2022-2023学年山西省运城市康杰中学高一上学期1月期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年山西省运城市康杰中学高一上学期1月期末考试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，元素或物质推断题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

山西省运城市康杰中学2022-2023学年高一上学期
1月期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法错误的是
A．作补血剂时可与维生素C同时服用
B．《清明上河图》中绿色颜料的主要成分为氧化铁
C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱
D．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨互为同素异形体
【答案】B
【详解】A．维生素C具有还原性，作补血剂时可与维生素C同时服用，效果更佳，选项A正确；
B．氧化铁是红色粉末，是红色颜料的成分，《清明上河图》中绿色颜料的主要成分孔雀石颜料[主要成分为Cu(OH)2·CuCO3]，选项B错误；
C．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，能中和食品发酵产生的酸，且无毒，选项C正确；
D．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨均为由碳元素组成的单质,两者互为同素异形体，选项D正确；
答案选B。
2．分散系1：食盐分散在水中形成无色透明溶液；分散系2：食盐分散在乙醇中形成无色透明胶体。下列说法正确的是
A．两种分散系中分散质微粒直径相同
B．两种分散系均可用半透膜分离出NaCl
C．食盐在不同分散剂中可形成不同的分散系
D．能否产生丁达尔现象是两种分散系的本质区别
【答案】C
【详解】A．两种分散系中分散质微粒直径不相同，胶体中粒子直径在1~100nm、溶液中粒子直径<1nm，故A错误；
B．分散系1是溶液，不能用半透膜分离出NaCl，故B错误；
C．根据题意，食盐在不同分散剂中可形成不同的分散系，故C正确；
D．分散质粒子直径不同是两种分散系的本质区别，故D错误；
选C。
3．下列关于离子共存的说法正确的是
A．某无色溶液中可能大量存在：、、
B．能与反应能放出的溶液中可能大量存在：、、、
C．某溶液进行焰色试验，火焰显黄色，则一定含可能含
D．加入了大量的溶液中可能大量存在：、、
【答案】C
【详解】A．含的溶液呈紫红色，不符合无色溶液要求，A错误；
B．能与反应能放出的溶液呈酸性或碱性，碱性溶液中与OH-结合生成氢氧化镁沉淀不能共存，酸性溶液中与H+结合生成二氧化硫气体不能共存，B错误；
C．钠元素的黄光可以遮盖住钾元素的紫光，必须透过蓝色钴玻璃才能确定是否含钾元素，故某物质的焰色试验火焰显黄色，该物质一定含钠元素，可能含钾元素，C正确；
D．加入了大量的溶液与水反应生成氧化剂H2O2，I-与H2O2能发生氧化还原反应，不能共存，D错误；
故选：C。
4．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶于氢碘酸：
B．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：
C．与在酸性溶液中的反应：
D．溶液中加少量溶液：
【答案】C
【详解】A．铁离子能够氧化碘离子，正确的离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe2++I2+6H2O，故A错误；
B．向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成HClO和碳酸氢钠，离子方程式：ClO-+CO2+H2O=HClO+，故B错误；
C．Fe2+在酸性溶液中能被H2O2氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故C正确；
D．以少量Ba(OH)2定为1，Ba(OH)2与按1:2反应，离子方程式为：2+Ba2++2OH-═BaCO3↓++2H2O，故D错误；
