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2021-2022学年辽宁省丹东市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省丹东市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共20页。
2021-2022学年辽宁省丹东市高一（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是( )
A. 小苏打是面包发酵粉的主要成分之一
B. 铁粉可作为部分食品包装袋内的脱氧剂
C. 铝合金是目前世界上用量最大的合金
D. Fe2O3俗称铁红，常用作油漆、涂料的红色颜料
2. 下列叙述正确的是( )
A. 在水溶液中能电离出H+的化合物不一定是酸
B. 氯化钠溶于水，在通电作用下才能电离出自由移动的离子
C. 铜导电能力很强，所以铜是电解质
D. 固体KNO3、液态H2SO4都不能导电，故它们都不是电解质
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 2L0.5mol/LK2SO4溶液中阴离子所带电荷数为NA
B. 2.0gH218O中所含中子数为NA
C. Na2O2与水反应生成0.1molO2时，转移的电子数为0.4NA
D. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中的分子数为0.2NA
4. 下列说法错误的是( )
A. 分散系都是混合物
B. 分散质粒子的直径大小：浊液>胶体>溶液
C. 向浓氨水中慢慢滴加足量的氯化铁饱和溶液可制得氢氧化铁胶体
D. 当光束通过鸡蛋清水溶液时，在与光束垂直的方向观察到一条光亮的“通路”，说明鸡蛋清水溶液属于胶体
5. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法之一如下：
①2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O②Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH下列说法错误的是( )
A. K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒
B. 反应①为氧化还原反应，反应②为非氧化还原反应
C. 反应①中FeCl3体现还原性
D. 反应①中NaClO是氧化剂，Na2FeO4是还原产物
6. 下列有关离子检验的叙述正确的是( )
A. 向溶液中滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则可判断该溶液中含有CO32−
B. 向溶液中先加足量稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有Cl−
C. 用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则可判断该待测液中含有Na+，不含K+
D. 用玻璃棒蘸取待测液点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，则可判断该待测液显酸性
7. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
B. 钠与水反应：Na+H2O=Na++OH−+H2↑
C. 用醋酸除去热水瓶中水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D. Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O
8. 工业废水中含有的重铬酸根离子(Cr2O72−)有毒，常用绿矾(FeSO4⋅7H2O)处理达标后排放，已知处理2L含重铬酸根离子浓度为0.01mol/L的废水，消耗绿矾0.12mol(Fe2+被氧化为Fe3+)，则处理后的废水中铬元素的化合价为( )
A. +3 B. +4 C. +5 D. +6
9. 某无色澄清溶液可能含有Na+、Mg2+、Al3+、Ba2+、Fe3+、Cl−、SO42−、CO32−中的若干种，取样分别进行如下实验：
①逐滴加入氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成，继续滴加至过量，沉淀部分溶解。
②加足量氯化钡溶液，产生白色沉淀，再向沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀质量不变。
以下说法错误的是( )
A. 原溶液中一定存在SO42−、Mg2+、Al3+
B. 原溶液中可能存在Na+、Ba2+、Cl−
C. 原溶液中一定不存在Ba2+、Fe3+、CO32−
D. 原溶液中可能存在Na+、Cl−
10. 下表中对“陈述”的解释错误的是( )
选项
陈述
解释
A
NaHCO3用于治疗胃酸过多
NaHCO3可与盐酸反应
B
向Na2O2与H2O反应后的溶液中滴入MgCl2溶液，产生白色沉淀
Na2O2与水反应生成氢氧化钠，OH−与Mg2+反应生成Mg(OH)2
C
金属钠应保存在煤油中隔绝空气
常温下，金属钠露置在空气中会生成过氧化钠
D
过氧化钠可用作航天员的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
A. A B. B C. C D. D
11. 为验证Fe3+与Fe2+能够相互转化做如下实验，下列分析不合理的是( )
按下列顺序实验
对应现象
①向FeCl3溶液加入铁粉
②滴加KSCN溶液
③再滴加几滴氯水
i.溶液由黄色变成浅绿色
ii.溶液无明显变化
iii.溶液变红
A. 现象i说明Fe3+可以转化为Fe2+
B. 实验②与③可以调换顺序
C. 现象iii涉及的氧化还原反应：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+
D. 根据上述实验可以比较粒子的氧化性：Cl2>Fe3+>Fe2+
12. 某同学用如图装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是( )
A. 图Ⅰ：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完
B. 图Ⅱ：淀粉KI试纸变蓝
C. 图Ⅲ：产生白色的烟
D. 图Ⅳ：干燥的有色布条褪色
13. 现有①Na2O2②FeCl2③Fe(OH)3三种物质，下列说法正确的是( )
A. ①②③均能通过化合反应生成
B. FeCl2属于盐，Na2O2和Fe(OH)3属于碱
C. 过量的铁在氯气中燃烧可以生成②
D. 将①投入到②的溶液中，有气泡冒出并最终生成白色絮状沉淀
14. 下列关于物质除杂的叙述错误的是( )
选项
被提纯物质
杂质
除杂试剂或方法
A
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉并过滤
B
Cl2
HCl
依次通过饱和食盐水、浓硫酸洗气
C
Na2CO3溶液
NaHCO3
通入足量的CO2
D
Fe2O3
Al2O3
加入足量的NaOH溶液并过滤
A. A B. B C. C D. D
15. 下列实验操作或装置正确且能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
稀释浓硫酸
配制100mL一定物质的量浓度的溶液
分离FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
测定过氧化钠与水反应生成氧气的体积
A. A B. B C. C D. D
16. X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期元素，X的最外层电子数与其周期序数相等，Y的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z是地壳中含量最多的元素，W+与Z2−具有相同的电子层结构，单质X在单质R中燃烧产生苍白色火焰。
(1)Z在周期表中的位置 ______，五种元素中原子半径最大的是 ______(填元素符号)。
(2)Y元素最高价氧化物的电子式 ______，其空间结构为 ______形。
(3)由X、Z、W的两种或三种元素形成的化合物中既含极性键又含非极性键的是 ______(填结构式)；既含离子键又含非极性共价键的是 ______(填电子式)。
(4)Y、Z的最简单气态氢化物中热稳定性较差的是 ______(填化学式)。
(5)工业上用单质R制漂白粉的化学方程式是 ______。
17. 84消毒液是一种以NaClO为主的高效含氯消毒剂，可用于灭活新型冠状病毒。某84消毒液瓶体部分标签如图所示，请回答下列问题：
84消毒液
(有效成分)NaClO
(规格)1000mL
(质量分数)25%
(密度)1.192g/cm3
(使用方法)稀释100倍(体积比)后使用
(1)用c0表示该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度，则c0=______。
(2)某化学实验小组参阅该品牌“84消毒液”的标签，欲用NaClO固体配制240 mL含NaClO浓度为c0的消毒液。
①配制此溶液需称量NaClO固体的质量为 ______g。
②在配制过程中，如图所示的仪器中不需要使用的是 ______(填字母)，除玻璃棒外还缺少的玻璃仪器是 ______。
③容量瓶上标有 ______(填字母)。
A.温度、容积、刻度线
B.温度、容积、压强
C.浓度、压强
D.浓度、温度、刻度线
④使用容量瓶前必须进行的一步操作是 ______。
⑤能使所配制的溶液浓度偏高的是 ______(填字母)。
A.定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
B.定容时，俯视容量瓶刻度线
C.利用实验室久置的NaClO固体来配制溶液
D.转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒
18. 氯及其化合物在化学实验、实际生活、生产中应用广泛，请完成以下内容。
(1)在常温下实验室制备少量氯气的反应原理如下：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O①该反应中HCl体现的性质为 ______(填字母)
A.氧化性
B.还原性
C.酸性
②用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目 ______。
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
③写出实验室用MnO2制备Cl2的化学方程式 ______，根据以上信息判断MnO2、KMnO4、Cl2的氧化性由强到弱的顺序为 ______。
(2)加入氧化剂可以实现下列物质转化的是 ______(填字母)。
A.ClO2→NaCl
B.NaClO→Cl2
C.HCl→Cl2
D.HClO3→KClO3
(3)实验室常用烧碱溶液吸收Cl2尾气，若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。当混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为5：1时，则被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为 ______。
