黑龙江省哈尔滨市第三中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


黑龙江省哈尔滨市第三中学2019-2020学年高一上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64
一、选择题（25小题，每小题2分，共50分，每题只有一个选项是正确的）
1.危险化学药品的包装标签上印有警示标志，下列化学药品名称与警示标志对应正确的是（ ）
A. 汽油—易燃品 B. 浓硫酸—易爆品
C. 酒精—剧毒品 D. 浓硝酸—放射性物品
【答案】A
【解析】
【详解】A、汽油易燃，是易燃品，故A正确；
B、浓硫酸有强腐蚀性，是腐蚀品，故B错误；
C、酒精易燃，是易燃品，故C错误；
D、浓硝酸有强氧化性、腐蚀性，无放射性，故D错误。
答案选A。
2.下列分散系属于胶体的是（ ）
A. 稀豆浆 B. 石灰乳 C. 氯化钠溶液 D. 浓硝酸
【答案】A
【解析】
【分析】胶体的分散质微粒直径在1～100nm之间，是一种介稳定的分散系，常见的胶体有：豆浆、血液、氢氧化铁胶体、云、雾、淀粉溶液等。
【详解】A、豆浆是蛋白质形成的分散系，属于胶体；
B、石灰乳是悬浊液，属于浊液；
C、氯化钠溶液是溶液，不是胶体；
D、浓硝酸是溶液，不是胶体；
答案选A。
3.下列各组混合物能用分液漏斗进行分离的是（ ）
A. 酒精和水 B. 碘和四氯化碳
C. 水和四氯化碳 D. 豆油和花生油
【答案】C
【解析】
【分析】能用分液漏斗进行分离，可知混合物互不相溶分层，以此来解答。
【详解】A、酒精与水互溶，故A不能用分液漏斗分离；
B、碘和四氯化碳互溶，故B不能用分液漏斗分离；
C、水和四氯化碳分层，四氯化碳的密度比水的密度大，故C能用分液漏斗分离；
D、豆油和花生油是互溶的，不分层，故D不能用分液漏斗分离。
答案选C。
4.下列仪器加热时需要垫石棉网的是（ ）
A. 坩埚 B. 试管 C. 圆底烧瓶 D. 蒸发皿
【答案】C
【解析】
【分析】仪器加热时是否要垫石棉网主要根据仪器的材质是否耐高温及受热面积的大小。受热面积小的，瓷质加热容器可以直接加热，受热面积大的玻璃容器加热必须垫石棉网。
【详解】试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等仪器都能直接在酒精灯上加热，烧杯、烧瓶、锥形瓶等玻璃仪器由于受热面积大，受热不均匀，必须垫石棉网才能加热，否则由于受热不均匀，而破裂。
答案选C。
5.下列实验操作不需要使用玻璃棒的是（ ）
A. 萃取 B. 用pH试纸测定某溶液的pH
C. 过滤 D. 配制一定物质的量浓度的溶液
【答案】A
【解析】
【分析】玻璃棒在实验中的作用有：搅拌、引流、蘸取少量溶液的作用，根据具体实验分析判断。
【详解】A、萃取时，无需玻璃棒，故A符合题意；
A、测定溶液的pH需要用玻璃棒蘸取待测液，故B不符合题意；
C、过滤时，用玻璃棒起引流，故C不符合题意；
D、根据配制一定物质的量浓度的溶液，溶解时，用玻璃棒搅拌，转移时，用玻璃棒引流，故D不符合题意。
答案选A。
6.下列仪器在使用前必须要检漏的是（ ）
A. 试管 B. 烧瓶 C. 分液漏斗 D. 烧杯
【答案】C
【解析】
【分析】根据仪器的构造，若使用的仪器带有活塞，使用前需要检查是否漏水；相反，若是仪器没有活塞，使用前不需要检查是否漏水。
【详解】A、试管没有活塞，不需要检漏；
B、烧瓶没有活塞，不需要检漏；
C、分液漏斗有活塞，使用前需要检漏；
D、烧杯也没有活塞，不需要检漏。
答案选C。
7.下列各选项与胶体的性质无关的是（ ）
A. 生产颜料、墨水和涂料 B. 制造纳米材料
C. 铁盐净水 D. 75%的酒精可用于皮肤表面消毒
【答案】D
【解析】
【详解】A、涂料、颜料、墨水都是胶体，A不符合题意；
B、纳米材料的粒子直径介于1~100nm之间，所以胶体化学是制造纳米材料的有效方法之一，故B不符合题意；
C、铁盐净水的原理：Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体和氢离子，故C不符合题意；
D、病菌属于蛋白质，酒精能使病菌变性，75%的酒精能使蛋白质变性，从而达到消毒目的，75%的酒精是溶液而不是胶体，故D符合题意。
答案选D。
8.下列实验操作可以达到实验目的的是（ ）
A. 用10mL量筒量取5.60mL浓硫酸
B. 用托盘天平称量5.85g NaCl
C. 将容量瓶放在烘箱中烘干
D. 在烧杯中溶解固体药品时用玻璃棒搅拌
【答案】D
【解析】
【详解】A、10mL量筒实际精确到0.1mL，不可以精确到0.01mL，用10mL的量筒能量取到5.6mL浓硫酸，故A错误；
B、托盘天平一般准确到0.1g，用托盘天平应该称取5.9g NaCl，故B错误；
