四川省绵阳市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题 含解析

这是一份四川省绵阳市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题 含解析，共12页。试卷主要包含了考试结束后将答题卡收回等内容，欢迎下载使用。
本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由选择题和非选择题组成，共6页；答题卡共2页。满分100分，考试时间75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色墨水签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 K39 Mn55 Fe56
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意)
1. 下列物质中，属于电解质的是
A. 乙醇B. CuC. HNO3D. KOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
【详解】A．乙醇在水溶液和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故A项错误；
B． 铜是单质，即不是电解质也不是非电解质，故B项错误；
C． HNO3的水溶液可以导电，HNO3是电解质，故C项正确；
D．KOH溶液为混合物，即不是电解质也不是非电解质，故D项错误；
故本题选C。
2. 下列含氯元素的物质中，属于离子化合物的是
A. HClOB. Cl2C. HClD. MgCl2
【答案】D
【解析】
【详解】A．HClO只含共价键，属于共价化合物，故A不合题意；
B．Cl2是非金属单质，故B不合题意；
C．HCl只含共价键，属于共价化合物，故C不合题意；
D．MgCl2含有离子键，属于离子化合物，故D符合题意；
故本题选D。
3. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A. Fe(OH)3胶体B. CuSO4溶液C. 蔗糖溶液D. NaOH溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3胶体能发生丁达尔效应，故A项正确；
B．CuSO4溶液是溶液，不是胶体，不能发生丁达尔效应，故B项错误；
C．蔗糖溶液是溶液，不是胶体，不能发生丁达尔效应，故C项错误；
D．NaOH溶液溶液是溶液，不是胶体，不能发生丁达尔效应，故D项错误；
故答案为A。
4. 下列变化中，不涉及氧化还原反应的是
A. 植物光合作用B. 金属的冶炼C. 钟乳石的形成D. 钢铁的锈蚀
【答案】C
【解析】
【分析】有电子转移化学反应是氧化还原反应，特征是有元素化合价的升降。
【详解】A．绿色植物的光合作用是在光照条件下，将二氧化碳和水转化为有机物，并释放出氧气的过程，反应过程中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．金属的冶炼本质将金属阳离子还原为金属单质的过程，发生氧化还原反应，B不符合题意；
C．钟乳石的形成是溶有二氧化碳的水流经含有碳酸钙的岩石，生成溶于水的碳酸氢钙，碳酸氢钙再受热分解，生成碳酸钙形成钟乳石，发生的不是氧化还原反应，C符合题意；
D．钢铁的锈蚀是在氧气等物质的参与下，将铁氧化的过程，Fe元素的化合价变化，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故选C。
5. 下列转化中，必须加入还原剂才能实现的是
A. Fe3+→Fe2+B. CO2→C. H2O2→H2OD. CO→CO2
【答案】A
【解析】
【分析】需要加入还原剂才能实现，说明选项中的物质作氧化剂，在反应中得电子化合价降低，据此分析判断。
【详解】A．Fe3+ → Fe2+中Fe元素化合价由+3价变为+2价，被还原，需要还原剂才能实现，故A选；
B．CO2→中碳、氢、氧元素化合价都不变，不需要加入氧化剂，也不需要加入还原剂，故B不选；
C．H2O2→H2O中O元素化合价降低，被还原，但不一定需加入氧化剂才能实现，可以通过过氧化氢分解实现，该分解反应中不需要另外加入氧化剂，也不需要另外加入还原剂，故C不选；
D． CO→CO2中C元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故D不选；
故选A。
6. 下列关于物质性质的比较，正确的是
A. 碱性：Mg(OH)2>NaOHB. 原子半径：C>N
C. 酸性：H3PO4>HNO3D. 非金属性：S>O
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性Na＞Mg，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，故A项错误；