(4)我国从2000年起逐步用ClO2代替Cl2对饮用水进行消毒。工业上用NaClO3和SO2在酸性条件下反应制备ClO2，已知SO2被氧化为SO42−，写出该反应的离子方程式 ______；若反应中产生0.1molClO2，转移的电子数为 ______。
19. 电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板。
(1)写出FeCl3溶液与金属铜反应的离子方程式 ______。
(2)某小组采取下列步骤从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液：
i.操作Ⅰ和操作Ⅱ使用到的主要玻璃仪器有 ______。
ii.若某腐蚀液中含1.5mol/LCuCl2、3.0mol/LFeCl2、1.0mol/LFeCl3，取200mL腐蚀液按上述步骤回收铜，为充分回收铜，加入①的质量最小为 ______。
iii.向滤液②中加入NaOH溶液的现象是 ______。
(3)实验室里保存FeCl2溶液时，常加入铁钉或铁粉防止Fe2+被氧化，请用离子方程式说明其原因 ______。
(4)下列各图示中能较长时间观察到Fe(OH)2的是 ______(填字母)。
A.①②③
B.①②④
C.①②③④
D.②③④
(5)在查阅资料后，有同学认为Fe(OH)2被空气中的氧气氧化后生成Fe3(OH)8，Fe3(OH)8中n(Fe2+)：n(Fe3+)=______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.小苏打是碳酸氢钠的俗名，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，能使面团疏松多孔，常用作发酵粉，故A正确；
B.铁粉具有还原性，能与氧气反应，可作食品包装袋内的脱氧剂，故B正确；
C.目前世界上使用量最大的合金是钢铁，不是铝合金，故C错误；
D.Fe2O3俗称铁红，是红色固体，常用作油漆、涂料的红色颜料，故D正确；
故选：C。
A.碳酸氢钠对热不稳定，受热易分解；
B.铁粉具有还原性，能与氧气反应；
C.铁合金是目前世界上用量最大的合金；
D.Fe2O3俗称铁红，是红色固体。
本题考查了元素化合物的性质及应用，为高频考点，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.在水溶液中能电离出H+的化合物不一定是酸，盐也可以电离出氢离子，如NaHSO4，水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，故A正确；
B.氯化钠溶于水，在水分子作用下电离出自由移动的离子，故B错误；
C.铜导电能力很强，铜是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D.固体KNO3、液态H2SO4都不能导电，溶于水导电，属于电解质，故D错误；
故选：A。
A.在水溶液中能电离出H+的化合物可能为盐；
B.氯化钠在水中发生电离，是在水分子作用下发生的；
C.水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
D.水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
本题考查了物质分类和性质，主要是电解质、非电解质概念的分析判断，掌握概念实质是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.2L0.5mol/L硫酸钾溶液中，溶质物质的量=2L×0.5mol/L=1mol，溶液中的阴离子除了硫酸根，还有氢氧根，故溶液中的阴离子所带的电荷数多于NA个，故A错误；
B.2.0gH218O物质的量=2.0g20g/mol=0.1mol，所含中子数=0.1mol×(0+18−8)×NAmol/L=NA，故B正确；
C.过氧化钠与水时，氧元素的价态由−1价变为0价，故当生成1mol氧气时转移2mol电子，则生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；
D.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，气体中分子数为0.1NA，故D错误；
故选：B。
A.2L0.5mol/L硫酸钾溶液中的阴离子除了硫酸根，还有氢氧根；
B.n=mM，原子中质量数=质子数+中子数；
C.过氧化钠与水时，氧元素的价态由−1价变为0价和−2价；
D.标准状况下，1mol任何气体所占体积约为22.4L/mol，气体n=VVm=NNA。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：A.分散系是分散质分散到分散剂中形成的混合物，分散系都是混合物，故A正确；
B.分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm∼100nm)、浊液(大于100nm)，分散质的粒子直径大小为浊液>胶体>溶液，故B正确；
C.向浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应产生的是氢氧化铁沉淀，故C错误；
D.鸡蛋清水溶液是胶体，有丁达尔效应，故D正确；
故选：C。
A.不同物质组成的为混合物；
B.分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm∼100nm)、浊液(大于100nm)；
C.向浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应；
D.鸡蛋清水溶液是胶体。
本题考查了分散系的分类、胶体的性质等，题目比较基础，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.由化合价代数和为0的原则可知K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故A正确；
B.反应①Fe和Cl元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应②元素化合价没有发生变化，故B正确；
C.反应①中FeCl3中铁元素化合价从+3升高到+6，失去电子，体现还原性，故C正确；
D.反应①中NaClO是氧化剂，FeCl3为还原剂，Na2FeO4是氧化产物，故D错误；
故选：D。
A.元素的最高价具有强氧化性；
B.由元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应；
C.元素的化合价升高，体现还原性；
D.氧化剂的化合价降低，生成还原产物；还原剂的化合价升高，生成氧化产物。
本题考查氧化还原反应的分析应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。
6.【答案】B
【解析】解：A.碳酸根离子、碳酸氢根离子均能与盐酸反应生成二氧化碳，由操作和现象可知，原溶液中不一定含有CO32−，故A错误；
B.溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，则溶液中一定含有Cl−，故B正确；
C.检验K+要透过蓝色钴玻璃滤去黄光，该实验操作不能证明原溶液中不含K+，故C错误；
D.石蕊遇到碱变蓝色，用玻璃棒蘸取待测液点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，则可判断该待测液显碱性，故D错误；
故选：B。
A.碳酸根离子、碳酸氢根离子均能与盐酸反应生成二氧化碳；
B.溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl；
C.检验K+要透过蓝色钴玻璃；
D.石蕊遇到碱变蓝色。
本题考查离子的检验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握离子的性质的以及反应现象的判断，把握实验的合理性和严密性的判断，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.氯气溶于水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故A错误；
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故B错误；
C.用醋酸除去热水瓶中水垢，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑，故C错误；
D.Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液混合反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D。
A.氯气溶于水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸；
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，选项中离子方程式中原子不守恒；
C.用醋酸除去热水瓶中水垢，醋酸为弱酸，不能拆分为离子；
D.Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液混合反应生成硫酸钡和水。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：由信息可知，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，设Cr元素的化合价由+6价降低为x，由得失电子守恒可知，0.12mol×(3−2)=2L×0.01mol/L×2×(6−x)，解得x=+3，只有A正确，
故选：A。
由信息可知，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，设Cr元素的化合价由+6价降低为x，结合得失电子守恒计算。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、SO42−，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有Ba2+，故B错误；
C.由上述分析可知，原溶液中一定不含有Ba2+、Fe3+、CO32−，故C正确；
D.由上述分析可知，Na+、Cl−是否含有不能确定，故D正确；
故选：B。
溶液无色，则不含有Fe3+；
①逐滴加入氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成，继续滴加至过量，沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+，CO32−与Mg2+、Al3+不共存，原溶液中不含有CO32−；
②加足量氯化钡溶液，产生白色沉淀，再向沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀质量不变，则原溶液中含有SO42−，Ba2+与SO42−不共存，原溶液中不含有Ba2+，所以原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、SO42−，Na+、Cl−是否含有不能确定，原溶液中一定不含有Ba2+、Fe3+、CO32−，据此分析解答。
