四川省广安友实学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）

这是一份四川省广安友实学校2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版），共18页。
第Ⅰ卷(选择题)
本题共14小题，每小题只有一项符合题目要求，每题3分，共42分。
1. 医典、古诗富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A. 石胆(CuSO4)：“石胆能化铁为铜”
B. 石炭(C)：“炉火照天地，红星乱紫烟”
C. 石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
D. 石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】A
【解析】
【详解】A．化铁为铜，发生反应方程式为，硫酸铜的铜元素化合价降低，表现其氧化性，A正确；
B．碳单质燃烧生成一氧化碳或二氧化碳，发生氧化还原反应，碳单质表现其还原性，B错误；
C．石灰与水反应，生成氢氧化钙，不发生氧化还原反应，C错误；
D．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙与水和二氧化碳，不发生氧化还原反应，D错误；
故选A。
2. Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是
A. 三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B. 三者的单质放置在空气中均只生成氧化物
C. 、均是共价化合物
D. 电解、、混合溶液时阴极上依次析出Cu、Fe、Al
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝对应的氧化物Al2O3是两性氧化物，A错误；
B．Fe还可以形成复杂氢氧化物，Cu可以形成碱式碳酸铜等，B错误；
C．AlCl3、FeCl3结构相似，熔沸点均较低，均为共价化合物，C正确；
D．根据电解原理，阴极上离子的放电顺序是：Cu2+＞H+＞Fe2+＞Al3+，Fe2+和Al3+不放电，Fe3+得电子成为Fe2+，不会析出铁，所以铁和Al不可以，因为它们比H活泼，只有Cu可以，D错误；
答案选C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，37g37Cl2中所含的中子数为20NA
B. 标准状况下，11.2L三氯甲烷所含C-Cl键数目为1.5NA
C. 若将1ml 氯化铁完全转化为氢氧化铁胶体，则分散系中胶体微粒数为NA
D. 一定条件下，0.2 mlSO2 与足量O2充分反应，生成SO3 分子数为0.2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温常压下，37g37Cl2的物质的量为=0.5ml，含有20ml中子，所含的中子数为20NA，故A正确；
B．标况下三氯甲烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的C-Cl键数目，故B错误；
C．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1ml氢氧化铁形成的胶粒的个数小于NA个，故C错误；
D．二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的三氧化硫分子个数小于0.2NA个，故D错误；
故选A。
4. 同温同压下，1g X气体和2g Y气体的体积之比为1：2，根据阿伏伽德罗定律推断不正确的是
A. 常温常压下，X和Y密度之比为1：1
B. X与Y的相对分子质量之比为1：1
C. 同温同体积下，等质量的X和Y气体的压强之比为2：1
D. 等质量的X和Y的物质的量之比为1：1
【答案】C
【解析】
【分析】同温同压下，气体摩尔体积相同，1gX气体和2gY气体所占的体积之比为1：2，由可知X、Y两种气体的物质的量之比为1：2，结合和进行判断．
【详解】A.根据分析，X、Y两种气体的物质的量之比为1：2，体积之比为1：2，根据知，常温常压下，X和Y的密度之比为1：1，A正确；
B.相对分子质量数值上和摩尔质量相等，，两种气体的质量之比为1：2，物质的量之比为1：2，故X与Y的相对分子质量之比为1：1，B正确；
C.根据知，同温同体积下等质量的X和Y气体的压强之比等于其摩尔质量的反比，因为二者摩尔质量相同，所以压强相同，C错误；
D.根据，二者的质量相等，摩尔质量相等，故物质的量之比为1：1，D正确；
故选C。
5. 下列离子方程式书写错误的是
A. 用氢氟酸雕刻玻璃：
B. 用绿矾处理酸性废水中的
C. 用泡沫灭火器灭火的原理：
D. 工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：
【答案】A
【解析】
