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山东省临沂市第一中学2022-2023学年高一上学期期中线上模拟化学试题（解析版）
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这是一份山东省临沂市第一中学2022-2023学年高一上学期期中线上模拟化学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了5 g，02×1023等内容，欢迎下载使用。
一、选择题。1-10题为单选题，每题2分；11-15为不定项选择题，每题1-2个正确选项，每题4分，漏选得2分，错选不得分。
1. 下列现象能用胶体的性质解释的是
①用石膏或盐卤点制豆腐
②用氯气对自来水消毒
③在NaCl溶液中滴入溶液产生沉淀
④工厂中利用静电除尘
⑤清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶产生美丽的光圈
A. ①②B. ①④⑤C. ②③D. 只有①⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①用石膏或盐卤点制豆腐利用胶体聚沉的性质，正确；
②用氯气对自来水消毒利用氯气与水反应生成HClO，与胶体无关，错误；
③在NaCl溶液中滴入 AgNO3 溶液产生沉淀银离子和氯离子结合生成氯化银沉淀，与胶体无关，错误；
④工厂中利用静电除尘利用胶体的电泳现象，正确；
⑤清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶产生美丽的光圈是胶体的丁达尔奖就，正确；
故能用胶体的性质解释的是①④⑤，选B。
2. 根据下列实验操作，现象，得出的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液褪色说明高锰酸钾被还原，证明H2O2具有还原性，A正确；
B．溶液褪色说明品红被漂白，证明H2O2具有漂白性，B正确；
C．溶液变为黄色说明Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，证明氧化性：H2O2＞Fe3+，C正确；
D．木条复燃说明H2O2被氧化生成O2，证明氧化性ClO-＞H2O2，D错误；
综上所述答案为D。
3. 常温下，在溶液中可发生如下反应：①；②。下列说法正确的是
A. 反应①中作为还原剂
B. Z元素在反应②中被氧化
C. 还原性由强到弱的顺序是
D. 反应可以进行
【答案】D
【解析】
【分析】根据两个反应①；②，结合氧化还原反应的概念和规律分析解答。
【详解】A．反应①转化为B-，元素化合价降低，被还原，作氧化剂，A错误；
B．反应②中转化为Z-，元素化合价降低，被还原，B错误；
C．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应①可知，还原性：＞，同理根据反应②可知，＞，所以还原性比较：＞＞，C错误；
D．根据C项分析可知，还原性：＞＞，所以反应可以进行，D正确；
故选D。
4. 在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是（ ）
A. Na+ 、 Ag+ 、CO 、Cl－B. K+ 、 Ba2+ 、 SO 、 Cl－
C. Na+ 、 K+ 、CO 、Cl－D. Na+ 、K+ 、 Cl－ 、 SO
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ag+与CO、Cl－在溶液中均反应生成沉淀，不能大量共存，A不选；
B. Ba2+与SO在溶液中反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B不选；
C. Na+、K+、CO、Cl－在水溶液中能大量共存，加入过量稀硫酸溶液时，有二氧化碳气体生成，C选；
D. Na+、K+、Cl－、SO在水溶液中能大量共存，加入过量稀硫酸溶液时没有气体生成，D不选；答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. NaCl的摩尔质量是58.5 g
B. 标准状况下，22.4 L水中约含6.02×1023个H2O分子
C. 常温常压下，22 g CO2中所含氧原子数约为6.02×1023
D. 将40 g NaOH固体溶于1 L H2O中，得到1 ml/L的NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】A、摩尔质量单位是g/ml；
B、依据气体摩尔体积的条件应用分析，水在标准状况下不是气体；
C、每个二氧化碳分子含有2个O原子；
D、溶液的体积不等于溶剂的体积，将氢氧化钠固体溶于1L水中，溶于体积大于1L。
【详解】A. 摩尔质量单位是g/ml，NaCl的摩尔质量是58.5g/ml，故A错误；
B. 水在标准状况下不是气体，标准状况下，22.4L水物质的量不是1ml，故B错误；
C. 每个二氧化碳分子含有2个O原子，常温常压下22 g二氧化碳物质的量为0.5ml，所含O原子的物质的量为1 ml,原子数约为6.02×1023，故C正确；
D. 将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L，配制1 ml/L的NaOH溶液应将40 g NaOH固体溶于H2O中配成1 L溶液，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查摩尔质量、阿伏加德罗常数、溶液的配制等，注意将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L。
6. 已知以下五种物质是一个氧化还原反应的反应物和生成物；和。下列叙述错误的是
A. 被还原的元素是О和N
B. 是氧化反应的产物
C. 当该反应转移电子时，变化了
D. 无论反应物以何种比例混合，反应体系中和S原子个数比一定为1：1
【答案】A
【解析】
【分析】氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中O3具有强氧化性，为反应物，则NO、FeSO4也是反应物，被氧化为Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3，所以Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3是生成物，根据电子得失守恒，，可知该反应方程式为：2O3+3NO +3FeSO4=Fe(NO3) 3+Fe2(SO4)3。
【详解】A．在上述反应中，O元素化合价降低，得到电子被还原；Fe、N元素化合价升高，失去电子被氧化，则被还原的元素只有O元素，A错误；
B．Fe2(SO4)3是FeSO4发生氧化反应产生的物质，因此Fe2(SO4)3是氧化产物，B正确；
C．在反应中只有O3为氧化剂，O元素化合价由反应前O3中的0价变为反应后Fe(NO3)3中的-2价，化合价降低2×3=6价，所以O3每变化1 ml，对应的转移电子6 ml，C正确；
D．发生反应时FeSO4是反应物，因此无论O3、FeSO4、NO以何比例反应，消耗的FeSO4中Fe、S两种元素的个数比为1：1，D正确；
故选A。
7. 下列有关配制一定物质的量浓度溶液的说法正确的是
A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B. 向容量瓶中转移液体时，玻璃棒底端应靠在容量瓶刻度线以上
