2018-2019学年高一化学上学期期末考试试题（含解析） (I).doc

2018-2019学年高一化学上学期期末考试试题（含解析） (I)可能用到的相对原子质量：H:1C:12N:14O: 16Na:23S:32 Cl:35.5Fe:56一、选择题(共16小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分)1.一些装有化学物质的车辆常贴有危险化学品的标志。下列标志中，应贴在装有汽油的运输车辆上的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】汽油是容易燃烧的液体物质，所以在装有汽油的运输车辆上应该贴有易燃液体标志，选项C正确。2.合金是一类用途广泛的金属材料。下列物质中，不属于合金的是()A. 不锈钢 B. 青铜 C. 硬铝 D. 水银【答案】D【解析】【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，据此解答。【详解】A不锈钢含有铁、镍、铬等金属，属于合金，A不符合题意；B青铜是铜锡合金，B不符合题意； C硬铝是指铝合金中以Cu为主要元素的一类合金，C不符合题意；D水银是汞单质，是纯净物，不属于合金，D符合题意；故合理选项是D。【点睛】本题是常见金属物质种类判断的知识。3.下列化学物质在实际生产、生活和科技等方面的叙述正确的是()A. 二氧化硅是太阳能电池的主要材料B. SO2、漂白粉、活性炭、Na2O2都能使品红溶液褪色，其原理相同C. 在食品袋中放入装有硅胶、铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质D. 某雨水样品放置一段时间后，酸性增强，是因为溶解了CO2【答案】C【解析】【详解】A.晶体硅是太阳能电池的主要材料，A错误；B.二氧化硫使品红溶液褪色是二氧化硫的结合漂白性；活性炭能使品红溶液褪色体现了其吸附性；Na2O2能使品红溶液褪色体现了它的强氧化性，三者的漂白原理不同，B错误；C.硅胶可吸水，铁粉具有还原性，则食品袋中放入装有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质，C正确；D.饱和CO2溶液的pH等于5.6，而雨水样品放置一段时间后，酸性增强的原因，是因为发生反应2H2SO3+O2=2H2SO4，D错误；故合理选项是C。4.下列离子方程式书写正确的是()A. 钠与水反应：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2B. 向FeCl3溶液中加入几滴KSCN溶液：3SCN-+Fe3+ =Fe(SCN)3 C. 稀硫酸和氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42-=BaSO4D. 碳酸钙与盐酸反应：CO32-+2H+=CO2+H2O【答案】A【解析】【详解】A. 钠与水反应产生氢氧化钠和氢气，离子方程式是：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，A正确；B. 向FeCl3溶液中加入几滴KSCN溶液发生反应，溶液变为血红色，没有沉淀生成，离子方程式是：3SCN-+Fe3+ =Fe(SCN)3 ，B错误；C.稀硫酸和氢氧化钡溶液反应，产生硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，C错误；D. 碳酸钙难溶于水，不能拆成离子形式，离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，D错误；故合理选项是A。5.设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是()A. 标准状况下，22.4 L SO3含有的分子数为NAB. 1mol氯气与足量铁粉充分反应，转移的电子数为3NAC. 16 g O2和O3的混合气体中含氧原子数目为NAD. 1mol/LNa2CO3溶液中含有Na+数目为2NA【答案】C【解析】【详解】A. 标准状况下SO3呈固体，不能使用气体摩尔体积，A错误；B. 1mol氯气与足量铁粉充分反应，Cl2不足量，按氯气计算，转移的电子数为2NA，B错误；C. O2和O3都是由O原子构成的，使用16g二者的混合物中含有的O原子物质的量为1mol，原子数目为NA，C正确；D.缺少溶液体积，不能计算溶质的物质的量及微粒数目，D错误；故合理选项是C。6.“分类”是一种思想方法，在化学发展中起到了重要的作用。下列说法正确的是()A. Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物B. 根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液C. 只有溶于水能够导电的化合物才是电解质D. 冰和干冰既是纯净物又是化合物【答案】D【解析】【详解】A. Na2O2与H2O反应除生成NaOH外，还有氧气生成，它不是碱性氧化物，属于过氧化物，A错误；B.根据分散质颗粒大小将分散系分为溶液、胶体和浊液三种类型C.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，C错误；D.冰是固态水，干冰固态二氧化碳，都仅含有一种微粒，且物质中含两种元素，属于二者既是纯净物又是化合物，D正确；故合理选项是D。7.