C、容量瓶为配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，使用时不需要干燥，故C错误；
D、在烧杯中溶解固体药品时需要用玻璃棒搅拌，加快溶解速率，故D正确。
答案选D。
9.在蒸馏实验中，下列叙述不正确的是（ ）
A. 用锥形瓶来接收冷凝出的液体 B. 将温度计水银球插入蒸馏烧瓶中的液面下
C. 冷水从冷凝管下口进入，上口流出 D. 加入沸石的作用是防止液体暴沸
【答案】B
【解析】
【详解】A、锥形瓶口较小，用锥形瓶接收液体可以有效减少液体的溅出，故A正确；
B、温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，目的是控制馏分的沸点，测量的是蒸汽温度，故B错误；
C、冷凝管水流遵循逆流原理，即冷水从冷凝管下口进入，上口流出，这样冷凝效果好，故C正确；
D、液体加热时需加入沸石或碎瓷片防止暴沸，故D正确。
答案选B。
10.已知：NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 标况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5 NA
B. 0.1mol/L的稀硫酸溶液中含有H＋数目为0.2 NA
C. 1molFe与足量稀硫酸反应，转移电子数为2 NA
D. 常温常压下，1.7g 氨气（NH3）所含电子数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、标况下水不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L水的物质的量，故A错误；
B、溶液体积未知，故溶液中的氢离子的个数无法计算，故B错误；
C、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，1mol铁完全反应转移2mol电子，转移电子数为2NA，故C正确；
D、1.7g氨气的物质的量为0.1mol，1个氨气分子中含10个电子，故0.1mol氨气中含NA个电子，故D错误。
答案选C。
11.1.28 g某气体含有分子数目为1.204×1022，则该气体的摩尔质量为(　　)
A. 64 g
B. 64
C. 64 g·mol-1
D. 32 g·mol-1
【答案】C
【解析】试题分析：1.28g某物质中含有1.204×1023个分子，其物质的量为=0.2mol，则摩尔质量为=64g/mol，故选C。
12.常温常压下，对于相同质量的O2和O3，下列说法正确的是（ ）
A. 原子数之比为1:1 B. 分子数之比为1:1
C. 密度之比为1:1 D. 体积之比为1:1
【答案】A
【解析】
【分析】O2和O3是同素异形体，都是由氧原子组成的，当质量相同时，O2的物质的量更大，其分子数目更多，但是氧原子的数目是相同的。
【详解】A、都是由氧原子组成，质量相同时，氧原子数目也相同，A正确；
B、O2与O3的摩尔质量之比为2:3，等质量O2和O3分子物质的量之比为3:2，分子数之比为3:2，B错误；
C、常温常压下，密度之比等于摩尔质量之比，所以等于2:3，C错误；
D、常温常压下，体积之比等于物质的量之比，也等于分子数之比，等于3:2，D错误。
答案选A。
13. 在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是（ ）
A. Na+、K+、SO42-、HCO3- B. Cu2+、K+、SO42-、NO3-
C. Na+、K+、Cl-、NO3- D. Ba2+、K+、SO42-、Cl-
【答案】C
【解析】试题分析：A、碳酸氢根离子和氢离子反应生成水和二氧化碳，不选A；B、铜离子有颜色，不选B；C、四种离子在酸性溶液中可以存在，选C；D、钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不选D。
14.下列离子方程式不正确的是（ ）
A. 氢氧化钠与盐酸反应 ： OH－＋H＋=H2O
B. 金属铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+ = 2Fe3+ + 3H2↑
C. 碳酸钡与盐酸反应：BaCO3+2H+ = Ba2+ + CO2↑+H2O
D. 食盐水中滴加硝酸银溶液:Cl－＋Ag＋= AgCl↓
【答案】B
【解析】A、氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水：OH－＋H＋=H2O，A正确；B、金属铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气：Fe+2H+ =Fe2++H2↑，B错误；C、碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、CO2和水：BaCO3+2H+ =Ba2++CO2↑+H2O，C正确；D、食盐水中滴加硝酸银溶液产生氯化银沉淀：Cl－＋Ag＋=AgCl↓，D正确，答案选B。