本题考查离子的检验及推断，为高频考点，把握离子之间的反应及实验现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.碳酸氢钠的碱性弱，与盐酸反应，则NaHCO3用于治疗胃酸过多，故A正确；
B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氢气，NaOH与氯化镁发生复分解反应生成白色沉淀为氢氧化镁，故B正确；
C.常温下，金属钠露置在空气中被氧化生成氧化钠，则钠应保存在煤油中隔绝空气，故C错误；
D.Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，则过氧化钠可用作航天员的供氧剂，故D正确；
故选：C。
A.碳酸氢钠的碱性弱，与盐酸反应；
B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氢气，NaOH与氯化镁发生复分解反应；
C.常温下，金属钠露置在空气中被氧化生成氧化钠；
D.Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、性质与用途、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.向FeCl3溶液加入少量铁粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液由黄色变为浅绿色，故A正确；
B.实验②证明溶液中不存在铁离子，实验③证明亚铁离子被氧化成铁离子，若二者调换，无法证明该转化关系，所以实验②与③不能调换顺序，故B错误；
C.溶液变红，说明亚铁离子被氧化成铁离子，发生反应为：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+，故C正确；
D.根据2Fe3++Fe=3Fe2+反应可知，氧化性Fe3+>Fe2+，根据Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+可知，氧化性Cl2>Fe3+，所以氧化性：Cl2>Fe3+>Fe2+，故D正确；
故选：B。
A.还原铁离子的溶液呈黄色，亚铁离子呈浅绿色；
B.应该先排除铁离子干扰，二者不能调换；
C.溶液变红，说明亚铁离子被氯气氧化成铁离子；
D.氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。
本题考查氧化还原反应的应用，题目难度不大，明确亚铁离子的检验方法为解答关键，注意掌握氧化性强弱比较方法，试题培养了学生的分析能理解及灵活应用能力。
12.【答案】B
【解析】解：A.MnO2和浓盐酸反应，随着反应的进行，盐酸浓度下降，MnO2和稀盐酸不反应，盐酸不会全部消耗完，故A错误；
B.氯气能把KI氧化生成I2，碘单质遇淀粉，溶液呈蓝色，故B正确；
C.铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，而不是白烟，故C错误；
D.干燥的氯气不具备漂白性，所以干燥的有色布条不褪色，故D错误；
故选：B。
A.MnO2和稀盐酸不反应；
B.碘单质遇淀粉，溶液呈蓝色；
C.铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟；
D.干燥的氯气不具备漂白性。
本题考查了氯气的制备、性质等，难度不大，掌握基础是解题的关键。
13.【答案】A
【解析】解：A.①2Na+O2−点燃Na2O2，②Fe+2FeCl3=3FeCl2，③4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故①②③均能通过化合反应生成，故A正确；
B.FeCl2属于盐，Fe(OH)3属于碱，Na2O2属于过氧化物，故B错误；
C.过量的铁在氯气中燃烧也只能生成FeCl3，故C错误；
D.Na2O2投入到FeCl2有氧气生成，最终生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故D错误；
故选：A。
A.三种物质可以通过化合反应制取，如：①2Na+O2−点燃Na2O2，②Fe+2FeCl3=3FeCl2，③4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
B.注意根据酸碱盐、氧化物定义判断；
C.铁在氯气中燃烧只能生成FeCl3；
D.Na2O2在溶液中先和水反应，再和对应的溶质反应，同时注意其强氧化性。
本题考查物质的性质和变化，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。
14.【答案】C
【解析】解：A.Fe与CuSO4溶液反应生成Cu和FeSO4溶液，过滤除去多余的Fe和生成的Cu即可得到纯净的FeSO4溶液，故A正确；
B.HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸可干燥氯气，洗气可分离，故B正确；
C.Na2CO3可与CO2反应生成NaHCO3，被提纯的物质全都转变成杂质，故C错误；
D.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能，反应后过滤可分离，故D正确；
故选：C。
A.Fe与CuSO4溶液反应生成Cu和FeSO4溶液；
B.HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸可干燥氯气；
C.Na2CO3可与CO2反应生成NaHCO3；
D.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，并不断搅拌，故A错误；
B.加水至刻度线1∼2cm处改用胶头滴管定容，且眼睛、刻度线与凹液面的最低处相平，图中装置合理，故B正确；
C.胶体粒子、分子、离子均可透过滤纸，图中过滤不能分离，应选渗析法，故C错误；
D.氧气不溶于水，应短导管进气排出水测定氧气的体积，故D错误；
故选：B。
A.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B.加水至刻度线1∼2cm处改用胶头滴管定容，且眼睛、刻度线与凹液面的最低处相平；
C.胶体粒子、分子、离子均可透过滤纸；
D.氧气不溶于水。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液的配制、混合物的分离提纯、体积的测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
16.【答案】第二周期第ⅥA族 Na 直线 H−O−O−H CH4 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】解：(1)Z为O元素，在周期表中的位置第二周期第ⅥA族；短周期元素电子层数越多半径越大，同周期从左到右半径一次减小，故半径最大的为Na，
故答案为：第二周期第ⅥA族；Na；
(2)Y为C，最高价氧化物为CO2，电子式为：；其空间结构为直线形，
故答案为：；直线；
(3)X为H、Z为O、W为Na，两种或三种元素形成的化合物中既含极性键又含非极性键的是H−O−O−H；既含离子键又含非极性共价键的是Na2O2，电子式为，
故答案为：H−O−O−H；；
(4)Y为C、Z为O，非金属性越强最简单气态氢化物的热稳定性越强，O的非金属性大于C，最简单气态氢化物中热稳定性H2O>CH4，故热稳定性较差的是CH4，
故答案为：CH4；
(5)R为Cl，工业上讲氯气通入石灰乳制备漂白粉，制漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
X原子序数最小，且X的最外层电子数与其周期序数相等，故X为H；Y的最外层电子数是其电子层数的2倍，故Y为C；Z是地壳中含量最多的元素，故Z为O；W+与Z2−具有相同的电子层结构，故W为Na；单质X在单质R中燃烧产生苍白色火焰，已知H2在Cl2中燃烧产生苍白色火焰，故R为Cl；X为H、Y为C、Z为O、W为Na、R为Cl。
本题主要考查了位置、结构与性质的关系，题目难度不大，试题涉及结构式、化学方程式、元素周期律等知识，内容较多、综合性较强，元素推断是解题关键，解题要注意基础知识的灵活运用。
17.【答案】4.0mol/L74.5AB250mL容量瓶、胶头滴管 A 查漏 B
【解析】解：(1)用c0表示该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度，则c0=1000mL/L×1.192g/mL×25%74.5g/mol=4.0mol/L，
故答案为：4.0mol/L；
(2)①欲用NaClO固体配制240 mL含NaClO浓度为c0的消毒液，应选择250mL容量瓶，需称量NaClO固体的质量为：0.25L×4.0mol/L×74.5g/mol=74.5g，
故答案为：74.5；
②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签等，可知本实验用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，用不到的仪器：圆底烧瓶、分液漏斗，故选AB；除玻璃棒外还缺少的玻璃仪器有：250 mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：AB；250 mL容量瓶、胶头滴管；
③容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，标有：温度、容积、刻度线，
故答案为：A；
④容量瓶带有活塞，为防止使用过程中漏水，使用前应查漏，
故答案为：查漏；
⑤A.定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶液浓度偏低，故不选；
B.定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
C.利用实验室久置的NaClO固体来配制溶液，导致称取的固体含溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
D.转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D不选；
故答案为：B。
(1)依据c0=1000ρωM计算；
(2)①欲用NaClO固体配制240 mL含NaClO浓度为c0的消毒液，应选择250mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；
②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的实验步骤分析所需仪器；
③容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，标有：温度、容积、刻度线；
④容量瓶带有活塞，为防止使用过程中漏水，使用前应查漏；
⑤先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合c=nV分析误差。
本题考查物质的量浓度溶液的配制及物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度及表达式，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
18.【答案】BC MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2OKMnO4>MnO2>Cl2 C 3：52ClO3−+SO2=2ClO2+SO42− 0.1NA