【详解】A．氟化氢是弱酸，不能拆写成离子，用氢氟酸雕刻玻璃：，A错误；
B．用绿矾处理酸性废水中的，生成铬离子和铁离子，，B正确；
C．泡沫灭火器灭火的原理，铝离子、碳酸氢根水解反应完全生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳：，C正确；
D．工业电解饱和食盐水生成烧碱、氯气和氢气：，D正确；
故选A。
6. 电解质在水溶液中的反应属于离子反应。下列离子方程式正确的是
A. 浓盐酸与反应制取少量氯气：
B. 溶液中加入过量的溶液：
C. 1L0.1溶液中通入0.28mlHCl气体：
D. 通入溶液中至恰好完全反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓盐酸与反应制取少量氯气，反应的离子方程式为：，A错误；
B．加入过量的溶液，优先和反应，反应的离子方程式为，B错误；
C．和反应，生成和，反应的离子方程式为，C正确；
D．还原性：，先氧化，后氧化，反应的离子方程式为，D错误；
故选C。
7. 兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是
A. 还原性：
B 按上述方案消耗可回收
C. 反应①的离子方程式是
D. 溶液①中的金属离子是
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据金属活动性顺序，还原性：，故A错误；
B．按上述方案，根据得失电子守恒，消耗生成1mlCu，1mlCu可回收2mlAg，故B错误；
C．反应①是和盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，反应的离子方程式是，故C正确；
D．氯化铵溶液显酸性，在酸性条件下，氧气能将氧化为，所以溶液①中的金属离子是，故D错误；
选C。
8. 利用下列装置(夹持装置略)进行实验，下列说法正确的是
A. 能利用甲制备氢氧化亚铁沉淀
B. 能利用乙得出如下结论，氧化性：KMnO4>Cl2>S
C. 能利用丙制备无水MgCl2
D. 能利用丁制备并收集氨气
【答案】B
【解析】
【详解】A．用装置甲制备氢氧化亚铁时，应该将铁和稀硫酸放在左边试管，将氢氧化钠溶液放在右边试管，反应时，先打开止水夹，用铁和稀硫酸反应生成的氢气将装置中的空气排尽，然后关闭止水夹，利用反应生成的氢气增大左边试管的压强，利用压强将硫酸亚铁溶液压入右边试管中，硫酸亚铁和氢氧化钠溶液在无氧环境中反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，故A项错误；
B．高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，反应中高锰酸钾为氧化剂，氯气为氧化产物，则氧化性：KMnO4>Cl2，氯气通入硫化钠溶液生成S单质，氯气为氧化剂，S单质为氧化产物，则氧化性：Cl2>S，故B项正确；
C．MgCl2能水解，在加热时应通入干燥的HCl，防止MgCl2的水解，故C项错误；
D．装置丁氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，生成氨气和氯化氢气体在常温下反应生成氯化铵，故D项错误；
故本题选B。
9. 下列装置正确且能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁和高温下水蒸气反应，生成四氧化三铁和氢气，点燃肥皂泡，若有爆鸣声出现，则证明是氢气，A符合题意；
B．二氧化硫是酸性氧化物，能使石蕊变成红色，不能褪色，B不符合题意；
C．由于氨气极易溶于水，侯氏制碱法先通入氨气，使溶液显碱性，再通入二氧化碳，以增大二氧化碳的吸收量，从而生成更多的碳酸氢钠，C不符合题意；
D．干海带灼烧应在坩埚中进行，不能再烧杯中进行，D不符合题意；
答案选A。
10. 实验室从废定影液[含和等]中回收Ag和的主要步骤为。下列说法正确的是
A. 在空气中用蒸发皿高温灼烧制取Ag
B. 分液时先从下口放出有机相，再从上口倒出水相
C. 为加快过滤速度，可以用玻璃棒轻轻搅拌漏斗中的液体
D. “操作X”中需要的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、直形冷凝管等
【答案】D
【解析】
【详解】A．灼烧固体应在坩埚中，不能用蒸发皿，A错误；
B．分液时，先使下层液体从下口流出，再将上层液体从上口倒出，用苯萃取，苯的密度小于水，故有机相在上层，水相在下层，故应先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，B错误；
C．过滤时搅拌易捣破滤纸，应使水自然流下，操作不合理，C错误；
D．“操作X”为蒸馏操作，从有机相蒸馏分离出溴，应选蒸馏烧瓶、直形冷凝管等仪器，球形冷凝管易残留馏分，D正确：
答案选D。
11. 下列有关叙述正确的有
①碳酸氢钠和盐酸反应是吸热反应
②在坩埚中灼烧明矾晶体可制备
③沸点：
④根据是否有丁达尔效应将分散系分为溶液、胶体和浊液
