2022-2023学年湖北省武汉市武昌实验中学高一上学期12月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市武昌实验中学高一上学期12月月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

湖北省武汉市武昌实验中学2022-2023学年高一上学期
12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．近年来我国大力弘扬中华优秀传统文化体现了中华民族的文化自信。下列有关说法不正确的是
A．成语“百炼成钢”、“水滴石穿”中均涉及了氧化还原反应
B．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，二者也可以利用“焰色试验”区分
C．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了KNO3的氧化性
D．《神农本草经》中提到：“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”，其中白青属于碱式盐
【答案】A
【详解】A．炼钢涉及了氧化还原反应，但水滴石穿有的是物理变化、有的是化学变化，石头的主要成分是碳酸钙且不溶于水，在水和二氧化碳同时作用下就会产生碳酸氢钙，碳酸氢钙能溶于水，但不涉及氧化还原反应，A错误；
B．利用了钾和钠元素的焰色试验区分KNO3和Na2SO4，B正确；
C．火药燃烧反应生成硫化钾、二氧化碳和氮气，KNO3中氮元素化合价降低表现出氧化性，C正确；
D．白青Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，D正确；
答案选A。
2．分类法是学习化学的重要方法，人们在认识事物时可采用多种分类方法。下列有关物质分类正确的是
A．漂白粉、纯碱、液氯都是混合物 B．、都是碱性氧化物
C．、饱和食盐水都是电解质 D．豆浆、氢氧化铁胶体均属于分散系
【答案】D
【详解】A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，纯碱为Na2CO3、液氯为Cl2，都是纯净物，选项A错误；
B．Na2O2与水反应，生成氢氧化钠和氧气，则其不属于碱性氧化物，选项B错误；
C．饱和食盐水为混合物，不属于电解质，也不属于非电解质，选项C错误；
D．豆浆、氢氧化铁胶体均是胶体，属于分散系，选项D正确；
答案选D。
3．下列关于合金的说法中，正确的是
A．合金的熔点一定比各成分金属低 B．张青莲对稀土元素做出了重要贡献
C．生铁的含碳量为0.03%～2% D．储氢合金是一种新型合金
【答案】D
【详解】A．不一定，例如某些汞合金的熔点比汞的熔点高，A错误；
B．张青莲对同位素研究做出了重要贡献，B错误；
C．生铁的含碳量大于2%，C错误；
D．储氢合金是一种新型合金，一定条件下能吸收氢气，一定条件能放出氢气，D正确；
答案选D。
4．下列说法中正确的有几项
①丁达尔效应是胶体和溶液的本质区别；②H2O和H2O2是同素异形体；③Na2CO3和NaHCO3均可用作灭火器；④可用玻璃棒蘸取待测液进行焰色试验；⑤FeCl3溶液呈酸性，因此可刻电路板；⑥为了使铝制品适用于不同用途，常采用化学方法对铝的表面进行处理；⑦不需其他试剂即可鉴别AlCl3溶液和NaOH溶液；⑧可利用加入足量稀硫酸后用碱石灰吸收逸出气体的方法测定NaHCO3和Na2CO3混合物中NaHCO3的质量分数；⑨漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2
A．2项 B．3项 C．4项 D．5项
【答案】B
