【文档说明】湖南省永州市2022-2023学年高一上学期期末质量监测化学试题 含解析.docx，共(16)页，2.601 MB，由小赞的店铺上传

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永州市2022年下期高一期末质量监测试卷化学考生注意：1.本试卷满分100分，考试时量75分钟。2.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Cl-35.5K-39Fe-56Ag-108第I卷(选择题共46分)一、选择题：本题共10小题，每

小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列物质中，不属于电解质的是A.2COB.23KCOC.2Ba(OH)D.24HSO【答案】A【解析】【详解】电解质的类别有酸、碱、盐、金属氧化物和水，故B、C、D为电解质，二氧化碳溶于水

生成新物质导电，故二氧化碳是非电解质，故本题选A。2.下列不属于新型合金的是A.储氢合金B.钛合金C.铁合金D.形状记忆合金【答案】C【解析】【详解】A．为了满足某些尖端技术发展的需要，新型合金材料储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料，A不符合题意；B．由于钛合金的

硬度大、耐酸碱的腐蚀，因此可用于发展航空飞机的机体材料等，属于新型合金，B不符合题意；C．铁合金是一种由铁和其它元素形成的传统合金，不属于新型合金，C符合题意；D．形状记忆合金是一种由两种以上金属元素构成、能够在温度和应力作用下发生相变的新型合金，广泛应用于航空航天、生物医疗、机械电子、汽车工

业、建筑工程等领域，D不符合题意；故本题选C。3.“当丁达尔效应出现时，光便有了形状”。下列分散系不能产生丁达尔效应的是A.有色玻璃B.4CuSO溶液C.3Fe(OH)胶体D.雾【答案】B【解析】【详解】有色玻璃、3Fe(OH)胶体、雾均为胶体，能发生丁达尔效应，而4CuSO溶液不是胶体

，故4CuSO溶液不能产生丁达尔效应，本题答案为B。4.在使酚酞试液变红的溶液中，一定不能大量存在的离子是A.Na+B.2Cu+C.Cl−D.3NO−【答案】B【解析】【详解】使酚酞试液变红的溶液显碱性，有大量的氢氧根离子，与铜离子形成氢氧化铜

沉淀，二者不能大量共存，钠离子、氯离子、硝酸根离子与氢氧根均不反应，故本题答案选B。5.下列有关物质的用途说法不正确的是A.漂白粉可作游泳池的消毒剂B.23FeO可作油漆的红色颜料C.22NaO可作呼吸面具的氧气的

来源D.23NaCO可作焙制糕点的膨松剂【答案】D【解析】【详解】A．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可作游泳池的消毒剂，A正确；B．23FeO呈红棕色粉末，可作油漆的红色颜料，B正确；C．22NaO能与水或者二氧化碳反应放出氧

气，可作呼吸面具的氧气的来源，C正确；D．3NaHCO可作焙制糕点的膨松剂，D错误；故选D。6.下列化学用语不正确的是A.中子数为8的N原子：157NB.2S−的结构示意图：C.HCl的电子式：D.2HO的结构模型

为：【答案】C【解析】【详解】A．中子数为8的N原子，质量数=8+7=15，157N，A正确；B．2S−为硫原子得2个电子形成，结构示意图为：，B正确；C．HCl为共价化合物，电子式为：，C错误；D．水分子由

两个氢原子和一个氧原子构成，且氧原子半径大于氢原子，结构模型为：，D正确；故选C。7.目前汽车尾气系统中均安装了催化转化器。汽车尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应：222CO2NO2CON++催化剂。下列有关该反应的说法正确的是A.该反应是置换反应B.NO是还原剂C.2

CO是氧化产物D.每转移2mole−则生成222.4LN【答案】C【解析】【详解】A．该反应中反应物没有单质，不符合置换反应的定义，A错误；B．NO中氮元素的化合价由+2价变为0价，化合价降低，故NO是氧化剂，B错误；C．CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价，化合价升高，被氧化，故2CO是