C. 用浓硫酸配制稀硫酸，量取浓硫酸时俯视液面，会导致所配溶液浓度偏大
D. 配制溶液，用托盘天平称量固体时，“左码右物”对所配溶液的浓度一定有影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．配制过程需要加水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，对浓度没有影响，A正确；
B．向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端靠在容量瓶瓶颈刻度线以下，B错误；
C．量取浓硫酸时俯视，导致浓硫酸的体积偏小，溶质的物质的量偏小，则浓度偏低，C错误；
D．用托盘天平称量NaCl固体时，操作为“左码右物”，如果游码未移动，对称量药品质量无影响，所以对配置溶液浓度无影响，D错误；
故选A。
8. 下列各组两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是
A. Cu(OH)2和盐酸；Cu(OH)2和CH3COOH
B. BaCl2和Na2SO4；Ba(OH)2和(NH4)2SO4
C. NaHCO3和NaHSO4；Na2CO3和NaHSO4
D. NaHCO3和Ca(OH)2；Ca(HCO3)2和NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A． Cu(OH)2和盐酸应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；Cu(OH)2和CH3COOH反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2CH3COOH=Cu2++2H2O+2CH3COO-，两个离子反应不能用同一离子方程式表示，故A错误；
B． BaCl2和Na2SO4反应的离子方程式为：SO+Ba2+=BaSO4↓，；Ba(OH)2和(NH4)2SO4反应的离子方程式为2NH+SO+Ba2++2OH-=2NH3 H2O+BaSO4↓，两个反应的离子方程式不同，故B错误；
C． NaHCO3和NaHSO4反应的离子方程式为：HCO+H+═CO2↑+H2O，；Na2CO3和NaHSO4反应的离子方程式为：HCO+H+═CO2↑+H2O，可用同一离子方程式表示，故C正确；
D． NaHCO3(过量)和Ca(OH)2反应的离子方程式为：2OH-+2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO+2H2O，Ca(HCO3)2(过量)和NaOH反应的离子方程式为：OH-+HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：C。
9. 某溶液中大量存在以下浓度的五种离子：0.9ml/LCl-、0.6ml/LCO、0.6ml/LNa＋、1.4ml/L、M，则M及其物质的量浓度可能为
A. K＋0.1ml/LB. Mg2＋0.2ml/LC. Ba2＋0.4ml/LD. 0.2ml/L
【答案】A
【解析】
【分析】相互不反应的离子可大量共存，且溶液中遵循电荷守恒。
【详解】0.9ml/LCl-、0.6ml/LCO、0.6ml/LNa＋、1.4ml/L、0.9×1+0.6×2=2.1＞06×1+1.4×1=2.0，由电荷守恒可知，则M的电荷总数为0.1，且M带正电荷，只有A符合。
10. 如图：A处通入氯气，关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色。由此作出的判断正确的是
A. D中可以是浓硫酸B. 通入的氯气不含有水分
C. D中可以水D. D中可以是饱和食盐水
【答案】A
【解析】
【分析】氯气中含有水蒸气，遇到有色布条，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，氯气通过D装置后，遇到有色布条不褪色，说明D装置中的液体可以干燥氯气。
【详解】A．D中可以是浓硫酸，吸收氯气中的水蒸气，干燥的氯气进入装置C，不会使红色布条褪色，A正确；
B．打开B阀时，C处红色布条褪色，说明通入的氯气含有水分，B错误；
C．D中是水时，进入装置C氯气会带有水蒸气，会使有色布条褪色，C错误；
D．D中可以是饱和食盐水，氯气通过后会含有水蒸气，会使有色布条褪色，D错误；
故答案为：A。
11. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 图1证明过氧化钠与水反应放热
B. 图2实验室制备氨气
C. 图3比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性
D. 图4制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若脱脂棉燃烧，则可以说明该反应放热，产生的热量使脱脂棉燃烧，A正确；
B．氯化铵受热分解生成氨气和HCl，但在温度较低的位置又会反应生成氯化铵，无法得到氨气，应加热氯化铵和氢氧化钙的混合固体制取氨气，B错误；
C．碳酸氢钠的热稳定较差，应放在温度较低的小试管内，若能分解产生二氧化碳，则可以说明碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠，C错误；
D．NaOH直接与硫酸亚铁反应得到Fe(OH)2，煤油可以隔绝氧气，防止Fe(OH)2被氧化，D正确；
综上所述答案为AD。
12. 下列说法正确的是
A. 强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的强
B. 活泼金属氧化物属于电解质是因为熔融状态下可以导电
C. 强酸属于强电解质所以它们在熔融态也可以导电
D. BaSO4饱和液几乎不导电因此BaSO4不是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液导电性与离子浓度有关，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的强，故A错误；
B．活泼金属氧化物在熔融状态下可以导电，所以活泼金属氧化物属于电解质，故B正确；
C．酸是共价化合物，在熔融态下不能电离，酸在熔融态下不导电，故C错误；
D．BaSO4在熔融状态下能导电，因此BaSO4是电解质，故D错误；
选B。
13. 某工厂的废水中含有大量的FeSO4较多的CuSO4和少量的Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，某实验小组设计了如下流程制备绿矾(FeSO4∙7H2O)并回收金属铜。
下列叙述错误的是
A. 进行“操作I”和“操作Ⅱ”时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B. “试剂①”为铁粉，“试剂②”为稀盐酸
C. 加入“试剂②”时，固体H部分溶解同时有气体生成
D. “溶液G”和“溶液K”都只含一种溶质
【答案】BD
【解析】
【分析】废水中含有大量的FeSO4较多的CuSO4和少量的Na2SO4，先加入过量的铁粉将Cu2+置换出来，过滤得到溶液G，固体H为Cu和过量的铁粉，加入适量稀硫酸溶解铁粉，过滤得到溶液K，即硫酸亚铁溶液，与溶液G混合后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到绿矾。