【详解】①胶体和溶液的本质区别在于分散质粒子直径不同，①错误；②H2O和H2O2是化合物，同素异形体是同种元素的不同单质，②错误；③Na2CO3不能用作灭火器，NaHCO3可用作灭火器，③错误；④玻璃含钠离子，不可用玻璃棒蘸取待测液进行焰色试验，④错误；⑤FeCl3溶液虽然呈酸性，但刻电路板是利用铁离子与铜单质反应，与酸性无因果关系，⑤错误；⑥在空气中，铝的表面自然形成的氧化膜很薄，耐磨性和抗蚀性不够强，为了使铝制品适应于不同的用途，常采用化学方法对铝的表面进行处理，如增加膜的厚度，对氧化膜进行着色等为了使铝制品适用于不同用途，⑥正确；⑦少量AlCl3溶液滴入足量NaOH溶液产生的白色沉淀迅速溶解，而少量NaOH溶液滴入足量AlCl3溶液产生白色沉淀，相互滴加的现象不同，则不需其他试剂即可鉴别AlCl3溶液和NaOH溶液，⑦正确；⑧NaHCO3和Na2CO3加入足量稀硫酸后，产生的二氧化碳气体和水蒸气都被碱石灰吸收，此方法不能测定混合物中NaHCO3的质量分数，⑧错误；⑨漂粉精又名高效漂白粉，主要成分是Ca(ClO)2，⑨正确；则正确的是⑥⑦⑨三项，B正确；
答案选B。
5．下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是
A．澄清透明溶液：Cu2+、、Cl-、
B．含有大量的溶液：H+、Fe2+、Cl-、
C．红色溶液：Fe3+、K+、Cl-、SCN-
D．与铝反应生成氢气的溶液：Mg2+、、Na+、
【答案】A
【详解】A．澄清透明溶液中，Cu2+、、Cl-、都能稳定存在，A符合题意；
B．含有大量的溶液中，H+、Fe2+能发生氧化还原反应，B不符合题意；
C．Fe3+与SCN-接触会发生反应，生成Fe(SCN)3等，C不符合题意；
D．与铝反应生成氢气的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液呈碱性，Mg2+、不能大量存在，若溶液呈酸性，不能大量存在，D不符合题意；
故选A。
6．用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又作响并鼓起来，下列有关判断正确的是
A．易拉罐变瘪的离子反应是CO2+OH-=HCO
B．易拉罐又鼓起来的原因是又生成了二氧化碳
C．上述过程中共发生了三个化学反应
D．若将CO2换为NH3，浓NaOH溶液换为水，易拉罐也会出现先瘪后鼓的现象
【答案】C
【详解】A．CO2与过量NaOH浓溶液反应生成正盐，离子反应是，A错误；
B．易拉罐又鼓起来的原因是铝与过量NaOH溶液反应生成氢气，B错误；
C．上述过程中共发生了二氧化碳与氢氧化钠反应、氢氧化钠与氧化铝反应和铝与过量NaOH溶液反应共三个化学反应，C正确；
D．NH3溶解于水，氨水是弱碱的溶液，不能溶解氧化铝，也不能与铝反应产生氢气，D错误；
答案选C。
7．若NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．含0.1mol/LBaCl2的溶液中Cl-数为0.2NA
B．常温常压下，22.4LN2含有的氮原子数小于2NA
C．0.1molFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成0.1NA个胶粒
D．Na2O2与H2O反应生成0.1molO2，转移的电子数为0.1NA
【答案】B
【详解】A．含0.1mol/LBaCl2的溶液的体积未知，无法求出所含Cl-的物质的量，也就无法求出Cl-的数目，A不正确；
B．常温常压下，Vm＞22.4L/mol，则22.4LN2的物质的量小于1mol，所以含有的氮原子数小于2NA，B正确；
C．1个氢氧化铁胶粒含有许许多多个Fe(OH)3分子，则0.1molFeCl3完全水解转化为氢氧化铁胶体，生成氢氧化铁胶粒的数目小于0.1NA，C不正确；
D．Na2O2与H2O发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可建立关系式：O2——2e-，则生成0.1molO2，转移的电子数为0.2NA，D不正确；
故选B。
8．下列图示方法能完成相应实验的是




