【文档说明】湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高一下学期入学考试（2月）化学试题 含解析.docx，共(18)页，3.489 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023-2雅礼高一入学考试化学试卷(2月)(时量：75分钟分值：100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56N-14一、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。)1.五千年中华文化不仅能彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是A.《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度的特性B.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹的燃放与氧化还原反应无关C.

“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，司南的“杓”中含有34FeOD.出土的春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握冶铁技术【答案】B【解析】【详解】A．《吕氏春秋别类》中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则钢”，体现合金硬度比成分金属大的特性，故A正确；B．爆竹的燃放过程属于燃烧

反应，有氧气发生反应，反应过程中元素化合价发生了变化，因此发生的反应与氧化还原反应有关，故B错误；C．Fe3O4具有磁性，司南的“杓”中含有Fe3O4，故C正确；D．出土的春秋初年秦国的铜柄铁剑说明我国当时已经初步掌握炼铁、炼钢的技术，故D正确；故选B。2.目前，科学家发现在负压和超低

温条件下，可将水形成像棉花糖一样的气溶胶的冰，该冰称为“气态冰”。下列说法不正确的是A.该冰具有丁达尔效应B.该条件下18g“气态冰”的体积等于22.4LC.“气态冰”分子中存在极性共价键D.“气态冰”与

普通冰化学性质相同【答案】B【解析】【详解】A．该冰是气溶胶，具有胶体的性质，因此能够发生丁达尔效应，A正确；B．该条件下18g“气态冰”的物质的量是1mol，但由于物质的状态不是气态，因此不能确定其体积大小，B错误

；C．“气态冰”分子是H2O分子，H2O中存在H-O键是极性共价键，C正确；D．“气态冰”与普通冰分子构成都是H2O，物质的分子组成相同，因此二者的化学性质也相同，D正确；故合理选项是B。3.分类是科学研究的重要方法。下列分类错误的是A

.胆矾、水银、烧碱、硫酸均为电解质B.2CO、3SO、27ClO均属酸性氧化物C.硝酸、硫酸、次氯酸均属酸类D.金刚石、石墨、60C互为同素异形体【答案】A【解析】【详解】A．水银是Hg，是单质，不是电解质，A错误；B．2CO、3SO、27ClO均能和碱反应生成一种盐和水，属于酸性

氧化物，B正确；C．次氯酸、硫酸、硝酸等物质电离时生成的阳离子有且仅有H+，均属酸类，C正确；D．同素异形体：相同元素组成的不同单质，金刚石、C60和石墨都是由碳元素组成不同单质，互称同素异形体，D正确；故选A。4.正确掌握化学用语是学好化学的基础。下列化学用请正确的是A.2491826619

81060CfOSgn++属于化学变化B.质子数为18、中子数为22的原子表示式：4018ArC.3NaHCO在水溶液中电离方程式：233NaHCONaHCO++−=++D.Mg和Cl形成离子键的过程：【答案】B【解析】【

详解】A．249182661981060CfOSgn++没有生成新物质，不属于化学变化，属于核反应，故A错误；B．原子符号左下角的数字为质子数，左上角的数字为质量数，故质子数为18、中子数为22的原子表示式：4018Ar，故B正确；C．3HCO−为弱酸的酸式

酸根离子，不能完全电离，故3NaHCO在水溶液中电离方程式：33NaHCONaHCO+−=+，故C错误；D．书写离子化合物的电子式时，相同的离子不能合并，应对称排布，故D错误；故选B。5.有甲、乙、丙、丁四位同学分别对四种溶液中

所含的离子进行检验，所得结果如下，其中一定错误的结果是甲：K+、Na+、OH−、3NO−乙：OH−、23CO−、Cl−、K+丙：2Fe+、24SO−、H+、3NO−丁：2Ba+、Na+、OH−、3NO−A.甲B.

乙C.丙D.丁【答案】C【解析】【详解】甲：K+、Na+、OH−、3NO−之间不反应，在溶液中能够大量共存，正确；乙：OH-、23CO−、Cl-、K＋离子之间不反应，在溶液中能够大量共存，正确；丙：2Fe+、H+、3NO−之间能够发生氧化还原反应，

不能共存，错误；丁：Ba2+、Na+、OH-、3NO−之间不反应，在溶液中能够大量共存，正确；检验结果错误的是丙，故C符合；故选C。6.设AN为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1L0.1mol/L的22HO水溶液中含有的氧原子数为0.2ANB.

