冷却后NaHCO3固体质量减少，说明碳酸氢钠不稳定受热分解，即热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，D错误；
故选A。
12. 部分含铁物质分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A. Fe与盐酸反应生成FeCl3
B. 实验室制Fe(OH)3的胶体是将FeCl3加入浓NaOH溶液中
C. FeCl2既有氧化性，又有还原性
D. 一定条件下存在FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3→FeCl3→FeCl2的转化关系
【答案】AB
【解析】
【详解】A．HCl的氧化性比较弱，与Fe反应时只能将Fe氧化生成FeCl2，A错误；
B．实验室制Fe(OH)3的胶体是将FeCl3饱和溶液滴加在沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热。若将FeCl3溶液加入浓NaOH溶液中，产生的是Fe(OH)3红褐色沉淀，B错误；
C．在FeCl2中Fe元素化合价为+2价，介于Fe单质的0价和+3价之间，因此可以失去电子变为+3价的Fe3+，也可以得到电子变为0价的Fe，故FeCl2既有氧化性，又有还原性，C正确；
D．FeCl2与NaOH反应产生Fe(OH)2，Fe(OH)2具有强的还原性，可以被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3与HCl发生复分解反应产生FeCl3，FeCl3与Fe发生氧化还原反应产生FeCl2，故一定条件下存在FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3→FeCl3→FeCl2的转化关系，D正确；
故合理选项是AB。
13. 向含Fe2(SO4)3、CuSO4溶液中加入铁粉后生成固液混合物，关于该混合物组成分析正确的是
A. 固体中若有Fe则必有Cu
B. 固体中若无Fe则必无Cu
C. 溶液中若有Fe2+则必有Cu2+
D. 溶液中若无Cu2+则必无Fe3+
【答案】AD
【解析】
【分析】向含Fe2(SO4)3、CuSO4溶液中加入铁粉后，首先发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后发生反应：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，然后根据反应后选项情况分析解答。
【详解】A．向含Fe2(SO4)3、CuSO4溶液中加入铁粉后，由于会发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，所以若生成物是固液混合物，则固体中一定含有Cu，可能含有Fe。因此若所得固体中含有Fe，则必定有Cu，A正确；
B．反应后只要有固体存在，则一定含有Cu，但不一定含有Fe，因此不能根据固体中无Fe就判断必无Cu，B错误；
C．向含Fe2(SO4)3、CuSO4溶液中加入铁粉，首先发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，若加入的Fe粉足量或恰好与两种物质发生反应，则溶液中就只含有Fe2+，而不含Cu2+，C错误；
D．由于离子氧化性：Fe3+＞Cu2+，所以Fe3+先与Fe发生反应，反应后的溶液中若无Cu2+，说明Cu2+反应完全，则由于Fe3+优先与Fe发生反应，必然是Fe3+反应完成，因此溶液中若无Cu2+，则必无Fe3+，D正确；
故合理选项是AD。
14. 将6.0 g镁铝铜混合物加入100 mL盐酸中，充分反应后过滤，并向滤液中滴加2.0 mol·L-1NaOH溶液，测得产生沉淀质量与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。有关分析正确的是
A. 混合物中含有0.01 mol Cu
B. 图中a=13.6
C. 所用盐酸浓度为6.0 mol·L-1
D. 与盐酸反应时产生了5.6 L H2
【答案】BC
【解析】
【分析】镁铝铜混合物加入100 mL盐酸中，Cu不发生反应，Mg、Al与HCl发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑。充分反应后过滤，向滤液中加入NaOH溶液。在加入NaOH溶液体积为0～50 mL时，发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，在50～300 mL时发生反应：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl。在加入NaOH溶液300～350 mL时发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后根据物质反应转化关系分析判断。
【详解】A．向金属混合物与盐酸反应后的溶液中加入足量NaOH溶液后沉淀为Mg(OH)2，根据Mg元素守恒可知n(Mg)=n[Mg(OH)2]=，则m(Mg)=0.1 mol×24 g/mol=2.4 g；在加入NaOH溶液体积为300～350 mL时发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据Al元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=n(NaOH)=2.0 mol/L×0.05 L=0.1 mol，则m(Al)=0.1 mol×27 g/mol=2.7 g，所以原6.0 g金属混合物中Cu的质量m(Cu)=6.0 g-2.4 g-2.7 g=0.9 g，故Cu物质的量n(Cu)=，A错误；
B．图中a点时沉淀达到最大值，沉淀成分是0.1 mol Mg(OH)2、0.1 mol Al(OH)3，其质量是a=0.1×58 g/mol+0.1 mol×78 g/mol=13.6 g，B正确；
C．当沉淀达到最大值时溶液为NaCl，根据元素守恒可知n(HCl)=n(NaOH)=2.0 mol/L×0.3 L=0.6 mol，由于HCl溶液的体积是100 mL，故该盐酸的物质的量浓度c(HCl)=，C正确；
D．Mg、Al分别与HCl发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据物质反应转化关系可知反应产生H2的物质的量n(H2)=n(Mg)+n(Al)=0.1 mol+0.15 mol=0.25 mol，但题目未知H2所处的外界条件，因此不能确定H2的体积大小，D错误；
故合理选项是BC。
第Ⅱ卷(非选择题共54分)
三、非选择题：(本题共4道小题，共54分)
15. 如表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题。
族
周期
ⅠA
0
一
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
（1）③的元素符号是____，⑧的原子结构示意图是____。
（2）⑥在元素周期表中的位置是____。
（3）⑤、⑦的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式是___。
（4）④、⑧形成的气态氢化物中稳定性最强的是___(用化学式表示)。
（5）①与②形成的含有6个原子、16个电子的分子结构式为___。
【答案】（1） ①. N ②.