⑤酸性：
⑥是平面四边形，说明铜不是杂化
⑦硅胶作袋装食品的干燥剂，使用时没有发生化学变化
A. ②③④⑤⑥B. ①②④⑤⑥
C. ③④⑤⑥⑦D. ①②⑤⑥⑦
【答案】D
【解析】
【详解】①碳酸氢钠和盐酸反应是吸热反应，故①正确；
②因明矾晶体为固体，可放在坩埚中加热，硫酸是难挥发性酸，所以可制备，故②正确；
③相对分子质量相同，极性越大，沸点越高，因此沸点：，故③错误；
④根据分散质粒子的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，故④错误；
⑤氟的电负性大于氯的电负性，氟碳键的极性大于氯碳键的极性，使的极性大于的极性，导致三氟乙酸羧基中羟基的极性更大，更易电离出氢离子，烃基是推电子基团，烃基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基极性减小，酸性减弱，故⑤正确；
⑥是平面四边形，若为杂化，则为正四面体构型，故⑥正确；
⑦硅胶多孔，有吸附性，故硅胶吸水是物理变化故⑦正确；所以正确的有①②⑤⑥⑦；答案为D。
12. 取一定量的Na2O2和NaHCO3的固体混合物，溶于水后分成两等份。向其中一份加入过量的Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀5.91g；向另一份中缓慢滴加某浓度的盐酸，产生的气体体积与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法不正确的是
A. 原固体混合物中NaHCO3的质量为5.04g
B. 原固体混合物中滴加盐酸过量后，可收集到标况下672mL的CO2
C. 原固体混合物中Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为1:6
D. 盐酸的物质的量浓度为0.100ml/L
【答案】B
【解析】
【分析】一定质量NaHCO3和Na2O2的固体混合物溶于适量的水，发生反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2，NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，将所得溶液分成两等份，向其中一份水溶液中缓慢逐滴加入某物质的量浓度的盐酸，由图象可知，先发生Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，后发生NaHCO3+HCl＝CO2↑+NaCl+H2O；向另一份水溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉5.91g，沉淀为碳酸钡，其物质的量为：＝0.03ml，根据碳酸钡的物质的量可以求出NaHCO3为0.03ml，由碳元素守恒可知，NaHCO3为0.03ml，发生NaHCO3+HCl＝CO2↑+NaCl+H2O消耗的HCl为0.03ml，则HCl的物质的量浓度为：c(HCl)＝＝0.1ml/L，以此解答该题。
【详解】A．由以上分析可知原固体混合物中NaHCO3的质量为0.03ml×84g/ml×2＝5.04g，故A正确；
B．原固体混合物中NaHCO3的物质的量为0.06ml，则原固体混合物中滴加盐酸过量后，可收集到标况下CO2的体积为0.06ml×22.4L/ml＝1.344L，故B错误；
C．当加入的HCl为400mL时，溶液中溶质变为NaCl，由原子守恒可知，n(NaCl)＝n(HCl)＝0.4L×0.1ml/L＝0.04ml，碳酸氢钠中钠离子为0.03ml，所以NaOH中钠离子为：0.04ml﹣0.03ml＝0.01ml，所以n(Na2O2)＝n(NaOH)＝0.01ml×＝0.005ml，Na2O2和NaHCO3的物质的量之比为0.005ml：0.03ml＝1：6，故C正确；
D．由以上分析可知盐酸的物质的量浓度为0.100ml/L，故D正确；
故答案为B。
13. 某同学设计如下图所示装置，测定Na2CO3和NaHCO3混合样品中Na2CO3的质量分数。下列说法正确的是
A. 气体为空气，反应前和反应后均需通一段时间气体
B. 装置A、B之间应加干燥装置
C. 装置内试剂可选用无水氯化钙
D. 缺少装置会导致所测碳酸钠的质量分数偏低
【答案】D
【解析】
【分析】碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳，碳酸钠热稳定性较好不能分解，由实验装置可知，先用气体X排尽装置中的空气，避免空气中二氧化碳影响测定结果，X可以是氮气等，然后点燃酒精灯，固体受热分解生成的二氧化碳和水蒸气，在装置B中的碱石灰吸收生成的二氧化碳和水可知固体的质量差，最后干燥管中碱石灰可防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置B影响测定结果。
【详解】A．根据分析可知X不能为空气，含二氧化碳和水蒸气，影响生成的二氧化碳质量的测定，故A错误；