故选：C。
5．表示阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．常温常压下，含有的离子数目为
B．质量相等的和，所含硫原子的数目之比为
C．含有的中子数目为
D．将溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目等于
【答案】D
【详解】A．的物质的量为0.01mol，而0.01molNa2O2中含有0.02molNa+和0.01mol构成，即含有的离子数目为，选项A正确；
B．和都是由硫原子构成，依据n=可知，等质量的和，所含硫原子的数目之比为，选项B正确；
C．1个14C含有中子数为14-6=8，则含有的中子数目为，选项C正确；
D．由于氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，所以无法计算胶体中含有的胶粒数目，选项D不正确；
答案选D。
6．下列有关实验的说法正确的是
A．测定新制氯水的时，用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥试纸上
B．要除去中的杂质，最好是通过盛有碳酸钠溶液的洗气瓶
C．向可能含的溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，溶液中一定含有
D．配制一定浓度稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸，仰视凹液面，会使得配制浓度偏高
【答案】D
【详解】A．由于氯水具有漂白性，能够漂白pH试纸，故测定新制氯水的时，不能用玻璃棒蘸取溶液点在干燥试纸上，而应使用pH计，A错误；
B．由于CO2与Na2CO3溶液反应，而与NaHCO3溶液不反应，故要除去中的杂质，最好是通过盛有碳酸氢钠溶液的洗气瓶，B错误；
C．由于Cl-也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则向可能含的溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，不能说明溶液中一定含有，C错误；
D．配制一定浓度稀硫酸时，用量筒量取浓硫酸，仰视凹液面，则将使浓硫酸的体积偏大，即溶质的物质的量偏大，则会使得配制浓度偏高，D正确；
故答案为：D。
7．下列除去杂质(括号中的物质为杂质)的方法中，不正确的是
A．溶液 (FeCl3)：加入足量的铁粉，过滤
B．溶液 (NaHCO3)：通入足量
C．气体 (CO2)：通过溶液洗气后干燥
D．固体(Al2O3)：加入足量的溶液，过滤
【答案】B
【详解】A．铁粉和FeCl3发生反应：2FeCl3＋Fe=3FeCl2，过滤除去过量铁粉，A正确；
B．溶液与足量反应生成NaHCO3，将主物质除去，不符合除杂原则，B错误；
C．CO与NaOH溶液不反应，CO2与NaOH溶液反应，生成碳酸钠和水，所以混有CO2的CO气体可通过NaOH溶液洗气后干燥，得到纯净干燥的CO2，C正确；
D．Fe2O3和氢氧化钠溶液不反应，Al2O3和氢氧化钠发生反应如下：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，生成可溶性钠盐，过滤将其除去，D正确；
答案为：B。
8．把一块铁铝合金完全溶于盐酸后，通入足量氯气，再加入过量氢氧化钠溶液，过滤，把滤渣充分灼烧，得到的固体残留物(Fe2O3)恰好跟原来合金的质量相等。则此合金中，铁和铝物质的量之比约为
A．1:1 B．8:9 C．9:8 D．7:3
【答案】C
【详解】Fe、Al合金溶于足量的盐酸中得到FeCl2、AlCl3溶液，通入足量Cl2得到FeCl3、AlCl3，再加入过量NaOH溶液得到Fe(OH)3、NaAlO2，过滤，把滤渣充分灼烧，得到的固体是Fe2O3，得到固体质量与原来合金质量相等，说明合金中Al的质量相当于Fe2O3中O元素质量，则Fe、Al的质量之比=(56×2):(16×3)=7:3，则二者的物质的量之比为：=9:8；
故答案为C。
9．如图为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是