B．同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，C、N属于同周期元素，则原子半径：C>N，故B项正确；
C．同主族从上到下非金属性减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱，非金属性N＞P，酸性：H3PO4＜HNO3，故C项错误；
D．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则非金属性：O＞S，故D项错误；
故本题选B。
7. 物质的性质决定用途，下列物质与其主要成分的化学式、用途的对应关系正确的是
A. 纯碱—NaOH—洗涤衣物B. 磁性氧化铁—Fe2O3—红色涂料
C. 小苏打—Na2CO3—发酵粉D. 还原铁粉—Fe—脱氧剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．纯碱的成分是Na2CO3，能洗涤衣物，故A错误；
B．磁性氧化铁的成分是Fe3O4，赤铁矿的成分为氧化铁(Fe2O3)，可作红色涂料，故B错误；
C．小苏打的成分是NaHCO3，受热分解产生二氧化碳，可作发酵粉，故C错误；
D．还原铁粉的成分为Fe，有较强的还原性，能被氧气氧化，可作脱氧剂，故D正确；
答案选D。
8. 第19届亚运会主场馆“大莲花”的建设使用了多种金属材料，下列关于金属材料的说法中正确的是
A. 钢是含碳量比生铁高的铁碳合金
B. 不锈钢是一种合金钢
C. 纯铝抗腐蚀，常用于制造机器零件
D. 储氢合金的主要用途是与酸反应制备氢气
【答案】B
【解析】
【详解】A．钢的含碳量比生铁低，故A项错误；
B．不锈钢中的合金元素主要是铬和镍，故B项正确；
C．纯铝的质地较软，硬度和强度较小，不适合制造高强度机器零件，故C项错误；
D．储氢合金是一种新型合金材料，能吸收大量氢气，并与氢气结合成金属氢化物，主要用途是储存氢气便于氢气运输、保存，故D项错误；
故本题选B。
9. 下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是
A. K+、H+、、B. H＋、Al3+、Cl-、
C. Na+、Cl-、H+、[Al(OH)4]-D. OH-、Fe3+、Na+、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢离子和碳酸根离子反应生成二氧化碳，不能大量共存，故A项错误；
B．四种离子之间不会生成沉淀、气体、弱电解质等，可以大量共存，故B项正确；
C．氢离子和四羟基合铝离子反应，不能大量共存，故C项错误；
D．氢氧根离子与铁离子生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D项错误；
故本题选B。
10. 我国自主三代核电“华龙一号”的反应堆中可能存在＋n→Ba＋Kr＋3n的核反应，下列说法正确的是
A. Y与Kr互为同位素B. Kr、Kr互为同素异形体
C. 的中子数为143D. Ba是第五周期第ⅡA族元素
【答案】C
【解析】
【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；
【详解】A．Y与Kr质子数不同，不是同一种元素，不互为同位素，A错误；
B．Kr、Kr是同种元素的不同原子，互为同位素，而不是互为同素异形体，B错误；
C． 的中子数为，C正确；
D．Ba的质子数为56，是第六周期第ⅡA族元素，D错误；
故选C。
11. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 7.8gNa2O2中含有O2-数为0.2NA
B. 1L0.2ml/L盐酸溶液中阴、阳离子总数为0.2NA
C. 2.3g金属钠在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.1NA
D. 标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．7.8gNa2O2即0.1ml Na2O2，0.1ml Na2O2中含有0.1mlO2-，则O2-的数目为0.1NA，故A项错误；
B．1L0.2ml/L盐酸溶液中H+、Cl-总数为0.2NA，溶液中还有水电离出的氢离子和氢氧根离子，则溶液中阴、阳离子总数大于0.2NA，故B项错误；
C．1ml金属钠与氧气反应无论生成氧化钠，还是过氧化钠，反应转移1ml电子，2.3g金属钠在空气中充分燃烧，转移的电子数目为0.1NA，故C项正确；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，氯水中有氯气分子，氯气未完全反应，则溶液中氯离子数小于