氧化产物，C正确；D．由于没有说明是标准状况，故不能计算氮气的体积，D错误；故本题选C。8.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，416gCH中含有的氢原子数为A4NB.2.3g钠由原子变成离子失去的电子数为A

0.2NC.标准状况下，22.4L水中含有的氢原子数为A2ND.1240.1molLHSO−溶液中含有的氢离子数为A0.1N【答案】A【解析】【详解】A．常温常压下，416gCH中含有的氢原子的物质的量为：-1lgml1=o6g==44mo16mnM

，故416gCH中含有的氢原子数为A4N，A正确；B．2.3g钠的物质的量为：-1lgmol2.3g=0.1mo23，钠由原子变成离子，化合价由0价变为+1价，故0.1mol钠由原子变成离子失去的电子数为A0.1N，B错误；C．标准状况下，水是非气态，

故不能计算标准状况下，22.4L水中含有的氢原子的个数，C错误；D．由于没有给出溶液的体积，故无法计算硫酸的物质的量，也就是无法计算1240.1molLHSO−溶液中含有的氢离子数，D错误；故本题选A。9.下列离子方程式书写正确的是A.3AlCl

溶液与过量NaOH溶液反应：33Al3OHAl(OH)+−+=B.单质铜与3AgNO溶液反应：2CuAgCuAg+++=+C.2Ba(OH)溶液与4CuSO溶液反应：2244BaSOBaSO+−+=D.4NaHSO

溶液与3NaHCO溶液反应：322HHCOCOHO+−+=+【答案】D【解析】【详解】A．3AlCl溶液与过量NaOH溶液反应：322Al4OHAlO+2HO+−−+=，A错误；B．单质铜与3AgNO溶液反应：2Cu2A

gCu2Ag+++=+，B错误；C．2Ba(OH)溶液与4CuSO溶液反应：2+-2-2+442Ba+2OH+SO+Cu=BaSO+Cu(OH)，C错误；D．4NaHSO溶液与3NaHCO溶液反应：322HHCOCOHO+−+=+，D正确；故选D。10.配制500m

L0.10mol/L的NaOH溶液，操作过程如下图所示。下列说法中正确的是A.“操作1”中溶解的NaOH固体质量为4.0gB.“操作3”中烧杯、玻璃棒需用蒸馏水洗涤2~3次C.“操作4”中若俯视容量瓶刻度线，会使NaOH溶液浓度偏低D.“操作5”中摇匀后

发现液面低于刻度线，又加入少量蒸馏水【答案】B【解析】【分析】配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→振荡→摇匀→贴标签，据此分析。【详解】A．配制500mL0.10mol/L的NaOH溶液，需要NaOH固体质量为1-1-mol40

gmol=20g0.5L1.0L，A错误；B．“操作3”中烧杯、玻璃棒需用蒸馏水洗涤2~3次，防止溶质残留，导致配制溶液浓度偏低，B正确；C．定容时俯视容量瓶刻度线，会使溶液的体积偏小，NaOH溶液浓度偏大，C错误；D．摇匀后发现液面低于刻度线，

又加入少量蒸馏水，会导致溶液的体积偏大，NaOH溶液浓度偏低，正确做法是摇匀后发现液面低于刻度线，不需要任何操作，液面下降是由于部分溶液附着在容量瓶内壁引起的，D错误；故本题选B。二、选择题：本题共4

小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列推理或结论与实验操作及现象相符的一组是选项实验操作及现象推理或结论A向某溶液中加入3Ag

NO溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有Cl−B向某溶液中加入稀盐酸，有无色无味气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊该溶液中一定含有23CO−C向包有22NaO粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧22NaO与水反应产生2O且反应放热D向淀粉KI−溶液中加入溴水，溶液

变成蓝色非金属性：BrIA.AB.BC.CD.D【答案】CD【解析】【详解】A．向某溶液中加入3AgNO溶液，有白色沉淀生成，因碳酸银也是白色沉淀，故该溶液中不一定含有Cl−，还可能是23CO−，故应先加稀硝