将22.4L(标准状况)2Cl与56gFe充分反应，转移的电子数为3ANC.由6.2g2NaO与7.8g22NaO组成的混合物中阴离子总数为0.3AND.质量为2.3g的由2NO与24NO所组成的混合气体中所含氧原子总数为0.1AN【答案】D【解析】【详解】A．1L0.1mol/L22HO含0.

2molO原子，原子数为0.2AN，但由于H2O中也含有O原子，因此水溶液中含有的氧原子数大于0.2AN，A错误；B．2Cl与Fe发生反应232Fe+3Cl2FeCl，将1mol2Cl与1molFe充分反应，Fe过量氯气完全反应，则转移电子数为2AN，B错误；C．

0.1mol2NaO中含有0.1molO2-，0.1molNa2O2中含有0.1mol2-2O，所以混合物中阴离子总数为0.2AN，C错误；D．2NO与24NO的最简式相同，都是2NO，0.05molNO2中含有的原子数为0.1AN，D正确；故选D。7.如图

所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应。钠及其氧化物的物质的量均为0.1mol，水的质量为100g。下列说法正确的是A.甲、乙、丙均为氧化还原反应B.22NaO投入水中后滴入酚酞呈现持久的红色C.甲反应的离子方程式为22Na2H

ONa2OHH+−+=++D.甲、乙、丙充分反应后所得溶液中溶质的质量分数分别为：1、2、3，则123=【答案】D【解析】【详解】A．Na与H2O反应生成NaOH和H2，属于氧化还原反应，Na2O2与H2

O反应生成NaOH和O2，属于氧化还原反应，而Na2O与H2O反应过程中，没有发生电子转移，不属于氧化还原反应，故A错误；B．22NaO投入水中后发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成氢氧化钠，滴入酚酞呈红色，但是22NaO具有强氧化性，能漂白，故红色会褪去

，故B错误；C．Na与H2O反应生成NaOH和H2，故甲反应的离子方程式为222Na2HO2Na2OHH+−+=++，故C错误；D．Na、Na2O、Na2O2分别与H2O反应的方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、Na2O+H2O=2NaOH、2Na2O2+2H2

O=4NaOH+O2↑，根据钠元素守恒，当反应物均为0.1mol时，溶液增加的质量：Na＜Na2O=Na2O2，所以0.1molNa、Na2O、Na2O2分别溶于H2O中所得溶液溶质的质量分数分别为：14g8g==100g+2.2g200g+4.4g，28g=100g+6.2g，38g=100

g+6.2g，所以ω1＜ω2=ω3，故D正确；故选D。8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2

：1的18e−分子，下列说法错误的是A.简单离子半径：XYZB.W分别与X、Y均能形成含有非极性键的化合物C.X和Y的最简单氢化物的沸点：YXD.由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性【答案】D【解析

】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数为K层的一半，则Z为Na元素，W与X可形成原子个数比为2:1的18e-分子，W为H，X为N，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Y为O。【详解】A．氮离子、氧离子、钠离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离

子半径越小，则简单离子半径：X>Y>Z，故A正确；B．W与Y形成的H2O2的结构式H-O-O-H，含有非极性键O-O，故B正确；C．X和Y的最简单氢化物分别为氨气、水，常温下水为液态，氨气为气态，则沸点：Y>X，故C正确；D．H、N、O三种元素所组成化合物NH

3⋅H2O的水溶液呈碱性，故D错误；故选D。9.类比法是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列有关类比推测的说法正确的是A.已知Fe与2Cl可直接化合生成3

FeCl，推测Fe与2I可直接化合生成3FeIB.已知Fe与4CuSO溶液反应，推测Fe与3AgNO溶液也能反应C.已知Na与2O能化合生成22NaO，推测Li与2O能化合生成22LiOD.已知22NaO与2C

