【文档说明】山西运城市康杰中学2022-2023学年高一上学期1月期末考试化学试卷（含解析）.doc，共(17)页，1.135 MB，由小赞的店铺上传

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山西省运城市康杰中学2022～2023学年高一上学期期末考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1−O16−Na23−Al27−S32−K39−Fe56−Zn65−Ba137−一、单项选择题(每小题只有一项符合题意，共9个

小题，每小题3分，共27分。)1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是A.4FeSO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【解析】【详解】A．维生素C具有还原性，4FeSO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NaClC.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【解析】【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：H+、Cl−、4MnO−B.能与Al反应能放出2H的溶液中可能大量存在：2Mg+、K+、Cl−、23SO−C.某溶液进行焰色试验，火焰显黄色，则一定含Na+可能含K+D.加入了大量22NaO的

溶液中可能大量存在：Cl−、I−、K+【答案】C【解析】【详解】A．含4MnO−的溶液呈紫红色，不符合无色溶液要求，A错误；B．能与Al反应能放出2H的溶液呈酸性或碱性，碱性溶液中2Mg+与OH-结合生成氢氧化

镁沉淀不能共存，酸性溶液中23SO−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22NaO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.23FeO溶于氢碘酸：3232FeO6H2Fe3HO=++++B向次氯酸

钠溶液中通入少量二氧化碳：22232ClOCOHO=CO2HClO−−+++C.2Fe+与22HO在酸性溶液中的反应：232222FeHO2H2Fe=2HO++++++D.3NaHCO溶液中加少量()2BaOH溶液：2332HCOBaOHBaCOH

=O−+−+++【答案】C【解析】【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+-3H

CO，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3NaHCO按1:2反应，离子方程式为：2-3HCO+Ba2++2OH-═BaCO3↓+2-3

CO+2H2O，故D错误；故选：C。5.AN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，220.78gNaO含有的离子数目为A0.03NB.质量相等的2S和8S，所含硫原子的数目之比为1:1C.140.

1molC含有的中子数目为A0.8ND.将30.1molFeCl溶于沸水制成胶体，其中含有的胶体粒子数目等于A0.1N【答案】D【解析】【详解】A．220.78gNaO的物质的量为0.01mol，而0.01molNa2O2中含有0.02molN

a+和0.01mol22O−构成，即含有的离子数目为A0.03N，选项A正确；B．2S和8S都是由硫原子构成，依据n=mM可知，等质量的2S和8S，所含硫原子的数目之比为1:1，选项B正确；C．1个14C含有中子数为14-6=8，则140.1mo

lC含有的中子数目为A0.8N，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pH时，用玻璃棒蘸取溶液，点在干燥pH试纸上B.要除去2CO中的杂质

HCl，最好是通过盛有碳酸钠溶液的洗气瓶C.向可能含2Fe+的3FeCl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2Fe+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【解析】【详解】A．由于氯水具有漂白性，能够漂白p

H试纸，故测定新制氯水的pH时，不能用玻璃棒蘸取溶液点在干燥pH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2CO中的杂质HCl，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2Fe+的3FeCl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2Fe+，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.2FeCl溶液(FeCl3)：加入足量的铁粉，过滤B.23NaCO溶液(NaHCO3)：通入足量2COC.CO气体(CO2)：通过

NaOH溶液洗气后干燥D.23FeO固体(Al2O3)：加入足量的NaOH溶液，过滤【答案】B【解析】【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．23NaCO溶液与足量2CO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.1:1B.8:9C.9:8D.7:3【答案】C【解析】【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：73:5627=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XYZWTA.简单氢化物的沸点X＜WB.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＜WD.根据元素周期律，推测T元素的单质具有半导体特性，23TX具有氧化性和还原性

【答案】D【解析】【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，23TX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。二、不定项选择题(每小题4分，共16分，在给出的四个选项中，有

一项或两项符合题得意，全部选对得4分，选对但选不全的得2分，有错选的得0分。)10.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23NaCO，C中盛有23NaSiO溶液，则C中溶液出现白

色沉淀，证明酸性：2323HCOHSiOB.若A为稀硫酸B为23NaCO，C中盛有23NaSiO溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证非金属性：SCSiC.若A为浓盐酸B为4KMnO，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【解析】【详解】A．浓盐酸挥发出的HCl在C中也能与23NaSiO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23NaCO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：SCSi，选项B正确；C．A为浓盐酸，B为4KMnO，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。11.常温下，某溶液中只含有Na+、4NH+、2Fe+、3Fe+、Cl−、23CO−、24SO−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3HNO有强氧化性，还原产物为NO；4NH+遇浓烧碱溶液放3NH。下列说法正确的是A.原溶液中可能含有的阳离子Na+和3Fe+B.原溶液中一定存在阴离子Cl−、24SO−C.沉淀A是4BaSO，沉淀B是()3FeOHD.滤液X中一定存在2Fe+和4NH+【