X
Y
Z
W

T


A．简单氢化物的沸点X＜W
B．Y、Z、W元素的氧化物对应的水化物的酸性依次增强
C．简单离子半径：Z＜W
D．根据元素周期律，推测T元素的单质具有半导体特性，具有氧化性和还原性
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W为短周期元素，W元素原子的核电荷数为X元素的2倍，W为第三周期元素，W、X同主族，可知X为O、W为S元素；结合图中位置可知Y为Si、Z为P、T为As元素，以此来解答。
【详解】A．由分析可知，X为O，W为S，由于H2O分子中存在分子间氢键，导致H2O的沸点远远高于H2S，即简单氢化物的沸点H2O＞H2S即X＞W，A错误；
B．由分析可知，Y、Z、W元素分别为：Si、P、S，根据同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，则其元素的最高价氧化为对应水化物的酸性强弱顺序为：H2SiO3＜H3PO4＜H2SO4，则Y、Z、W元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，若不是最高价氧化物对应水化物的酸性，则不好比较酸性强弱，B错误；
C由分析可知，Z为As，W为P，则简单离子半径：Z＞W，C错误；
D．由分析可知，T为As，位于元素金属与非金属的交界处，故根据元素周期律，推测T元素的单质具有半导体特性，中As的化合价为中间价态，则具有氧化性和还原性，D正确；
故答案为：D。
10．将一定量的氯气通入300 mL 浓度为lmol/L的NaOH 溶液中恰好完全反应，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO及NaClO3的共存体系．下列判断不正确的是
A．n（Na+）：n（C1-）可能为7：3
B．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2
C．参加反应氯气物质的量为0.15mol
D．反应中转移电子物质的量n的范围：0.15mol＜n＜0.25mol
【答案】A
【详解】A．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n(Na+)：n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3，n(Na+)：n(Cl-)最小为6：5，故6：5＜n(Na+)：n(Cl-)＜2：1，7：3＞2：1，故A错误；
B．令n(NaCl)=11mol，n(NaClO)=2mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为1mol×1+2mol×5=11mol，得失电子相等，故B正确；
C．氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故C正确；
D．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故D正确；
故答案为A。
【点睛】根据原子守恒及转移电子守恒是解本题关键，n(NaOH)=1mol/L×0.3L=0.3mol/L，氯气和氢氧化钠恰好反应生成NaCl、NaClO及NaClO3，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)，再根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)，根据转移电子守恒得n(C1-)=n(ClO-)+5n(ClO3-)，据此解题即可。

二、多选题
11．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是

A．若A为浓盐酸B为，C中盛有溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：
B．若A为稀硫酸B为，C中盛有溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证非金属性：
C．若A为浓盐酸B为，C中盛石蕊试液，则C中溶液先变红后褪色
D．装置D起干燥气体作用
【答案】BC
【详解】A．浓盐酸挥发出的HCl在C中也能与溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，选项A错误；
B．A为较稀硫酸，B为固体，两者反应生成的CO2气体通入C中，因H2CO3酸性比H2SiO3强，则 C中溶液出现白色沉淀硅酸，证非金属性：，选项B正确；
C．A为浓盐酸，B为，两者反应生成氯气，氯气与水反应生成HCl和HClO，使石蕊试液先变红后褪色，选项C正确；
D．装置D为球形干燥管，可以起到防止溶液倒吸的作用，选项D错误；
答案选BC。
12．常温下，某溶液中只含有、、、、、、中的若干种离子，且各离子物质的量浓度相同，取该溶液进行如下实验。已知：稀有强氧化性，还原产物为；遇浓烧碱溶液放。下列说法正确的是

A．原溶液中可能含有的阳离子和
B．原溶液中一定存在阴离子、
C．沉淀A是，沉淀B是
D．滤液X中一定存在和
【答案】BC
【分析】由实验流程可知，加入过量稀硫酸无明显变化，说明无；加入过量硝酸钡溶液有气体，说明溶液中含有Fe2+存在且被氧化，沉淀A为BaSO4，气体为NO；向滤液X中加入过量NaOH有气体，说明溶液中含有，气体为NH3，沉淀B为Fe(OH)3沉淀，由于各离子物质的量浓度相同，由电荷守恒关系可知，只能含有、Fe2+、Cl-、，而Na+和Fe3+不存在，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知原溶液中含有、Fe2+、Cl-、，不可能含有的阳离子Na+和Fe3+，A错误；
B．根据上述分析可知原溶液中含有、Fe2+、Cl-、，可知原溶液中一定存在阴离子Cl-、，B正确；
C．根据上述分析可知：沉淀A是BaSO4，沉淀B为Fe(OH)3，C正确；
D．根据上述分析可知滤液X中一定存在Fe2+和，D错误；
故合理选项是BC。
13．一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是