【解析】解：(1)①还原剂具有还原性，化合价升高，盐酸中氯元素化合价有升高、有不变，则盐酸起到还原性和酸性的作用，
故答案为：BC；
②根据电子转移数可知，HCl中有10个−1价的Cl原子化合价升高到0价，失去10个电子，故利用单线桥法表示电子转移的方向和数目如下：，
故答案为：；
③实验室用MnO2制备Cl2的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O；由以上信息可知，高锰酸钾和二氧化锰都能与浓盐酸反应制取氯气，因此氯气的氧化性最弱，而二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，高锰酸钾却不需要，因此高锰酸钾的氧化性比二氧化锰强，三者氧化性由强到弱的顺序为KMnO4>MnO2>Cl2，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O；KMnO4>MnO2>Cl2；
(2)氧化剂具有氧化性，化合价降低，需加入氧化剂才能实现，则原物质化合价升高，A中氯元素化合价+4到−1，B中氯元素化合价+1到0，C中氯元素化合价−1到0，D中氯元素化合价不变，都为+5，
故答案为：C；
(3)若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。反应过程中氯气既是氧化剂又是还原剂，当混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为5：1时，化学方程式为8Cl2+8NaOH=10NaCl+5NaClO+NaClO3，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为3：5，
故答案为：3：5；
(4)由题意可知反应物为ClO3−、SO2，生成物为ClO2和SO42−，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为：2ClO3−+SO2=2ClO2+SO42−；依据方程式可知，当生成2molClO2时，转移2mol电子，因此，当生成0.1molClO2时，转移0.1mol电子，电子数为0.1NA，
故答案为：2ClO3−+SO2=2ClO2+SO42−；0.1NA。
(1)①还原剂具有还原性，化合价升高，生成盐体现酸性
②根据电子转移数可知，HCl中有10个−1价的Cl原子化合价升高到0价，失去10个电子；
③实验室用MnO2制备Cl2的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O；再根据氧化剂的氧化性大于氧化产物比较氧化性；
(2)氧化剂具有氧化性，化合价降低，需加入氧化剂才能实现，则原物质化合价升高，据此结合选项分析；
(3)根据题意写出化学方程式为8Cl2+8NaOH=10NaCl+5NaClO+NaClO3，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为3：5；
(4)由题意可知反应物为ClO3−、SO2，生成物为ClO2和SO42−；依据方程式可知，当生成2molClO2时，转移2mol电子，据此计算。
本题考查氧化还原反应的计算和应用等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，难度中等，注意相关基础知识的积累。
19.【答案】2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 烧杯、漏斗、玻璃棒 22.4g产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 2Fe3++Fe=3Fe2+ B 1：2
【解析】解：(1)FeCl3溶液与金属铜反应产生FeCl2、CuCl2，该反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)Ⅰ.含有FeCl3、CuCl2、FeCl2的反应废液中加入足量Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，然后过滤所得滤液为FeCl2，滤渣③中含有过量Fe及Cu，向其中加入足量HCl，发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，而Cu与盐酸不反应，然后过滤得到金属铜，将滤液②、⑤合并，向其中通入Cl2，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，使腐蚀液得到再生；操作Ⅰ和操作Ⅱ都是过滤，使用到的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
Ⅱ.某腐蚀液中1.5mol/LCuCl2、3.0mol/LFeCl2、1.0mol/LFeCl3，取200mL腐蚀液中含有n(CuCl2)=1.5mol/L×0.2L=0.3mol，n(FeCl3)=1.0mol/L×0.2L=0.2mol，n(FeCl2)=3.0mol/L×0.2L=0.6mol，根据方程式2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu可知反应消耗Fe的物质的量n(Fe)=12n(Fe3+)+n(Cu2+)=0.1mol+0.3mol=0.4mol，则加入的铁粉质量最小值m(Fe)=0.4mol×56g/mol=22.4g，
故答案为：22.4g；
Ⅲ.滤液②为FeCl2溶液，向其中加入NaOH溶液，首先发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该物质不稳定，容易被溶液中的溶解的氧气氧化为Fe(OH)3，因此看到的实验现象是：产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，
故答案为：产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
(3)实验室里保存FeCl2溶液时，常加入铁钉或铁粉防止Fe2+被氧化，这是由于Fe2+被空气氧化产生的Fe3+具有强氧化性，能够与加入的Fe粉发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，从而可以防止Fe2+变质，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
(4)①Fe与稀H2SO4反应产生FeSO4和H2，H2将试管中及溶液上部的空气排出，然后挤压NaOH溶液进入试管中，发生反应：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，Fe(OH)2处于H2的惰性环境，因此不能被氧化，故可以较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，故①正确；
②Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，H2将稀硫酸、NaOH溶液中的空气及装置中的空气排出，然后关闭止水夹，反应产生的H2将FeSO4溶液压入试管B中，与NaOH溶液发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，从而可以较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，故②正确；
③NaOH溶液滴入FeSO4溶液时，有少量氧气会进入溶液中，NaOH溶液与FeSO4溶液发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，反应产生的Fe(OH)2会被氧气氧化为Fe(OH)3，因此不能长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，故③错误；
④苯在FeSO4溶液的液面上，可以防止空气进入FeSO4溶液，且吸有NaOH溶液的胶头滴管伸入到液面以下的FeSO4溶液中，挤压NaOH溶液时，发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，由于不接触空气，因此故可以较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，故④正确；
可见能够较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀的实验序号是①②④，
故答案为：B；
(5)在Fe3(OH)8中正负化合价代数和为0，根据电荷守恒可知：2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=8，根据Fe元素守恒可知：n(Fe2+)+n(Fe3+)=3，解得n(Fe2+)=1，n(Fe3+)=2，则n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：2，
故答案为：1：2。
(1)FeCl3溶液与金属铜反应产生FeCl2、CuCl2；
(2)Ⅰ.操作Ⅰ和操作Ⅱ都是过滤；
Ⅱ.某腐蚀液中1.5mol/LCuCl2、3.0mol/LFeCl2、1.0mol/LFeCl3，取200mL腐蚀液中含有n(CuCl2)=1.5mol/L×0.2L=0.3mol，n(FeCl3)=1.0mol/L×0.2L=0.2mol，n(FeCl2)=3.0mol/L×0.2L=0.6mol，根据方程式2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu可知反应消耗Fe的物质的量n(Fe)=12n(Fe3+)+n(Cu2+)=0.1mol+0.3mol=0.4mol；
Ⅲ.滤液②为FeCl2溶液，向其中加入NaOH溶液，首先发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该物质不稳定，容易被溶液中的溶解的氧气氧化为Fe(OH)3；
(3)实验室里保存FeCl2溶液时，常加入铁钉或铁粉防止Fe2+被氧化，这是由于Fe2+被空气氧化产生的Fe3+具有强氧化性；
(4)①Fe与稀H2SO4反应产生FeSO4和H2，H2将试管中及溶液上部的空气排出；
②Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，H2将稀硫酸、NaOH溶液中的空气及装置中的空气排出，然后关闭止水夹，反应产生的H2将FeSO4溶液压入试管B中，与NaOH溶液发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，从而可以较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀；
③NaOH溶液滴入FeSO4溶液时，有少量氧气会进入溶液中，NaOH溶液与FeSO4溶液发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，反应产生的Fe(OH)2会被氧气氧化为Fe(OH)3；
④苯在FeSO4溶液的液面上，可以防止空气进入FeSO4溶液，且吸有NaOH溶液的胶头滴管伸入到液面以下的FeSO4溶液中，挤压NaOH溶液时，发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，由于不接触空气；