O反应生成23NaCO和2O，推测22NaO与2SO反应生成23NaSO和2O【答案】B【解析】【详解】A．氯气的氧化性强，将Fe氧化为+3价，碘单质的氧化性弱，只能将Fe氧化性为+2价，故Fe与2I可直接化合生成2FeI，故A错误；B．较活泼金属可以

从较不活泼金属的盐溶液中将较不活泼的金属置换出来，故Fe与3AgNO溶液也能反应，故B正确；C．Li与2O只能化合生成2LiO，故C错误；D．22NaO具有强氧化性，2SO具有还原性，二者反应生成24NaSO，故D错误；故选B。10.13.6gFe和Fe2O3的混合物，加入150mL足量

的稀硫酸，在标准状况下收集到1.12LH2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的稀硫酸，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，恰好消耗了200mL3mol/L的NaOH溶液，则该稀H2SO4的物质的量浓度为A.2.25mol/LB.2mol/

LC.3mol/LD.0.6mol/L【答案】B【解析】【详解】根据题干信息可知，涉及反应有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、FeSO4+2

NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，即反应最后铁元素完全沉淀后，溶液中的溶质只剩下Na2SO4，根据Na+和2-4SO守恒可得：n(Na+)=n(NaOH)=2n(2-4SO)=2n(

H2SO4)，即n(NaOH)=2n(H2SO4)，则0.2L×3mol/L=2×0.15L×c(H2SO4)，解得c(H2SO4)=2mol/L，故答案为：B。二、选择题：(本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有1～

2项是符合题目要求的，少选计2分，多选计0分)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，则下列叙述不正确的A.气体A是2CO，B气体是3NHB.第Ⅱ步的离子方程式为32234NaNHHOCONa

HCONH+++++=+C.2CO的空间构型为平面正三角形结构D.第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解【答案】AC【解析】【分析】饱和食盐水中先通入过量的氨气，得到氨气和食盐的饱和溶液，再通入足量的二氧化碳，生成碳酸氢钠的悬浊液，过滤后加热固体，碳酸氢钠分解为碳酸钠。【详解】A．氨气极易溶于水，二

氧化碳在水中溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，所以A为氨气，B为二氧化碳，故A错误；B．第Ⅱ步反应方程式为NH3•H2O+CO2+NaCl═NH4Cl+NaHCO3↓，离子方程式为32234NaNHHOCONaHCO

NH+++++=+，故B正确；C．2CO的空间构型为直线型，故C错误；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，发生反应2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，所以第Ⅳ步操作的过程主要为加热分解，故D正确。故选AC。12

.下列装置或操作一定能达到实验目的是ABCD验证热稳定性233NaCONaHCO＞验证非金属性强弱Cl＞C＞Si验证铁与水蒸气反应能生成2H验证氧化性：3+22ClFeI＞＞A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．应把碳酸氢钠放在小试管内、碳酸钠放在

大试管内，验证碳酸钠、碳酸氢钠的热稳定性，故的A错误；B．稀盐酸具有挥发性，盐酸和二氧化碳都能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，烧杯内有沉淀生成，不能证明非金属性C＞Si，且盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能证明Cl＞C，故B错误；C．湿棉

花团受热产生水蒸气，铁在高温条件下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，肥皂泡能燃烧，证明证铁与水蒸气反应能生成H2，故C正确；D．氯气和FeCl2反应生成FeCl3；分液漏斗中生成的FeCl3溶液中可能含有氯气，Fe3+、Cl2都能把I-氧化为I2，试管内四氯化碳溶液变为紫红色，不能证明

氧化性Fe3+＞I2，故D错误；故选C。13.铁及其化合物在工农业生产中应用广泛，部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法错误的是A.a在纯氧中燃烧，可生成cB.26Fe在周期表中处在第四周期第ⅦB族C.c、g、f均可由化合反应来制备D.可用KSCN溶液鉴别

g、f【答案】AB【解析】【分析】由图可知，a为Fe，b、c分别为FeO、Fe2O3，d、e分别为Fe(OH)2、Fe(OH)3，f、g分别为FeCl2、FeCl3。【详解】A．Fe在纯氧中燃烧生成Fe3O4，A错误；B．26Fe在周期表中处在第四周期第VI