（2）第三周期ⅢA族 （3）2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
（4）HF （5）
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置①是H，②是C，③是N，④是F，⑤是Na，⑥是Al，⑦是S，⑧是Cl，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知③的元素符号是N；⑧是Cl，其原子结构示意图是；
【小问2详解】
元素⑥是Al，其在周期表中的位置是第三周期ⅢA族；
【小问3详解】
⑤是Na、⑦是S其最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠，硫酸，其相互反应的方程式为：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O；
【小问4详解】
④是F，⑧是Cl，F的非金属性强，其氢化物稳定，故答案为HF；
【小问5详解】
①是H，②是C，它们形成的含有6个原子、16个电子的分子为C2H4，其结构式为。
16. ClO2是一种广谱型消毒剂，将逐渐代替氯气用于饮用水的消毒。如图是实验室制取纯净Cl2并进一步制取、收集ClO2的装置(夹持装置省略)。
已知：ClO2是黄绿色、有刺激性气味的气体，熔点为-59℃，沸点为11℃；Cl2的熔点为-101℃，沸点为-34℃。
Ⅰ．Cl2的制取
（1）写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式：____。
（2）C装置所盛试剂是____。
Ⅱ．ClO2的制取
（3）NaClO2中氯元素化合价是___，装置D用于ClO2制取，请写出D中发生反应的化学方程式___。
（4）连续两次冰水浴的目的是____。
（5）G中NaOH溶液的作用是____。
Ⅲ．ClO2的应用
（6）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度为0.10~0.80 mg·L-1。水质检验员用碘量法测定水中ClO2的浓度发生如下反应：
①2ClO2+2KI=2KClO2+I2
②I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI
若水样的体积为1.0 L，共消耗了1.0×10-3 mol·L-1的Na2S2O38.0 mL，则水样中ClO2的浓度为____mg·L-1。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）浓硫酸 （3） ①. +3 ②. 2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl
（4）使ClO2充分冷凝
（5）吸收多余Cl2，防止大气污染
（6）0.54
【解析】
【分析】装置A是氯气的制备装置，反应原理是二氧化锰在加热条件下氧化浓盐酸产生氯气，因盐酸有挥发性，需用饱和食盐水除去氯气中的HC1；再通过浓硫酸干燥氯气；装置D中有NaClO2固体，则装置D为亚氯酸钠固体与氯气饭应制备ClO2的装置，装置E、F为ClO2收集装置，最后用氢氧化钠溶液可除去多余的氯气。
【小问1详解】
在装置A中MnO2与浓盐酸混合加热，发生氧化还原反应产生MnCl2、Cl2、H2O，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知B装置中所盛试剂是饱和食盐水，作用是除去氯气中的HCl；装置C中所盛试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气；
【小问3详解】
NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知NaClO2中Cl元素化合价为+3价；
在D中NaClO2与Cl2发生氧化还原反应产生ClO2、NaCl，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；
【小问4详解】
在实验过程中，连续两次冰水浴的目的是使ClO2充分冷凝，并可与未反应的Cl2分离；
【小问5详解】
氯气是有毒气体，不能直接排入大气。可根据氯气能够与NaOH溶液发生歧化反应，生成氯化钠、次氯酸钠、水的性质，用NaOH溶液吸收多余Cl2，进行尾气处理后再进行排放，防止污染大气；
【小问6详解】
根据方程式可得关系式：2ClO2～I2～2Na2S2O3，则1.0 L水样中含有ClO2的物质的量n(ClO2)=n(Na2S2O3)=1.0×10-3 mol/L×0.008 L=8.0×10-6 mol，其质量为m(ClO2)= 8.0×10-6 mol×67.5 g/mol=5.4×10-4 g=0.54 mg，由于水样的体积是1.0 L，因此水样中ClO2的浓度为0.54 mg/L，
17. 某兴趣小组探究久置的FeSO4溶液是否变质，请你与他们一起完成，并回答问题。
（1）猜想待测溶液中铁元素价态有三种可能：
①只有Fe2+；②只有Fe3+；③____。
（2）设计实验，验证猜想
①取少量待测液装入试管，滴加2滴____溶液，溶液变红色，说明含有Fe3+。
②另取少量待测液装入试管，先滴加氯水，再滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，____(填“能”或“不能”)说明含有Fe2+。
③再另取少量待测液装入试管，滴加2滴KMnO4酸性溶液，溶液紫红色褪去，说明溶液中存在____。
（3）得出结论：
①该久置的FeSO4溶液已经部分变质，含有Fe2+和Fe3+。
②亚铁盐具有____，因此在保存亚铁盐溶液时可加入少量铁粉，原因是____(用离子方程式表示)。
【答案】（1）既有Fe2+，又有Fe3+
