江苏省扬州市邗江区2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题化学（解析版）


江苏省扬州市邗江区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 O:16 Mg:24 S:32 Cl:35.5 K:39 Fe:56 Mn:55
单项选择题（本题包括20小题，每题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）
1.2018年，联合国把世界水日的主题定为“废水”，关注重点是寻找各种方式来减少和再利用废水。下列有关水资源的说法错误的是（ ）
A. 水是生命之源
B. 水体污染与人类活动无关
C. 合理开发利用，重在节约保护
D. 地球上可以利用的淡水资源有限
【答案】B
【解析】
【详解】A.水是一切生命活动的基础，所以说水是生命之源，故A正确；
B.生产、生活污水未处理就排放等人类活动，造成了水体污染，故B错误；
C.由于水资源虽然丰富，但是可利用的淡水资源较少，所以需要合理开发利用，重在节约保护，故C正确；
D.水资源虽然丰富，但是可利用的淡水资源有限，故D正确；
正确答案：B。
2.美国犹他州立大学(USU)和俄罗斯南联邦大学的科学家，利用计算机模型设计出比水还轻的超轻晶体铝，这种超轻晶体铝属于（ ）
A. 有机物 B. 单质 C. 化合物 D. 氧化物
【答案】B
【解析】由铝元素组成的纯净物为单质，这种超轻晶体铝属于单质，故选B。
3.下列过程不涉及化学变化的是（ ）
A. 海水晒盐 B. 光合作用
C. 钢铁生锈 D. 酒精燃烧
【答案】A
【解析】
【详解】A.海水晒盐是利用NaCl在水中溶解度不大的性质，通过蒸发水分得到NaCl，没有新物质产生，发生的是物理变化，A符合题意；
B.光合作用是在阳光照射下，CO2、H2O在叶绿体内转化为有机物，同时产生氧气的过程，有新物质产生，发生的是化学变化，B不符合题意；
C.钢铁生锈是铁单质转化为Fe2O3的过程，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；
D.酒精燃烧是酒精与氧气在点燃时反应产生CO2、H2O，有新物质产生，发生的是化学变化，D不符合题意；
故合理选项是A。
4. Ts是一种人工合成的超重化学元素，元素符号为Ts，元素名称为硘，下列说法正确的是（ ）
A. 中子数为117 B. 质子数为293
C. 核外电子数为117 D. 质量数为176
【答案】C
【解析】
【详解】 Ts表示的是质子数为117，质量数等于297的Ts元素的一种原子。
A.根据原子符号表示的意义：元素符号左上角表示的是质量数，该原子质量数等于293，质量数等于质子数与中子数的和；左下角为质子数，质子数等于117，则该同位素原子的中子数为293-117=176，A错误；
B.该原子核内质子数为117，B错误；
C.原子核外电子数等于原子核内质子数，等于117，C正确；
D.该同位素原子的质量数等于293，D错误；
故合理选项是C。
5.化学与生活密切相关。下列生活中常见物质的俗名与化学式相对应的是（ ）
A. 纯碱— NaOH B. 漂白粉— NaClO
C. 大理石— CaCO3 D. 烧碱— Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A.纯碱表示的是Na2CO3，A错误；
B.漂白粉主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，B错误；
C.大理石的主要成分是CaCO3，C正确；
D.烧碱是NaOH的俗称，D错误；
故合理选项是C。
6.下列气体可用图所示排空气法装置收集的是 （ ）

A. Cl2 B. H2 C. NH3 D. N2
【答案】A
【解析】
【详解】若用如图所示的向上排空气的方法收集气体，要求收集的气体的密度要比空气大，由于气体的密度与气体的相对分子质量成正比，所以只要收集气体的相对分子质量大于空气的平均相对分子质量29就符合要求。相对分子质量：Cl2 是71，H2是2，NH3是17，N2是28，所以可用该方法收集的气体是Cl2，故合理选项是A。
7.下列化学用语书写正确的是（ ）
A. 镁离子的结构示意图：
B. 12C和13C互为同位素
C. H2SO4 电离：H2SO4=H2＋+SO42-
D. NaOH电离：NaOH=Na＋+O2-+H＋
【答案】B
【解析】
【详解】A.Mg原子核外电子排布是2、8、2。Mg原子失去最外层2个电子变为Mg2+，因此镁离子的结构示意图：，A错误；
B. 12C和13C质子数都是6，中子数分别是6、7，质子数相同而中子数不同，二者互为同位素，B正确；
C.H2SO4是二元强酸，在水中完全电离产生H+、SO42-，电离方程式为：H2SO4=2H++SO42-，C错误；