酸酸化，排除碳酸根离子的干扰，A错误；B．碳酸氢根中加入稀盐酸，有无色无味气体二氧化碳生成，将二氧化碳气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，故该溶液中可能含有23CO−、3HCO−，B错误；C．向包有22NaO粉末的脱脂棉上滴加几滴水，脱脂棉燃烧，说明22NaO与水反应产

生2O且反应放热，C正确；D．向淀粉KI−溶液中加入溴水，溶液变成蓝色，说明有碘单质的生成，发生反应22Cl2Br2ClBr－－＋＝＋，根据方程式可知：氧化性：BrI，则非金属性：BrI，D正确；故本题选CD。12.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大

，它们分布在三个不同的周期中，X、Z同主族，X的最外层电子数是W和Y的最外层电子数之和，Y的氧化物为两性氧化物。下列叙述正确的是A.原子半径大小顺序：YZXWB.最高价氧化物对应的水化物的酸性：XZC.W与X形成的化合物中一定含有极性键D.X形成的

两种常见氧化物，均为离子化合物【答案】AC【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们分布在三个不同的周期中，W为H，Y的氧化物为两性氧化物，Y为Al，W和Y的最外层电子数之和为4，X为C，X、Z同主族，Z为Si。【详解】A．原子半径大小比较时，电子层数越多半径

越大，同周期元素从左到右半径依次减小，顺序：HA>lS>C>i，A正确；B．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应的水化物的酸性：2323HCOHSiO，B错误；C．W与X形成的化合物为烃，一定含有极性键，C正确；D．X形成的两种常见氧化物为CO、CO2，均

为共价化合物，D错误；故选AC。13.碱式硫酸铁4Fe(OH)SO是一种絮凝剂，常用于污水处理。工业上利用废铁屑(含少量23AlO、23FeO等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A.“反应I”中包含的反应类型有置换反应、复分解反应和化

合反应B.“过滤”所得滤液中溶质主要是()243FeSOC.“反应II”对应的离子方程式2322FeNO2HFeNOHO+−++++=++D.合理处理废铁屑有利于环境保护和资源再利用【答案】B【解析】【分析】废铁屑加入足量稀硫酸，“反应I”中涉及反应为：Fe、23AlO、23FeO与硫酸反应，

生成2+3FeAl+、，调节pH使3Al+反应生成氢氧化铝沉淀，滤液溶质为4FeSO，滤液中加入硫酸和亚硝酸钠，反应得到碱式硫酸铁，据此分析。【详解】A．“反应I”中Fe与硫酸的反应是置换反应，23AlO、23FeO与硫酸反应是复分解反

应，Fe与3+Fe反应是化合反应，322FeFe3Fe＋＋＋＝，A正确；B．根据上述分析可知，“过滤”所得滤液中溶质主要是4FeSO，B错误；C．“反应II”是亚硝酸根氧化2+Fe的反应，生成3+Fe和NO，结合电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：2322FeN

O2HFeNOHO+−++++=++，C正确；D．合理处理废铁屑可制取碱式硫酸铁4Fe(OH)SO，有利于环境保护和资源再利用，D正确；故本题选B。14.为确定某23NaCO和3NaHCO混合物样品的组成，称取3份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸50.0mL，充分反应，产生2CO的体

积如下表(已折算成标准状况下的体积，不考虑2CO在水中的溶解。)的实验序号①②③V(盐酸)/mL50.050.050.0m(样品)/g1.903.805.70()2VCO/mL448672448下列说法正确的是A.样品中23NaCO的质量分数约为55.8%B.实验③溶

液蒸干灼烧后所得固体NaClC.盐酸的物质的量浓度c(HCl)0.5mol/L=D.当样品质量约为3.17g时，产生2CO最多，此时参加反应的()23nNaCO:n(HCl)=1:3【答案】AD【解析】【分析】对比①、②可知，随着样品质量增加，

生成二氧化碳的体积逐渐增大，说明①中盐酸过量，③中生成二氧化碳的体积比较②中少，说明③中盐酸不足，碳酸钠优先反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，据此分析。【详解】A．根据上述分析可知，①中盐酸过量，假设碳酸钠的物质的量为xmol，碳酸氢钠的物质的量为ymol，448mL二氧化碳