（2） ①. KSCN ②. 不能 ③. Fe2+
（3） ①. 还原性 ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】
【分析】本题是一道考查二价铁的还原性和三价铁的氧化性的问题，溶液中二价铁可以用二价铁的还原性来证明，使高锰酸钾溶液褪色，溶液中三价铁可以和硫氰化钾反应使溶液变成血红色，从而证明三价铁的存在；另外二价铁和氯水反应生成三价铁，再加入氢氧化钠生成红褐色的沉淀，从而证明二价铁的存在，以此解题。
【小问1详解】
铁的常见价态有三种，硫酸亚铁可能没有变质，可能变质一部分，也可能完全变质，当变质一部分的时候溶液中是既有Fe2+，又有Fe3+；
【小问2详解】
①三价铁和硫氰化钾相遇溶液显红色，故可以用KSCN溶液检验；
②溶液中如果含有三价铁，则先滴加氯水，再滴加NaOH溶液，也会产生红褐色沉淀，故产生红褐色沉淀不能说明含有Fe2+；
③二价铁有还原性，可以被高锰酸钾酸性溶液氧化，故高锰酸钾酸性溶液褪色说明溶液中有Fe2+；
【小问3详解】
亚铁离子有还原性容易被空气中的氧气氧化，三价铁可以和铁单质反应生成二价铁，从而防止二价被氧化为三价铁，相应的方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
18. 碳酸氢钠俗称小苏打，在医疗、食品、橡胶工业中有广泛应用。
（1）甲同学向饱和NaCl溶液中先通NH3再通入CO2，充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金属元素的盐，请补充完整该反应方程式。
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+____
乙同学认为甲同学获得的NaHCO3晶体中含有NaCl等与酸不反应的杂质。为测定NaHCO3的质量分数，他设计了以下两种方案：
方案一：滴定法
称取8.2 g样品溶于水，逐滴加入2.3 mol·L-1稀硫酸，待完全反应时，测定所消耗稀硫酸的体积。
（2）配制100 mL2.3 mol·L-1的稀硫酸
①若用18.4 mol·L-1浓硫酸配制，需量取浓硫酸____mL。
②配制过程中不需要用到的仪器是____(填字母)。
A. B. C. D.
③下列情况会导致所配制溶液浓度偏低的是____。
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．定容时俯视刻度线
C．容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水
D．如果加水超过了刻度线，吸出液体使液面恰好到刻度线
（3）乙同学共进行3次测定，每次称取8.2 g样品，消耗2.3 mol·L-1稀硫酸体积如下：
实验序号
①
②
③
V[H2SO4(aq)]/mL
20.10
20.00
19.90
样品中NaHCO3的质量分数为____(保留1位小数)。
方案二：称量法
乙同学按如图操作流程进行测定。
（4）操作Ⅰ后所得溶液主要溶质的化学式是____。
（5）操作Ⅱ的名称是____。
（6）样品中NaHCO3的质量分数为____(用含a的代数式表示)。
【答案】（1）NH4Cl
（2） ①. 12.5 ②. D ③. AD
（3）94.2% （4）NaCl
（5）蒸发 （6）
【解析】
【小问1详解】
甲同学向饱和NaCl溶液中先通NH3再通入CO2，充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金属元素的盐，根据元素守恒可知该物质是NH4Cl，反应化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
【小问2详解】
①配制100 mL2.3 mol·L-1的稀硫酸，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知需量取18.4 mol/L的浓硫酸体积V=；
②配制100 mL2.3 mol/L稀硫酸，需要使用量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，而不需要使用漏斗，故合理选项是D；
③A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则根据物质的量浓度定义式可知最终使配制的溶液浓度偏低，A符合题意；
B．定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，B不符合题意；
C．容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响，C不符合题意；
D．如果加水超过了刻度线，吸出液体使液面恰好到刻度线，则溶质的物质的量减少，最终导致配制的溶液浓度偏低，D符合题意；
故合理选项是AD；
【小问3详解】
三次实验数据均有效，平均消耗H2SO4溶液的体积V(H2SO4)=，其中所含溶质H2SO4的物质的量n(H2SO4)=2.3 mol/L×0.020 L=0.046 mol，则根据NaHCO3与硫酸反应方程式：2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑可知n(NaHCO3)=2 n(H2SO4)=0.092 mol，其质量为m(NaHCO3)=0.092 mol×84 g/mol=7.728 g，故样品中NaHCO3的质量分数为；
【小问4详解】
准确称取2.0 gNaHCO3样品，向其中滴加足量稀盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至不再逸出气体后停止滴加，此时得到的溶液中的溶质主要成分是NaCl；
【小问5详解】
将反应后溶液转移至蒸发皿中蒸发水分，待仅剩余少量液体时，停止加热，利用余热将残留水分蒸干，然后冷却、称量，此时得到NaCl固体质量是a g。