【详解】A．“操作I”和“操作Ⅱ”均为过滤，所需仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；
B．为避免引入新的杂质，“试剂②”为稀硫酸，B错误；
C．固体H为Cu和过量的铁粉，加入适量稀硫酸，和铁粉反应生成氢气，固体部分溶解同时有气体生成，C正确；
D．溶液G中含硫酸亚铁和未除去的硫酸钠，溶液K中含硫酸亚铁和可能剩余的硫酸，D错误；
综上所述答案为BD。
14. 欲除去小苏打溶液中少量的苏打杂质，加入的物质最适宜的是
A. 过量的CO2B. 足量的盐酸
C. 适量的NaOH溶液D. 适量的Ca(HCO3)2溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，用过量的CO2可以除去小苏打溶液中少量的苏打，故选A；
B．碳酸钠、碳酸氢钠都能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳，不能用盐酸除小苏打溶液中少量的苏打，故不选B；
C．碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，不能用NaOH除小苏打溶液中少量的苏打，故不选C；
D．Ca(HCO3)2和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，但不易控制Ca(HCO3)2的用量，故不选D；
选A。
15. 下列测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸氢钠的质量分数的实验方案合理是
①取a克混合物与过量氢氧化钠反应，加热蒸干灼烧得b克固体
②取a克混合物充分加热，混合物质量减轻b克
③取a克混合物与过量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克
④取a克混合物与过量BaCl2溶液充分反应，过滤洗涤干燥得b克固体
A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①取a克混合物与过量氢氧化钠反应，加热蒸干灼烧所得固体中含有剩余的氢氧化钠，无法计算碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸氢钠的质量分数，故①不合理；
②取a克混合物充分加热，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，混合物质量减轻b克，说明生成二氧化碳和的总质量是bg，设混合物中碳酸氢钠的质量为xg ， x=，碳酸氢钠的质量分数为，故②合理；
③取a克混合物与过量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克，碱石灰增加的质量包括水蒸气的质量，无法确定反应生成二氧化碳的质量，剩余无法计算碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸氢钠的质量分数，故③不合理；
④取a克混合物与过量BaCl2溶液充分反应，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，过滤洗涤干燥得b克固体，设混合物中碳酸钠质量为xg， ， x=，碳酸氢钠的质量分数为，故④合理；
合理的是②④，选C。
二、非选择题。
16. I.如图为配制1ml•L-1Na2CO3溶液95mL示意图。
回答下列问题：
（1）①中称Na2CO3____g。
（2）若出现如下情况，对所配溶液浓度有何影响?(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
A.某同学在第⑧步观察液面时俯视____。
B.没有进行操作步骤④和⑤____。
C.在第③步操作时容量瓶中有少量水____。
（3）II.某学校实验室从化学试剂商店买回98%浓硫酸(密度为1.84g/cm3)。现用该浓硫酸配制100mL1mlL-1的稀硫酸，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为____mL。
【答案】（1）10.6
（2） ①. 偏高 ②. 偏低 ③. 无影响
（3）5.4
【解析】
【小问1详解】
配制1ml•L-1Na2CO3溶液95mL，选用100mL容量瓶，称Na2CO3的质量为1ml•L-1×0.1L×106g/ml=10.6 g；
【小问2详解】
A．某同学在第⑧步观察液面时俯视，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。
B．没有进行操作步骤④和⑤，溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低。
C．在第③步操作时容量瓶中有少量水，无影响。
【小问3详解】
I. 98%的浓硫酸(密度为1.84g/cm3)的物质的量浓度为。现用该浓硫酸配制100mL1mlL-1的稀硫酸，设需要上述浓硫酸的体积为VmL，根据稀释前后硫酸物质的量不变，100mL×1mlL-1=VmL×18.4mlL-1，V=5.4mL。
17. K2FeO4是常见的水处理剂，其原理如图所示。请回答下列问题：
（1）高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为___________。
（2）过程a中K2FeO4体现___________(填“氧化”或“还原”)性，氧化产物是___________，反应过程中转移5.418×1022电子，需要___________mlK2FeO4。
（3）过程b反应的离子方程式为___________，过程c属于___________(填“物理”或“化学”)变化。
（4）碱性条件下用Fe(OH)3和KClO反应制备K2FeO4。配平其反应的化学方程式：_______。
___Fe(OH)3+___KOH+___KClO=___K2FeO4+___KCl+___H2O
（5）根据以上K2FeO4净水原理，相比于Cl2，其优点是___________。
【答案】（1）+6 （2） ①. 氧化 ②. 灭活细菌 ③. 0.03
（3） ①. Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+ ②. 物理
（4）2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O
（5）Cl2只有杀菌消毒作用，高铁酸钾既能杀菌消毒又能除去水中的悬浮性颗粒
【解析】
【小问1详解】
K2FeO4中K为+1价、O为-2价，所以Fe为+6价；
【小问2详解】
过程a中，反应过程中FeO转化为Fe3+，铁元素化合价降低，故K2FeO4是氧化剂体现氧化性，活细菌是还原剂，Fe3+是还原产物，灭活细菌是氧化产物；1mlK2FeO4参与反应转移3ml电子，故转移5.418×1022电子即0.09ml，需要0.03mlK2FeO4；
【小问3详解】
过程b是Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，其反应的离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+；过程c是Fe(OH)3胶体吸附水中的悬浮物，属于物理变化；
【小问4详解】