0.5NA，故D项错误；
故本题选C。
12. 下列化学方程式或离子方程式正确，且与所给事实相符的是
A. 将稀盐酸滴在铁片上：2Fe＋6HCl=2FeCl3＋3H2↑
B. 向碳酸钠溶液中滴入两滴稀盐酸，无明显现象：＋2H＋=CO2↑＋H2O
C. 绿豆大小的钠投入滴有酚酞的水中，溶液变红：Na＋2H2O=Na＋＋2OH-＋H2↑
D. 汽车尾气中的NO与CO催化转化为无毒气体：2NO＋2CON2＋2CO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．将稀盐酸滴在铁片上： Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑， A错误；
B．碳酸钠溶液中滴入两滴稀盐酸，碳酸根离子和氢离子结合生成碳酸氢根离子：，B错误；
C．电荷不守恒，反应为，C错误；
D．汽车尾气中的NO与CO催化生成无毒气体，结合质量守恒可知，生成气体为氮气和二氧化碳，化学方程式正确，D正确；
故选D。
13. 宏观辨识与微观探析相结合是化学特有的认识物质的方法。NaCl溶于水的过程如图所示。下列说法正确的是
A. 图中水合b离子为水合氯离子
B. NaCl溶液导电时，水合钠离子移向与电源负极相连的电极
C. 固体NaCl溶于水前不能导电是因为无Na+和Cl-
D. NaCl溶于水的电离过程为：NaClNa+＋Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯离子半径大于钠离子半径，且靠近氯离子一侧的氢原子，靠近钠离子一侧的是氧原子，则水合b离子为水合钠离子, 水合a离子为水合氯离子，A项错误；
B．水合离子为带电电荷，其定向运动，产生电流，是水溶液导电的原因，NaCl溶液导电时，水合钠离子移向与电源负极相连的电极，B项正确；
C．氯化钠固体中存在Na+和Cl-， Na+和Cl-之间存在强烈的相互作用(离子键)，则离子不能自由移动，故固体NaCl溶于水前不能导电，C项错误；
D．由图可知NaCl在水分子作用下就发生电离，不需要通电，NaCl溶于水发生电离：， D项错误；
故选B。
14. Na2O2和NaH都能与水发生反应，反应方程式分别为：①2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；②NaH+H2O=H2↑+NaOH。下列相关说法正确的是
A. NaH的电子式为，属于共价化合物
B. ①中H2O做还原剂，②中H2O做氧化剂
C. ①、②反应中均存在非极性键的断裂和形成
D. ①、②反应转移相同电子数时，产生的n(O2)：n(H2)=1：2
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaH的电子式为，属于离子化合物，故A项错误；
B．①中水既不是氧化剂也不是还原剂，故B项错误；
C．②反应中不在非极性键的断裂，故C项错误；
D．反应①中生成1mlO2转移2ml电子，反应②中生成1mlH2转移1ml电子，若转移相同电子数，产生的n(O2)：n(H2)=1：2，故D项正确；
故本题选D。
二、(本题包括4小题，共58分)
15. 利用所学化学知识回答下列问题。
（1）生石灰常用做食品干燥剂，因其使用后的生成物具有腐蚀性，外包装袋都会写有“请勿食用”的字样，从物质性质角度来看生石灰属于_______，请用方程式表示它可以作为干燥剂的原因_______。
（2）在钢铁厂的生产中，炽热的铁水在注入模具之前，模具必须进行充分的干燥处理，不得留有水，用化学方程式说明其原因_______。
（3）在水处理领域，化学技术扮演着重要角色。用化学方法处理废水中的，其原理为：10Al+_______NaNO3+_______NaOH+_______H2O=10Na[Al(OH)4]+_______N2↑，完成该化学方程式_______，写出该反应氧化剂的化学式_______，反应物H2O的电子式_______。
（4）科学研究要有质疑精神，小阳同学向1.0ml/LNaHCO3溶液中滴入1.0ml/L的CaCl2溶液，观察到白色沉淀，并用数字化传感器检测到溶液中产生了CO2气体。回答下列问题：
①请写出CO2的结构式_______，Ca的原子结构示意图_______。
②写出NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式_______。
【答案】（1） ①. 碱性氧化物 ②. CaO＋H2O= Ca(OH)2
（2）3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋H2
（3） ①. 10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O=10Na[Al(OH)4]+3N2↑ ②. NaNO3 ③.