D.NaOH是一元强碱，完全电离产生Na+、OH-，电离方程式为NaOH=Na++OH-，D错误；
故合理选项是B。
8.下列物质中属于电解质的是（ ）
A. Cu B. 稀盐酸
C. Na2CO3 D. 蔗糖
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cu是金属单质，不属于电解质，也不属于非电解质，A错误；
B.稀盐酸是混合物，不是化合物，不属于电解质，B错误；
C. Na2CO3是盐，属于化合物，电离产生Na+、CO32-，能够导电，属于电解质，C正确；
D.蔗糖是化合物，不能电离产生自由移动的离子，因此属于非电解质，D错误；
故合理选项是C。
9.用一束光照射某液体时，产生一条光亮的通路。该液体是（ ）
A. CuSO4溶液 B. 稀盐酸
C. NaOH溶液 D. Fe(OH)3胶体
【答案】D
【解析】
【详解】用一束光照射某液体时，产生一条光亮的通路，则该液体应该属于胶体，因此胶体微粒会对光线产生散射作用而有光亮的通路，只有Fe(OH)3胶体属于胶体，其余的三个选项的物质都是溶液，故合理选项是D。
10.1897年，发现原子中存在电子科学家是（ ）
A. 汤姆生 B. 道尔顿
C. 舍勒 D. 卢瑟福
【答案】A
【解析】
【详解】A.汤姆生在1897年发现了原子中存在电子，A符合题意；
B.道尔顿在1808年提出了原子论，认为物质都是由原子直接构成的，B不符合题意；
C.瑞典化学家舍勒在1774年在研究软锰矿时发现了氯气，C不符合题意；
D.卢瑟福发现了原子是由原子核和核外电子构成的，D不符合题意；
故合理选项是A。
11.反应Cu2S+O2=2Cu+SO2可用于制铜，该反应属于（ ）
A. 化合反应 B. 分解反应
C. 置换反应 D. 复分解反应
【答案】C
【解析】
【详解】根据反应物、生成物的元素组成可知：该反应是单质与化合物反应产生新的单质和新的化合物，因此属于置换反应，故合理选项是C。
12.下列实验方法能达到实验目的的是（ ）
A. 用NaOH溶液除去Cl2中混有的HCl
B. 用焰色反应鉴别NaCl和KCl
C. 用乙醇萃取溴水中的溴单质
D. 用BaCl2溶液鉴别Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A.NaOH与杂质HCl及被提纯的气体Cl2都发生反应，因此不能用于除杂，A错误；
B.Na元素的焰色反应是黄色，而K元素通过蓝色钴玻璃观察时，火焰呈紫色，即K元素的焰色反应为紫色，二者焰色反应不同，因此可以通过用焰色反应鉴别NaCl和KCl，B正确；
C.乙醇与水混溶，不能作萃取溴水中单质溴的萃取剂，C错误；
D.Na2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液都含有SO42-，与BaCl2溶液混合，都产生白色沉淀，不能作鉴别试剂，D错误；
故合理选项是B。
13.标准状况下，2 mol O2和2 mol H2O相比较，下列叙述正确是（ ）
A. 分子数相等 B. 体积相等
C. 质量相等 D. 原子数相等
【答案】A
【解析】
【详解】A.根据n=可知，两种物质的物质的量相同，则它们所含的物质分子数相等，A正确；
B.在标准状况下O2为气体，而H2O是非气态物质，所以此时二者的体积不相同，B错误；
C.根据n=，物质的摩尔质量当以g/mol为单位时，数值上等于它们的相对分子质量，O2的相对分子质量是32，H2O的相对分子质量是18，二者的摩尔质量不相等，因此等物质的量的这两种物质的质量不等，C错误；
D.O2分子中含有2个原子，H2O分子中含有3个原子，二者分子中含有的原子个数不等，因此等物质的量的两种物质含有的原子数不等，D错误；
故合理选项是A。
14.配制500 mL 0.0500 mol·L-1的Na2CO3溶液，不需要的仪器有（ ）
A. 500 mL容量瓶 B. 温度计
C. 烧杯 D. 玻璃棒
【答案】B
【解析】
【详解】配制500 mL 0.0500 mol·L-1的Na2CO3溶液，在烧杯中溶解Na2CO3，并用玻璃棒不断搅拌，然后通过玻璃棒引流转移至500mL容量瓶中，在最后定容时要使用胶头滴管滴加蒸馏水，使溶液的体积到达刻度线，不需要使用温度计，故合理选项是B。
15.在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（ ）
A. 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2
B. 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-