根据所给信息可知KClO将Fe(OH)3氧化为K2FeO4，自身被还原为KCl，根据电子守恒可知KClO和Fe(OH)3的系数比为3:2，再结合元素守恒可得化学方程式为2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O；
【小问5详解】
Cl2只有杀菌消毒作用，而高铁酸钾具有强氧化性的同时，其还原产物Fe3+还可以水解生成胶体进行净水，既能杀菌消毒又能除去水中的悬浮性颗粒。
18. 现有CO和CO2的混合气体，在标准状况下的体积为11.2L。请回答下列问题：
（1）该混合气体总的物质的量为_______。
（2）混合气体中碳原子的个数为_______。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)
（3）为测定混合气体的组成，将该混合气体全部通过下图装置进行实验。经测定，A瓶中得到白色沉淀19.7g。
①从A瓶中获得沉淀质量的操作是_______称量。
②Ba(OH)2溶液浓度的测定。步骤如下：
a、过滤A溶液，得到滤液100mL(忽略溶液体积的微小变化)
b、将B瓶中的溶液配成1L溶液
c、将B瓶配制的溶液慢慢加入100mL滤液中直到不再产生沉淀。共消耗配制液50mL。
则步骤c中得到的沉淀的物质的量为_______。 原Ba(OH)2溶液的浓度为_______。
③气球中收集到的气体的质量为_______。
【答案】（1）0.5ml
（2）0.5NA （3） ①. 过滤、洗涤、干燥 ②. 0.05ml ③. 1.5ml/L ④. 11.2g
【解析】
【分析】将CO和CO2的混合气体通入Ba(OH)2溶液，生成BaCO3白色沉淀，通过沉淀的质量可求出CO2的物质的量，进而求算出CO的含量。
【小问1详解】
该混合气体总的物质的量为：n=V/Vm=11.2L÷22.4L•ml-1=0.5ml。
【小问2详解】
混合气体的物质的量为0.5ml，即分子数为0.5NA，因为一个CO分子中含1个C原子，一个CO2分子中含1个C原子，所以混合气体中碳原子的个数为0.5NA。
【小问3详解】
①CO和CO2的混合气体通入A瓶中，CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，从A瓶中获得沉淀质量的操作是：过滤、洗涤、干燥、称量。②B瓶中H2SO4的物质的量为：100g×98%÷98g•ml-1=1ml，配成1L溶液后物质的量浓度为1ml•L-1，与A瓶中剩余的Ba(OH)2反应消耗1ml•L-1的H2SO4溶液50ml，根据反应：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+H2O可得，n(BaSO4)=n(H2SO4)=1ml•L-1×0.05L=0.05ml；n[Ba(OH)2]=n(H2SO4)= 0.05ml，又因为吸收CO2时产生的BaCO3是19.7g，物质的量是：19.7g÷197g•ml-1=0.1ml，根据Ba元素守恒，则与CO2反应的Ba(OH)2物质的量是0.1ml，所以原Ba(OH)2溶液中溶质的物质的量为：0.05ml+0.1ml=0.15ml，则原Ba(OH)2溶液的浓度为：0.15ml÷0.1L=1.5ml/L。③CO和CO2的混合气体共0.5ml，由反应CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O得，n(CO2)=n(BaCO3)=0.1ml，所以CO的物质的量为：0.5ml-0.1ml=0.4ml，质量为：0.4ml×28g•ml-1=11.2g。
19. 氯化铁是一种常见的水处理剂，需要密封保存。无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3·nH2O。在实验室中，可以采用下列仪器和药品制取较纯的无水氯化铁固体。
（1）装置A中发生反应的化学方程式为___________
（2）C装置中的试剂为___________(填试剂名称)，其作用是___________。
（3）D装置的作用是___________。用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，所装填的试剂为___________(填干燥剂名称)。
（4）若D中吸收了标准状况下4.48L氯气，则需要消耗NaOH的质量为___________克。
【答案】（1）2Fe+3Cl22FeCl3
（2） ①. 浓硫酸 ②. 防止D中的水蒸气进入B
（3） ①. 尾气处理Cl2 ②. 碱石灰
（4）16
【解析】
【分析】通过浓硫酸干燥氯气，通过装置A中氯气和铁反应生成氯化铁，装置B收集氯化铁，装置C防止水蒸气进入装置B中，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，据此解答。
【小问1详解】
装置A中制备氯化铁，发生反应的方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；
【小问2详解】
由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3·nH2O，所以需要分子水蒸气加热装置B中，则C装置中的试剂为浓硫酸，其作用是防止D中的水蒸气进入B；
【小问3详解】
氯气污染空气，D装置用氢氧化钠除未反应完的氯气；用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，既能吸收氯气，也能吸收水蒸气，则所装填的试剂为碱石灰；
【小问4详解】
若D中吸收了标准状况下4.48L氯气，氯气的物质的量是0.2ml，根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O可知需要消耗NaOH的质量为0.4ml×40g/ml＝16g。
20. 磷酸亚铁锂()是新型锂离子电池的电极材料，来源广泛且无污染。利用钛铁矿(主要成分为，含有少量等杂质)制备的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）反应过程中的化合价没有发生变化，则中元素的化合价为_______。
（2）实验室中进行过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、_______。
（3）氧化时发生反应的离子方程式为_______；滤液中溶质的主要为_______(填化学式)。
（4）高温煅烧时发生反应的化学方程式为_______。
（5）理论上反应过程中消耗和的物质的量之比为_______。
【答案】（1）+4 （2）漏斗和玻璃棒
（3） ①. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ②. HCl
（4）
（5）1：1
【解析】
【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Fe2+、TiO2，过滤，沉淀为TiO2，与氯气反应生成Fe3+，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧得到产品，以此来解答。
【小问1详解】
反应过程中的化合价没有发生变化，则中元素的化合价为+4。
【小问2详解】
过滤需要的仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。
【小问3详解】
Fe2+与氯气反应生成Fe3+，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；过滤后溶液中剩余氢离子和氯离子，故溶质主要为HCl。