则操作II是蒸发；
【小问6详解】
根据反应方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知：每有84 g NaHCO3发生反应，反应产生58.5 g NaCl，反应后固体质量减轻△m=84 g-58.5 g=25.5 g。现在固体充分反应后减轻质量是(2.0-a) g，则样品中含有NaHCO3的质量为m(NaHCO3)=，因此样品中NaHCO3的质量分数为。
永州市2021年下期高一期末质量监测试卷
化学
考生注意：
1.本试卷分为第Ⅰ卷和第II卷，共18道小题。满分100分，考试时量75分钟。
2.考生务必将各题的答案填写在答题卡的相应位置，在试卷上作答无效。考试结束后只交答题卡。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷(选择题共46分)
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产生活密切相关。下列说法不正确的是
A. O2是常用还原剂 B. Fe2O3可用作红色颜料
C. 利用焰色试验可判断金属元素 D. NaClO可用于杀菌消毒
【答案】A
【解析】
【详解】A．O2在参加反应时容易获得电子，表现氧化性，常用作氧化剂，而不是作还原剂，A错误；
B．Fe2O3是红棕色粉末状固体，因此可用作红色颜料，B正确；
C．许多金属或它们的化合物在灼烧时会使火焰呈现一定的颜色，因此可以利用焰色试验可判断金属元素，C正确；
D．NaClO具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化变性而使其失去生理活性，故可用于杀菌消毒，D正确；
故合理选项是A。
2. 下列物质不能导电的是
A. NaOH溶液 B. NaCl固体 C. 铜线 D. 石墨碳棒
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH溶液中含有自由移动的Na+、Cl-，因此能够导电，A不符合题意；
B．NaCl固体中含有离子，但不能自由移动，因此不能导电，B不符合题意；
C．铜线中含有自由移动的电子，因此能够导电，C不符合题意；
D．石墨碳棒中含有自由移动的电子，因此能够导电，D不符合题意；
故合理选项是B。
3. 可用于呼吸面具中作为氧气来源的物质是
A. KMnO4 B. HClO C. H2O2 D. Na2O2
【答案】D
【解析】
【详解】A．KMnO4只有在加热条件下才能分解产生O2，因此不能作为呼吸面具中氧气来源，A不符合题意；
B．HClO在光照条件下分解产生O2，因此不能作为呼吸面具中氧气来源，B不符合题意；
C．H2O2受热或在催化剂下才能够分解产生O2，但H2O2是液态物质，不能放在呼吸面具中，因此不能作为呼吸面具中氧气来源，C不符合题意；
D．Na2O2能够与人呼吸产生的CO2、H2O反应产生O2，帮助人呼吸，而且物质的状态是固体，因此能作为呼吸面具中氧气来源，D符合题意；
故合理选项是D。
4. 下列不属于合金的是
A. 生铁 B. 陶瓷 C. 青铜 D. 硬铝
【答案】B
【解析】
【详解】A．生铁是铁、碳合金，属于合金材料，A不符合题意；
B．陶瓷属于硅酸盐产品，是传统无机非金属材料，不属于合金，B符合题意；
C．青铜是铜、锡、铅形成的合金，属于合金材料，C不符合题意；
D．硬铝以铜为主要合金元素的铝合金，属于合金材料，D不符合题意；
故合理选项是B。
5. 在强酸性溶液中能大量存在的是
A. OH- B. HCO C. Cl- D. CO
【答案】C
【解析】
【分析】强酸性溶液中存在H+，据此分析。
【详解】A．OH-可以与氢离子反应生成水，故不符合题意；
B．HCO可以与氢离子反应生成水和二氧化碳，故不符合题意；
C．Cl-不能与氢离子反应，可以大量共存，故符合题意；
D．CO可以与氢离子反应生成水和二氧化碳，故不符合题意；
故选C。
6. 下列化学用语不正确的是
A. 质量数为14的碳原子：C
B. 氯化氢分子结构模型：
C. 水分子的电子式：H:O:H
D. CO2的结构式：O=C=O
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则质量数为14的碳原子可表示为：C，A正确；
B．物质分子的结构模型包括球棍模型和填充模型，图示为HCl分子的球棍模型，属于物质分子的结构模型，B正确；
C．O原子最外层有6个电子，H原子核外只有1个电子，当它们结合形成H2O时，O原子最外层的2个成单电子与2个H原子的电子形成2对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层2个或8个电子稳定结构，故其电子式为：，C错误；
D．C原子最外层的4个成单电子与2个O原子的最外层的4个成单电子形成4对共用电子对，从而使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故CO2的结构式为：O=C=O，D正确；
故合理选项是C。
7. 下列溶液中c(Cl-)为1mol·L-1的是
A. 1mol·L-1NaCl B. 1mol·L-1MgCl2
C. 1mol·L-1FeCl3 D. 1mol·L-1KClO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．1mol·L-1NaCl中c(Cl-)为1mol·L-1 ，符合题意；
B．1mol·L-1MgCl2中c(Cl-)为2mol·L-1，不符合题意；
C．1mol·L-1FeCl3中c(Cl-)为3mol·L-1 ，不符合题意；
D．1mol·L-1KClO3中无Cl-，不符合题意；
故选A。
8. 关于反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O的说法正确的是