A．只证明新制氯水具有酸性
B．探究碳酸氢钠和碳酸钠的热稳定性
C．产生了棕黄色的雾
D．制备少量Fe(OH)2并能较长时间看到其白色

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．紫色石蕊试液滴入新制氯水中，先变红后褪色，则可证明新制氯水具有酸性和强氧化性，A不符合题意；
B．套管实验中，大试管的受热温度比小试管高，将碳酸氢钠放在大试管中，即便发生分解，也不能说明碳酸钠的稳定性比碳酸氢钠强，B不符合题意；
C．铜丝在氯气中燃烧，产生棕黄色的烟，而不是雾，C不符合题意；
D．先打开A装置中的止水夹，让反应生成的氢气排尽装置内的空气，再关闭止水夹，让A装置内生成的氢气将反应生成的硫酸亚铁溶液压入B装置内，从而生成氢氧化亚铁白色沉淀，由于装置内没有氧气，所以白色沉淀能保持较长时间，D符合题意；
故选D。
9．有X、Y两恒压密闭容器且X容积大于Y，X中充满CO气体，Y中充满CH4、O2、N2混合气体，同温同压测得两容器中气体密度相同。下列叙述中正确的是
A．两容器中气体平均摩尔质量不同
B．Y中所含原子数更多
C．Y容器中，CH4、O2和N2的质量比可能为1：6：3
D．升温引燃Y中气体，Y中气体密度不变
【答案】C
【详解】A．，同温同压下气体密度和气体摩尔体积都相同，则两容器中气体平均摩尔质量相同，A错误；
B．Y的体积小，所含分子数少，但甲烷中的原子数多又会使原子总数增加，两容器中所含原子数无法比较，B错误；
C．CO和N2的摩尔质量相等，则N2在Y中的含量可以是任意值，但CH4和O2混合的平均摩尔质量必须与CO的摩尔质量相等，设CH4、O2的物质的量分别为x、y，则，CH4、O2质量比为，C正确；
D．恒压下，升温引燃后水为气态，CH4+2O2=CO2+2H2O的气体总质量和总物质的量都不变，根据阿伏伽德罗定律的推论可知气体的体积随温度升高而增大，则密度减小，D错误；
答案选C。
10．下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．将酸性高锰酸钾溶液滴入双氧水中：2+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O
B．明矾溶液中加入Ba(OH)2溶液至沉淀的质量最大：Al3++2+2Ba2++4OH-=+2BaSO4↓+2H2O
C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水：Al3++4NH3•H2O=+4+2H2O
D．Cl2通入FeI2溶液中，Cl2与FeI2物质的量之比4:5：10Fe2++6I-+8Cl2=10Fe3++3I2+16Cl-
【答案】B
【详解】A．将酸性高锰酸钾溶液滴入双氧水中，发生反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，离子方程式为：2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，A不正确；
B．设明矾为1mol，若使沉淀的质量最大，则需加入2molBa(OH)2，离子方程式为：Al3++2+2Ba2++4OH-=+2BaSO4↓+2H2O，B正确；
C．Al(OH)3不溶于氨水，则向Al2(SO4)3溶液中加入过量的氨水，离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3，C不正确；
D．由于I-的还原能力强于Fe2+，所以将Cl2通入FeI2溶液中，当Cl2与FeI2物质的量之比为4:5时，发生反应的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，D不正确；
故选B。
11．如图是侯氏制碱法在实验室进行模拟实验的生产流程示意图，则下列叙述正确的是

A．通入A气体是为了使溶液呈酸性
B．图中晶体和纯碱的溶液可用作食用碱或工业用碱
C．第III步操作中析出晶体，是因为该晶体在氯化铵溶液中溶解度较大
D．第IV步操作得到的物质可用来治疗胃酸过多
【答案】B
【分析】通入的气体A为NH3，向氨化的饱和食盐水中通入CO2气体析出碳酸氢钠，气体B为CO2
【详解】A．气体A为NH3，使溶液呈碱性，增大CO2的溶解度，A错误；
B．图中晶体是碳酸氢钠，纯碱是碳酸钠，可用作食用碱或工业用碱，B正确；
C．第Ⅲ步操作中析出晶体，因为碳酸氢钠的溶解度较小，所以以晶体形式析出，C错误；
D．Ⅳ步得到的是碳酸钠，碳酸钠的碱性较强，会损失胃粘膜，不能用于治疗胃酸过多，D错误；
故答案为：B。
12．向含0.2molNaOH，0.3molBa(OH)2和0.1molNa[Al(OH)4]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量关系错误的是
选项
A
B
C
D
n(CO2)(mol)
0.2
0.4
0.5
0.8
n(沉淀)(mol)
0.2
0.3
0.4
0.1