C. 向氯水中加入Na2CO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D. 氯水的性质很稳定，保存在无色试剂瓶中
【答案】D
【解析】
【分析】氯气溶于水，与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中含有氯离子、氢离子、次氯酸根离子、次氯酸、少量氢氧根离子，只有氯气有颜色，黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸钠反应生成二氧化碳，溶液中HClO不稳定，光照容易分解。
【详解】A.氯气溶于水，与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，氯水中含有氯离子、氢离子、次氯酸根离子、次氯酸、少量氢氧根离子，只有氯气有颜色，为黄绿色，所以氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B.氯水与硝酸银溶液反应产生白色沉淀，只能是Cl-与Ag+反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，B正确；
C.溶液呈酸性，含有盐酸和次氯酸，次氯酸的酸性比碳酸弱，盐酸与与碳酸钠反应生成二氧化碳，C正确；
D.溶液中含有的HClO不稳定，光照分解产生HCl和O2，所以为防止氯水变质，要把氯水盛放在棕色试剂瓶中，D错误；
故合理选项是D。
16.设NA表示阿伏德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 物质的量是一个物理量，它的单位是个
B. 常温常压下，11.2 L H2所含的分子数为0.5 NA
C. 1 mol 水的质量是18 g
D. MgCl2的摩尔质量为95
【答案】C
【解析】
【详解】A.物质的量是一个物理量，它的单位是mol，A错误；
B.常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2 L H2物质的量小于0.5mol，因此其中所含的分子数小于0.5 NA，B错误；
C.H2O的摩尔质量是18g/mol，所以1 mol 水的质量是18 g，C正确；
D. MgCl2的摩尔质量为95g/mol，D错误；
故合理选项是C。
17.下列实验方法或操作正确的是（ ）
A. 转移溶液 B. 制蒸馏水
C. 分离水和酒精 D. 稀释浓硫酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．向容量瓶中转移溶液，可用玻璃棒引流，注意不能将玻璃棒接触容量瓶口，防止液面外流，故A正确；
B．蒸馏时温度计水银球应放在支管口处，冷凝水方向错误，应下进上出，故B错误；
C．酒精和水能互溶，不能用分液分离，故C错误；
D．稀释浓硫酸应将水沿烧杯内壁缓缓加入到浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌，故D错误。
答案选A。
18.我国古代就有湿法炼铜的记载“曾青得铁则化为铜”，反应为Fe + CuSO4 = Cu + FeSO4。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. Fe是氧化剂 B. CuSO4 为还原剂
C. Fe被还原 D. CuSO4 发生还原反应
【答案】D
【解析】
【详解】在该反应中， Fe元素化合价由0价变为反应后FeSO4中的+2价，化合价升高，Fe失去电子，所以Fe是还原剂，被氧化，Cu元素化合价由CuSO4中的+2价变为反应后Cu单质的0价，化合价降低，获得电子，被还原，所以CuSO4 为氧化剂，发生还原反应，故合理选项是D。
19.下列有关离子的检验及结论正确的是（ ）
A. 某溶液焰色反应呈黄色，则该溶液中一定不含K+
B. 向无色溶液中先加适量盐酸酸化，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，则该溶液中一定含有Cl-
C. 向某溶液中加NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸于试管口，试纸变蓝，则该溶液中一定有NH4+
D. 向无色溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该溶液中一定含有SO42-
【答案】C
【解析】
【分析】A.钠的焰色反应为黄色；
B.检验氯离子，应先加硝酸酸化，再加硝酸银溶液；
C.产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，气体为氨气；
D.白色沉淀可能为AgCl或BaCO3。
【详解】A.某溶液焰色反应呈黄色，则一定含有Na+，不能确定该溶液中是否含K+，A错误；