15.下列反应既属于化合反应，又属于氧化还原反应的是（ ）
A. Fe＋2HCl=H2↑＋FeCl2 B. 2FeCl2＋Cl2=2FeCl3
C. CaO＋H2O=Ca(OH)2 D. 2Fe(OH)3Fe2O3＋3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，如有元素化合价的变化，则属于氧化还原反应，结合分解反应和化合反应、置换反应的特点解答。
【详解】A、Fe+2HCl═H2↑+FeCl2属于置换反应，不属于化合反应，故A不符合题意；
B、元素化合价发生变化，是氧化还原反应；又是两种物质生成一种物质，是化合反应，故B符合题意；
C、元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，为化合反应，故C不符合题意；
D、属于分解反应，且元素化合价也没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D不符合题意。
答案选B。
16.下列物质中属于电解质的是（ ）
A. 铜导线 B. 氯化镁晶体 C. CO2 D. 稀硫酸
【答案】B
【解析】
【分析】水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在水溶液中和熔融状态下都不能够导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质；大多数的有机物都是非电解质；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质。
【详解】A、铜属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A不符合题意；
B、氯化镁晶体在水溶液和熔融状态下都能够导电，所以是电解质，故B符合题意；
C、CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子是CO2与水反应生成的碳酸电离的，不是CO2本身电离的，CO2属于非电解质，故C不符合题意；
D、稀硫酸为混合物，所以既不电解质，也不是非电解质，故D不符合题意；
答案选B。
17.下列属于酸性氧化物的是（ ）
A. Al2O3 B. MgO C. Na2CO3 D. SiO2
【答案】D
【解析】
【分析】酸性氧化物指能够与碱反应只生成盐和水的氧化物，据此判断解答。
【详解】A、Al2O3既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，是两性氧化物，故A不符合题意；
B、氧化镁与碱不反应，不属于酸性氧化物，氧化镁属于碱性氧化物，故B不符合题意；
C、碳酸钠不是氧化物，故C不符合题意；
D、二氧化硅能够与碱反应生成硅酸盐和水，属于酸性氧化物，故D符合题意。
答案选D。
18.98%的浓硫酸和等体积的水混合，混合后溶质的质量分数为（ ）
A. 无法确定 B. 小于49% C. 大于49% D. 等于49%
【答案】C
【解析】
【分析】根据溶液的质量分数和质量计算混合后的溶质的质量分数，根据密度和体积计算溶液的总质量，根据硫酸的浓度越大，密度越大，判断质量分数关系。
【详解】等体积混合，设体积分别为VmL，98%的H2SO4溶液密度为ρ1，水的密度为ρ水，则混合后溶液的质量分数为ω（H2SO4）==，因硫酸的浓度越大，密度越大，则ρ1>ρ水， 则ρ1+ρ水<2ρ1，所以ω（H2SO4）>49%。
答案选C。
19.下列物质在水溶液中的电离方程式书写完全正确的是（ ）
A. Cu (NO3)2=Cu2＋＋2(NO3)2— B. NaOH=Na＋＋O2—＋H＋
C. NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO32— D. Ba(OH)2=Ba2＋＋2OH—
【答案】D
【解析】
【分析】先判断电解质，强电解质用“═”，弱电解质用“⇌”，并遵循电荷守恒、质量守恒定律，注意原子团不能拆分，以此来解答。
【详解】A、硝酸铜是强电解质，完全电离成铜离子和硝酸根离子，电离方程式为Cu（NO3）2= Cu 2++2NO3-，故A错误；
B、NaOH是强电解质，完全电离成钠离子和氢氧根离子，电离方程式为：NaOH=Na＋＋OH-，故B错误；
C、碳酸氢钠是强电解质，完全电离成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故C错误；
D、氢氧化钡是强电解质，完全电离成钡离子和氢氧根离子，电离方程式为Ba（OH）2═Ba2++2OH-，故D正确。