A. ClO-发生氧化反应
B. Fe3+是还原剂
C. Cl-是氧化产物
D. 生成1molFeO转移6mole-
【答案】B
【解析】
【分析】反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O中Fe元素化合价由+3升高到+6价，失电子，被氧化，作还原剂；Cl元素化合价由+1降低到-1价，得电子，被还原，作氧化剂。
【详解】A。ClO-中Cl元素化合价由+1降低到-1价，得电子，被还原，发生还原反应，故A错误；
B．Fe3+中Fe元素化合价由+3升高到+6价，失电子，被氧化，作还原剂，故B正确；
C．由以上分析可知，Cl-是还原产物，故C错误；
D．Fe元素化合价由+3升高到+6价，变化3价，故生成1molFeO转移3mole-，故D错误；
故选B。
9. 在周期表1~18号元素中，下列说法不正确的是
A. 原子半径最小的是H
B. 金属性最强的是Na
C. 非金属性最强的是F
D. Na、Cl元素组成的NaCl是共价化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．原子半径最小的是H，正确；
B．周期表中，同周期随核电荷数增大金属性越弱，同主族元素随核电荷数的增加金属性越强，故1~18号元素中金属性最强的是Na，正确；
C．周期表中，同周期随核电荷数增大非金属性越强，同主族元素随核电荷数的增加非金属性越弱，故1~18号元素中非金属性最强的是F，正确；
D．Na、Cl元素组成的NaCl是离子化合物，错误；
故选D。
10. 下列离子方程式正确的是
A. 硫酸钠溶液与氯化钡溶液反应：+Ba2+=BaSO4↓
B. 铝粉加入氢氧化钠溶液中：Al+OH-+H2O=+H2↑
C. 将Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-
D. 碳酸银溶于过量盐酸中：Ag2CO3+2H+=2Ag++H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，A正确；
B．原子不守恒、电子不守恒，离子方程式应该：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，B错误；
C．将Cl2通入水中，反应产生HCl和HClO，HCl是强酸，完全电离，而HClO是弱酸，主要以电解质分子存在，反应的离子方程式应该为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，C错误；
D．AgCl是白色难溶性物质，应该写化学式，二者反应的离子方程式应该为：Ag2CO3+2H++2Cl-=2AgCl↓+H2O+CO2↑，D错误；
故合理选项是A。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据化学实验现象得出的结论正确的是
选项
实验现象
结论
A
钠块放入水中，钠浮在水面上并熔化成银白色小球
钠的密度比水小且熔点较低
B
某溶液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀
原溶液中一定含有Cl-
C
氯水滴到KBr溶液中，溶液变成橙黄色
氧化性：Cl2
分别加热等质量Na2CO3、NaHCO3固体，冷却后NaHCO3固体质量减少
热稳定性：Na2CO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠浮在水面杀好难过说明密度比水小，熔化成银白色小球，说明熔点低，A正确；
B．向某溶液中滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，该溶液中可能存在Cl-，也可能存在CO或SO等，B错误；
C．氯水滴到KBr溶液中，溶液变成橙黄色说明氯气置换出了溴单质，在该过程中氯气是氧化剂溴单质是氧化产物，说明氯气的氧化性大于溴单质，C错误；
D．分别加热等质量Na2CO3、NaHCO3固体，冷却后NaHCO3固体质量减少，说明碳酸氢钠不稳定受热分解，即热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，D错误；
故选A。
12. 部分含铁物质分类与相应化合价关系如图所示。下列说法不正确的是
A. Fe与盐酸反应生成FeCl3
B. 实验室制Fe(OH)3的胶体是将FeCl3加入浓NaOH溶液中
C. FeCl2既有氧化性，又有还原性
D. 一定条件下存在FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3→FeCl3→FeCl2的转化关系
【答案】AB
【解析】
【详解】A．HCl的氧化性比较弱，与Fe反应时只能将Fe氧化生成FeCl2，A错误；
B．实验室制Fe(OH)3的胶体是将FeCl3饱和溶液滴加在沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，停止加热。若将FeCl3溶液加入浓NaOH溶液中，产生的是Fe(OH)3红褐色沉淀，B错误；
C．在FeCl2中Fe元素化合价为+2价，介于Fe单质的0价和+3价之间，因此可以失去电子变为+3价的Fe3+，也可以得到电子变为0价的Fe，故FeCl2既有氧化性，又有还原性，C正确；
D．FeCl2与NaOH反应产生Fe(OH)2，Fe(OH)2具有强的还原性，可以被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3与HCl发生复分解反应产生FeCl3，FeCl3与Fe发生氧化还原反应产生FeCl2，故一定条件下存在FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3→FeCl3→FeCl2的转化关系，D正确；