B.向无色溶液中先加适量盐酸酸化就引入的Cl-，无论原溶液中是否含有Cl-，再加AgNO3溶液，一定会产生白色沉淀，因此不能确定该溶液中是否含有Cl-，B错误；
C.向某溶液中加NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸于试管口，试纸变蓝，说明产生的气体水溶液显碱性，证明有氨气逸出，则该溶液中一定有NH4+，C正确；
D.向无色溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该溶液中可能含有SO42-，也可能含有Ag+或CO32-，D错误；
故合理选项是C。
20.含Na2SO4、NaCl、MgCl2的1L混合溶液c (Na+) = 0.5 mol/L，c(Cl-)=0.4 mol/L，c(Mg2+)= 0.15 mol/L则此溶液中c (SO42-)为（ ）
A. 0.15 mol/L B. 0.2 mol/L
C. 0.3 mol/L D. 0.4 mol/L
【答案】B
【解析】
【详解】根据溶液呈电中性可知c (Na+)+2c(Mg2+)= c(Cl-)+2c(SO42-)，则2c(SO42-)= c (Na+)+2c(Mg2+)-c(Cl-)= 0.5 mol/L+2×0.15 mol/L-0.4 mol/L=0.4mol/L，所以c(SO42-)=0.2mol/L，故合理选项是B。
非 选 择 题（共60分）
21.按要求进行计算，直接写出结果。
(1)标准状态下，4.48 L 的NH3的物质的量是________，含H原子的数目约是________。
(2)5.6 g的铁与足量的盐酸完全反应，在标准状况下产生的气体体积是_______。
(3)标准状况下，11.2 L的HCl气体溶于水配成2 L溶液，则溶液的物质的量浓度为________。
(4)250 mL 0.2 mol/L的Al2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量浓度为________。
【答案】(1). 0.2 mol (2). 3.612×1023 (3). 2.24 L (4). 0.25 mol·L-1 (5). 0.6 mol·L-1
【解析】
【分析】(1)根据n=计算氨气的物质的量，结合一个NH3分子中含有3个H原子，利用N(H)=3N(NH3)=3nNA计算；
(2)先计算Fe的物质的量，然后利用Fe与HCl反应产生FeCl2和H2的物质的量关系计算H2的物质的量，再根据n=计算氢气的体积；
(3)首先根据n=计算HCl的物质的量，然后根据c=计算盐酸的浓度；
(4)根据电解质的浓度与其电离产生的离子浓度关系计算溶液中SO42-的物质的量浓度。
【详解】(1)标准状态下，4.48 L 的NH3的物质的量n==0.2mol，由于一个NH3分子中含有3个H原子，所以0.2molNH3中含有的H原子数目N(H)=3N(NH3)=3n·NA=3×0.2mol×6.02×1023/mol=3.612×1023；
(2)n(Fe)=5.6g÷56g/mol=0.1mol，根据方程式Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知n(H2)=n(Fe)=0.1mol，所以氢气在标准状况下的体积为V(H2)=0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
(3)n(HCl)= 11.2 L÷22.4L/mol=0.5mol，则该HCl溶于水配成2 L溶液，所得溶液的物质的量浓度c==0.25mol/L；
(4) 在Al2(SO4)3溶液中电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，由于微粒所处的溶液是同一溶液，溶液的体积相同，所以它们的浓度比等于微粒的物质的量的比，故c(SO42-)=3c[Al2(SO4)3]=3×0.2 mol/L=0.6mol/L。
22.按要求回答下列问题
(1)质子数为17、中子数为20的原子可表示为________，Na+的结构示意图________。
(2)焰色反应是_______变化，将碳酸钠进行焰色反应，火焰呈________。
(3)漂白粉有效成分的化学式________，漂白粉发挥漂白作用的反应方程式________。
【答案】(1). (2). (3). 物理 (4). 黄色 (5). Ca(ClO)2 (6). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
【解析】
【分析】(1)根据原子符号中各个角标的含义书写；Na+是Na原子失去最外层的1个电子后形成的；
(2)焰色反应是原子核外电子发生能量跃迁时的结果，Na元素焰色反应呈黄色；