II族，B错误；C．FeO和氧气反应生成Fe2O3，Fe和FeCl3反应生成FeCl2，Fe和Cl2反应生成FeCl3，均可由化合反应来制备，C正确；D．FeCl3会与KSCN溶液发生显色反应，溶液显紫色，而FeCl2没有此性质，因此可用KS

CN溶液鉴别FeCl2和FeCl3，D正确；故选AB。14.氯气可用作自来水厂的消毒剂，但使用过程中要注意防泄漏。如图为自来水厂一种预防和处理2Cl泄漏的方法。下列有关说法不正确的是A.实验室用2MnO和浓盐酸反应制取

氯气的离子方程式为：2222MnO4H2ClMnCl2HO+−+++++B.铁屑的作用是将3FeCl还原为2FeCl：322FeFe3Fe+++=C.吸收漏氯的离子方程式为：2322FeCl2Cl2Fe+−+++=D.氯气与水反应的离

子方程式为：22ClHO2HClClO+−−+++【答案】D【解析】【详解】A．实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，反应离子方程式为2222MnO4H2ClMnCl2HO+−+++++，故A正确；B．FeCl3能与铁屑反应生成FeCl2，

322FeFe3Fe+++=，故B正确；C．氯气具有强氧化性，能将FeCl2氧化为FeCl3，离子方程式为2322FeCl2Cl2Fe+−+++=，故C正确；D．氯气与水反应的离子方程式：22ClHOHClHClO+−+++，HClO是弱

酸，不能拆，故D错误；故选D。15.某学生配制了100mL11molL−的硫酸，然后对溶液浓度进行精确测定，且测定过程中一切操作都正确，但测得溶液的物质的量浓度小于11molL−。则在配制过程中，下列操作可能导致溶

液浓度偏低的是A.量取浓硫酸的量筒倒出浓硫酸后，没有用蒸馏水冲洗量筒并将冲洗液转移到容量瓶中B.用浓硫酸配制稀硫酸时，将浓硫酸稀释后立即转入100mL，容量瓶中并进行定容C.定容时，仰视刻度线D.最后颠倒摇匀后，发现液面低于了刻度线，马上用胶头滴管加水至溶液凹液面刚好

与刻度线相切【答案】CD【解析】【详解】A．量取浓硫酸量筒倒出浓硫酸后，用蒸馏水冲洗，冲洗液也转移到容量瓶中，硫酸的物质的量增加，浓度偏高，故A不符合；B．将浓硫酸在烧杯中稀释，立即转移到100mL的容量瓶中后，由于冷却后溶液体积减少，所以浓度偏高，故B不符合；C．定容时，仰视

刻度线，溶液体积增大，浓度偏低，故C符合；D．最后颠倒摇匀后，发现液面低于了刻度线，马上用胶头滴管加水至溶液凹液面刚好与刻度线相切，溶液体积增大，浓度偏低，故D符合；答案选CD。三、填空题(本题包括3大题，每空2分，共36分)16.元素X、Y、Z、M、R均为短周期主族元

素，且原子序数依次增大。已知：Y为地壳中含量最多的元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3：4；-R、Z+、X+的离子半径逐渐减小；化合物XR常温下为气体。请回答下列问题；（1）M元素周期表中位置为_______；Z+

的结构示意图为_______。（2）写出X、Y、R按原子个数之比1：1：1形成的化合物的电子式：_______。（3）X与Y可分别形成10电子分子A和18电子分子B，写出18电子分子B转化成10电子分子A的化学方程式：_______。（4）X分别与Y、M形成2XY、2XY两种化合物，2X

Y沸点较2XM高的原因：_______。（5）R的非金属性强于M的，下列能证明这一事实的是_______(填字母)。A.常温下M的单质熔沸点比R单质的高B.R的简单氢化物比M的更稳定C.一定条件下，R和M的单质都能与NaOH溶液反应D

.最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：R＞M【答案】（1）①.第三周期第ⅥA族②.（2）（3）2H2O22MnO2H2O+O2↑（4）水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键（5）BD【解析】【分析】元素X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。Y为地壳中含量最多

的元素，Y为O元素；M原子的最外层电子数与次外层电子数之比为3:4，则M为S元素；结合R-、Z+、X+离子所的带电荷可知，R元素位于第ⅦA族，Z、X位于第IA族，R原子序数大于硫，故R为Cl，化合物XR在