【小问4详解】
FePO4和碳酸锂、草酸反应生成二氧化碳和LiFePO4，故化学方程式为。
【小问5详解】
根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-和中Fe的量相同，故消耗和的物质的量之比为1：1。选项
实验操作
现象
结论
A
向酸性高锰酸钾溶液中滴入H2O2溶液
溶液褪色
证明H2O2具有还原性
B
向品红溶液中滴入H2O2溶液
溶液褪色
证明H2O2具有漂白性
C
向酸化的FeSO4溶液中滴入H2O2溶液
溶液变为黄色
证明氧化性：H2O2＞Fe3+
D
向NaClO溶液中滴入H2O2溶液，并在试管口放置带火星的木条
木条复燃
证明还原性：ClO-＞H2O2
一、选择题。1-10题为单选题，每题2分；11-15为不定项选择题，每题1-2个正确选项，每题4分，漏选得2分，错选不得分。
1. 下列现象能用胶体的性质解释的是
①用石膏或盐卤点制豆腐
②用氯气对自来水消毒
③在NaCl溶液中滴入溶液产生沉淀
④工厂中利用静电除尘
⑤清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶产生美丽的光圈
A. ①②B. ①④⑤C. ②③D. 只有①⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①用石膏或盐卤点制豆腐利用胶体聚沉的性质，正确；
②用氯气对自来水消毒利用氯气与水反应生成HClO，与胶体无关，错误；
③在NaCl溶液中滴入 AgNO3 溶液产生沉淀银离子和氯离子结合生成氯化银沉淀，与胶体无关，错误；
④工厂中利用静电除尘利用胶体的电泳现象，正确；
⑤清晨的阳光穿过茂密的林木枝叶产生美丽的光圈是胶体的丁达尔奖就，正确；
故能用胶体的性质解释的是①④⑤，选B。
2. 根据下列实验操作，现象，得出的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液褪色说明高锰酸钾被还原，证明H2O2具有还原性，A正确；
B．溶液褪色说明品红被漂白，证明H2O2具有漂白性，B正确；
C．溶液变为黄色说明Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，证明氧化性：H2O2＞Fe3+，C正确；
D．木条复燃说明H2O2被氧化生成O2，证明氧化性ClO-＞H2O2，D错误；
综上所述答案为D。
3. 常温下，在溶液中可发生如下反应：①；②。下列说法正确的是
A. 反应①中作为还原剂
B. Z元素在反应②中被氧化
C. 还原性由强到弱的顺序是
D. 反应可以进行
【答案】D
【解析】
【分析】根据两个反应①；②，结合氧化还原反应的概念和规律分析解答。
【详解】A．反应①转化为B-，元素化合价降低，被还原，作氧化剂，A错误；
B．反应②中转化为Z-，元素化合价降低，被还原，B错误；
C．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应①可知，还原性：＞，同理根据反应②可知，＞，所以还原性比较：＞＞，C错误；
D．根据C项分析可知，还原性：＞＞，所以反应可以进行，D正确；
故选D。
4. 在水溶液中能大量共存，且加入过量稀硫酸溶液时，有气体生成的是（ ）
A. Na+ 、 Ag+ 、CO 、Cl－B. K+ 、 Ba2+ 、 SO 、 Cl－
C. Na+ 、 K+ 、CO 、Cl－D. Na+ 、K+ 、 Cl－ 、 SO
【答案】C
【解析】
【详解】A. Ag+与CO、Cl－在溶液中均反应生成沉淀，不能大量共存，A不选；
B. Ba2+与SO在溶液中反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，B不选；
C. Na+、K+、CO、Cl－在水溶液中能大量共存，加入过量稀硫酸溶液时，有二氧化碳气体生成，C选；
D. Na+、K+、Cl－、SO在水溶液中能大量共存，加入过量稀硫酸溶液时没有气体生成，D不选；答案选C。
5. 下列说法正确的是
A. NaCl的摩尔质量是58.5 g
B. 标准状况下，22.4 L水中约含6.02×1023个H2O分子
C. 常温常压下，22 g CO2中所含氧原子数约为6.02×1023
D. 将40 g NaOH固体溶于1 L H2O中，得到1 ml/L的NaOH溶液
【答案】C
【解析】
【分析】A、摩尔质量单位是g/ml；
B、依据气体摩尔体积的条件应用分析，水在标准状况下不是气体；
C、每个二氧化碳分子含有2个O原子；
D、溶液的体积不等于溶剂的体积，将氢氧化钠固体溶于1L水中，溶于体积大于1L。
【详解】A. 摩尔质量单位是g/ml，NaCl的摩尔质量是58.5g/ml，故A错误；
B. 水在标准状况下不是气体，标准状况下，22.4L水物质的量不是1ml，故B错误；
C. 每个二氧化碳分子含有2个O原子，常温常压下22 g二氧化碳物质的量为0.5ml，所含O原子的物质的量为1 ml,原子数约为6.02×1023，故C正确；
D. 将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L，配制1 ml/L的NaOH溶液应将40 g NaOH固体溶于H2O中配成1 L溶液，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查摩尔质量、阿伏加德罗常数、溶液的配制等，注意将40gNaOH溶于1L水中，溶液的体积大于1L。
6. 已知以下五种物质是一个氧化还原反应的反应物和生成物；和。下列叙述错误的是
A. 被还原的元素是О和N
B. 是氧化反应的产物
C. 当该反应转移电子时，变化了
D. 无论反应物以何种比例混合，反应体系中和S原子个数比一定为1：1
【答案】A
【解析】
【分析】氧化还原反应的特征为化合价的升降，反应中O3具有强氧化性，为反应物，则NO、FeSO4也是反应物，被氧化为Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3，所以Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3是生成物，根据电子得失守恒，，可知该反应方程式为：2O3+3NO +3FeSO4=Fe(NO3) 3+Fe2(SO4)3。
【详解】A．在上述反应中，O元素化合价降低，得到电子被还原；Fe、N元素化合价升高，失去电子被氧化，则被还原的元素只有O元素，A错误；
B．Fe2(SO4)3是FeSO4发生氧化反应产生的物质，因此Fe2(SO4)3是氧化产物，B正确；
C．在反应中只有O3为氧化剂，O元素化合价由反应前O3中的0价变为反应后Fe(NO3)3中的-2价，化合价降低2×3=6价，所以O3每变化1 ml，对应的转移电子6 ml，C正确；
D．发生反应时FeSO4是反应物，因此无论O3、FeSO4、NO以何比例反应，消耗的FeSO4中Fe、S两种元素的个数比为1：1，D正确；
故选A。
7. 下列有关配制一定物质的量浓度溶液的说法正确的是
A. 容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液
B. 向容量瓶中转移液体时，玻璃棒底端应靠在容量瓶刻度线以上
C. 用浓硫酸配制稀硫酸，量取浓硫酸时俯视液面，会导致所配溶液浓度偏大
D. 配制溶液，用托盘天平称量固体时，“左码右物”对所配溶液的浓度一定有影响
【答案】A
【解析】