(3)漂白粉是氯气与石灰乳反应产生，其有效成分是次氯酸钙，漂白时次氯酸钙与CO2、H2O反应产生HClO。
【详解】(1)在原子表示中，在元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，等于质子数与中子数的和，该原子质子数为17，是Cl元素的原子，中子数为20，则其质量数为17+20=37，该原子可表示为；Na是11号元素，Na原子失去最外层的1个电子形成Na+，其结构示意图为：；
(2)当金属或其化合物灼烧时，电子由能量较低的基态跃迁到能量较高的激发态，电子处于激发态时，不稳定，多余的能量以光的形式释放出来，因此在发生焰色反应是时没有新物质生成，发生的是物理变化；将碳酸钠进行焰色反应，由于含有Na元素，所以火焰呈黄色；
(3)漂白粉是氯气与石灰乳反应产生，其成分是CaCl2、Ca(ClO)2，有效成分是次氯酸钙，漂白粉发挥漂白作用时，其中含有的次氯酸钙与CO2、H2O反应产生HClO，反应方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。
23.下图为实验室制取氯气及探究Cl2性质装置图：

(1)装置A中的反应方程式是________；g的作用________。
(2)装置B的作用_______；装置C中的试剂为________。
(3)装置E的现象________。
(4)装置F中的反应方程式是________ 。
(5)该装置的缺陷是________。
【答案】(1). MnO2 +4HCl(浓) MnCl2 +Cl2 ↑+2H2O (2). 平衡压强，使液体顺利滴下 (3). 除去Cl2中的HCl (4). 浓硫酸 (5). 湿润的有色布条褪色 (6). Cl2+2KI=2KCl+I2 (7). 没有安装尾气处理装置
【解析】
【分析】在装置A中MnO2与浓盐酸反应产生Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，通过B中饱和NaCl溶液除去HCl，通过C中的浓硫酸除去水蒸气，通过D、E验证具有漂白性的物质的成分，在F中Cl2与KI发生置换反应，产生I2使淀粉试纸变为蓝色，Cl2是大气污染物，在尾气排放前要进行尾气处理。
【详解】(1)装置A中MnO2与浓盐酸混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，反应的化学方程式是MnO2 +4HCl(浓)MnCl2 +Cl2 ↑+2H2O；g将分液漏斗上下连接在一起，使液体上下气体压强相同，这样浓盐酸在重力作用下就可以顺利滴下，故g的作用是平衡压强，使液体顺利滴下；
(2)装置B的作用除去Cl2中的混合的杂质气体HCl；装置C的作用是干燥Cl2，其中的试剂为浓硫酸；
(3)D中干燥的纯净的氯气不能使干燥的有色布条褪色，而在装置E中，Cl2与布条上的水发生反应产生HCl、HClO，HClO具有强的氧化性，会将有色物质氧化为无色物质，因此观察到E中潮湿的有色布条褪色；
(4)由于氧化性Cl2>I2，所以在装置F中发生置换反应，反应方程式是Cl2+2KI=2KCl+I2；
(5)Cl2是有毒气体，直接排放会造成大气污染，所以该装置的缺陷没有安装尾气处理装置。
24.FeSO4·7H2O在医学上常用作补血剂。某课外小组通过用KMnO4滴定已配好的FeSO4溶液来测定某补血剂中FeSO4的含量。实验室需配制0.01 mol/L 1000 mL的KMnO4溶液。
(1)需要的玻璃仪器有烧杯、_______ 、_______ 、_______。
(2)用托盘天平称取KMnO4固体的质量为_______g。
(3)下列操作使实验结果偏大的是 _______。
A.容量瓶未干燥 B.未洗涤烧杯和玻璃棒
C.定容时俯视容量瓶刻度线 D.在烧杯溶解时，有少量液体溅出
(4)现测定补血剂中FeSO4的含量，实验步骤如下：
a.取8片补血剂样品除去糖衣、研磨、溶解、过滤，将滤液配制成250 mL溶液
b.取上述溶液25 mL于锥形瓶中，加入少量硫酸酸化，逐渐滴加0.01 mol/L的KMnO4溶液，反应为10 FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3 +2MnSO4+K2SO4+8H2O。记录滴定终点时消耗KMnO4溶液的体积（假定药品中其他成分不与KMnO4反应）。
c.重复步骤b 2-3次，平均消耗KMnO4溶液20.00 mL。
该补血剂中FeSO4的含量为 _______ mg/片（写出计算过程）
【答案】(1). 玻璃棒 (2). 胶头滴管 (3). 1000 mL 容量瓶 (4). 1.6 (5). C (6). 190 mg
【解析】
【分析】(1)根据配制物质的量浓度的溶液的步骤确定使用的仪器；