常温下为气体，则X是H元素，Z的原子序数大于O，故Z为Na。【小问1详解】M为S元素，在元素周期表中的位置是：第三周期第ⅥA族；Na+的离子结构示意图是：。【小问2详解】H、O、Cl按原子个数之比1:1:1形成的化合物为HClO，电子式为：。【小问

3详解】H元素与O元素形成的10电子、18电子的分子分别为H2O、H2O2，该18电子分子转化成10电子分子的化学方程式：2H2O22MnO2H2O+O2↑。【小问4详解】水分子间能形成氢键，硫化氢分子间不能

形成氢键，故水沸点比硫化氢高。【小问5详解】要证明Cl的非金属性强于S的事实：A．常温下的Cl2单质熔沸点比S单质的低，熔沸点高低与非金属性强弱无关，A错误；B．Cl的简单氢化物(HCl)比S简单氢化物(H2S)的更稳定，说明H-Cl键比H-S键稳定，C

l的非金属性强于S，B正确；C．一定条件下，Cl和S的单质都能与NaOH溶液反应，与非金属性强弱无关，C错误；D．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：Cl>S，说明Cl的非金属性强于S，D正确；故选BD。17.铁合金有下列数据：碳素钢(Fe、C、Mn、Si)低碳钢

中碳钢高碳钢含碳量＜0.3%含碳量0.3%-0.6%含碳量>0.6%取15g某碳素钢样品，按下列实验流程进行操作；的请回答：（1）A、B的作用分别为_______，_______。（2）D中的发生反应的离子方程式为_______。（3）充分加热完全反应后，D装置质量增加0.022g，该样品

含碳量为_______，属于_______碳铜。(填“低”、“中”、“高”)（4）没有A装置，实验结果_______(填“偏高”、“偏低”成“不影响”)【答案】（1）①.吸收空气中二氧化碳②.干燥气体（2）-2-232CO+2OH=CO+HO（3）①.0.04%②.低（4）偏高【

解析】【分析】空气经过除二氧化碳、干燥后进入C和碳反应生成二氧化碳被D中氢氧化钠吸收，更加D增加的质量计算含碳量。【小问1详解】氢氧化钠能吸收空气中二氧化碳，浓硫酸具有吸水性，故A、B的作用分别为吸收空气中二氧化碳、干燥气体；【小问

2详解】碳素钢中碳和空气中氧气生成二氧化碳，二氧化碳被D中氢氧化钠溶液吸收生成碳酸钠，反应的离子方程式为-2-232CO+2OH=CO+HO；【小问3详解】充分加热完全反应后，D装置质量增加0.022g，根据碳元素守恒可知，该样品含碳量为0.022g1

2g/mol44g/mol100%=0.04%15g，属于低碳钢；【小问4详解】没有A装置，导致空气中二氧化碳在D中被吸收，则导致实验结果偏高。18.国家实施“青山绿水”工程，故加大力度研究脱硫以及“三废”处理技术意义重大。某工厂拟综合处理工业废气(主要含N2、C

O2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)和含NH+4的废水，设计了如下流程：已知：SO2为酸性氧化物。（1）在N2、CO2、CO、NaOH中，属于电解质是____(填化学式，下同)。（2）固体1中除含有Ca(OH)2外，还含有_

___(填化学式)。（3）生成NaNO2的反应可表示为：4NO+O2+4NaOH=NaNO2+2H2O，该反应中还原剂是____；捕获剂所捕获的气体主要是____(填化学式)。（4）用离子方程式表示处理含4NH+的废水时发生的反应：____，当0.5m

ol4NH+参加反应时，转移的电子数目为____NA。【答案】（1）NaOH（2）CaCO3、CaSO3（3）①.NO②.CO（4）①.2NO−+4NH+=N2+2H2O②.1.5【解析】【分析】废气中的

CO2、SO2与石灰乳反应产生CaCO3、CaSO3进入固体1中，固体1中含有CaCO3、CaSO3及过量Ca(OH)2；气体1成分为含N2、NO、CO，然后将气体通入NaOH溶液中，并向其中通入适量空气，NO与O2、NaOH反应产生NaNO2，向其中加入含4NH+的废水，发生氧化还原反应产生无污