（4） ①. O=C=O ②. ③. Ca2+＋2= CaCO3 ↓＋CO2 ↑＋H2O
【解析】
【小问1详解】
生石灰是只含有钙和氧两种元素的化合物，故属于氧化物，CaO与酸反应生成相应的盐和水，故从物质性质角度来看生石灰为碱性氧化物，请用方程式表示它可以作为干燥剂的原因是：CaO＋H2O= Ca(OH)2；
【小问2详解】
由于铁与水蒸气反应生成四氧化三体和氢气，其反应的化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故炽热的铁水在注入模具之前，模具必须进行充分的干燥处理，不得留有水；
【小问3详解】
反应中， Al元素从0价升高到+3价、NaNO3中氮元素从+5价降低到0价，则按得失电子数守恒、电荷守恒、元素质量守恒得：该化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O=10Na[Al(OH)4]+3N2↑，该反应氧
化剂的化学式为 NaNO3，反应物H2O属于共价化合物，电子式为；
【小问4详解】
向1.0ml/LNaHCO3溶液中滴入1.0ml/L的CaCl2溶液，观察到的白色沉淀为CaCO3，并用数字化传感器检测到溶液中产生了CO2气体；
①CO2属于共价化合物，结构式为O=C=O，Ca有20个质子，核外20个电子，从K到N层依次排2、8、8、2个电子，原子结构示意图为；
②据分析，NaHCO3溶液与CaCl2溶液反应的离子方程式为Ca2+＋2= CaCO3 ↓＋CO2 ↑＋H2O。
16. 绿矾(FeSO4·7H2O)可溶于水，不溶于乙醇，常用作净水剂、补血剂、制颜料等。工业上用废铁锈(主要成分为Fe2O3，含少量的Al2O3与Cu)制取绿矾的流程图如下：
回答下列问题：
（1）加入过量NaOH溶液发生反应的化学方程式为_______。
（2）滤渣1溶解前要进行多次洗涤，检验其是否洗涤干净的方法是：取最后的一次洗涤液进行_______，通过观察火焰颜色确定。
（3）“操作②”时加入足量Fe后发生反应的离子方程式为_______、_______(任意写两个)。“操作③”时加入的X为_______(填化学式)。
（4）若取少量滤液2加入试管中，然后滴加NaOH溶液，产生的现象为_______，“操作④”的方法是向合并液中直接加入乙醇后过滤，即可得到FeSO4·7H2O晶体，乙醇的作用是_______。
（5）为探究绿矾分解过程，通过热重实验得到如下曲线()。失重比为19.4%时，图中x=_______。
【答案】（1）Al2O3＋2NaOH＋3H2O= 2Na[Al(OH)4]
（2）焰色试验 （3） ①. 2Fe3++Fe=3Fe2+ ②. Fe＋2H+= Fe2+＋H2↑或Fe＋Cu2+= 2Fe2+＋Cu ③. H2SO4
（4） ①. 出现白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 ②. 降低FeSO4·7H2O的溶解度，使其析出
（5）4
【解析】
【分析】以废铁锈(主要成分为Fe2O3，含少量的Al2O3与Cu)为原料制备绿矾，加入过量NaOH时，Al2O3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]溶液，过滤，得到滤液1(Na[Al(OH)4]和NaOH的混合溶液)和滤渣1( Cu和Fe2O3)，过滤得到Cu和Fe2O3的混合固体，固体在适量稀硫酸中溶解，得到含有Fe3+、Fe2+和Cu2+的溶液，再加入足量铁粉，Fe3+、Cu2+被铁还原生成Fe2+和Cu，过滤得到滤液2为硫酸亚铁溶液，滤渣2为铜和铁的混合物，向滤渣中加入稀硫酸，过滤得到滤液3，滤液3溶质为硫酸亚铁，滤液2与滤液3混合经过一系列操作得到绿矾晶体。
【小问1详解】
加入过量NaOH时，Al2O3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]溶液，化学方程式为：Al2O3＋2NaOH＋3H2O= 2Na[Al(OH)4]，故答案为：Al2O3＋2NaOH＋3H2O= 2Na[Al(OH)4]；
【小问2详解】
取最后的一次洗涤液进行焰色试验，通过观察火焰颜色确定，故答案为：焰色试验；
【小问3详解】