答案选D。
20. 下列说法不正确的是（ ）
A. 复分解反应一定不是氧化还原反应
B. 置换反应一定是氧化还原反应
C. 有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应
D. 没有单质生成的分解反应一定不是氧化还原反应
【答案】D
【解析】试题分析：A、复分解反应中各元素的化合价都不发生变化，所以一定不是氧化还原反应，A正确；B、单质变为化合物或化合物变为单质，一定有电子的转移，所以一定是氧化还原反应，B正确；C、有单质参加的化合反应，一定有元素化合价的变化，所以一定是氧化还原反应，C正确；D、没有单质生成的分解反应也可以是氧化还原反应，如NH4NO3= N2O↑ + 2H2O，D错误；答案选D。
21.下列物质常用作还原剂的是（ ）
A. 硝酸 B. 高锰酸钾 C. 氯气 D. 硫酸亚铁
【答案】D
【解析】
【分析】一般来说，常用作还原剂，说明元素化合价处于较低价态。
【详解】硝酸、氯气、高锰酸钾都具有强氧化性，一般用于氧化剂，而亚铁离子具有较强的还原性，一般用作还原剂。
答案选D。
22.已知金属氢化物CaH2可以发生反应CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑ ，下列说法不正确的是（ ）
A. 每当生成11.2L气体，转移电子数一定为0.5NA
B. CaH2属于还原剂，H2O属于氧化剂
C. H2既属于氧化产物也属于还原产物
D. 登山运动员可将其用作生氢剂
【答案】A
【解析】
【分析】CaH2中H为-1价，具有还原性，可被氧化，H2O中H为+1价，具有氧化性，可被还原，则在该反应中，CaH2是还原剂，H2O是氧化剂，H2既是氧化产物又是还原产物，以此解答该题。
【详解】A、未说是标准状况下，无法根据气体体积计算其物质的量，电子转移数目也无法计算，故A错误；
B、CaH2中H为-1价，变为0价，做还原剂；H2O中H为+1价，变为0价，做氧化剂，故B正确；
C、H2既是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D、该反应可以生成氢气，登山运动员可以用作生氢剂，故D正确。
答案选A。
23.V升 Fe2(SO4)3 溶液中含 Fe3＋m克，则溶液中 SO42—的物质的量浓度为（ ）
A. mol/L B. mol/L C. mol/L D. mol/L
【答案】A
【解析】
【分析】根据n=计算出mg铁离子的物质的量，再根据硫酸铁的化学式计算出硫酸根离子的物质的量，最后根据c=计算出溶液中硫酸根离子的浓度。
【详解】VLFe2（SO4）3溶液中含Fe3+mg，含有铁离子物质的量为mol，溶液中含有硫酸根离子的物质的量为：mol×= mol，则溶液中SO42-的物质的量浓度为：mol/L。
答案选A。
24.下列实验能达到实验目的且符合安全要求的是（ ）
A. 利用排空气法收集CO2 B. 收集氧气
C. 制备并检验氢气的可燃性 D. 氨气溶于水
【答案】B
【解析】
【详解】A、二氧化碳的密度比空气密度大，应长导管进气，故A错误；
B、氧气不溶于水，可排水法收集氧气，故B正确；
C、氢气不纯加热发生爆炸，应验纯后点燃，故C错误；
D、氨气极易溶于水，在进行尾气处理的时候要考虑防倒吸，不能将气体直接通入水中，故D错误。
答案选B。
25.已知反应 aCuSO4＋bFeS2＋cH2O=dCu2S＋eFeSO4＋f H2SO4 ，每当有6mol H2O参加反应时，转移电子数为（ ）
A. 9.5NA B. 10.5NA C. 11.5NA D. 12.5NA
【答案】B
【解析】
【分析】在反应中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂。
【详解】在反应中，Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为-1价，反应后分别升高为+6价、降低为-2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，根据化合价升高总值=化合价降低总值，所以配平后的反应为：14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4，每有12mol水参与反应转移21mol电子，当有6mol H2O参加反应时，转移的电子数为10.5NA。
答案选B。
二、填空题（本题共两个大题，每题每空2分，共38分）
26.（I）有以下10种物质，请回答下列问题：（填序号）
①石墨 ②氯化钠 ③蔗糖 ④稀硫酸 ⑤NaHSO4溶液 ⑥碳酸氢钠 ⑦氢氧化钡溶液 ⑧冰醋酸 ⑨氯化氢 ⑩铜
（1）其中能导电的是_______；属于电解质的是______；属于非电解质的是_______。