【详解】A．配制过程需要加水，故容量瓶用蒸馏水洗净后，可不经干燥直接用于配制溶液，对浓度没有影响，A正确；
B．向容量瓶转移液体时，引流用的玻璃棒下端靠在容量瓶瓶颈刻度线以下，B错误；
C．量取浓硫酸时俯视，导致浓硫酸的体积偏小，溶质的物质的量偏小，则浓度偏低，C错误；
D．用托盘天平称量NaCl固体时，操作为“左码右物”，如果游码未移动，对称量药品质量无影响，所以对配置溶液浓度无影响，D错误；
故选A。
8. 下列各组两种物质在溶液中的反应，可用同一离子方程式表示的是
A. Cu(OH)2和盐酸；Cu(OH)2和CH3COOH
B. BaCl2和Na2SO4；Ba(OH)2和(NH4)2SO4
C. NaHCO3和NaHSO4；Na2CO3和NaHSO4
D. NaHCO3和Ca(OH)2；Ca(HCO3)2和NaOH
【答案】C
【解析】
【详解】A． Cu(OH)2和盐酸应的离子方程式为：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O；Cu(OH)2和CH3COOH反应的离子方程式为：Cu(OH)2+2CH3COOH=Cu2++2H2O+2CH3COO-，两个离子反应不能用同一离子方程式表示，故A错误；
B． BaCl2和Na2SO4反应的离子方程式为：SO+Ba2+=BaSO4↓，；Ba(OH)2和(NH4)2SO4反应的离子方程式为2NH+SO+Ba2++2OH-=2NH3 H2O+BaSO4↓，两个反应的离子方程式不同，故B错误；
C． NaHCO3和NaHSO4反应的离子方程式为：HCO+H+═CO2↑+H2O，；Na2CO3和NaHSO4反应的离子方程式为：HCO+H+═CO2↑+H2O，可用同一离子方程式表示，故C正确；
D． NaHCO3(过量)和Ca(OH)2反应的离子方程式为：2OH-+2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO+2H2O，Ca(HCO3)2(过量)和NaOH反应的离子方程式为：OH-+HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：C。
9. 某溶液中大量存在以下浓度的五种离子：0.9ml/LCl-、0.6ml/LCO、0.6ml/LNa＋、1.4ml/L、M，则M及其物质的量浓度可能为
A. K＋0.1ml/LB. Mg2＋0.2ml/LC. Ba2＋0.4ml/LD. 0.2ml/L
【答案】A
【解析】
【分析】相互不反应的离子可大量共存，且溶液中遵循电荷守恒。
【详解】0.9ml/LCl-、0.6ml/LCO、0.6ml/LNa＋、1.4ml/L、0.9×1+0.6×2=2.1＞06×1+1.4×1=2.0，由电荷守恒可知，则M的电荷总数为0.1，且M带正电荷，只有A符合。
10. 如图：A处通入氯气，关闭B阀时，C处红色布条无变化，打开B阀时，C处红色布条褪色。由此作出的判断正确的是
A. D中可以是浓硫酸B. 通入的氯气不含有水分
C. D中可以水D. D中可以是饱和食盐水
【答案】A
【解析】
【分析】氯气中含有水蒸气，遇到有色布条，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白作用，氯气通过D装置后，遇到有色布条不褪色，说明D装置中的液体可以干燥氯气。
【详解】A．D中可以是浓硫酸，吸收氯气中的水蒸气，干燥的氯气进入装置C，不会使红色布条褪色，A正确；
B．打开B阀时，C处红色布条褪色，说明通入的氯气含有水分，B错误；
C．D中是水时，进入装置C氯气会带有水蒸气，会使有色布条褪色，C错误；
D．D中可以是饱和食盐水，氯气通过后会含有水蒸气，会使有色布条褪色，D错误；
故答案为：A。
11. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. 图1证明过氧化钠与水反应放热
B. 图2实验室制备氨气
C. 图3比较碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性
D. 图4制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色
【答案】AD
【解析】
【详解】A．若脱脂棉燃烧，则可以说明该反应放热，产生的热量使脱脂棉燃烧，A正确；
B．氯化铵受热分解生成氨气和HCl，但在温度较低的位置又会反应生成氯化铵，无法得到氨气，应加热氯化铵和氢氧化钙的混合固体制取氨气，B错误；
C．碳酸氢钠的热稳定较差，应放在温度较低的小试管内，若能分解产生二氧化碳，则可以说明碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠，C错误；
D．NaOH直接与硫酸亚铁反应得到Fe(OH)2，煤油可以隔绝氧气，防止Fe(OH)2被氧化，D正确；
综上所述答案为AD。
12. 下列说法正确的是
A. 强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的强
B. 活泼金属氧化物属于电解质是因为熔融状态下可以导电
C. 强酸属于强电解质所以它们在熔融态也可以导电
D. BaSO4饱和液几乎不导电因此BaSO4不是电解质
【答案】B
【解析】
【详解】A．溶液导电性与离子浓度有关，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的强，故A错误；
B．活泼金属氧化物在熔融状态下可以导电，所以活泼金属氧化物属于电解质，故B正确；
C．酸是共价化合物，在熔融态下不能电离，酸在熔融态下不导电，故C错误；
D．BaSO4在熔融状态下能导电，因此BaSO4是电解质，故D错误；
选B。
13. 某工厂的废水中含有大量的FeSO4较多的CuSO4和少量的Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，某实验小组设计了如下流程制备绿矾(FeSO4∙7H2O)并回收金属铜。
下列叙述错误的是
A. 进行“操作I”和“操作Ⅱ”时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
B. “试剂①”为铁粉，“试剂②”为稀盐酸
C. 加入“试剂②”时，固体H部分溶解同时有气体生成
D. “溶液G”和“溶液K”都只含一种溶质
【答案】BD
【解析】
【分析】废水中含有大量的FeSO4较多的CuSO4和少量的Na2SO4，先加入过量的铁粉将Cu2+置换出来，过滤得到溶液G，固体H为Cu和过量的铁粉，加入适量稀硫酸溶解铁粉，过滤得到溶液K，即硫酸亚铁溶液，与溶液G混合后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到绿矾。
【详解】A．“操作I”和“操作Ⅱ”均为过滤，所需仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确；
B．为避免引入新的杂质，“试剂②”为稀硫酸，B错误；
C．固体H为Cu和过量的铁粉，加入适量稀硫酸，和铁粉反应生成氢气，固体部分溶解同时有气体生成，C正确；
D．溶液G中含硫酸亚铁和未除去的硫酸钠，溶液K中含硫酸亚铁和可能剩余的硫酸，D错误；
综上所述答案为BD。
14. 欲除去小苏打溶液中少量的苏打杂质，加入的物质最适宜的是
A. 过量的CO2B. 足量的盐酸
C. 适量的NaOH溶液D. 适量的Ca(HCO3)2溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，用过量的CO2可以除去小苏打溶液中少量的苏打，故选A；