(5)在Fe3(OH)8中正负化合价代数和为0，根据电荷守恒可知：2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=8，根据Fe元素守恒可知：n(Fe2+)+n(Fe3+)=3。
本题考查了化学工艺流程、常用化学用语、元素化合物性质等知识，题目难度不大，掌握元素化合物的性质是关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
2021-2022学年辽宁省丹东市高一（上）期末化学试卷
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是( )
A. 小苏打是面包发酵粉的主要成分之一
B. 铁粉可作为部分食品包装袋内的脱氧剂
C. 铝合金是目前世界上用量最大的合金
D. Fe2O3俗称铁红，常用作油漆、涂料的红色颜料
2. 下列叙述正确的是( )
A. 在水溶液中能电离出H+的化合物不一定是酸
B. 氯化钠溶于水，在通电作用下才能电离出自由移动的离子
C. 铜导电能力很强，所以铜是电解质
D. 固体KNO3、液态H2SO4都不能导电，故它们都不是电解质
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 2L0.5mol/LK2SO4溶液中阴离子所带电荷数为NA
B. 2.0gH218O中所含中子数为NA
C. Na2O2与水反应生成0.1molO2时，转移的电子数为0.4NA
D. 标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中的分子数为0.2NA
4. 下列说法错误的是( )
A. 分散系都是混合物
B. 分散质粒子的直径大小：浊液>胶体>溶液
C. 向浓氨水中慢慢滴加足量的氯化铁饱和溶液可制得氢氧化铁胶体
D. 当光束通过鸡蛋清水溶液时，在与光束垂直的方向观察到一条光亮的“通路”，说明鸡蛋清水溶液属于胶体
5. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的方法之一如下：
①2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O②Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH下列说法错误的是( )
A. K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒
B. 反应①为氧化还原反应，反应②为非氧化还原反应
C. 反应①中FeCl3体现还原性
D. 反应①中NaClO是氧化剂，Na2FeO4是还原产物
6. 下列有关离子检验的叙述正确的是( )
A. 向溶液中滴加稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则可判断该溶液中含有CO32−
B. 向溶液中先加足量稀硝酸酸化，再加AgNO3溶液，产生白色沉淀，则可判断该溶液中含有Cl−
C. 用洁净的铂丝蘸取待测液在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则可判断该待测液中含有Na+，不含K+
D. 用玻璃棒蘸取待测液点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，则可判断该待测液显酸性
7. 下列离子方程式书写正确的是( )
A. 氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
B. 钠与水反应：Na+H2O=Na++OH−+H2↑
C. 用醋酸除去热水瓶中水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D. Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O
8. 工业废水中含有的重铬酸根离子(Cr2O72−)有毒，常用绿矾(FeSO4⋅7H2O)处理达标后排放，已知处理2L含重铬酸根离子浓度为0.01mol/L的废水，消耗绿矾0.12mol(Fe2+被氧化为Fe3+)，则处理后的废水中铬元素的化合价为( )
A. +3 B. +4 C. +5 D. +6
9. 某无色澄清溶液可能含有Na+、Mg2+、Al3+、Ba2+、Fe3+、Cl−、SO42−、CO32−中的若干种，取样分别进行如下实验：
①逐滴加入氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成，继续滴加至过量，沉淀部分溶解。
②加足量氯化钡溶液，产生白色沉淀，再向沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀质量不变。
以下说法错误的是( )
A. 原溶液中一定存在SO42−、Mg2+、Al3+
B. 原溶液中可能存在Na+、Ba2+、Cl−
C. 原溶液中一定不存在Ba2+、Fe3+、CO32−
D. 原溶液中可能存在Na+、Cl−
10. 下表中对“陈述”的解释错误的是( )
选项
陈述
解释
A
NaHCO3用于治疗胃酸过多
NaHCO3可与盐酸反应
B
向Na2O2与H2O反应后的溶液中滴入MgCl2溶液，产生白色沉淀
Na2O2与水反应生成氢氧化钠，OH−与Mg2+反应生成Mg(OH)2
C
金属钠应保存在煤油中隔绝空气
常温下，金属钠露置在空气中会生成过氧化钠
D
过氧化钠可用作航天员的供氧剂
Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2
A. A B. B C. C D. D
11. 为验证Fe3+与Fe2+能够相互转化做如下实验，下列分析不合理的是( )
按下列顺序实验
对应现象
①向FeCl3溶液加入铁粉
②滴加KSCN溶液
③再滴加几滴氯水
i.溶液由黄色变成浅绿色
ii.溶液无明显变化
iii.溶液变红
A. 现象i说明Fe3+可以转化为Fe2+
B. 实验②与③可以调换顺序
C. 现象iii涉及的氧化还原反应：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+
D. 根据上述实验可以比较粒子的氧化性：Cl2>Fe3+>Fe2+
12. 某同学用如图装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是( )
A. 图Ⅰ：若MnO2过量，则浓盐酸可全部消耗完
B. 图Ⅱ：淀粉KI试纸变蓝
C. 图Ⅲ：产生白色的烟
D. 图Ⅳ：干燥的有色布条褪色
13. 现有①Na2O2②FeCl2③Fe(OH)3三种物质，下列说法正确的是( )
A. ①②③均能通过化合反应生成
B. FeCl2属于盐，Na2O2和Fe(OH)3属于碱
C. 过量的铁在氯气中燃烧可以生成②
D. 将①投入到②的溶液中，有气泡冒出并最终生成白色絮状沉淀
14. 下列关于物质除杂的叙述错误的是( )
选项
被提纯物质
杂质
除杂试剂或方法
A
FeSO4溶液
CuSO4
加入过量铁粉并过滤
B
Cl2
HCl
依次通过饱和食盐水、浓硫酸洗气
C
Na2CO3溶液
NaHCO3
通入足量的CO2
D
Fe2O3
Al2O3
加入足量的NaOH溶液并过滤
A. A B. B C. C D. D
15. 下列实验操作或装置正确且能达到实验目的的是( )
A
B
C
D
稀释浓硫酸
配制100mL一定物质的量浓度的溶液
分离FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体
测定过氧化钠与水反应生成氧气的体积
A. A B. B C. C D. D
16. X、Y、Z、W、R为原子序数依次增大的五种短周期元素，X的最外层电子数与其周期序数相等，Y的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z是地壳中含量最多的元素，W+与Z2−具有相同的电子层结构，单质X在单质R中燃烧产生苍白色火焰。
(1)Z在周期表中的位置 ______，五种元素中原子半径最大的是 ______(填元素符号)。
(2)Y元素最高价氧化物的电子式 ______，其空间结构为 ______形。
(3)由X、Z、W的两种或三种元素形成的化合物中既含极性键又含非极性键的是 ______(填结构式)；既含离子键又含非极性共价键的是 ______(填电子式)。
(4)Y、Z的最简单气态氢化物中热稳定性较差的是 ______(填化学式)。
(5)工业上用单质R制漂白粉的化学方程式是 ______。
17. 84消毒液是一种以NaClO为主的高效含氯消毒剂，可用于灭活新型冠状病毒。某84消毒液瓶体部分标签如图所示，请回答下列问题：
84消毒液
(有效成分)NaClO
(规格)1000mL
(质量分数)25%
(密度)1.192g/cm3
(使用方法)稀释100倍(体积比)后使用
(1)用c0表示该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度，则c0=______。
(2)某化学实验小组参阅该品牌“84消毒液”的标签，欲用NaClO固体配制240 mL含NaClO浓度为c0的消毒液。
①配制此溶液需称量NaClO固体的质量为 ______g。
②在配制过程中，如图所示的仪器中不需要使用的是 ______(填字母)，除玻璃棒外还缺少的玻璃仪器是 ______。
③容量瓶上标有 ______(填字母)。
A.温度、容积、刻度线
B.温度、容积、压强
C.浓度、压强
D.浓度、温度、刻度线
④使用容量瓶前必须进行的一步操作是 ______。
⑤能使所配制的溶液浓度偏高的是 ______(填字母)。
A.定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
B.定容时，俯视容量瓶刻度线
C.利用实验室久置的NaClO固体来配制溶液
D.转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒
18. 氯及其化合物在化学实验、实际生活、生产中应用广泛，请完成以下内容。
(1)在常温下实验室制备少量氯气的反应原理如下：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O①该反应中HCl体现的性质为 ______(填字母)
A.氧化性
B.还原性
C.酸性
②用单线桥法表示该反应电子转移的方向和数目 ______。
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
③写出实验室用MnO2制备Cl2的化学方程式 ______，根据以上信息判断MnO2、KMnO4、Cl2的氧化性由强到弱的顺序为 ______。
(2)加入氧化剂可以实现下列物质转化的是 ______(填字母)。
A.ClO2→NaCl
B.NaClO→Cl2
C.HCl→Cl2
D.HClO3→KClO3
(3)实验室常用烧碱溶液吸收Cl2尾气，若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。当混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为5：1时，则被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为 ______。
(4)我国从2000年起逐步用ClO2代替Cl2对饮用水进行消毒。工业上用NaClO3和SO2在酸性条件下反应制备ClO2，已知SO2被氧化为SO42−，写出该反应的离子方程式 ______；若反应中产生0.1molClO2，转移的电子数为 ______。