答案】BC【解析】【详解】A．根据上述分析可知原溶液中含有+4NH、Fe2+、Cl-、24SO−，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+4NH、Fe2+、Cl-、24SO−，可知原溶液中一定存在阴离子Cl-、24SO−，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4NH+，D错误；故合理选项是BC。12.一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.WX是共价化合物B.化合物2YZ、2XZ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>YD.Z和X、Y、W、Q均形成至少两种二元化合物【答案】CD【解析】【详解】A．W为K元素，X为H元素，W

X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2HO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。13.将一定量的氯气通入300mL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7：3B.n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2C.参加反应氯气物质的

量为0.15molD.反应中转移电子物质的量n的范围：0.15mol＜n＜0.25mol【答案】A【解析】【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(NaC

lO)=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(Na

ClO3)=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×12×1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol×56×1=0.25mol，故D正确；故答案为A。三、填空题(共4个小题，共57分)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J+的半径大于X−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3:8。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1:1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）①.Na②.2S−（3）①.>②.C（4）2322AlO2NaOH2NaAlOHO+=+（5

）①.V形(或折线形)②.③.H-S-S-H【解析】【小问1详解】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；【小问2详解】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2S−，故答案为：Na；2S−；【小问3详解】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；【小问4详解】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2322AlO2NaOH2NaAlOHO+=+；【小问5详解】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1:1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。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：2232FeSOFeOSO+⎯⎯→+(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2SO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2SO，请你写出用过量氨水吸收2SO时发生反应的离子方程式______

_。所得溶液再用2O氧化，可制得化肥()442NHSO，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）①.7:4②.23FeO、2SO（2）①.非电解质②.232243

22NHHOSO2NHSOHO+−+=++③.()()43244222NHSOO2NHSO=+（3）322FeFe=3Fe+++（4）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（5）①.KSCN②.溶液变为血红色【解析】【小问1详解】“灼烧”过程中反应为4FeS+

7O2煅烧2Fe2O3+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；Fe

2O3、SO2；【小问2详解】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2SO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2SO，过量氨水吸收2SO时发生反应生成亚硫酸铵

和水，该反应的离子方程式为：+2-3224322NH?HO+SO=2NH+SO+HO，所得溶液再用2O氧化，可制得化肥()442NHSO，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为()()43244222NHSO+O=2NHSO，故答案为：非电解质；+2-3224322NH?

HO+SO=2NH+SO+HO；()()43244222NHSOO2NHSO=+；【小问3详解】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+；【小问4详解】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；【小问5详解】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。16.84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

2MnO的仪器名称是_______。②若要在B中得到干燥纯净的2Cl，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2Cl通入NaO

H溶液，可制备84消毒液，反应的化学方程式_______。（4）将A中产生的2Cl通入D装置，可制备24KFeO，反应的离子方程式_______，当反应转移1.8mol电子时，制备24KFeO的质量_______。【答案】（1）

①.圆底烧瓶②.饱和食盐水③.干燥氯气（2）①.4.0②.B（3）22Cl2NaOHNaClNaClOHO+=++（4）①.()224232FeOH3Cl10OH2FeO6Cl8HO−−−=++++②.118.

8g【解析】【小问1详解】①根据仪器的构造可知，盛有2MnO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；【小问2详解】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/L0.5L40g/mol=4.0g；A.转移溶液后未洗涤烧杯和玻确棒直接定容，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；【小问3详解】将A中制得的2Cl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22Cl2NaOHNaClNaClOHO+=++；【小问4详解】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)=0.6mol198g/mol=118.8

g，故答案为:118.8。17.为测定4CuSO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4242CuSOBaClBaSOCuCl+=+，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wg，则()4CuSOc=_______1molL−。（4）若步骤①：从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得()4CuSOc_____

__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。Ⅱ.乙方案的实验原理为44ZnCuSOZnSOCu+=+；2442ZnHSOZnSOH+=+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4CuSO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()4CuSOc=_______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()4CuSOc_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（

1）硝酸酸化的3AgNO溶液(或者硝酸银溶液)（2）坩埚（3）40w233（4）偏低（5）检验装置气密性（6）8a25b-1314（7）偏高【解析】【小问1详解】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；【小问2详解】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；【小问3详解】根据反应前后24SO−守恒可知n(CuSO4)=n(BaSO4)=wgw=mol233g/mol233，溶液体积是25.00mL，则该溶液的

物质的量浓度c(CuSO4)=wmoln40w233==V0.025L233mol/L；【小问4详解】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；【小问5详解】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；【小问6详解】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)=bL，则n(H2)=bL22.4L/mol=b22.4mol，n(Zn)=aga=65g/mol65mol，故n(CuSO4)=n(Zn)-n(H2)=lb22(.4a-)mo65，则c(CuS

O4)=-3)a(-)mol8a65=(-251b0325b2L12.414mol/L；【小问7详解】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。