（2）写出物质④和⑦反应的离子方程式：___________。
（3）写出过量的物质⑦和少量的物质⑤发生反应的离子方程式：_________。
（II）用一种试剂除去下列各物质中的杂质（括号内的物质）。写出所用试剂及离子方程式。
（1）NaCl溶液（Na2CO3）：试剂_______离子方程式_____________。
（2）FeSO4溶液（CuSO4）：试剂_______离子方程式_____________。
（III）
（1）K2FeO4可用作水处理剂，它可由以下反应制得：
3Cl2＋2Fe(OH)3＋10KOH=2K2FeO4＋6KCl＋8H2O，当有1mol K2FeO4生成时转移的电子数目为________。
（2）4NH3＋6NO=5N2＋6H2O反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为________。
【答案】(1). ①④⑤⑦⑩ (2). ②⑥⑧⑨ (3). ③ (4). Ba2++2OH-+2H++SO42－=BaSO4↓+2H2O (5). Ba2++OH-+H++SO42－=BaSO4↓+H2O (6). 稀盐酸（HCl） (7). CO32-+2H+=CO2↑＋H2O (8). 铁粉（Fe） (9). Fe+Cu2+=Fe2++Cu (10). 3NA或1.806×1024 (11). 2:3
【解析】
【分析】（I）能导电的物质必须具有能自由移动的离子或者电子。
非电解质是指：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；
电解质是指：在熔融状态或水溶液中能导电的化合物；单质，混合物既不是电解质也不是非电解质；
（II）物质除杂问题，要先看清楚杂质是什么，根据杂质与被提纯物质性质差异选择除杂试剂，还要注意不能带入新的杂质。
（III）氧化还原反应的分析，先找哪些元素的化合价发生改变，找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，计算转移的电子数目。
【详解】：（I）（1）①石墨、⑩铜中有自由移动的电子，能导电，④稀硫酸、 ⑤NaHSO4溶液、⑦氢氧化钡溶液，有能自由移动的阴、阳离子， 能导电；电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，有②氯化钠、⑥碳酸氢钠、⑧冰醋酸、⑨氯化氢；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能导电的化合物，③蔗糖符合；故答案为： ①④⑤⑦⑩、 ②⑥⑧⑨、 ③；
（2）氢氧化钡与稀硫酸反应生成硫酸钡和水，反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓，故答案为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=2H2O+BaSO4↓；
（3）过量氢氧化钡溶液和少量NaHSO4溶液反应，以少量的为1mol，反应的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O，故答案为： Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O。
（II）（1）Na2CO3可以和盐酸反应生成氯化钠、水以及二氧化碳，而氯化钠不影响，盐酸既能和碳酸钠反应又不会生成杂质，故答案为：稀盐酸（HCl）；CO32-+2H+=H2O+CO2↑；
（2）铁粉和硫酸铜能发生置换反应生成铜，同时生成硫酸亚铁，离子方程式为：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故答案为：铁粉（Fe）；Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
（III）（1）2Fe（OH）3+3Cl2+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O中，Fe元素化合价由+3价升高至+6价，则还原剂为Fe（OH）3，当反应中有1mol K2FeO4生成时，转移电子的数目为1mol×（6-3）×NA=3×6.02×1023；故答案为： 3×6.02×1023；
（2）反应6NO+4NH3=5N2+6H2O中，生成的氮气既是氧化产物又是还原产物，其中化合价升高的元素是氨气中的氮元素，占4mol，在反应中被氧化，属于氧化产物；化合价降低元素是一氧化氮中的氮元素，占6mol，在反应中被还原，属于还原产物，该反应中被氧化和被还原的氮元素的物质的量之比是4：6=2：3，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：3，故答案为2：3。