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】反应的先后顺序和完全反应的物质的量关系为①，②，③，④，⑤。
【详解】A．二氧化碳不足，只发生分析中的①反应，0.2molCO2生成0.2mol碳酸钡沉淀，A正确；
B．根据分析，①②反应完全，消耗0.4molCO2生成0.3mol碳酸钡沉淀，B正确；
C．根据分析，①②③反应完全，共消耗0.45molCO2，余下有0.05molCO2发生④，生成碳酸钡和氢氧化铝沉淀共0.4mol，C正确；
D．根据分析，①②③④反应完全，共消耗0.6molCO2，余下有0.2molCO2发生⑤，剩余0.1mol碳酸钡和0.1mol氢氧化铝共0.2mol沉淀，D错误；
答案选D。
13．已知氧化性：＞＞Br2＞I2。向含6molKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加KBrO3的物质的量的关系如图所示。下列说法错误的是

A．a→b过程中1molKI参与反应转移的电子数为1mol
B．b→c过程中消耗H+的物质的量为1.2mol
C．当n(KBrO3)=4mol时，对应含碘物质为KIO3和I2，且n(KIO3):n(I2)=7:4
D．该过程所能消耗n(KBrO3)的最大值为7.2mol
【答案】A
【分析】由氧化性：＞＞Br2＞I2及图中数据，可确定a→b段，发生反应+6I-+6H+=Br-+3I2+3H2O；b→c段，发生反应+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；c→d段，发生反应2+I2=Br2+2。
【详解】A．a→b过程中，发生反应+6I-+6H+=Br-+3I2+3H2O，6molKI参与反应，转移的电子数为6mol，A错误；
B．b→c过程中，发生反应+5Br-+6H+=3Br2+3H2O，1molBr-全部参加反应，消耗H+的物质的量为=1.2mol，B正确；
C．当n(KBrO3)=4mol时，2→Br2，转移电子的物质的量为4×5mol=20mol，此时2I-→I2，6molI-生成3molI2，转移电子的物质的量为6mol，则I2→2，转移电子的物质的量为20mol-6mol=14mol，参加反应I2的物质的量为1.4mol，剩余I2的物质的量为3mol-1.4mol=1.6mol，则n(KIO3):n(I2)=2.8mol:1.6mol=7:4，C正确；
D．该过程中，2→Br2、I-→2，依据得失电子守恒可得：I-～1.2，则6molI-所能消耗n(KBrO3)的最大值为6mol×1.2=7.2mol，D正确；
故选A。
14．t ℃时，将a g HCl完全溶于水，得到V mL饱和溶液，该溶液的密度为，质量分数为w，其中含的物质的量为b mol。下列说法不正确的是
A．t ℃时，HCl的溶解度为 B．溶液中
C．溶质的质量分数 D．溶质的物质的量浓度
【答案】C
【详解】A．将a g HCl完全溶于水，得到V mL饱和溶液，设HCl溶解度为S，可得，求出溶解度为，A正确；
B．HCl是强电解质完全电离，=，B正确；
C．溶质的质量分数，C错误；
D．溶质的物质的量浓度，D正确；
故选C。
15．某固体混合物可能含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3、FeCl2、NaCl中的一种或几种，现对该混合物做如图实验，所得现象和有关数据如图(气体体积已换算成标准状况下体积)。下列说法正确的是

A．步骤①中未发生氧化还原反应
B．步骤②和步骤③中反应消耗的H+的物质的量之比为3：1
C．混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3
D．混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，不含有AlCl3
【答案】C
【分析】根据图像，加过量氢氧化钠溶液产生的白色沉淀久置无明显变化，则固体不含FeCl2，11.60g是氢氧化镁沉淀，，，Al与氢氧化钠溶液产生的氢气为，根据电子得失守恒，，  浓硫酸吸收氨气，，，则固体含Al、(NH4)2SO4、MgCl2的质量为，则余下是AlCl3和NaCl中的一种或两种。
【详解】A．根据分析，固体含Al，步骤①中Al与氢氧化钠溶液产生氢气为氧化还原反应，A错误；
B．步骤②为H++OH-=H2O和 ，步骤③为，二者反应消耗的H+的物质的量之比因过量氢氧根离子未知而不能计算，B错误；
C．根据分析，混合物中一定不存在FeCl2，可能含有NaCl、AlCl3，C正确；
D．根据分析，混合物中一定含有Al、(NH4)2SO4、MgCl2，NaCl和AlCl3至少还含有一种，D错误；
答案选C。