故合理选项是AB。
13. 向含Fe2(SO4)3、CuSO4溶液中加入铁粉后生成固液混合物，关于该混合物组成分析正确的是
A. 固体中若有Fe则必有Cu
B. 固体中若无Fe则必无Cu
C. 溶液中若有Fe2+则必有Cu2+
D. 溶液中若无Cu2+则必无Fe3+
【答案】AD
【解析】
【分析】向含Fe2(SO4)3、CuSO4溶液中加入铁粉后，首先发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后发生反应：CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，然后根据反应后选项情况分析解答。
【详解】A．向含Fe2(SO4)3、CuSO4溶液中加入铁粉后，由于会发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，所以若生成物是固液混合物，则固体中一定含有Cu，可能含有Fe。因此若所得固体中含有Fe，则必定有Cu，A正确；
B．反应后只要有固体存在，则一定含有Cu，但不一定含有Fe，因此不能根据固体中无Fe就判断必无Cu，B错误；
C．向含Fe2(SO4)3、CuSO4溶液中加入铁粉，首先发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，然后发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu，若加入的Fe粉足量或恰好与两种物质发生反应，则溶液中就只含有Fe2+，而不含Cu2+，C错误；
D．由于离子氧化性：Fe3+＞Cu2+，所以Fe3+先与Fe发生反应，反应后的溶液中若无Cu2+，说明Cu2+反应完全，则由于Fe3+优先与Fe发生反应，必然是Fe3+反应完成，因此溶液中若无Cu2+，则必无Fe3+，D正确；
故合理选项是AD。
14. 将6.0 g镁铝铜混合物加入100 mL盐酸中，充分反应后过滤，并向滤液中滴加2.0 mol·L-1NaOH溶液，测得产生沉淀质量与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。有关分析正确的是
A. 混合物中含有0.01 mol Cu
B. 图中a=13.6
C. 所用盐酸浓度为6.0 mol·L-1
D. 与盐酸反应时产生了5.6 L H2
【答案】BC
【解析】
【分析】镁铝铜混合物加入100 mL盐酸中，Cu不发生反应，Mg、Al与HCl发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑。充分反应后过滤，向滤液中加入NaOH溶液。在加入NaOH溶液体积为0～50 mL时，发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，在50～300 mL时发生反应：MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl。在加入NaOH溶液300～350 mL时发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，然后根据物质反应转化关系分析判断。
【详解】A．向金属混合物与盐酸反应后的溶液中加入足量NaOH溶液后沉淀为Mg(OH)2，根据Mg元素守恒可知n(Mg)=n[Mg(OH)2]=，则m(Mg)=0.1 mol×24 g/mol=2.4 g；在加入NaOH溶液体积为300～350 mL时发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据Al元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=n(NaOH)=2.0 mol/L×0.05 L=0.1 mol，则m(Al)=0.1 mol×27 g/mol=2.7 g，所以原6.0 g金属混合物中Cu的质量m(Cu)=6.0 g-2.4 g-2.7 g=0.9 g，故Cu物质的量n(Cu)=，A错误；
B．图中a点时沉淀达到最大值，沉淀成分是0.1 mol Mg(OH)2、0.1 mol Al(OH)3，其质量是a=0.1×58 g/mol+0.1 mol×78 g/mol=13.6 g，B正确；
C．当沉淀达到最大值时溶液为NaCl，根据元素守恒可知n(HCl)=n(NaOH)=2.0 mol/L×0.3 L=0.6 mol，由于HCl溶液的体积是100 mL，故该盐酸的物质的量浓度c(HCl)=，C正确；
D．Mg、Al分别与HCl发生反应：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，根据物质反应转化关系可知反应产生H2的物质的量n(H2)=n(Mg)+n(Al)=0.1 mol+0.15 mol=0.25 mol，但题目未知H2所处的外界条件，因此不能确定H2的体积大小，D错误；
故合理选项是BC。
第Ⅱ卷(非选择题共54分)
三、非选择题：(本题共4道小题，共54分)
15. 如表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题。
族
周期
ⅠA
0
一
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
二
②
③
④
三
⑤
⑥
⑦
⑧
（1）③的元素符号是____，⑧的原子结构示意图是____。
（2）⑥在元素周期表中的位置是____。
（3）⑤、⑦的最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式是___。
（4）④、⑧形成的气态氢化物中稳定性最强的是___(用化学式表示)。
（5）①与②形成的含有6个原子、16个电子的分子结构式为___。
【答案】（1） ①. N ②.