B．装置B中碱石灰吸收生成的二氧化碳和水可知固体的质量差，装置A、B之间可以不加干燥装置，故B错误；
C．a装置内应装碱石灰，目的是防止空气中的二氧化碳、水蒸气进入装置C影响测定结果，故C错误；
D．没有a装置，测定二氧化碳的质量偏大，碳酸氢钠的质量分数偏高，会导致所测碳酸钠的质量分数偏低，故D正确；
故答案为：D。
14. 富硼渣中含有镁硼酸盐(2MgO·B2O3)、镁硅酸盐(2MgO·SiO2)及少量Al2O3、FeO等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸(H3BO3)晶体的一种工艺流程如下：

为了获得晶体，会先浓缩溶液接近饱和，然后将浓缩液放入高压釜中，控制温度进行结晶(硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化如图)。下列说法错误的是
A. 该工艺流程中加快反应速率的措施有2种
B. 在高压釜中，先降温结晶得到硼酸晶体，再蒸发结晶得到硫酸镁晶体
C. “酸浸”中镁硼酸盐发生反应2MgO•B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3
D. 加入“MgO”后过滤，所得滤渣主要是Al(OH)3和Fe(OH)3
【答案】B
【解析】
【分析】富硼渣研磨成富硼渣粉增大接触面积，富硼渣粉加硫酸、加热酸浸，镁硼酸盐与硫酸发生反应2MgO•B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3，Al2O3和FeO也同时溶解，生成硫酸铝和硫酸亚铁，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调溶液pH，铁离子、铝离子水解转化为沉淀，滤液通过结晶先后分离出硫酸镁晶体和硼酸晶体，据此分析解答。
【详解】A．该工艺流程中加快反应速率的措施有研磨、加热，A正确；
B．由溶解度曲线可知，在较高温度下硫酸镁溶解度较小，而硼酸溶解度较大，则在高压釜中，先升温结晶，得到硫酸镁晶体，趁热过滤，再将母液降温结晶，分离得到硼酸晶体，B错误；
C．“酸浸”中镁硼酸盐与硫酸发生反应，元素的化合价无变化，则化学方程式为2MgO•B2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3，C正确；
D．由上述分析可知，加入MgO后可促进铁离子、铝离子水解转化为沉淀，过滤所得滤渣主要是Al(OH)3和Fe(OH)3，D正确；
故答案为：B。
第Ⅱ卷(非选择题)本题共4小题，共58分。
15. 完成下列问题：
（1）以下物质：①NaCl溶液 ② ③冰醋酸(纯净的醋酸) ④铜 ⑤固体 ⑥酒精其中能导电的是_______(填序号，下同)；属于电解质的是_______，属于非电解质的是_______。
（2）工业上用溶液吸收，生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为，同时还有一种气体生成，用双线桥法标出电子转移的方向和数目_______。
（3）(次磷酸)是一元中强酸，及均可将溶液中的还原为银，从而可用于化学镀银。
①属于_______(填“正盐”“酸式盐”或“碱式盐”)。
②利用化学镀银，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，则氧化产物为_______(写化学式)。
【答案】（1） ①. ①④ ②. ③⑤ ③. ②⑥
（2） （3） ①. 正盐 ②. H3PO4
【解析】
【小问1详解】
有自由电子或者自由移动的离子可以导电，金属Cu有自由电子，NaCl溶液有自由移动的离子可以导电；酸碱盐和金属氧化物以及水是电解质，③是酸，⑤是盐属于电解质；氨气和酒精属于非电解质；
【小问2详解】
工业上用 Na 2CO3溶液吸收 NO2 ，生成等物质的量的两种钠盐，二氧化氮发生归中反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，同时还有一种气体二氧化碳，则该反应的方程式为，用双线桥表示为：；
【小问3详解】
①根据H3PO2是一元中强酸，可以判断NaH2PO2为正盐；
②该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4。
16. 海洋约占地球表面积的71%，海水资源的开发利用如图所示：
（1）1943年侯德榜发明了联合制碱法，步骤①的化学方程式为_______；在氯碱工业中，用湿润的淀粉−KI试纸检验阳极产物的现象是_______。
（2）从经济效益角度考虑，步骤②中工业上加入_______(填试剂名称)进行沉镁。
（3）海水的pH通常在7.9−8.4之间，在步骤④中除了加入适当的氧化剂之外，还要加酸，酸化海水的目的是_______。
（4）步骤⑤中反应的离子方程式为_______，根据上述过程可判断：、、三种物质氧化性由强到弱的顺序是_______。
【答案】（1） ①. ②. 淀粉KI试纸变蓝
（2）生石灰或氢氧化钙或石灰乳
（3）抑制的溶解
（4） ①. ②.