二、工业流程题
16．水合氧化铁[FeO(OH)]是一种重要的化工原料，一种以工厂废料(含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO)为原料生产FeO(OH)的工艺流程如图：

已知：FeSO4•7H2O溶于水，不溶于乙醇。
(1)水合氧化铁中铁的化合价是_____。
(2)“酸浸”时Fe3O4发生的离子方程式为_____。
(3)“还原”时会加入过量的试剂X，“试剂X”宜选择的是_____(填标号)
A．双氧水 B．铁粉 C．氯水 D．Na2S溶液
(4)“废渣2”的主要成分是_____。
(5)“结晶”时加入乙醇即可析出FeSO4•7H2O晶体，乙醇的作用是_____。
(6)由FeSO4•7H2O转化为FeO(OH)的离子方程式为_____。
(7)过滤后，需洗涤FeO(OH)沉淀，请设计实验检验FeO(OH)是否洗涤干净_____。
【答案】(1)+3
(2)Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
(3)B
(4)Fe、Cu
(5)降低溶解度，便于盐结晶析出
(6)4Fe2++O2+8OH-=4FeO(OH)↓+2H2O
(7)取最后一次的洗涤液少量于试管，先滴加几滴稀盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明FeO(OH)沉淀已洗涤干净，反之FeO(OH)沉淀未洗涤干净。

【分析】工厂废料(含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO)和稀硫酸混合，反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4，SiO2为酸性氧化物，不与硫酸，过滤，废渣1为SiO2，向滤液中加入过量铁粉，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，将CuSO4置换为FeSO4和Cu，再过滤，废渣2是Fe和Cu，滤液为FeSO4，向滤液其中加入乙醇得到FeSO4∙7H2O沉淀，向FeSO4∙7H2O中加入NaOH溶液，在空气中反应变为FeO(OH)，过滤洗涤干燥最终得到FeO(OH)固体。
【详解】（1）在水合氧化铁FeO(OH)中，O为-2价，H为+1价，则根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Fe元素化合价为+3价；
（2）“酸浸”时Fe3O4与硫酸发生反应，产生FeSO4、Fe2(SO4)3、H2O，根据物质的溶解性，结合拆分原则，可知该反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O；
（3）A．双氧水具有强氧化性，会将Fe2+氧化为Fe3+，不能起还原作用，A不符合题意；
B．“还原”时加入Fe粉，将Fe2(SO4)3还原为FeSO4，将CuSO4还原为Cu单质，B符合题意；
C．氯水具有强氧化性，会将会将Fe2+氧化为Fe3+，不能起还原作用，C不符合题意；
D．S2-具有还原性，能将Fe3+还原为Fe2+，但Na2S溶液的量不易控制，很容易生成FeS沉淀，D不符合题意；
故选B。
（4）根据上述分析可知“废渣2”的主要成分是Fe和Cu；
（5）FeSO4易溶于水，难溶于乙醇，“结晶”时加入乙醇即可析出FeSO4•7H2O晶体，则乙醇的作用是降低溶解度，便于盐结晶析出；
（6）由FeSO4•7H2O转化为FeO(OH)时，向其中加入NaOH溶液，并在空气环境中作用，根据物质的溶解性，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒及物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：4Fe2++O2+8OH-=4FeO(OH)↓+2H2O；
（7）“过滤”后需洗涤FeO(OH)沉淀，检验FeO(OH)沉淀是否洗涤干净，主要是检验沉淀表面是否还含有硫酸根杂质，因此实验方法是取最后一次的洗涤液少量于试管，先滴加几滴稀盐酸，再滴入几滴BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明FeO(OH)沉淀已洗涤干净，反之FeO(OH)沉淀未洗涤干净。