（2）第三周期ⅢA族 （3）2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
（4）HF （5）
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置①是H，②是C，③是N，④是F，⑤是Na，⑥是Al，⑦是S，⑧是Cl，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知③的元素符号是N；⑧是Cl，其原子结构示意图是；
【小问2详解】
元素⑥是Al，其在周期表中的位置是第三周期ⅢA族；
【小问3详解】
⑤是Na、⑦是S其最高价氧化物对应的水化物分别为氢氧化钠，硫酸，其相互反应的方程式为：2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O；
【小问4详解】
④是F，⑧是Cl，F的非金属性强，其氢化物稳定，故答案为HF；
【小问5详解】
①是H，②是C，它们形成的含有6个原子、16个电子的分子为C2H4，其结构式为。
16. ClO2是一种广谱型消毒剂，将逐渐代替氯气用于饮用水的消毒。如图是实验室制取纯净Cl2并进一步制取、收集ClO2的装置(夹持装置省略)。
已知：ClO2是黄绿色、有刺激性气味的气体，熔点为-59℃，沸点为11℃；Cl2的熔点为-101℃，沸点为-34℃。
Ⅰ．Cl2的制取
（1）写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式：____。
（2）C装置所盛试剂是____。
Ⅱ．ClO2的制取
（3）NaClO2中氯元素化合价是___，装置D用于ClO2制取，请写出D中发生反应的化学方程式___。
（4）连续两次冰水浴的目的是____。
（5）G中NaOH溶液的作用是____。
Ⅲ．ClO2的应用
（6）自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度为0.10~0.80 mg·L-1。水质检验员用碘量法测定水中ClO2的浓度发生如下反应：
①2ClO2+2KI=2KClO2+I2
②I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI
若水样的体积为1.0 L，共消耗了1.0×10-3 mol·L-1的Na2S2O38.0 mL，则水样中ClO2的浓度为____mg·L-1。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）浓硫酸 （3） ①. +3 ②. 2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl
（4）使ClO2充分冷凝
（5）吸收多余Cl2，防止大气污染
（6）0.54
【解析】
【分析】装置A是氯气的制备装置，反应原理是二氧化锰在加热条件下氧化浓盐酸产生氯气，因盐酸有挥发性，需用饱和食盐水除去氯气中的HC1；再通过浓硫酸干燥氯气；装置D中有NaClO2固体，则装置D为亚氯酸钠固体与氯气饭应制备ClO2的装置，装置E、F为ClO2收集装置，最后用氢氧化钠溶液可除去多余的氯气。
【小问1详解】
在装置A中MnO2与浓盐酸混合加热，发生氧化还原反应产生MnCl2、Cl2、H2O，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
【小问2详解】
由分析可知B装置中所盛试剂是饱和食盐水，作用是除去氯气中的HCl；装置C中所盛试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气；
【小问3详解】
NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知NaClO2中Cl元素化合价为+3价；
在D中NaClO2与Cl2发生氧化还原反应产生ClO2、NaCl，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；
【小问4详解】
在实验过程中，连续两次冰水浴的目的是使ClO2充分冷凝，并可与未反应的Cl2分离；
【小问5详解】
氯气是有毒气体，不能直接排入大气。可根据氯气能够与NaOH溶液发生歧化反应，生成氯化钠、次氯酸钠、水的性质，用NaOH溶液吸收多余Cl2，进行尾气处理后再进行排放，防止污染大气；
【小问6详解】
根据方程式可得关系式：2ClO2～I2～2Na2S2O3，则1.0 L水样中含有ClO2的物质的量n(ClO2)=n(Na2S2O3)=1.0×10-3 mol/L×0.008 L=8.0×10-6 mol，其质量为m(ClO2)= 8.0×10-6 mol×67.5 g/mol=5.4×10-4 g=0.54 mg，由于水样的体积是1.0 L，因此水样中ClO2的浓度为0.54 mg/L，
17. 某兴趣小组探究久置的FeSO4溶液是否变质，请你与他们一起完成，并回答问题。
（1）猜想待测溶液中铁元素价态有三种可能：
①只有Fe2+；②只有Fe3+；③____。
（2）设计实验，验证猜想
①取少量待测液装入试管，滴加2滴____溶液，溶液变红色，说明含有Fe3+。
②另取少量待测液装入试管，先滴加氯水，再滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀，____(填“能”或“不能”)说明含有Fe2+。
③再另取少量待测液装入试管，滴加2滴KMnO4酸性溶液，溶液紫红色褪去，说明溶液中存在____。
（3）得出结论：
①该久置的FeSO4溶液已经部分变质，含有Fe2+和Fe3+。
②亚铁盐具有____，因此在保存亚铁盐溶液时可加入少量铁粉，原因是____(用离子方程式表示)。
【答案】（1）既有Fe2+，又有Fe3+
（2） ①. KSCN ②. 不能 ③. Fe2+
（3） ①. 还原性 ②. 2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】