27.某化学兴趣小组测定某Fe2(SO4)3样品(只含少量FeCl2杂质)中铁元素的质量分数，按以下实验步骤进行操作：
①称取ag样品，置于烧杯中；
②加入50 mL 1.0 mol/L稀硫酸和一定量的蒸馏水，使样品溶解，然后准确配制成250.0 mL溶液；
③量取25.0 mL步骤②中配得的溶液，置于烧杯中，加入适量的氯水，使反应完全；
④加入过量氨水，充分搅拌，使沉淀完全；
⑤过滤，洗涤沉淀；
⑥将沉淀转移到某容器内，加热、搅拌，直到固体由红褐色全部变为红棕色后，在干燥器中冷却至室温后，称量；
⑦……

请根据上面叙述，回答：
（1）上图所示仪器中，本实验步骤①②③中必须用到的仪器有烧杯、量筒和________(填字母)。
（2）步骤②中：配制50 mL 1.0 mol/L稀H2SO4需要98%(密度1.84 g/cm3)的浓H2SO4体积为________mL，量取该体积的浓H2SO4用到量筒规格是________。
（3）样品中的杂质Fe2＋有较强的还原性，完成并配平下列反应的离子方程式：
___Fe2＋＋___ClO2＋______=___Fe3＋＋___Cl—＋___H2O，从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，氧化等量的Fe2＋消耗ClO2与Cl2的物质的量之比为________。
（4）第⑥步的操作中，将沉淀物转移到________（填仪器名称）中加热，并在干燥器中冷却到室温，称量其质量。
（5）若步骤⑥不在干燥器中冷却，则测定的铁元素的质量分数会________(填“偏大”“偏小”或“不影响”)；若容器质量是W1g，最终容器和固体的总质量是W2g，则样品中铁元素的质量分数为_____(列出算式，不需化简)。
【答案】(1). FG (2). 2.7 (3). 10 mL (4). 5 (5). 1 (6). 4 (7). H＋ (8). 5 (9). 1 (10). 2 (11). 2∶5 (12). 坩埚 (13). 偏大 (14). ×2×56 g/mol×÷ag×100%
【解析】
【分析】测定某Fe2(SO4)3样品(只含少量FeCl2杂质)中铁元素的质量分数，先通过氧化剂将亚铁氧化成三价铁，再加氨水将Fe3+变为氢氧化铁，再灼烧分解得到氧化铁，由氧化铁的质量计算铁元素的质量，最后得出铁元素的质量分数。
【详解】：（1）称量药品用天平，配制一定物质的量浓度的溶液用容量瓶，故答案为：FG；
（2）配制50mL1.0mol/L稀H2SO4需要98%（密度1.84g/cm3）的浓H2SO4体积为设为VmL，依据稀释前后溶液溶质物质的量不变，=0.05L×1.0mol/L，解得V=2.7，量取时应该用10mL的量筒，故答案为：2.7，10 mL；
（3）反应中，亚铁离子变化为铁离子，ClO2中氯元素化合价从+4价变化为-1价，变化5价，电子转移最小公倍数为5，依据电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平得到离子方程式为：5Fe2++ClO2+4 H+═5Fe3++Cl-+2H2O；从理论上分析，上述实验中若将氯水改为ClO2时，同量还原性物质被氧化失去电子相同， ClO2～Cl-～5e-，Cl2～2Cl-～2e-，当得到电子相同时，消耗ClO2与Cl2的物质的量之比为2∶5，故答案为：5、1、4H+、5、1、2； 2：5；
（4）固体物质加热分解一般都应在坩埚中加热，故答案为：坩埚；
（5）若步骤⑥不在干燥器中冷却，会吸收空气中的水蒸气，称量的质量增大，则测定的铁元素的质量分数偏大；因铁元素质量守恒， Fe2O3中铁元素的质量为，而这只是原样品的十分之一，样品中铁元素的质量分数是×2×56 g/mol×÷ag×100%；
故答案为：偏大；×2×56 g/mol×÷ag×100%。
三、计算题（本题共12分，要求必须写出计算过程）
28.实验室常利用反应：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O来制取NO，当有6.4gCu参加反应时，计算：
（1）用双线桥法标出电子转移的方向和数目；
（2）能生成多少升NO（标准状况下）；
（3）使生成的Cu（NO3）2中Cu2+全部转化成沉淀，则至少需要质量分数为40%密度为1.42g/ml的NaOH溶液体积。
【答案】（1）（2）1.49L （3）14mL
【解析】试题分析：（1）反应中铜元素化合价从0价升高到＋2价，失去2个电子。氮元素从＋5价降低到＋2价，得到3个电子，所以电子转移的方向和数目为。
（2）6.4g铜的物质的量是6.4g÷64g/mol＝0.1mol，所以根据方程式可知生成标准状况下NO的体积为。
（3）根据铜原子守恒可知生成氢氧化铜的物质的量是0.1mol，则需要氢氧化钠是0.2mol，所以氢氧化钠溶液的体积为。