A．是共价化合物
B．化合物、中各原子均满足8电子稳定结构
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物
【答案】CD
【分析】X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知，Z形成二个共价键，Z、Q的最外层有6个电子，Z为O、Q为S，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W为+1价，W的原子序数最大，W为K，Y可形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H、Y为C，以此来解答。
由上述分析可知，X为H、Y为C、Z为O、Q为S、W为K；
【详解】A．W为K元素，X为H元素，WX是KH，电子式为，其含离子键，为离子化合物，故A错误；
B．X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，化合物中H原子为2电子，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C．Y为C元素，Q为S元素，非金属性S大于C，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q＞Y，故C正确；
D．Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物，如H2O、H2O2、CO、CO2、K2O、K2O2、SO2、SO3，故D正确；
答案为CD。

三、元素或物质推断题
14．X、Y、Z、J、R、Q六种短周期主族元素，原子序数依次增大。元素Z在地壳中含量最高，Y的简单氢化物水溶液呈碱性，J元素的焰色试验呈黄色，X能与J形成离子化合物，且的半径大于的半径，R的周期序数等于主族序数，Q的最外层电子数与其电子总数之比为。请回答：
(1)Q元素在周期表中的位置为_______。
(2)六种元素原子半径最大的是_______，简单离子半径最大的是_______。(填元素符号)。
(3)元素的非金属性Z_______(填“>”或“＜”)Q。下列各项中，不能说明这一结论的事实有_______(填字母)。
A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊
B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价
C．Z和Q的单质的状态
D．Z和Q在周期表中的位置
(4)R的最高价氧化物与J的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式_______。
(5)X与Z简单化合物的空间构型为_______，用电子式表示X与J化合物的形成过程_______；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，写出该分子的结构式：_______。
【答案】(1)第三周期ⅥA族
(2)     Na    
(3)     >     C
(4)
(5)     V形(或折线形)          H-S-S-H

【分析】X、Y、Z、J、R、Q六种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z为O元素；Y的简单氢化物水溶液呈碱性，则Y为N元素；J元素的焰色反应呈黄色，J为Na元素；R的周期序数等于主族序数，R为Al元素；Q的最外层电子数与其电子总数比为3：8，则Q应为第三周期的S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X-的半径，X为H；
【详解】（1）Q元素在周期表中的位置为第三周期第VIA族，故答案为：第三周期第VIA族；
（2）电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数大的原子半径小，则六种元素原子半径最大的为Na；离子的电子层数越大半径越大，具有相同电子层结构的离子核电荷数越大半径越小，故离子半径最大的为，故答案为：Na；；
（3）元素的非金属性Z>Q，则
A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊，可知O得到电子能力强，能说明，选项A不符合；
B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价中O为负价，O得到电子能力强，能说明，选项B不符合；
C．Z和Q的单质的状态不能比较非金属性，选项C符合；
D．Z和Q在周期表中的位置可知，同主族从上到下非金属性减弱，选项D不符合；
故答案为：>；C；
（4）R的最高价氧化物Al2O3与J的最高价氧化物的水化物NaOH反应生成偏铝酸钠和水，反应的化学方程式为；
（5）X与Z简单化合物H2O，H2O 分子中的中心原子 O 为 sp3 杂化，H2O 的空间构型为 V 形(或折线形)；NaH是离子化合物，钠原子与氢原子通过得失电子形成的，所以形成过程为：；X与Q在一定条件下可以形成极不稳定的原子个数比为的化合物，该化合物分子中既有极性键又有非极性键，该分子的结构式为：H-O-O-H。

四、工业流程题
15．化工生产中常利用硫酸厂煅烧黄铁矿石的烧渣(主要成分为Fe2O3及少量FeS、SiO2等)来制取绿矾FeSO4•7H2O。具体制备流程如下：

回答下列关于上述流程图中转化关系及操作的有关问题：
(1)在“灼烧”过程中发生的主要反应为：(未配平)，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，氧化产物是_______(填化学式)。
(2)所得气体产物属于_______(填“电解质”或“非电解质”)。技术员用氨水对“气体产物”进行吸收后再处理，可以回收，请你写出用过量氨水吸收时发生反应的离子方程式_______。所得溶液再用氧化，可制得化肥，反应的化学方程式为_______。
(3)加入足量X时发生反应的离子方程式为：_______。
(4)系列操作包括：_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(5)绿矾保存不当，容易被氧化变质，为了检验所得产品是否变质，技术人员进行了以下操作：取少量产品(绿矾)置于试管中，加水溶解，向溶液中加入_______溶液，发现_______(填现象)，则绿矾已经变质。
【答案】(1)          、
(2)     非电解质         
(3)
(4)     蒸发浓缩     冷却结晶
(5)     KSCN     溶液变为血红色