(2)根据n=c·V计算溶质的物质的量，结合m=n·M计算溶质的质量；
(3)根据c=判断操作误差；
(4)根据方程式10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3 +2MnSO4+K2SO4+8H2O中FeSO4与KMnO4的反应关系，计算250mL溶液(即8片药片)中含有的FeSO4的物质的量及质量，进而可得每片药片中含有的FeSO4的质量。
【详解】(1)配制1000mL0.01mol/L的KMnO4溶液，需要使用的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和1000mL的容量瓶已经给出了烧杯，因此还缺少的仪器是玻璃棒、胶头滴管和1000mL的容量瓶；
(2)配制1000mL0.01mol/L的KMnO4溶液，溶液中含有溶质的物质的量n=c·V=0.01mol/L×1L=0.01mol，则需称量的溶质的质量m=n·M=0.01mol×158g/mol=1.58g，由于托盘天平精确度是0.1g，因此要称量的质量是1.6g；
(3)A.容量瓶未干燥，由于溶质的质量不变，定容时溶液的体积也不变，因此对所配制的溶液的浓度无影响，A不符合题意；
B.未洗涤烧杯和玻璃棒，会使溶质的质量偏少，n偏小，则配制的溶液的浓度偏低，B不符合题意；
C.定容时俯视容量瓶刻度线，则使溶液的体积V偏小，由物质的量浓度定义式可知，体积偏小，则溶液的浓度偏高，C符合题意；
D.在烧杯溶解时，有少量液体溅出，会使溶质的质量偏少，n偏小，则配制的溶液的浓度偏低，D不符合题意；
故合理选项是C；
(4)根据方程式10FeSO4+2KMnO4+8H2SO4=5Fe2(SO4)3 +2MnSO4+K2SO4+8H2O可知n(FeSO4)=5n(KMnO4)=5×0.01mol/L×0.02L×=0.01mol，m(FeSO4)=0.01mol×152g/mol=1.52g=1520ml，则每片药片中含有的FeSO4的质量是m(FeSO4)=1520mg÷8=190mg。
25.NaClO2 广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2 的工艺流程如下：

ClO2发生器中的反应为SO2 + 2NaClO3 + H2SO4 = 2ClO2↑+ 2NaHSO4
(1)NaClO3中Cl的化合价_______，上述反应中氧化剂是_______ ，被氧化的元素为_______。请用双线桥法表示该反应中电子转移的方向和数目SO2 + 2NaClO3 + H2SO4 = 2ClO2↑+ 2NaHSO4_______________________反应后，若产生0.6 mol气体，则电子转移的物质的量为 _______mol。
(2)吸收器中反应温度不能高于5℃的可能原因有 _______
(3)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的是_______
【答案】(1). +5 (2). NaClO3 (3). S (4). (5). 0.6 (6). 防止过氧化氢分解，提高ClO2的吸收率 (7). 赶出ClO2,确保其被充分吸收
【解析】
【分析】(1)根据化合物中元素的化合价的代数和等于0分析元素化合价；根据氧化剂获得电子，被还原；还原剂失去电子，被氧化，得到氧化产物，元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目；
(2)根据H2O2的稳定性与温度的关系分析；
(3)根据装置内含有ClO2的情况分析判断。
【详解】(1)在任何化合物中，所有元素化合价的化合价的代数和等于0，在NaClO3中Na是+1价，O是-2价，所以Cl元素的化合价为+5价；
在该反应中，Cl元素的化合价由反应前NaClO3中的+5价，变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，获得电子2×e-，所以NaClO3做氧化剂；S元素的化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后NaHSO4中的+6价，化合价升高，失去电子2e-，SO2作还原剂，其中的S元素被氧化，用双线桥法表示电子转移为：；
根据反应方程式可知：在该反应中每转移2mol电子，反应产生2molClO2 气体，若反应转移了0.6mol电子，则反应产生ClO2气体的物质的量是0.6mol；
(2)在反应过程中使用H2O2，该物质不稳定，温度高容易发生分解反应而变质，反应温度控制在5℃以内，就防止过氧化氢分解，从而提高ClO2的吸收率；
(3)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收。