19. 电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板。
(1)写出FeCl3溶液与金属铜反应的离子方程式 ______。
(2)某小组采取下列步骤从使用过的腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液：
i.操作Ⅰ和操作Ⅱ使用到的主要玻璃仪器有 ______。
ii.若某腐蚀液中含1.5mol/LCuCl2、3.0mol/LFeCl2、1.0mol/LFeCl3，取200mL腐蚀液按上述步骤回收铜，为充分回收铜，加入①的质量最小为 ______。
iii.向滤液②中加入NaOH溶液的现象是 ______。
(3)实验室里保存FeCl2溶液时，常加入铁钉或铁粉防止Fe2+被氧化，请用离子方程式说明其原因 ______。
(4)下列各图示中能较长时间观察到Fe(OH)2的是 ______(填字母)。
A.①②③
B.①②④
C.①②③④
D.②③④
(5)在查阅资料后，有同学认为Fe(OH)2被空气中的氧气氧化后生成Fe3(OH)8，Fe3(OH)8中n(Fe2+)：n(Fe3+)=______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.小苏打是碳酸氢钠的俗名，碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，能使面团疏松多孔，常用作发酵粉，故A正确；
B.铁粉具有还原性，能与氧气反应，可作食品包装袋内的脱氧剂，故B正确；
C.目前世界上使用量最大的合金是钢铁，不是铝合金，故C错误；
D.Fe2O3俗称铁红，是红色固体，常用作油漆、涂料的红色颜料，故D正确；
故选：C。
A.碳酸氢钠对热不稳定，受热易分解；
B.铁粉具有还原性，能与氧气反应；
C.铁合金是目前世界上用量最大的合金；
D.Fe2O3俗称铁红，是红色固体。
本题考查了元素化合物的性质及应用，为高频考点，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A.在水溶液中能电离出H+的化合物不一定是酸，盐也可以电离出氢离子，如NaHSO4，水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，故A正确；
B.氯化钠溶于水，在水分子作用下电离出自由移动的离子，故B错误；
C.铜导电能力很强，铜是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；
D.固体KNO3、液态H2SO4都不能导电，溶于水导电，属于电解质，故D错误；
故选：A。
A.在水溶液中能电离出H+的化合物可能为盐；
B.氯化钠在水中发生电离，是在水分子作用下发生的；
C.水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质；
D.水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质。
本题考查了物质分类和性质，主要是电解质、非电解质概念的分析判断，掌握概念实质是解题关键，题目难度不大。
3.【答案】B
【解析】解：A.2L0.5mol/L硫酸钾溶液中，溶质物质的量=2L×0.5mol/L=1mol，溶液中的阴离子除了硫酸根，还有氢氧根，故溶液中的阴离子所带的电荷数多于NA个，故A错误；
B.2.0gH218O物质的量=2.0g20g/mol=0.1mol，所含中子数=0.1mol×(0+18−8)×NAmol/L=NA，故B正确；
C.过氧化钠与水时，氧元素的价态由−1价变为0价，故当生成1mol氧气时转移2mol电子，则生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；
D.标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体物质的量=2.24L22.4L/mol=0.1mol，气体中分子数为0.1NA，故D错误；
故选：B。
A.2L0.5mol/L硫酸钾溶液中的阴离子除了硫酸根，还有氢氧根；
B.n=mM，原子中质量数=质子数+中子数；
C.过氧化钠与水时，氧元素的价态由−1价变为0价和−2价；
D.标准状况下，1mol任何气体所占体积约为22.4L/mol，气体n=VVm=NNA。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
4.【答案】C
【解析】解：A.分散系是分散质分散到分散剂中形成的混合物，分散系都是混合物，故A正确；
B.分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm∼100nm)、浊液(大于100nm)，分散质的粒子直径大小为浊液>胶体>溶液，故B正确；
C.向浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应产生的是氢氧化铁沉淀，故C错误；
D.鸡蛋清水溶液是胶体，有丁达尔效应，故D正确；
故选：C。
A.不同物质组成的为混合物；
B.分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液(小于1nm)、胶体(1nm∼100nm)、浊液(大于100nm)；
C.向浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液发生复分解反应；
D.鸡蛋清水溶液是胶体。
本题考查了分散系的分类、胶体的性质等，题目比较基础，题目难度不大。
5.【答案】D
【解析】解：A.由化合价代数和为0的原则可知K2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故A正确；
B.反应①Fe和Cl元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应②元素化合价没有发生变化，故B正确；
C.反应①中FeCl3中铁元素化合价从+3升高到+6，失去电子，体现还原性，故C正确；
D.反应①中NaClO是氧化剂，FeCl3为还原剂，Na2FeO4是氧化产物，故D错误；
故选：D。
A.元素的最高价具有强氧化性；
B.由元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应；
C.元素的化合价升高，体现还原性；
D.氧化剂的化合价降低，生成还原产物；还原剂的化合价升高，生成氧化产物。
本题考查氧化还原反应的分析应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。
6.【答案】B
【解析】解：A.碳酸根离子、碳酸氢根离子均能与盐酸反应生成二氧化碳，由操作和现象可知，原溶液中不一定含有CO32−，故A错误；
B.溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，则溶液中一定含有Cl−，故B正确；
C.检验K+要透过蓝色钴玻璃滤去黄光，该实验操作不能证明原溶液中不含K+，故C错误；
D.石蕊遇到碱变蓝色，用玻璃棒蘸取待测液点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，则可判断该待测液显碱性，故D错误；
故选：B。
A.碳酸根离子、碳酸氢根离子均能与盐酸反应生成二氧化碳；
B.溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl；
C.检验K+要透过蓝色钴玻璃；
D.石蕊遇到碱变蓝色。
本题考查离子的检验，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握离子的性质的以及反应现象的判断，把握实验的合理性和严密性的判断，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.氯气溶于水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故A错误；
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH−+H2↑，故B错误；
C.用醋酸除去热水瓶中水垢，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑，故C错误；
D.Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液混合反应生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba2++2OH−+2H++SO42−=BaSO4↓+2H2O，故D正确；
故选：D。
A.氯气溶于水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸；
B.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，选项中离子方程式中原子不守恒；
C.用醋酸除去热水瓶中水垢，醋酸为弱酸，不能拆分为离子；
D.Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液混合反应生成硫酸钡和水。
本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：由信息可知，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，设Cr元素的化合价由+6价降低为x，由得失电子守恒可知，0.12mol×(3−2)=2L×0.01mol/L×2×(6−x)，解得x=+3，只有A正确，
故选：A。
由信息可知，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，设Cr元素的化合价由+6价降低为x，结合得失电子守恒计算。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、得失电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用，题目难度不大。
9.【答案】B
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、SO42−，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定不含有Ba2+，故B错误；
C.由上述分析可知，原溶液中一定不含有Ba2+、Fe3+、CO32−，故C正确；
D.由上述分析可知，Na+、Cl−是否含有不能确定，故D正确；
故选：B。
溶液无色，则不含有Fe3+；
①逐滴加入氢氧化钠溶液，有白色沉淀生成，继续滴加至过量，沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+，CO32−与Mg2+、Al3+不共存，原溶液中不含有CO32−；
②加足量氯化钡溶液，产生白色沉淀，再向沉淀中加入过量稀盐酸，沉淀质量不变，则原溶液中含有SO42−，Ba2+与SO42−不共存，原溶液中不含有Ba2+，所以原溶液中一定含有Mg2+、Al3+、SO42−，Na+、Cl−是否含有不能确定，原溶液中一定不含有Ba2+、Fe3+、CO32−，据此分析解答。
本题考查离子的检验及推断，为高频考点，把握离子之间的反应及实验现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：A.碳酸氢钠的碱性弱，与盐酸反应，则NaHCO3用于治疗胃酸过多，故A正确；