“操作②”时加入足量铁粉，铁和过量硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe3+、Cu2+被铁还原生成Fe2+和Cu，离子方程式为：Fe＋2H+= Fe2+＋H2↑、Fe＋Cu2+= 2Fe2+＋Cu、2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
②由①可知，离子方程式还有Fe＋2H+= Fe2+＋H2↑、Fe＋Cu2+= 2Fe2+＋Cu，故答案：Fe＋2H+= Fe2+＋H2↑或Fe＋Cu2+= 2Fe2+＋Cu；
③由分析可知，滤渣2为铜和铁的混合物，向滤渣中加入稀硫酸，过滤得到滤液3，滤液3溶质为硫酸亚铁，则加入试剂X为H2SO4，故答案为：H2SO4；
【小问4详解】
①滤液2为硫酸亚铁溶液，若取少量滤液2加入试管中，然后滴加NaOH溶液，产生现象为出现白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，故答案为：出现白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；
②由于绿矾溶于水，不溶于乙醇，则加入乙醇后析出FeSO4·7H2O晶体，则乙醇的作用为降低FeSO4·7H2O的溶解度，使其析出，故答案为：降低FeSO4·7H2O的溶解度，使其析出；
【小问5详解】
根据公式：，即，解得x=4，故答案为：4。
17. 某研究性小组通过文献梳理，设计出下图装置制备氯气并完成氯气相关性质的验证实验。
已知：品红是一种有机色素，被氧化性物质漂白后加热不可恢复原来颜色。
回答下列问题：
（1）盛装2ml/L盐酸的仪器名称是_______，实验开始前应进行的操作是_______。
（2）实验时，A中发生反应的化学方程式为_______。实验结束后，加热装置B，通过观察实验现象可说明氯水的漂白性是_______(填“可逆”或“不可逆”)的。
（3）通氯气后，石蕊试纸a的现象为_______，为确保石蕊试纸b得到预期的实验现象，C装置中应填充_______(填写物质名称)。
（4）可观察到D中的现象是_______，发生反应的离子方程式为_______。
（5）通氯气后，用酒精灯对硬质玻管E加热，可观察到的实验现象是_______。
（6）F的作用是_______，可以选用试剂_______。
A．Na2S B．NaCl C．NaOH D．H2SO4
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 检查装置气密性
（2） ①. Ca(ClO)2＋4HCl= CaCl2＋Cl2↑＋2H2O ②. 不可逆
（3） ①. 先变红后褪色 ②. 无水氯化钙
（4） ①. 溶液变为蓝色 ②. Cl2＋2I-= 2Cl-＋I2
（5）钠燃烧，发出黄色火焰，并产生大量的白烟
（6） ①. 尾气处理 ②. AC
【解析】
【分析】在分液漏斗中放入盐酸，在烧瓶中放入Ca(ClO)2，二者反应产生Cl2，B中品红被氧化出现褪色，C装置中先通过a石蕊试纸先变红后褪色、被干燥后，b处石蕊试纸不褪色，然后通过D装置，KI被Cl2氧化产生碘单质遇到淀粉显蓝色， E中 加热下Cl2与Na反应产生NaCl产生白烟，最后通过F中进行尾气处理。
小问1详解】
通过装置图可知，盛装2ml/L盐酸的仪器名称是分液漏斗，有气体发生和参加反应，实验开始前应进行的操作是：检查装置气密性；
【小问2详解】
盐酸与Ca(ClO)2反应产生Cl2，A中发生反应的化学方程式为：Ca(ClO)2＋4HCl= CaCl2＋Cl2↑＋2H2O。已知：品红是一种有机色素，被氧化性物质漂白后加热不可恢复原来颜色，氯气与水反应产生的次氯酸具有强氧化性，能使得品红被氧化出现褪色，则实验结束后加热装置B，观察到实验现象是：溶液无色、未恢复红色，可说明氯水的漂白性是不可逆的；
【小问3详解】
通氯气后，a处氯气与水反应盐酸和次氯酸，呈酸性，且具有强氧化性，故石蕊试纸a的现象为先变红后褪色，为确保石蕊试纸b得到预期的实验现象，C装置中应填充固体干燥剂、但不能吸收氯气，例如：无水氯化钙(填写物质名称)；
【小问4详解】
据分析，可观察到D中的现象是：溶液变为蓝色，发生反应的离子方程式为：Cl2＋2I-= 2Cl-＋I2；
【小问5详解】
通氯气后，用酒精灯对硬质玻管E加热，钠的焰色试验为黄色，氯化钠产生白烟，则可观察到的实验现象是：钠燃烧，发出黄色火焰，并产生大量的白烟；
【小问6详解】