【解析】
【分析】海水中含有NaCl、MgCl2、NaBr等物质，将海水蒸发结晶获得的粗盐中含有NaCl，所得母液中含有Mg2+、Br-等离子。氯化钠溶液可以用于氯碱工业，也可以用于侯氏制碱法的工业中。母液中加入石灰乳，得到氢氧化镁沉淀，和NaBr的滤液，氢氧化镁沉淀中加入盐酸，冷却结晶得到晶体，在HCl气流中加热可以得到无水氯化镁；NaBr的滤液可通入氯气将其氧化为Br2，通入SO2，发生反应，富集溴元素，再通入氯气，获得工业溴。
【小问1详解】
侯德榜发明了联合制碱法，其化学方程式为；氯碱工业中，阳极产生氯气，用湿润的淀粉试纸检验时发生反应Cl2+2I-=2Cl-+I2，则看到的现象是淀粉试纸变蓝；
【小问2详解】
步骤②中需要加入碱进行沉镁，工业通常选择便宜易得的生石灰或氢氧化钙或石灰乳；
【小问3详解】
步骤4中得到Br2，存在平衡，加入酸促使平衡逆向移动，抑制的溶解；
【小问4详解】
步骤⑤中SO2与Br2发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；流程中发生反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物，、、三种物质氧化性由强到弱的顺序。
17. 二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂，比Cl2更好。用ClO2处理过的饮用水（pH5.5~6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子（）。饮用水中的ClO2，含量可用连续碘量法进行测定。
已知：Ⅰ.pH≥7时，ClO2可被I-还原为（），pH≤2时被I-完全还原为Cl-；
Ⅱ. 。
回答下列问题：
（1）写出pH≤2.0时与I-反应的离子方程式：________。
（2）测定饮用水中的ClO2、含量的步骤如下：
步骤1：准确量取VmL水样加入仪器A中；
步骤2：调节水样的pH为7.0~8.0；
步骤3：加入足量的KI晶体；
步骤4：加入少量淀粉溶液，用cml⋅L-1的Na2S2O2溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL；
步骤5：________。
步骤6：再用cml⋅L-1的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL，
①步骤1中仪器A的名称是________。
②实验室配制Na2S2O3标准溶液需要用到容量瓶，下列关于容量瓶的操作，正确的是________（填字母，下同）。
A. B. C. D.
步骤4中接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴Na2S2O3标准溶液的操作为________（填字母）。
A. B. C. D.
③步骤5是________。
④步骤6中滴定终点的现象是________。
⑤根据上述分析数据，该饮用水中的浓度为________ml⋅L-1（用含字母的代数式表示）。若步骤4中装Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则测定的该饮用水中的浓度________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）
（2） ①. 锥形瓶 ②. C ③. B ④. 调节溶液的pH≤2.0 ⑤. 滴入最后半滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内部变色 ⑥. ⑦. 偏小
【解析】
【分析】根据题意，pH≥7时，ClO2可被I-还原为，发生反应；pH≤2时被I-完全还原为Cl-；注意连续碘量法测定含量时存在的关系式。
【小问1详解】
pH≤2.0时被I-完全还原为Cl-，与I-反应的离子方程式为 ；
【小问2详解】
①滴定法，需要把待测液盛放在锥形瓶中，步骤1中仪器A的名称是锥形瓶。
②A、摇匀操作，应颠倒容量瓶，故A错误；
B、定容操作，视线平视刻度线，但胶头滴管不能伸入容量瓶中，故B错误；
C、移液操作时，用玻璃棒引流，故C正确；
D．摇匀操作，左手食指按住塞子，右手指尖顶住瓶底边缘，将容量瓶倒转并振荡摇匀，故D错误；
选C；
步骤4中接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴Na2S2O3标准溶液的操作为：使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，Na2S2O3溶液呈碱性，应该盛放在碱式滴定管中，故选B；
③根据题目信息，pH≥7时，ClO2可被I-还原为（），pH≤2时被I-完全还原为Cl-；步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤5中有碘生成，结合pH≤2.0时，与I-反应，可判断出步骤5是调节溶液的pH≤2.0；
④步骤6中滴定终点时，碘单质恰好完全被消耗，现象是：滴入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