B．碳酸钠、碳酸氢钠都能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳，不能用盐酸除小苏打溶液中少量的苏打，故不选B；
C．碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，不能用NaOH除小苏打溶液中少量的苏打，故不选C；
D．Ca(HCO3)2和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，但不易控制Ca(HCO3)2的用量，故不选D；
选A。
15. 下列测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸氢钠的质量分数的实验方案合理是
①取a克混合物与过量氢氧化钠反应，加热蒸干灼烧得b克固体
②取a克混合物充分加热，混合物质量减轻b克
③取a克混合物与过量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克
④取a克混合物与过量BaCl2溶液充分反应，过滤洗涤干燥得b克固体
A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④
【答案】C
【解析】
【详解】①取a克混合物与过量氢氧化钠反应，加热蒸干灼烧所得固体中含有剩余的氢氧化钠，无法计算碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸氢钠的质量分数，故①不合理；
②取a克混合物充分加热，碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳、水，混合物质量减轻b克，说明生成二氧化碳和的总质量是bg，设混合物中碳酸氢钠的质量为xg ， x=，碳酸氢钠的质量分数为，故②合理；
③取a克混合物与过量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，碱石灰增重b克，碱石灰增加的质量包括水蒸气的质量，无法确定反应生成二氧化碳的质量，剩余无法计算碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸氢钠的质量分数，故③不合理；
④取a克混合物与过量BaCl2溶液充分反应，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，过滤洗涤干燥得b克固体，设混合物中碳酸钠质量为xg， ， x=，碳酸氢钠的质量分数为，故④合理；
合理的是②④，选C。
二、非选择题。
16. I.如图为配制1ml•L-1Na2CO3溶液95mL示意图。
回答下列问题：
（1）①中称Na2CO3____g。
（2）若出现如下情况，对所配溶液浓度有何影响?(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
A.某同学在第⑧步观察液面时俯视____。
B.没有进行操作步骤④和⑤____。
C.在第③步操作时容量瓶中有少量水____。
（3）II.某学校实验室从化学试剂商店买回98%浓硫酸(密度为1.84g/cm3)。现用该浓硫酸配制100mL1mlL-1的稀硫酸，需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为____mL。
【答案】（1）10.6
（2） ①. 偏高 ②. 偏低 ③. 无影响
（3）5.4
【解析】
【小问1详解】
配制1ml•L-1Na2CO3溶液95mL，选用100mL容量瓶，称Na2CO3的质量为1ml•L-1×0.1L×106g/ml=10.6 g；
【小问2详解】
A．某同学在第⑧步观察液面时俯视，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高。
B．没有进行操作步骤④和⑤，溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低。
C．在第③步操作时容量瓶中有少量水，无影响。
【小问3详解】
I. 98%的浓硫酸(密度为1.84g/cm3)的物质的量浓度为。现用该浓硫酸配制100mL1mlL-1的稀硫酸，设需要上述浓硫酸的体积为VmL，根据稀释前后硫酸物质的量不变，100mL×1mlL-1=VmL×18.4mlL-1，V=5.4mL。
17. K2FeO4是常见的水处理剂，其原理如图所示。请回答下列问题：
（1）高铁酸钾(K2FeO4)中铁元素的化合价为___________。
（2）过程a中K2FeO4体现___________(填“氧化”或“还原”)性，氧化产物是___________，反应过程中转移5.418×1022电子，需要___________mlK2FeO4。
（3）过程b反应的离子方程式为___________，过程c属于___________(填“物理”或“化学”)变化。
（4）碱性条件下用Fe(OH)3和KClO反应制备K2FeO4。配平其反应的化学方程式：_______。
___Fe(OH)3+___KOH+___KClO=___K2FeO4+___KCl+___H2O
（5）根据以上K2FeO4净水原理，相比于Cl2，其优点是___________。
【答案】（1）+6 （2） ①. 氧化 ②. 灭活细菌 ③. 0.03
（3） ①. Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+ ②. 物理
（4）2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O
（5）Cl2只有杀菌消毒作用，高铁酸钾既能杀菌消毒又能除去水中的悬浮性颗粒
【解析】
【小问1详解】
K2FeO4中K为+1价、O为-2价，所以Fe为+6价；
【小问2详解】
过程a中，反应过程中FeO转化为Fe3+，铁元素化合价降低，故K2FeO4是氧化剂体现氧化性，活细菌是还原剂，Fe3+是还原产物，灭活细菌是氧化产物；1mlK2FeO4参与反应转移3ml电子，故转移5.418×1022电子即0.09ml，需要0.03mlK2FeO4；
【小问3详解】
过程b是Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，其反应的离子方程式为Fe3++3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+；过程c是Fe(OH)3胶体吸附水中的悬浮物，属于物理变化；
【小问4详解】
根据所给信息可知KClO将Fe(OH)3氧化为K2FeO4，自身被还原为KCl，根据电子守恒可知KClO和Fe(OH)3的系数比为3:2，再结合元素守恒可得化学方程式为2Fe(OH)3+4KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+5H2O；
【小问5详解】
Cl2只有杀菌消毒作用，而高铁酸钾具有强氧化性的同时，其还原产物Fe3+还可以水解生成胶体进行净水，既能杀菌消毒又能除去水中的悬浮性颗粒。
18. 现有CO和CO2的混合气体，在标准状况下的体积为11.2L。请回答下列问题：
（1）该混合气体总的物质的量为_______。
（2）混合气体中碳原子的个数为_______。(用NA表示阿伏加德罗常数的值)
（3）为测定混合气体的组成，将该混合气体全部通过下图装置进行实验。经测定，A瓶中得到白色沉淀19.7g。