Cl2是有毒气体，不能直接排放，可根据Cl2能够与Na2S 、NaOH溶液反应：Cl2+ Na2S =2NaCl+S、Cl2+2NaOH =NaCl+NaClO+H2O，故可用Na2S 、NaOH溶液进行尾气处理，则F的作用是：尾气处理，可以选用试剂为AC。
18. 铁是人体必需的微量元素，缺少铁元素会引起贫血。预防贫血，需平时经常食用含铁食物。黑木耳中含有丰富的铁元素，某研究小组测定黑木耳中铁元素含量，实验方案如下。
已知：紫色KMnO4溶液在酸性条件下具有强氧化性，其还原产物是无色的Mn2+。
回答下列问题：
【定性检验】
（1）取200.0g黑木耳，经粉碎、灼烧，用_______(填“盐酸”或“硫酸”)溶解后配制成100mL待测液。取3滴待测液滴在点滴板上，加几滴_______(填化学式)溶液，若待测液变红，证明溶液中存在Fe3+。
【溶液配制】
（2）配制100mL0.1000ml/LKMnO4溶液。
①选择仪器：需要的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、_______(从下列图中选择，写出名称)等。
②计算，称量：需用托盘天平称量_______gKMnO固体。
③溶解，恢复到室温，转移、洗涤、振荡、定容、摇匀后待用。
若定容时俯视刻度线，则所配溶液浓度_______(填“偏高”或“偏低”)。
【定量测定】
（3）测定黑木耳中铁元素含量(已知黑木耳待测液中铁元素以Fe3+的形式存在)
步骤I
取50.00mL黑木耳待测液，加入过量的铜粉
步骤Ⅱ
过滤，向滤液中加入0.1000ml/L酸性KMnO4溶液至恰好完全反应
①“步骤I”中加入过量铜粉的目的是_______。
②“步骤Ⅱ”中发生反应的离子反应方程式为_______。
③某同学记录至恰好完全反应时所消耗的KMnO4溶液的体积是3.50mL，则黑木耳中铁元素的含量_______(mg/100g)。
【答案】（1） ①. 硫酸 ②. KSCN
（2） ①. 胶头滴管、100 mL 容量瓶 ②. 1.6 ③. 偏高
（3） ①. 2Fe3+＋Cu= 2Fe2+＋Cu2+或将溶液中的Fe3+转化为Fe2+ ②. ＋5Fe2+＋8H+= Mn2+＋5Fe3+＋4H2O ③. 98
【解析】
【分析】已知黑木耳提取液中铁元素以Fe2+和Fe3+的形式存在，“步骤一”酸浸后含有铁离子，加入过量铜粉的目的是将铁离子还原为亚铁离子，过滤，用0.1000ml/L酸性KMnO4溶液滴定，根据消耗的KMnO4溶液的体积，计算Fe2+的物质的量，进而计算出铁元素的质量；
【小问1详解】
①紫色的KMnO4溶液在酸性条件下具有强氧化性，如若用盐酸会干扰Fe2+的检验，故答案为：硫酸；
②检验Fe3+可用KSCN溶液，若KSCN溶液变血红色，则证明含有Fe3+，故答案为：KSCN；
【小问2详解】
①需要的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100 mL 容量瓶，故答案为：胶头滴管、100 mL 容量瓶；
②高锰酸钾的质量为：100×10-3L×0.1000ml/L×158g/ml=1.6g，故答案为：1.6g；
③若定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，则所配溶液浓度偏高，故答案为：偏高；
【小问3详解】
①“步骤I”中加入过量铜粉的目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe2+，故答案为：2Fe3+＋Cu= 2Fe2+＋Cu2+或将溶液中的Fe3+转化为Fe2+；
②“步骤Ⅱ”中Fe2+和酸性高锰酸钾溶液反应生成Fe2+、Mn2+，发生反应的离子反应方程式为：＋5Fe2+＋8H+= Mn2+＋5Fe3+＋4H2O，故答案为：＋5Fe2+＋8H+= Mn2+＋5Fe3+＋4H2O；
③消耗的KMnO4溶液的体积是3.50mL，则n(KMnO4)= 3.50×10-3L×0.1000ml/L=3.50×10-4ml，根据关系式：～5Fe2+，n(Fe2+)=5×3.50×10-4ml=1.75×10-3ml，n(Fe2+)= n(Fe)，m(Fe)= 1.75×10-3ml×56g/ml=9.8×10-2g=98mg，取200.0g黑木耳配制成100mL待测液，取50mL，则黑木耳的质量为
100.0g，故100.0g黑木耳含有铁元素的98mg，故答案为：98。