三、实验题
17．自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯(ClO2)和高铁酸钾(K2FeO4)等。
(1)某研究小组用如图装置制备少量ClO2夹持装置已略去)。

资料：ClO2沸点11℃，易溶于水而不与水反应，水溶液呈深黄绿色。
以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
①仪器a的名称为_____。
②冰水浴的作用是_____。
③烧杯中混合液的作用是吸收尾气，试配平离子方程式_____。
_____Cl2+_____I-+_____OH-=_____Cl-+_____+_____。
(2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。ClO2的有效氯含量为_____(计算结果保留两位小数)。
(3)测定ClO2(如图)的过程如图：

a．在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；
b．在玻璃液封管中加入水；
c．将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；
d．将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用cmol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2+2=2I-+)，共用去VmL硫代硫酸钠溶液。
①装置中玻璃液封管的作用_____、_____。
②生成ClO2的质量为_____。(用含c、V的式子表示)
(4)K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，实验室制备K2FeO4的方法如下：将氯气通入KOH溶液和Fe(OH)3的混合物中，并不断搅拌，可制得K2FeO4和另一种盐，写出该反应的化学方程式_____。
【答案】(1)     分液漏斗     冰水浴可降低温度，防止挥发     3Cl2+1I-+6OH-=6Cl-+1+3H2O
(2)2.63
(3)     用水再次吸收ClO2气体     使锥形瓶内外压强相等     1.35cV×10-2g
(4)2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH =2K2FeO4+6KCl+8H2O

【分析】NaClO3和HCl的乙醇溶液反应制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，制得的ClO2中混有Cl2；将混合气导入集气瓶内，用冰水浴冷却，以防ClO2挥发，Cl2沿导管进入KI和KOH的混合液中被吸收。
【详解】（1）①仪器a带有活塞，名称为分液漏斗。
②ClO2沸点为11℃，易挥发，所以冰水浴的作用是：冰水浴可降低温度，防止挥发。
③烧杯中混合液的作用是吸收尾气，在反应中，Cl2是氧化剂，I-是还原剂，依据得失电子守恒的原则，可得出如下关系：3Cl2——I-，从而可以确定Cl-、的化学计量数分别为6、1，再依据电荷守恒、质量守恒确定其它物质的化学计量数，则配平离子方程式：3Cl2+1I-+6OH-=6Cl-+1+3H2O。答案为：分液漏斗；冰水浴可降低温度，防止挥发；3Cl2+1I-+6OH-=6Cl-+1+3H2O；
（2）依据得失电子守恒，可得出ClO2与Cl2的数量关系为：2ClO2——5Cl2，ClO2的有效氯含量为≈2.63。答案为：2.63；
（3）①ClO2不可能被锥形瓶内的KI完全吸收，逸出的少量ClO2被玻璃液封管内的水溶解，与锥形瓶内液体混合时，再与KI发生反应，则装置中玻璃液封管的作用：用水再次吸收ClO2气体、使锥形瓶内外压强相等。
②依据反应，可建立如下关系式：2ClO2——5I2——10Na2S2O3，则生成ClO2的质量为：=1.35cV×10-2g。答案为：用水再次吸收ClO2气体；使锥形瓶内外压强相等；1.35cV×10-2g；
（4）将氯气通入KOH溶液和Fe(OH)3的混合物中，并不断搅拌，可制得K2FeO4和另一种盐KCl，该反应的化学方程式：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH =2K2FeO4+6KCl+8H2O。答案为：2Fe(OH)3+3Cl2+10KOH =2K2FeO4+6KCl+8H2O。
【点睛】计算ClO2的有效氯含量时，ClO2、Cl2中氯元素都转化为-1价产物。
18．按要求完成下列填空，
(1)配制240mL4.0mol•L-1NaOH溶液的实验步骤如下：
a．计算需要氢氧化钠固体的质量；
b．用滤纸称量氢氧化钠固体
c．用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，直接注入容量瓶；
d．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶，轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀；
e．继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1mm～2mm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
f．盖好瓶塞，反复左右颠倒，摇匀；
g．装瓶贴签。
①所需称量的氢氧化钠固体的质量是_____。
②配制上述溶液的操作正确的是_____(填序号)。
③在配制过程中，其他操作均正确，下列操作能引起所得溶液浓度偏高的是_____(填序号)。
A．定容时，俯视刻度线
B．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线
C．转移前，发现容量瓶内含有少量蒸馏水
D．称量时使用的砝码生锈
(2)已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Cu2+、Ag+、Ca2+、、、Cl-中的若干种离子，该小组同学取100mL水样进行实验；向样品中先滴加氯化钡溶液，再滴加1mol•L-1盐酸，实验过程中沉淀质量的变化如图所示。