①从A瓶中获得沉淀质量的操作是_______称量。
②Ba(OH)2溶液浓度的测定。步骤如下：
a、过滤A溶液，得到滤液100mL(忽略溶液体积的微小变化)
b、将B瓶中的溶液配成1L溶液
c、将B瓶配制的溶液慢慢加入100mL滤液中直到不再产生沉淀。共消耗配制液50mL。
则步骤c中得到的沉淀的物质的量为_______。 原Ba(OH)2溶液的浓度为_______。
③气球中收集到的气体的质量为_______。
【答案】（1）0.5ml
（2）0.5NA （3） ①. 过滤、洗涤、干燥 ②. 0.05ml ③. 1.5ml/L ④. 11.2g
【解析】
【分析】将CO和CO2的混合气体通入Ba(OH)2溶液，生成BaCO3白色沉淀，通过沉淀的质量可求出CO2的物质的量，进而求算出CO的含量。
【小问1详解】
该混合气体总的物质的量为：n=V/Vm=11.2L÷22.4L•ml-1=0.5ml。
【小问2详解】
混合气体的物质的量为0.5ml，即分子数为0.5NA，因为一个CO分子中含1个C原子，一个CO2分子中含1个C原子，所以混合气体中碳原子的个数为0.5NA。
【小问3详解】
①CO和CO2的混合气体通入A瓶中，CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀，从A瓶中获得沉淀质量的操作是：过滤、洗涤、干燥、称量。②B瓶中H2SO4的物质的量为：100g×98%÷98g•ml-1=1ml，配成1L溶液后物质的量浓度为1ml•L-1，与A瓶中剩余的Ba(OH)2反应消耗1ml•L-1的H2SO4溶液50ml，根据反应：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+H2O可得，n(BaSO4)=n(H2SO4)=1ml•L-1×0.05L=0.05ml；n[Ba(OH)2]=n(H2SO4)= 0.05ml，又因为吸收CO2时产生的BaCO3是19.7g，物质的量是：19.7g÷197g•ml-1=0.1ml，根据Ba元素守恒，则与CO2反应的Ba(OH)2物质的量是0.1ml，所以原Ba(OH)2溶液中溶质的物质的量为：0.05ml+0.1ml=0.15ml，则原Ba(OH)2溶液的浓度为：0.15ml÷0.1L=1.5ml/L。③CO和CO2的混合气体共0.5ml，由反应CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O得，n(CO2)=n(BaCO3)=0.1ml，所以CO的物质的量为：0.5ml-0.1ml=0.4ml，质量为：0.4ml×28g•ml-1=11.2g。
19. 氯化铁是一种常见的水处理剂，需要密封保存。无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3·nH2O。在实验室中，可以采用下列仪器和药品制取较纯的无水氯化铁固体。
（1）装置A中发生反应的化学方程式为___________
（2）C装置中的试剂为___________(填试剂名称)，其作用是___________。
（3）D装置的作用是___________。用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，所装填的试剂为___________(填干燥剂名称)。
（4）若D中吸收了标准状况下4.48L氯气，则需要消耗NaOH的质量为___________克。
【答案】（1）2Fe+3Cl22FeCl3
（2） ①. 浓硫酸 ②. 防止D中的水蒸气进入B
（3） ①. 尾气处理Cl2 ②. 碱石灰
（4）16
【解析】
【分析】通过浓硫酸干燥氯气，通过装置A中氯气和铁反应生成氯化铁，装置B收集氯化铁，装置C防止水蒸气进入装置B中，剩余气体通过氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，据此解答。
【小问1详解】
装置A中制备氯化铁，发生反应的方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；
【小问2详解】
由于无水氯化铁遇潮湿空气极易吸水生成FeCl3·nH2O，所以需要分子水蒸气加热装置B中，则C装置中的试剂为浓硫酸，其作用是防止D中的水蒸气进入B；
【小问3详解】
氯气污染空气，D装置用氢氧化钠除未反应完的氯气；用一件仪器装填适当试剂后，也可起到C和D的作用，既能吸收氯气，也能吸收水蒸气，则所装填的试剂为碱石灰；
【小问4详解】
若D中吸收了标准状况下4.48L氯气，氯气的物质的量是0.2ml，根据方程式Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O可知需要消耗NaOH的质量为0.4ml×40g/ml＝16g。
20. 磷酸亚铁锂()是新型锂离子电池的电极材料，来源广泛且无污染。利用钛铁矿(主要成分为，含有少量等杂质)制备的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）反应过程中的化合价没有发生变化，则中元素的化合价为_______。
（2）实验室中进行过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、_______。
（3）氧化时发生反应的离子方程式为_______；滤液中溶质的主要为_______(填化学式)。
（4）高温煅烧时发生反应的化学方程式为_______。
（5）理论上反应过程中消耗和的物质的量之比为_______。
【答案】（1）+4 （2）漏斗和玻璃棒
（3） ①. 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ②. HCl
（4）
（5）1：1
【解析】
【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Fe2+、TiO2，过滤，沉淀为TiO2，与氯气反应生成Fe3+，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧得到产品，以此来解答。
【小问1详解】
反应过程中的化合价没有发生变化，则中元素的化合价为+4。
【小问2详解】
过滤需要的仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。
【小问3详解】
Fe2+与氯气反应生成Fe3+，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；过滤后溶液中剩余氢离子和氯离子，故溶质主要为HCl。
【小问4详解】
FePO4和碳酸锂、草酸反应生成二氧化碳和LiFePO4，故化学方程式为。
【小问5详解】
根据反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-和中Fe的量相同，故消耗和的物质的量之比为1：1。选项
实验操作
现象
结论
A
向酸性高锰酸钾溶液中滴入H2O2溶液
溶液褪色
证明H2O2具有还原性
B
向品红溶液中滴入H2O2溶液
溶液褪色
证明H2O2具有漂白性
C
向酸化的FeSO4溶液中滴入H2O2溶液
溶液变为黄色
证明氧化性：H2O2＞Fe3+
D
向NaClO溶液中滴入H2O2溶液，并在试管口放置带火星的木条
木条复燃
证明还原性：ClO-＞H2O2
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