【分析】烧渣（主要成分为Fe2O3及少量FeS、SiO2等）制取绿矾（FeSO4•7H2O）制备流程：烧渣通入氧气，FeS与氧气反应生成Fe3O4和SO2，反应为4FeS+7O22Fe2O3+4SO2，固体为Fe2O3和SiO2的混合物，加入硫酸生成硫酸铁，过滤除去SiO2，得到硫酸铁溶液，加入足量Fe生成硫酸亚铁，反应为Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到纯净的绿矾（FeSO4•7H2O），据此分析解答。
【详解】（1）“灼烧”过程中反应为4FeS+7O22Fe2O3+4SO2，其中Fe、S元素的化合价升高、反应氧化反应，则FeS是还原剂，Fe2O3、SO2是氧化产物，O2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4，故答案为：7：4；Fe2O3、SO2；
（2）SO2的水溶液虽然能够导电，但是由于SO2与H2O产物H2SO3发生电离产生自由移动的离子的，而不是其本身发生电离，故所得气体产物属于非电解质，技术员用氨水对“气体产物”进行吸收后再处理，可以回收，过量氨水吸收时发生反应生成亚硫酸铵和水，该反应的离子方程式为：，所得溶液再用氧化，可制得化肥，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为，故答案为：非电解质；；；
（3）由分析可知，试剂X是还原性铁粉，加入足量Fe生成硫酸亚铁，反应为Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，该反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（4）由分析可知，加入足量Fe生成硫酸亚铁，对硫酸亚铁溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到纯净的绿矾（FeSO4•7H2O），故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）亚铁离子具有强还原性，已被空气中氧气氧化为Fe3+，导致绿矾保存不当，容易被氧化变质，为了检验所得产品是否变质，即检验是否含有Fe3+，该具体操作为：取少量产品(绿矾)置于试管中，加水溶解，向溶液中加入KSCN溶液，发现溶液变为血红色，则绿矾已经变质，故答案为：KSCN；溶液变为血红色。
16．为测定溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ.甲方案的实验原理为，实验步骤如下图所示：

(1)步骤②：判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_______。
(2)步骤③：灼烧时盛装样品的仪器名称为_______。
(3)固体质量为，则_______。
(4)若步骤①：从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ.乙方案的实验原理为；
实验步骤如下：

①按如图安装装置(夹持仪器略去)
②检查……
③在仪器A、B、C、D、E中加入图示的试剂
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。
⑤将溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
(5)补充步骤②为_______。
(6)D中读出体积换算到标况下为bL，则_______mol/L。(用含a、b的式子表示，化简到最简)。
(7)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)硝酸酸化的溶液(或者硝酸银溶液)
(2)坩埚
(3)
(4)偏低
(5)检验装置气密性
(6)
(7)偏高