⑤根据上述分析数据，pH≥7时，ClO2可被I-还原为（），根据，可知反应生成 n()=n(Na2S2O3)= cml⋅L-1×V1×10-3L=cV1×10-3ml； pH≤2时被I-完全还原为Cl-；根据、，建立关系式~2I2~4 Na2S2O3，n()=n(Na2S2O3)= cml⋅L-1×V2×10-3L=cV2×10-3ml，
该饮用水中的浓度为ml⋅L-1。若步骤4中装Na2S2O3溶液的滴定管滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则V1偏大，测定的该饮用水中的浓度偏小。
18. Ⅰ．四氧化三铁()磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。
（1）中国科学院上海硅酸盐研究所研制出“纳米药物分子运输车”，该“运输车”可提高肿瘤的治疗效果，其结构如下图所示。下列有关说法正确的是_______。
A. 该“运输车”中四氧化三铁是碱性氧化物
B. 四氧化三铁起到“磁性导航仪”的作用
C. 该“运输车”的外壳不含碳元素
D. 该“运输车”分散于水中所得的分散系属于胶体
（2）能和稀硫酸反应，生成的两种盐是_______。验证反应后溶液中含有的最恰当的试剂是_______。
A．氯水 B．酸性高锰酸钾溶液 C．硫氰化钾溶液 D．NaOH溶液
Ⅱ．铁粉在氧气中燃烧是制取最为快捷的方法。
A～D是制取四氧化三铁的系列装置，A装置用于制取二氧化碳气体，并要求气流稳定，流速可控。
（3）根据题目要求，A装置最好选_______。(从上图①、②、③中选择)
（4）在加入试剂之前，需对装置进行气密性检查。写出检查①的气密性的操作：_______，向分液漏斗中加足量水，塞紧玻璃塞，打开玻璃旋塞，过一会儿，水不再下滴，说明装置①的气密性良好。如果把分液漏斗改成恒压滴液漏斗，是否可以用上述步骤检验装置的气密性_______。
Ⅲ．氧化沉淀法也是制取的一种常见方法，其制取流程如下图所示：
（5）副产品P是_______(填写化学式)，由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩→_______→过滤洗涤→晶体加热至完全失去结晶水。
（6）某兴趣小组模仿上述流程制取并测定其产率。具体操作如下：
Ⅰ．测定绿矾的含量：称取3.0g工业绿矾，配制成250.00mL溶液。量取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.01000酸性溶液滴定至终点，消耗溶液的平均体积为20.00mL。
(滴定时发生反应的离子方程式为)
Ⅱ．称取300g工业绿矾，通过上述流程最终制得50g 。
计算产品的产率_______。(保留4位有效数字)(写出计算过程)
【答案】（1）B （2） ①. 、 ②. B
（3）① （4） ①. 用止水夹夹紧橡胶管 ②. 否
（5） ①. ②. 冷却结晶
（6）64.66%
【解析】
【小问1详解】
A．碱性氧化物就是能和酸作用，只生成一种盐和水的金属氧化物，四氧化三铁虽可以和酸反应，但同时生成铁盐和亚铁盐两种盐，所以不是碱性氧化物，A错误；
B．四氧化三铁其磁性使其在生物体内的定位和监测具有潜力，起到“磁性导航仪”的作用，B正确；
C．有机物中含有碳元素，C错误；
D．该“运输车”直径200nm，分散于水中所得的分散系属于不胶体，D错误；
选B；
【小问2详解】
Fe3O4中含二价铁和三价铁，和稀硫酸反应，生成的两种盐是FeSO4、Fe2(SO4)3；，二价铁离子有还原性，酸性高锰酸钾溶液有氧化性且本身有紫红色，反应后褪色，故验证反应后溶液中含有Fe2+的最恰当的试剂是酸性高锰酸钾溶液，选B；
【小问3详解】
A装置用于制取CO2，并要求气流稳定，流速可控，因此最好选择装置①，选A；
【小问4详解】
检查装置①气密性的方法为：用止水夹夹紧橡胶管，向分液漏斗中加足量水，过一会儿，水不再滴落，说明气密性良好；如果把分液漏斗改成恒压滴液漏斗，液体一定能滴下，故不可以用上述步骤检验装置的气密性；
【小问5详解】
经分析，滤液中还有钠离子和硫酸根离子，故副产品为Na2SO4；由溶液N获得该副产品的操作是：加热浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，晶体加热至完全失去结晶水；
【小问6详解】
∵ 3g绿矾中，n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=0.01000ml·L-1×0.02L×5×=0.01000ml
∴ 300g绿矾中，n(FeSO4·7H2O) = ×0.01000ml=1ml
绿矾中的Fe来自Fe3O4，n(Fe3O4) =n(FeSO4·7H2O) ≈0.3333 ml
∴m(Fe3O4)=0.3333ml×232g·ml-1 ≈ 77.33g
∴ Fe3O4的产率=×100%=×100%≈64.66%A
B
进行铁与水蒸气的反应，并检验产物
检验的漂白性
C
D
“侯氏制碱法”制取，先通，再通
灼烧海带