BC段消耗盐酸体积为_____，若检测得到c(K+)=0.7mol•L-1，则水样中存在的离子为_____。
(3)在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。

下列分析正确的是_____。
A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B．b-d的反应为H++OH-=H2O
C．a、d两点对应的溶液均显中性 D．H+导电能力比Na+弱
(4)将0.24gMg和0.27gAl的混合物投入到100mL1mol/L的盐酸中，充分反应后固体完全溶解。向所得溶液中加入2mol/L的NaOH溶液，恰好使金属离子全部沉淀完全，需要NaOH溶液的体积为_____mL。
【答案】(1)     40.0g     adg     AD
(2)     40mL     K+、、、Cl-
(3)ABC
(4)50

【分析】配制240mL4.0mol•L-1NaOH溶液时，需选择250mL的容量瓶，计算时，溶液的体积按250mL进行计算；由于NaOH易潮解，且会腐蚀托盘，所以应放在小烧杯内称量；加水溶解后，冷却到室温才能转移入容量瓶，且需洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液都转移入容量瓶；轻轻振荡锥形瓶后，加水定容，当液面离刻度线1~2cm处，改用胶头滴管加水，至凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀。
【详解】（1）a．选择250mL容量瓶，并按溶液体积250mL代入公式计算需要氢氧化钠固体的质量，a正确；
b．氢氧化钠易潮解，不能用滤纸称量氢氧化钠固体，b不正确；
c．用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体，冷却至室温，才能转移入容量瓶，c不正确；
d．用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液也注入容量瓶，确保溶质全部进入容量瓶内，轻轻摇动容量瓶使溶液混合均匀，d正确；
e．继续向容量瓶中加蒸馏水，至刻度线下1cm～2cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，e不正确；
f．盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，f不正确；
g．装瓶贴签，容量瓶不能长期存放溶液，g正确；
①所需称量的氢氧化钠固体的质量是0.25L×1mol/L×40g/mol=40.0g。
②由以上分析可知，配制上述溶液的操作正确的是adg。
③A．定容时，俯视刻度线，所配溶液体积偏小，浓度偏高；
B．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，则所配溶液体积偏大，浓度偏低；
C．转移前，发现容量瓶内含有少量蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液的体积，对所配溶液不产生误差；
D．称量时使用的砝码生锈，则所称NaOH的质量偏大，所配溶液的浓度偏高；
故选AD。答案为：40.0g；adg；AD；
（2）从图中可以看出，加入BaCl2后生成沉淀，再加盐酸后，沉淀有一部分溶解，则溶解的沉淀为BaCO3，不溶的沉淀为BaSO4，所以溶液中一定含有、，依据离子共存原则，一定不含有Mg2+、Cu2+、Ag+、Ca2+。m(BaSO4)=2.33g，m(BaCO3)=6.27g-2.33g=3.94g，由此得出为=0.02mol，为=0.01mol；BaCO3为0.02mol，需消耗HCl为0.04mol，BC段消耗盐酸体积为=0.04L=40mL，若检测得到c(K+)=0.7mol•L-1，依据电荷守恒，可求出Cl-的物质的量为0.01mol，则水样中存在的离子为K+、、、Cl-。答案为：40mL；K+、、、Cl-；
（3）Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+NaOH+H2O、NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O。
A．Ba(OH)2与H2SO4只发生一个反应，则由反应方程式可以看出，①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确；
B．b-d段发生的反应为NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，离子方程式为H++OH-=H2O，B正确；
C．a点为BaSO4溶液，d点为Na2SO4溶液，对应的溶液均显中性，C正确；
D．H+和Na+都带1个正电荷，但H+的电迁移率更大，所以H+的导电能力比Na+强，D不正确；
故选ABC。答案为：ABC；
（4）采用终态法，金属离子全部沉淀完全时，溶液中溶质为NaCl，则需要NaOH溶液的体积为=50mL。答案为：50。
【点睛】当溶液中发生的反应较多，且前面反应的产物又发生后续反应时，常采用终态法。