【分析】甲方案：利用CuSO4与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，称重BaSO4，根据守恒计算出CuSO4的质量；乙方案：一定量的Zn与CuSO4反应后，剩余的Zn粉再与硫酸反应生成氢气，测定生成氢气的体积，再结合Zn的质量计算硫酸铜的量，进而计算其浓度。
【详解】（1）步骤②为洗涤BaSO4沉淀，若未洗涤干净，则洗涤液中含有Cl-，可根据AgCl是白色既不溶于水，也不溶于稀硝酸的性质进行检验，操作为：取最后一次洗涤液少许，先向其中加入稀硝酸酸化，然后再加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，就证明溶液中不含Cl-，即沉淀洗涤干净，故步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为硝酸酸化的AgNO3溶液；
（2）灼烧固体药品应该在坩埚中进行，故步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为坩埚；
（3）根据反应前后守恒可知n(CuSO4)=n(BaSO4)=，溶液体积是25.00 mL，则该溶液的物质的量浓度c(CuSO4)=mol/L；
（4）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，就会造成部分BaSO4损失，n(BaSO4)偏少，则n(CuSO4)就偏少，由于溶液体积不变，则最终会使测得c(CuSO4)偏低；
（5）实验需要测定氢气的体积，因此组装仪器后需要检验装置气密性，故步骤②为：检验装置气密性；
（6）由方程式：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，可知n(Zn)=n(CuSO4)+n(H2)，故n(CuSO4)=n(Zn)-n(H2)，V(H2)=b L，则n(H2)== mol，n(Zn)=mol，故n(CuSO4)=n(Zn)-n(H2)=，则c(CuSO4)=mol/L；
（7）若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则H2所处压强大于外界大气压强，气体被压缩，导致H2的体积偏小，H2的物质的量偏小，使得n(CuSO4)偏大，则最终导致测得c(CuSO4)偏高。

五、实验题
17．84消毒液(有效成分NaClO)是一种高效消毒剂，高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效水处理剂。实验室模拟制备反应，回答下列问题。
(1)实验室用图所示装置制备、收集氯气。

①盛有的仪器名称是_______。
②若要在B中得到干燥纯净的，需要在装置A、B之间增加两个洗气瓶，第一个洗气瓶中盛放的除杂试剂为_______，另一个洗气瓶中所盛试剂的作用是_______。
(2)实验室配制0.2mol/L的NaOH溶液450mL，计算用托盘天平称量NaOH固体_______g在配制过程中，下列操作使所配制的溶液浓度偏大的是_______。
A．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒直接定容
B．配制时，溶液未冷却直接转入容量瓶
C．定容时仰视刻线
D．摇匀后，发现液面低于刻线，补加几滴水至刻线
(3)将A中制得的通入NaOH溶液，可制备84消毒液，反应的化学方程式_______。
(4)将A中产生的通入D装置，可制备，反应的离子方程式_______，当反应转移1.8mol电子时，制备的质量_______。
【答案】(1)     圆底烧瓶     饱和食盐水     干燥氯气
(2)     4.0     B
(3)
(4)          118.8g

【分析】浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，制得的氯气与氢氧化钠反应制漂白液，利用氯气、KOH和氢氧化铁反应制备高铁酸钾，所得产品进行分析。
【详解】（1）①根据仪器的构造可知，盛有的仪器名称是圆底烧瓶；
②若要在B中得到干燥纯净的Cl2，需要在装置A、B之间增加两个洗气瓶，第一个洗气瓶中盛放的除杂试剂应该为饱和食盐水，可除去氯气中的HCl，第二个洗气瓶内应盛放的除杂试剂为浓硫酸，可除去氯气中的水蒸气，干燥氯气，故答案为: 圆底烧瓶；饱和食盐水；干燥氯气；
（2）实验室没有450mL容量瓶，应选择500mL规格，实际配制500mL溶液，据公式m=nM=cVM=0.2mol/L0.5L40g/mol = 4.0g；
A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻确棒健直接定容，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，选项A错误；
B.溶液具有热胀冷缩的性质，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，选项B正确；
C.在定容时仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项C错误；
D.定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，选项D错误；
答案选B；
（3）将A中制得的通入NaOH溶液生成次氯酸钠和氯化钠，可制备84消毒液，反应的化学方程式为；
（4）在装置D中Cl2、Fe(OH)3、、KOH发生氧化还原反应产生K2FeO4、、KCl、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为: 3Cl2 + 2Fe(OH)3 + 10KOH=2K2FeO4 + 6KCl+8H2O，在该反应中，每反应产生2molK2FeO4，反应转移6mol电子，现在反应转移1.8mol电子，则反应产生0.6molK2FeO4，其质量是n(K2FeO4)=0.6mol198g/ mol=118.8g，故答案为: 118.8。