染的N2，气体2中含N2、CO，经捕获剂捕获CO后，剩余N2可直接排出。【小问1详解】在N2、CO2、CO、NaOH中，N2是单质，不属于电解质，也不属于非电解质；CO2、CO属于非电解质，的而NaO

H属于电解质；【小问2详解】固体1中除含有Ca(OH)2外，还含有CO2、SO2与石灰乳反应产生CaCO3、CaSO3；【小问3详解】生成NaNO2的反应可表示为：4NO+O2+4NaOH=NaNO2+2H2O，该反应中，N元素化合价升高，

O元素化合价降低，所以还原剂是NO，氧化剂是O2；气体2成分是CO、N2，经捕获剂捕获后剩余气体是N2，则所捕获的气体主要是CO；【小问4详解】向NaNO2溶液中加入含有4NH+的废水、H2O，发生氧化还原反应产生无污染的N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可

得该反应的离子方程式为：2NO−+4NH+=N2+2H2O；根据方程式可知：每有1mol4NH+反应，转移3mol电子，则当有0.5mol4NH+参加反应时，转移的电子数目为1.5NA。四、实验题(本题

共一题，每空2分共14分)19.实验小组制备高铁酸钾(24KFeO)并探究其性质。资料：24KFeO为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生2O，在碱性溶液中较稳定。（1）制备24KFeO。(夹持装置略)①A为氯气发生装置，A中反应的离子方程式是_____

__。②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_______。③C中得到紫色固体和溶液，C中2Cl发生的反应有()22433Cl2FeOH10KOH2KFeO6KCl++=++28HO，另外还有_______。（2）探究24KFeO的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气

体中含有2Cl。为证明是否24KFeO氧化了Cl−而产生2Cl，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，经过检验溶液中含有3Fe+。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将24KFeO溶出，得到紫色溶液b，取少量b，滴加盐酸，有2Cl产生。

ⅰ.向沸水中逐滴滴加1mol/L3FeCl溶液，至液体呈透明的红褐色，该分散系中粒子直径的范围是_______nm。ⅱ.由方案上可知a中含有3Fe+离子，但该离子的产生不能判断一定是24KFeO将Cl−氧化，还可能由_______产生(用离子方

程式表示)。ⅲ.方案Ⅱ可证明24KFeO氧化了Cl−用KOH溶液洗涤的目的是_______。②根据24KFeO的制备实验得出：氧化性224ClFeO−，而方案Ⅱ实验表明，2Cl和24FeO−的氧化性强弱关系相反，原因可能是_______。【答案】（1）①.10

Cl-+24MnO−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O②.③.Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O（2）①.1-100②.42-4FeO+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O③.除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在④.溶液的酸碱性的不同影响物质氧

化性的强弱【解析】【分析】（1）装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl(g)和H2O(g)，HCl(g)会消耗Fe(OH)3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl(g)；C装置中Cl2与KOH、Fe(OH)3反应制备K2FeO4

，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气。（2）①根据上述制备反应，C紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。KSCN溶液用于检验Fe3+；②同一反应中，氧化性：氧化剂＞氧

化产物。【小问1详解】①根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反

应为10Cl-+24MnO−+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。②由于Cl2中混有HCl，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl气体，且氯气应该长进短出，装置为；②C中Cl2与KOH、Fe(OH)3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可

以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O，反应的化学方程式为Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O。【小问2详解】①向沸水中逐滴滴加1mol/L3FeCl溶液，至液体呈透明的红褐色，得到氢氧化铁胶体，故该分散系中粒子直径的范围是1-100nm。Fe3+的产生不能判断2-

4FeO与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为42-4FeO+20H+=3O2↑+4F

e3++10H2O。C中溶液加入稀H2SO4发生反应：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，产生Cl2会干扰判断；已知：K2FeO4微溶于KOH溶液，在碱性溶液中较稳定；故用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO-的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在。②制备K2FeO4的

原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K

2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2＞2-4FeO；根据方案II，方案II的反应为22-4FeO+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案II得出氧化性2-4FeO＞Cl2，实验表明，Cl2和2-4FeO氧化性强弱

关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com