四、元素或物质推断题
19．已知M、N是两种常见的金属，且是地壳中含量前二的金属元素的单质，A是二元化合物，A、B、C含同种金属元素，X是一种常见的黑色非金属固体，其转化关系如图(注意：有的反应物和生成物未标出)

请回答以下问题：
(1)A的名称_____，H常见的两点用途有_____。
(2)请用单线桥表示反应④的电子转移的方向和数目_____。
(3)写出反应①的离子方程式_____。
(4)向0.1molD和0.1molF的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成3.9g沉淀，消耗HCl的物质的量为_____。
(5)现有Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，且向反应后的溶液中加入KSCN溶液不显红色，则原混合物中N的物质的量为_____。
【答案】(1)     氯化亚铁     耐火材料、工业炼铝的原料
(2)
(3)4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑
(4)0.15mol或0.35mol
(5)介于0.055mol~0.07mol之间

【分析】已知M、N是两种常见的金属，且是地壳中含量前二的金属元素的单质，则M、N分别为Fe、Al中的某一种，X是一种常见的黑色非金属固体，则X为碳。由图中可以看出，淡黄色固体为Na2O2，则B为金属的氢氧化物，C为金属的氯化物，能与金属N反应，从而得出N为Fe，A为FeCl2，B为Fe(OH)3；D为NaOH，金属M为Al，丁为H2，F为NaAlO2，G为Al(OH)3，H为Al2O3；气体甲为O2，与碳反应生成气体乙为CO2，气体丙为CO。
【详解】（1）由分析可知，A的名称为氯化亚铁，H为Al2O3，常见的两点用途有：耐火材料、工业炼铝的原料。答案为：氯化亚铁；耐火材料、工业炼铝的原料；
（2）反应④为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，在反应中，Al失电子作还原剂，H2O得电子作氧化剂，电子转移的数目为6e-，则用单线桥表示的电子转移的方向和数目为 。答案为： ；
（3）反应①中，FeCl2、Na2O2在水溶液中发生反应，生成Fe(OH)3、NaCl和O2，离子方程式为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑。答案为：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3+8Na++O2↑；
（4）向0.1molNaOH和0.1mol NaAlO2的混合溶液中逐滴滴加稀盐酸，生成3.9g沉淀，则发生反应的化学方程式为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3↓+NaCl，0.1molNaOH需消耗HCl0.1mol，3.9g Al(OH)3的物质的量为=0.05mol，则需消耗HCl0.05mol；若加入的盐酸过量，还会发生反应3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O，此时消耗HCl的物质的量为0.25mol，所以消耗HCl的物质的量为0.15mol或0.35mol。答案为：0.15mol或0.35mol；
（5）现有Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.1mol，加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01molH2，则与HCl反应的Fe的物质的量为0.05mol；发生反应Fe+2Fe3+的Fe、Fe2O3、Fe5O7混合物共0.09mol。若混合物为Fe、Fe2O3的混合物，则消耗Fe为=0.045mol，若混合物为Fe、Fe5O7的混合物，则消耗Fe为=0.06mol，则原混合物中N的物质的量介于0.055mol~0.07mol之间。答案为：介于0.055mol~0.07mol之间。
【点睛】由2Fe3++Fe=3Fe2+可建立关系式：Fe——Fe2O3、2Fe——Fe5O7。