的物质的量为：-1lLm0.448L=0.02mo22ol.4，结合反应方程式：233HCl+NaCO=NaHCO+NaCl，322NaHCOH=NaOClCl+COH＋＋，由题意可得关系式：106x+84y=1.9x+y=0.02，解得x=y=0.01mol，故样品中23

NaCO的质量分数约为-1%gmo0.01mol106=55.81.9gl，A正确；B．根据上述分析可知，实验③中溶质为3NaHCONaCl、，蒸干灼烧后所得固体为23NaCONaCl、，B错误；C．③中盐酸不足，二氧化碳的物质的量为：-1lLm0.448L=0.02mo22ol.4，由

于碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1∶1，故碳酸钠的物质的量为0.03mol，结合反应方程式233HCl+NaCO=NaHCO+NaCl，为可得碳酸钠消耗盐酸的物质的量为0.03mol，再结合方程式322NaHCOH=NaOClCl+COH＋＋，当生成0.02mol二氧化碳

时，消耗盐酸的物质的量为0.02mol，故盐酸总的物质的量为0.05mol，盐酸的物质的量浓度0.05mol(HCl)==1mol/L0.05Lc，C错误；D．当样品质量约为zg时，产生2CO最多，由于碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1∶1，则假设()233nNaCO=n(NaHCO)=am

ol，根据反应方程式：233HCl+NaCO=NaHCO+NaCl，这步反应中消耗盐酸为amol，生成碳酸氢钠为amol，再根据反应方程式322NaHCOH=NaOClCl+COH＋＋，该步反应消耗盐酸为2amol，共消耗盐酸为3amol，因为产生2C

O最多，故盐酸全部反应，则3amol=0.05，0.05a=mol3，则加入样品质量约为：1--1amol84amo1gmolggmo3ll106.7+，此时参加反应()23nNaCO:n(HCl)=1:3，D正确；故本题选AD。第

II卷(非选择题共54分)三、非选择题：(本题共4道小题，共54分)15.下表是现行中学化学教科书中元素周期表的一部分，表中的每个编号表示一种元素，请根据要求回答问题。（1）①的元素符号是_______，④在元素周期表中的位置是_______。（2）③与⑥所形成的化合物的

电子式为_______。（3）②、⑤、⑥的原子半径最大的是_______(用元素符号表示)。（4）⑥、⑦形成的气态氢化物中稳定性较弱的是_______(用化学式表示)。（5）③单质与②的最简单氢化物反应的化学方程式为_______。【答案】（1）①.N②.第三周期第

IIIA族（2）（3）S（4）HBr（5）2Na+2H2O=2NaOH＋H2↑【解析】的【分析】由元素周期表中的位置可知：①为N，②为O，③为Na，④为Al，⑤为S，⑥为Cl，⑦为Br。【小问1详解】①的元素符号是N，④为Al，在第三周期第ⅢA族。【小问2详解】③与⑥所形成

的化合物为NaCl，电子式为。【小问3详解】②、⑤、⑥的原子分别为：O、S、Cl，电子层数越多半径越大，电子层数相同时，同周期半径越来越小。所以，半径最大的是S。【小问4详解】⑥、⑦形成的气态氢化物分别为HCl、HBr，元素的非金属性越强，氢化物越稳定，稳定性较弱的是HBr。【小问5详解】钠与

水反应化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH＋H2↑。16.A~G分别表示中学化学常见的某种物质，除B外，其它物质均含同一种元素，它们之间相互关系如下图所示(部分反应物、生成物没有列出)。已知A、B为金属单质，B在空气中

加热生成一种淡黄色固体，F是红褐色沉淀。回答下列问题：（1）A、C、D、E、F、G六种物质中所含的同一种元素是_______(填元素符号)。（2）写出C、E物质的化学式：C_______、E_______。（3）在实验室中，通常把