【分析】本题是一道考查二价铁的还原性和三价铁的氧化性的问题，溶液中二价铁可以用二价铁的还原性来证明，使高锰酸钾溶液褪色，溶液中三价铁可以和硫氰化钾反应使溶液变成血红色，从而证明三价铁的存在；另外二价铁和氯水反应生成三价铁，再加入氢氧化钠生成红褐色的沉淀，从而证明二价铁的存在，以此解题。
【小问1详解】
铁的常见价态有三种，硫酸亚铁可能没有变质，可能变质一部分，也可能完全变质，当变质一部分的时候溶液中是既有Fe2+，又有Fe3+；
【小问2详解】
①三价铁和硫氰化钾相遇溶液显红色，故可以用KSCN溶液检验；
②溶液中如果含有三价铁，则先滴加氯水，再滴加NaOH溶液，也会产生红褐色沉淀，故产生红褐色沉淀不能说明含有Fe2+；
③二价铁有还原性，可以被高锰酸钾酸性溶液氧化，故高锰酸钾酸性溶液褪色说明溶液中有Fe2+；
【小问3详解】
亚铁离子有还原性容易被空气中的氧气氧化，三价铁可以和铁单质反应生成二价铁，从而防止二价被氧化为三价铁，相应的方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
18. 碳酸氢钠俗称小苏打，在医疗、食品、橡胶工业中有广泛应用。
（1）甲同学向饱和NaCl溶液中先通NH3再通入CO2，充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金属元素的盐，请补充完整该反应方程式。
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+____
乙同学认为甲同学获得的NaHCO3晶体中含有NaCl等与酸不反应的杂质。为测定NaHCO3的质量分数，他设计了以下两种方案：
方案一：滴定法
称取8.2 g样品溶于水，逐滴加入2.3 mol·L-1稀硫酸，待完全反应时，测定所消耗稀硫酸的体积。
（2）配制100 mL2.3 mol·L-1的稀硫酸
①若用18.4 mol·L-1浓硫酸配制，需量取浓硫酸____mL。
②配制过程中不需要用到的仪器是____(填字母)。
A. B. C. D.
③下列情况会导致所配制溶液浓度偏低的是____。
A．没有洗涤烧杯和玻璃棒
B．定容时俯视刻度线
C．容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水
D．如果加水超过了刻度线，吸出液体使液面恰好到刻度线
（3）乙同学共进行3次测定，每次称取8.2 g样品，消耗2.3 mol·L-1稀硫酸体积如下：
实验序号
①
②
③
V[H2SO4(aq)]/mL
20.10
20.00
19.90
样品中NaHCO3的质量分数为____(保留1位小数)。
方案二：称量法
乙同学按如图操作流程进行测定。
（4）操作Ⅰ后所得溶液主要溶质的化学式是____。
（5）操作Ⅱ的名称是____。
（6）样品中NaHCO3的质量分数为____(用含a的代数式表示)。
【答案】（1）NH4Cl
（2） ①. 12.5 ②. D ③. AD
（3）94.2% （4）NaCl
（5）蒸发 （6）
【解析】
【小问1详解】
甲同学向饱和NaCl溶液中先通NH3再通入CO2，充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金属元素的盐，根据元素守恒可知该物质是NH4Cl，反应化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
【小问2详解】
①配制100 mL2.3 mol·L-1的稀硫酸，根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，可知需量取18.4 mol/L的浓硫酸体积V=；
②配制100 mL2.3 mol/L稀硫酸，需要使用量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，而不需要使用漏斗，故合理选项是D；
③A．没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏少，由于溶液的体积不变，则根据物质的量浓度定义式可知最终使配制的溶液浓度偏低，A符合题意；
B．定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，B不符合题意；
C．容量瓶清洗后残留有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制的溶液的浓度无影响，C不符合题意；
D．如果加水超过了刻度线，吸出液体使液面恰好到刻度线，则溶质的物质的量减少，最终导致配制的溶液浓度偏低，D符合题意；
故合理选项是AD；
【小问3详解】
三次实验数据均有效，平均消耗H2SO4溶液的体积V(H2SO4)=，其中所含溶质H2SO4的物质的量n(H2SO4)=2.3 mol/L×0.020 L=0.046 mol，则根据NaHCO3与硫酸反应方程式：2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑可知n(NaHCO3)=2 n(H2SO4)=0.092 mol，其质量为m(NaHCO3)=0.092 mol×84 g/mol=7.728 g，故样品中NaHCO3的质量分数为；
【小问4详解】
准确称取2.0 gNaHCO3样品，向其中滴加足量稀盐酸，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至不再逸出气体后停止滴加，此时得到的溶液中的溶质主要成分是NaCl；
【小问5详解】
将反应后溶液转移至蒸发皿中蒸发水分，待仅剩余少量液体时，停止加热，利用余热将残留水分蒸干，然后冷却、称量，此时得到NaCl固体质量是a g。
则操作II是蒸发；
【小问6详解】
根据反应方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知：每有84 g NaHCO3发生反应，反应产生58.5 g NaCl，反应后固体质量减轻△m=84 g-58.5 g=25.5 g。现在固体充分反应后减轻质量是(2.0-a) g，则样品中含有NaHCO3的质量为m(NaHCO3)=，因此样品中NaHCO3的质量分数为。
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