B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氢气，NaOH与氯化镁发生复分解反应生成白色沉淀为氢氧化镁，故B正确；
C.常温下，金属钠露置在空气中被氧化生成氧化钠，则钠应保存在煤油中隔绝空气，故C错误；
D.Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2，则过氧化钠可用作航天员的供氧剂，故D正确；
故选：C。
A.碳酸氢钠的碱性弱，与盐酸反应；
B.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氢气，NaOH与氯化镁发生复分解反应；
C.常温下，金属钠露置在空气中被氧化生成氧化钠；
D.Na2O2能和CO2、H2O反应生成O2。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、性质与用途、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11.【答案】B
【解析】解：A.向FeCl3溶液加入少量铁粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，溶液由黄色变为浅绿色，故A正确；
B.实验②证明溶液中不存在铁离子，实验③证明亚铁离子被氧化成铁离子，若二者调换，无法证明该转化关系，所以实验②与③不能调换顺序，故B错误；
C.溶液变红，说明亚铁离子被氧化成铁离子，发生反应为：Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+，故C正确；
D.根据2Fe3++Fe=3Fe2+反应可知，氧化性Fe3+>Fe2+，根据Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+可知，氧化性Cl2>Fe3+，所以氧化性：Cl2>Fe3+>Fe2+，故D正确；
故选：B。
A.还原铁离子的溶液呈黄色，亚铁离子呈浅绿色；
B.应该先排除铁离子干扰，二者不能调换；
C.溶液变红，说明亚铁离子被氯气氧化成铁离子；
D.氧化还原反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物。
本题考查氧化还原反应的应用，题目难度不大，明确亚铁离子的检验方法为解答关键，注意掌握氧化性强弱比较方法，试题培养了学生的分析能理解及灵活应用能力。
12.【答案】B
【解析】解：A.MnO2和浓盐酸反应，随着反应的进行，盐酸浓度下降，MnO2和稀盐酸不反应，盐酸不会全部消耗完，故A错误；
B.氯气能把KI氧化生成I2，碘单质遇淀粉，溶液呈蓝色，故B正确；
C.铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟，而不是白烟，故C错误；
D.干燥的氯气不具备漂白性，所以干燥的有色布条不褪色，故D错误；
故选：B。
A.MnO2和稀盐酸不反应；
B.碘单质遇淀粉，溶液呈蓝色；
C.铜在氯气中燃烧产生棕黄色的烟；
D.干燥的氯气不具备漂白性。
本题考查了氯气的制备、性质等，难度不大，掌握基础是解题的关键。
13.【答案】A
【解析】解：A.①2Na+O2−点燃Na2O2，②Fe+2FeCl3=3FeCl2，③4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故①②③均能通过化合反应生成，故A正确；
B.FeCl2属于盐，Fe(OH)3属于碱，Na2O2属于过氧化物，故B错误；
C.过量的铁在氯气中燃烧也只能生成FeCl3，故C错误；
D.Na2O2投入到FeCl2有氧气生成，最终生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，故D错误；
故选：A。
A.三种物质可以通过化合反应制取，如：①2Na+O2−点燃Na2O2，②Fe+2FeCl3=3FeCl2，③4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
B.注意根据酸碱盐、氧化物定义判断；
C.铁在氯气中燃烧只能生成FeCl3；
D.Na2O2在溶液中先和水反应，再和对应的溶质反应，同时注意其强氧化性。
本题考查物质的性质和变化，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。
14.【答案】C
【解析】解：A.Fe与CuSO4溶液反应生成Cu和FeSO4溶液，过滤除去多余的Fe和生成的Cu即可得到纯净的FeSO4溶液，故A正确；
B.HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸可干燥氯气，洗气可分离，故B正确；
C.Na2CO3可与CO2反应生成NaHCO3，被提纯的物质全都转变成杂质，故C错误；
D.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能，反应后过滤可分离，故D正确；
故选：C。
A.Fe与CuSO4溶液反应生成Cu和FeSO4溶液；
B.HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，浓硫酸可干燥氯气；
C.Na2CO3可与CO2反应生成NaHCO3；
D.氧化铝与NaOH溶液反应，氧化铁不能。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
15.【答案】B
【解析】解：A.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中，应将浓硫酸沿烧杯内壁注入水中，并不断搅拌，故A错误；
B.加水至刻度线1∼2cm处改用胶头滴管定容，且眼睛、刻度线与凹液面的最低处相平，图中装置合理，故B正确；
C.胶体粒子、分子、离子均可透过滤纸，图中过滤不能分离，应选渗析法，故C错误；
D.氧气不溶于水，应短导管进气排出水测定氧气的体积，故D错误；
故选：B。
A.稀释时将密度大的液体注入密度小的液体中；
B.加水至刻度线1∼2cm处改用胶头滴管定容，且眼睛、刻度线与凹液面的最低处相平；
C.胶体粒子、分子、离子均可透过滤纸；
D.氧气不溶于水。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液的配制、混合物的分离提纯、体积的测定、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
16.【答案】第二周期第ⅥA族 Na 直线 H−O−O−H CH4 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】解：(1)Z为O元素，在周期表中的位置第二周期第ⅥA族；短周期元素电子层数越多半径越大，同周期从左到右半径一次减小，故半径最大的为Na，
故答案为：第二周期第ⅥA族；Na；
(2)Y为C，最高价氧化物为CO2，电子式为：；其空间结构为直线形，
故答案为：；直线；
(3)X为H、Z为O、W为Na，两种或三种元素形成的化合物中既含极性键又含非极性键的是H−O−O−H；既含离子键又含非极性共价键的是Na2O2，电子式为，
故答案为：H−O−O−H；；
(4)Y为C、Z为O，非金属性越强最简单气态氢化物的热稳定性越强，O的非金属性大于C，最简单气态氢化物中热稳定性H2O>CH4，故热稳定性较差的是CH4，
故答案为：CH4；
(5)R为Cl，工业上讲氯气通入石灰乳制备漂白粉，制漂白粉的化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
X原子序数最小，且X的最外层电子数与其周期序数相等，故X为H；Y的最外层电子数是其电子层数的2倍，故Y为C；Z是地壳中含量最多的元素，故Z为O；W+与Z2−具有相同的电子层结构，故W为Na；单质X在单质R中燃烧产生苍白色火焰，已知H2在Cl2中燃烧产生苍白色火焰，故R为Cl；X为H、Y为C、Z为O、W为Na、R为Cl。
本题主要考查了位置、结构与性质的关系，题目难度不大，试题涉及结构式、化学方程式、元素周期律等知识，内容较多、综合性较强，元素推断是解题关键，解题要注意基础知识的灵活运用。
17.【答案】4.0mol/L74.5AB250mL容量瓶、胶头滴管 A 查漏 B
【解析】解：(1)用c0表示该“84消毒液”中NaClO的物质的量浓度，则c0=1000mL/L×1.192g/mL×25%74.5g/mol=4.0mol/L，
故答案为：4.0mol/L；
(2)①欲用NaClO固体配制240 mL含NaClO浓度为c0的消毒液，应选择250mL容量瓶，需称量NaClO固体的质量为：0.25L×4.0mol/L×74.5g/mol=74.5g，
故答案为：74.5；
②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签等，可知本实验用到的仪器：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶，用不到的仪器：圆底烧瓶、分液漏斗，故选AB；除玻璃棒外还缺少的玻璃仪器有：250 mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：AB；250 mL容量瓶、胶头滴管；
③容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，标有：温度、容积、刻度线，
故答案为：A；
④容量瓶带有活塞，为防止使用过程中漏水，使用前应查漏，
故答案为：查漏；
⑤A.定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出，导致部分溶质损耗，溶液浓度偏低，故不选；
B.定容时，俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故选；
C.利用实验室久置的NaClO固体来配制溶液，导致称取的固体含溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故不选；
D.转移溶液时未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故D不选；
故答案为：B。
(1)依据c0=1000ρωM计算；
(2)①欲用NaClO固体配制240 mL含NaClO浓度为c0的消毒液，应选择250mL容量瓶，依据m=cVM计算需要溶质的质量；
②根据配制一定体积物质的量浓度的溶液的实验步骤分析所需仪器；
③容量瓶为配制一定物质的量浓度溶液专用仪器，标有：温度、容积、刻度线；
④容量瓶带有活塞，为防止使用过程中漏水，使用前应查漏；
⑤先分析操作方法对溶质的物质的量n、溶液体积V的影响，然后结合c=nV分析误差。
本题考查物质的量浓度溶液的配制及物质的量浓度的计算，题目难度中等，注意掌握物质的量浓度及表达式，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
18.【答案】BC MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2OKMnO4>MnO2>Cl2 C 3：52ClO3−+SO2=2ClO2+SO42− 0.1NA
【解析】解：(1)①还原剂具有还原性，化合价升高，盐酸中氯元素化合价有升高、有不变，则盐酸起到还原性和酸性的作用，
故答案为：BC；
②根据电子转移数可知，HCl中有10个−1价的Cl原子化合价升高到0价，失去10个电子，故利用单线桥法表示电子转移的方向和数目如下：，