单质B保存在中_______，以隔绝空气。（4）写出G转化为F化学方程式_______。（5）写出D溶液+B→F反应的离子方程式：_______。【答案】（1）Fe（2）①.Fe3O4②.FeSO4（3）煤油或石蜡油（4）4Fe(OH)2＋O2+2H2O=

4Fe(OH)3（5）6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3↓＋3H2↑【解析】的的【分析】A与氧气和水蒸气反应可以生成一种物质，A为金属单质，那么推知A为Fe、C为Fe3O4。A~G分别表示中学化学常见的某种物质，除B外，其它物质均含同一种元素，在空气中G转

化为F，那么推知G为Fe(OH)2、F为Fe(OH)3；D溶液为铁盐、E溶液为亚铁盐，能与盐反应生成氢氧化物，B为金属单质，那么B为Na。【小问1详解】A、C、D、E、F、G六种物质中所含的同一种元素是Fe。【小问2详解】由分析可知C的化学式为Fe3O4、E物质的化学

式为FeSO4。【小问3详解】单质B为Na，实验室中，通常保存在煤油或石蜡油中。【小问4详解】Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式：4Fe(OH)2＋O2+2H2O=4Fe(OH)3。【小问5详解】Fe2(SO4)3溶液与钠的反应是钠先与水反应生成氢氧化钠和水，氢氧化钠再与盐溶

液进行复分解反应，离子方程式：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3↓＋3H2↑。17.氯气是重要的化工原料，大量用于制造盐酸、有机溶剂和药品等。某小组同学利用下列装置在实验室制备氯气，并进行相关物质性质的探究。回答下列问题：I.连接装置A→B→C，制备并收集2Cl。（1）

装置A中发生反应的离子方程式_______。（2）装置B中饱和食盐水的作用是_______。（3）利用装置C收集2Cl时，气体应该从_______口进(填“m”或“n”)。II.连接装置A→B→D，制备氯

水。（4）装置D中试剂a为2HO，通入2Cl即可制得氯水，则2Cl与水反应的化学方程式为_______。（5）将装置D制备的氯水转移至三颈烧瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈烧瓶中(图1)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。解释图2中曲线变化的原因

_______，依此可判定实验过程中溶液pH的变化趋势是_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。III.连接装置A→B→D，探究氯气的性质。（6）将装置D中试剂a更换为紫色石蕊溶液，通入过量的2Cl实验现象为_______。（7）将装置D中试剂a更换为

22FeBrFeI、的混合溶液，通入一定量氯气，溶液中各种离子物质的量的变化如图3所示。已知还原性：2IFeBr−+−，线段BC表示_______(填离子符号)物质的量的变化，原混合溶液中()()()-2-nI:nFe:

nBr=_______。【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）除去Cl2中的HCl（3）n（4）Cl2+H2O=HCl+HClO（5）①.光照时，发生22HClO2H

Cl+O光照，时间越长，分解产生的O2增多，O2体积分数增大②.减小（6）溶液先变红后褪色（7）①.Fe3+②.1∶2∶3【解析】【小问1详解】装置A中，MnO2和浓盐酸反应制备Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl

-Mn2++Cl2↑+2H2O。【小问2详解】因为HCl易溶于饱和食盐水，Cl2难溶于饱和食盐水，则装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl。【小问3详解】因为氯气的密度大于空气，应采用向上排空气法收集氯气，则利用装置C收集Cl2时，气体应该从

n口进。【小问4详解】2Cl与水反应生成氯化氢和次氯酸，化学方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO。【小问5详解】图2中曲线变化的原因是次氯酸光照分解生成氧气，所以溶液中氧气的浓度增大，装置内气体混合物中氧气的体积分数增大；

依此可判定实验过程中溶液最终生成盐酸，pH减小。【小问6详解】将装置D中试剂a更换为紫色石蕊溶液，由盐酸电离的氢离子溶液显酸性，石蕊变红；同时溶液中的次氯酸具有漂白性，石蕊变红后又褪色。【小问7详解】氧化还原反应中：氧化剂的氧化性>氧化产物的氧化性，还原剂的还原性>还原产物的还原性，氧化

剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子；根据还原性：2IFeBr−+−，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为0~1mol的过程中，Cl2氧化I-，根据反应Cl2+2I-=2Cl-+I2可知，原溶液中，n(I-)=2

mol，通入氯气的量为1~3mol的过程中，Cl2氧化Fe2+为Fe3+，根据反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+可知，原溶液中，n(Fe2+)=4mol，，线段BC表示Fe3+物质的量的变化，在通入氯气的量为3~6mol的过程

中，Cl2氧化Br-，根据反应Cl2+2Br-=2Cl-+Br2可知，原溶液中，n(Br-)=6mol，由此可知，原混合溶液中()()()-2-+I:Fe:Br=nnn1∶2∶3。18.我国食盐可分为原盐、精盐、特种

食盐以及营养盐等，其中特种食盐又分为低钠盐、加碘盐、加硒盐、加锌盐、加铁盐等。低钠盐是以加碘食盐为基础，添加一定量KCl，适用于中老年人和患有高血压病患者长期食用。加铁盐中添加一定量亚铁盐，如4FeSO，适

用于铁缺乏人群。I.某一实验小组对低钠盐进行研究。（1）K+检验：用洁净的铂丝蘸取低钠盐固体，灼烧，直接观察火焰呈黄色，甲同学认为含Na+，无K+。但乙同学进行实验，透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈_______色，否定了甲同学

的观点。（2）NaCl的含量测定：取ag的低钠盐溶于水配成溶液，加足量稀硝酸和硝酸银溶液，充分反应后，得到干燥的白色沉淀质量为bg，便可以计算低钠盐中NaCl的含量。你认为该方案是否可行？_______(

若可行，请写出含量表达式：若不可行，请写出不可行理由)。Ⅱ.另一实验小组对加铁盐进行研究。（3）配制溶液：准确称量10.00g该加铁盐，配制100mL加铁盐溶液。需要使用的玻璃仪器：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、_______。（4）定

性检验：检验该加铁盐中是否添加有2Fe+，并检验其是否变质。实验小组设计了以下实验，请完成表格。步骤操作现象结论步骤1取所配溶液，加入①_______无明显现象该加铁盐中添加2Fe+且未变质步骤2向步骤1所得溶液中加入②_______③_______（5）定量测定：加铁盐

国标是含铁量为600~1000mg/kg。取20.00mL所配溶液，加入足量NaOH溶液，充分反应后过滤，加热固体至质量不再变化，称得剩余红棕色固体为2.3mg，计算该盐含铁量为_______mg/kg。【答案】（1）紫（

2）不可行，因为bgAgCl沉淀中的Cl-来自于NaCl与KCl，而KCl的量未知，不能计算出NaCl的含量（3）胶头滴管（4）①.KSCN溶液②.氯水或双氧水③.溶液呈红色（5）805【解析】【小问1详解】K+的焰色反应为紫色，若透过蓝色钴玻璃观察

到火焰呈紫色，含有K+，否定了甲同学的观点。【小问2详解】所得bgAgCl沉淀中的Cl-来自于NaCl与KCl，而KCl的量未知，不能计算出NaCl的含量，所以该方案不可行。【小问3详解】配制一定物质的量浓度的溶液，需要使用的玻璃仪器：烧杯、量筒、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管

。【小问4详解】检验2Fe+的方法为：取待测液，加入KSCN溶液，无明显现象，证明无3Fe+，再向溶液中加入氯水，若溶液呈红色，则含有2Fe+。【小问5详解】红棕色固体为2.3mg为Fe2O3，-3-5232.310gn(FeO)=1.4410mol160g/mol，根据原子

守恒-523n(Fe)2n(FeO)2.8810mol=，-5m(Fe)=2.8810mol56g/mol=1.61mg，即20mL溶液中含有铁1.61mg，则在1000g加铁盐中含有铁元素的质量为1.61mg

100mL1000g20mL10.00g=805mg，因此该加铁盐含铁量达到标准。