故答案为：；
③实验室用MnO2制备Cl2的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O；由以上信息可知，高锰酸钾和二氧化锰都能与浓盐酸反应制取氯气，因此氯气的氧化性最弱，而二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，高锰酸钾却不需要，因此高锰酸钾的氧化性比二氧化锰强，三者氧化性由强到弱的顺序为KMnO4>MnO2>Cl2，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O；KMnO4>MnO2>Cl2；
(2)氧化剂具有氧化性，化合价降低，需加入氧化剂才能实现，则原物质化合价升高，A中氯元素化合价+4到−1，B中氯元素化合价+1到0，C中氯元素化合价−1到0，D中氯元素化合价不变，都为+5，
故答案为：C；
(3)若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。反应过程中氯气既是氧化剂又是还原剂，当混合液中NaClO和NaClO3的物质的量之比为5：1时，化学方程式为8Cl2+8NaOH=10NaCl+5NaClO+NaClO3，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为3：5，
故答案为：3：5；
(4)由题意可知反应物为ClO3−、SO2，生成物为ClO2和SO42−，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，其离子方程式为：2ClO3−+SO2=2ClO2+SO42−；依据方程式可知，当生成2molClO2时，转移2mol电子，因此，当生成0.1molClO2时，转移0.1mol电子，电子数为0.1NA，
故答案为：2ClO3−+SO2=2ClO2+SO42−；0.1NA。
(1)①还原剂具有还原性，化合价升高，生成盐体现酸性
②根据电子转移数可知，HCl中有10个−1价的Cl原子化合价升高到0价，失去10个电子；
③实验室用MnO2制备Cl2的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)−△MnCl2+Cl2↑+2H2O；再根据氧化剂的氧化性大于氧化产物比较氧化性；
(2)氧化剂具有氧化性，化合价降低，需加入氧化剂才能实现，则原物质化合价升高，据此结合选项分析；
(3)根据题意写出化学方程式为8Cl2+8NaOH=10NaCl+5NaClO+NaClO3，被氧化的氯原子与被还原的氯原子的物质的量之比为3：5；
(4)由题意可知反应物为ClO3−、SO2，生成物为ClO2和SO42−；依据方程式可知，当生成2molClO2时，转移2mol电子，据此计算。
本题考查氧化还原反应的计算和应用等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，有利于培养学生的良好科学素养，提高学习的积极性，难度中等，注意相关基础知识的积累。
19.【答案】2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ 烧杯、漏斗、玻璃棒 22.4g产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色 2Fe3++Fe=3Fe2+ B 1：2
【解析】解：(1)FeCl3溶液与金属铜反应产生FeCl2、CuCl2，该反应的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
(2)Ⅰ.含有FeCl3、CuCl2、FeCl2的反应废液中加入足量Fe粉，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，然后过滤所得滤液为FeCl2，滤渣③中含有过量Fe及Cu，向其中加入足量HCl，发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，而Cu与盐酸不反应，然后过滤得到金属铜，将滤液②、⑤合并，向其中通入Cl2，发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，使腐蚀液得到再生；操作Ⅰ和操作Ⅱ都是过滤，使用到的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；
Ⅱ.某腐蚀液中1.5mol/LCuCl2、3.0mol/LFeCl2、1.0mol/LFeCl3，取200mL腐蚀液中含有n(CuCl2)=1.5mol/L×0.2L=0.3mol，n(FeCl3)=1.0mol/L×0.2L=0.2mol，n(FeCl2)=3.0mol/L×0.2L=0.6mol，根据方程式2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu可知反应消耗Fe的物质的量n(Fe)=12n(Fe3+)+n(Cu2+)=0.1mol+0.3mol=0.4mol，则加入的铁粉质量最小值m(Fe)=0.4mol×56g/mol=22.4g，
故答案为：22.4g；
Ⅲ.滤液②为FeCl2溶液，向其中加入NaOH溶液，首先发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该物质不稳定，容易被溶液中的溶解的氧气氧化为Fe(OH)3，因此看到的实验现象是：产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，
故答案为：产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
(3)实验室里保存FeCl2溶液时，常加入铁钉或铁粉防止Fe2+被氧化，这是由于Fe2+被空气氧化产生的Fe3+具有强氧化性，能够与加入的Fe粉发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，从而可以防止Fe2+变质，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
(4)①Fe与稀H2SO4反应产生FeSO4和H2，H2将试管中及溶液上部的空气排出，然后挤压NaOH溶液进入试管中，发生反应：FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，Fe(OH)2处于H2的惰性环境，因此不能被氧化，故可以较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，故①正确；
②Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，H2将稀硫酸、NaOH溶液中的空气及装置中的空气排出，然后关闭止水夹，反应产生的H2将FeSO4溶液压入试管B中，与NaOH溶液发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，从而可以较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，故②正确；
③NaOH溶液滴入FeSO4溶液时，有少量氧气会进入溶液中，NaOH溶液与FeSO4溶液发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，反应产生的Fe(OH)2会被氧气氧化为Fe(OH)3，因此不能长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，故③错误；
④苯在FeSO4溶液的液面上，可以防止空气进入FeSO4溶液，且吸有NaOH溶液的胶头滴管伸入到液面以下的FeSO4溶液中，挤压NaOH溶液时，发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，由于不接触空气，因此故可以较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀，故④正确；
可见能够较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀的实验序号是①②④，
故答案为：B；
(5)在Fe3(OH)8中正负化合价代数和为0，根据电荷守恒可知：2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=8，根据Fe元素守恒可知：n(Fe2+)+n(Fe3+)=3，解得n(Fe2+)=1，n(Fe3+)=2，则n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：2，
故答案为：1：2。
(1)FeCl3溶液与金属铜反应产生FeCl2、CuCl2；
(2)Ⅰ.操作Ⅰ和操作Ⅱ都是过滤；
Ⅱ.某腐蚀液中1.5mol/LCuCl2、3.0mol/LFeCl2、1.0mol/LFeCl3，取200mL腐蚀液中含有n(CuCl2)=1.5mol/L×0.2L=0.3mol，n(FeCl3)=1.0mol/L×0.2L=0.2mol，n(FeCl2)=3.0mol/L×0.2L=0.6mol，根据方程式2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu可知反应消耗Fe的物质的量n(Fe)=12n(Fe3+)+n(Cu2+)=0.1mol+0.3mol=0.4mol；
Ⅲ.滤液②为FeCl2溶液，向其中加入NaOH溶液，首先发生复分解反应产生Fe(OH)2白色沉淀，该物质不稳定，容易被溶液中的溶解的氧气氧化为Fe(OH)3；
(3)实验室里保存FeCl2溶液时，常加入铁钉或铁粉防止Fe2+被氧化，这是由于Fe2+被空气氧化产生的Fe3+具有强氧化性；
(4)①Fe与稀H2SO4反应产生FeSO4和H2，H2将试管中及溶液上部的空气排出；
②Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，H2将稀硫酸、NaOH溶液中的空气及装置中的空气排出，然后关闭止水夹，反应产生的H2将FeSO4溶液压入试管B中，与NaOH溶液发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，从而可以较长时间观察到Fe(OH)2的白色沉淀；
③NaOH溶液滴入FeSO4溶液时，有少量氧气会进入溶液中，NaOH溶液与FeSO4溶液发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，反应产生的Fe(OH)2会被氧气氧化为Fe(OH)3；
④苯在FeSO4溶液的液面上，可以防止空气进入FeSO4溶液，且吸有NaOH溶液的胶头滴管伸入到液面以下的FeSO4溶液中，挤压NaOH溶液时，发生反应FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，由于不接触空气；
(5)在Fe3(OH)8中正负化合价代数和为0，根据电荷守恒可知：2n(Fe2+)+3n(Fe3+)=8，根据Fe元素守恒可知：n(Fe2+)+n(Fe3+)=3。
本题考查了化学工艺流程、常用化学用语、元素化合物性质等知识，题目难度不大，掌握元素化合物的性质是关键，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。
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