下列各组离子，在酸性溶液中能大量共存，且溶液为无色透明的是()A. K+、MnO4-、Cl- 、SO42- B. Na+、Ba2+、NO3-、OH-C. Na+、CO32-、Al3+、Cl- D. Na+、Mg2+、NO3-、SO42-【答案】D【解析】【详解】A. 无色溶液中不能存在紫色的MnO4-离子，A错误；B. 在酸性溶液中，H+与OH-会发生反应，不能大量存在，B错误；C. CO32-、Al3+会发生离子反应，不能大量共存，且在酸性溶液中，H+与CO32-会发生反应，产生二氧化碳和水，不能大量共存，C错误；D. Na+、Mg2+、NO3-、SO42-均无色离子，在酸性溶液中也不能反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。8.下表是各物质及其所含的少量杂质，以及除去这些杂质所选用的试剂或操作方法，其中不正确的是()选项物质杂质除杂试剂或操作方法AFeCl2溶液FeCl3加入过量铁粉，再过滤BNaHCO3溶液Na2CO3通入过量的CO2气体CNaNO3溶液Na2SO4加入适量的BaCl2溶液，再过滤DMgO固体Al2O3加入过量的NaOH溶液，再过滤A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】【详解】A.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应后过滤可分离达到除杂目的，A正确；B.碳酸钠与二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠，反应后不生成新杂质，B正确；C.硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，引入新杂质NaCl，不能除杂，C错误；D.杂质氧化铝与氢氧化钠溶液反应，产生可溶性物质，氧化镁不能反应，过滤可除杂，D正确；故合理选项是C。9.抗震救灾中要用大量漂白粉和漂白液杀菌消毒。下列说法中不正确的是()A. 漂白粉开口放置于空气中容易变质B. 氯水是比漂白粉、漂白液更稳定的漂白剂C. 漂白液的有效成分是NaClOD. 工业上制漂白粉的方法是：将氯气通入石灰乳制取漂白粉【答案】B【解析】【详解】A.漂白粉有效成分是次氯酸钙，若开口放置于空气中，次氯酸钙会与空气中的二氧化碳及水反应，产生碳酸钙及次氯酸，导致变质，A正确；B.氯水中含有次氯酸，光照容易分解，因此它比漂白粉、漂白液稳定性差，B错误；C.漂白液是氯气与氢氧化钠溶液反应产生的，其有效成分是NaClO，C正确；D.将氯气通入石灰乳中，二者发生反应产生漂白粉，成分是氯化钙、次氯酸钙，其有效成分是次氯酸钙，D正确；故合理选项是B。10.标准状况下，有0.112L水；3.011023个氯化氢分子；13.6gH2S气体；0.2mol氨气。下列对这四种物质的关系由小到大排列正确的是()A. 氢原子数： B. 密度：C. 质量： D. 体积：【答案】D【解析】【分析】标况下，水是液体，气体摩尔体积对其不适用，n(HCl)=；n(H2S)=；n(NH3)=0.2mol，根据V=nVm、=、m=nM、N=nNA。再结合物质状态分析解答。【详解】标况下，水是液体，气体摩尔体积对其不适用；n(HCl)=0.5mol；n(H2S)=0.4mol；n(NH3)=0.2mol。A.水中H原子数目N(H)=；HCl中H原子数N(H)=0.5molNA/mol=0.5NA；H2S气体中含有的H原子数N(H)=0.4mol2NA/mol=0.8NA；0.2mol氨气中含有的H原子数N(H)=0.2mol3NA/mol=0.6NA，所以H原子个数由小到大顺序是，A错误；B.水的密度是1g/mL，根据=，可知，气体密度与其摩尔质量成正比，HCl的摩尔质量是36.5g/mol、硫化氢摩尔质量是34g/mol、氨气摩尔质量是17g/mol，气体密度都小于1g/mL，所以密度从小到大顺序是，B错误；C.水的质量是112g；m(HCl)=0.5mol36.5g/mol=18.25g；m(H2S)=0.4mol34g/mol=13.6g；m(NH3)=0.2mol17g/mol=3.4g，所以质量从小到大顺序是，C错误；D.水的体积是0.112L；V(HCl)=0.5mol22.4L/mol=11.2L；V(H2S)=0.4mol22.4L/mol=8.96L；V(NH3)=0.2mol22.4L/mol=4.48L，所以由小到大排列正确的是，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，明确各个物理量之间的关系是解本题关键，灵活运用公式即可解答，注意气体摩尔体积的适用范围，水的有关计算为易错点。11.有失去标签的NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2四种溶液，只需要一种试剂就可以把它们鉴别开来，这种试剂是()A. 氨水 B. 盐酸 C. Na2SO4溶液 D. KSCN溶液【答案】A【解析】【分析】阴离子相同，金属阳离子不同，利用与碱反应可鉴别，NaCl、FeCl2、FeCl3、MgCl2四种溶液分别与氨水溶液混合的现象为：无现象、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀，以此来解答。【详解】ANaCl与氨水混合，不反应，无现象；FeCl2与氨水混合，产生白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色；FeCl3与氨水混合产生红褐色沉淀；MgCl2氨水混合产生白色沉淀，四种溶液现象都不同，A可以鉴别，；B均与盐酸不反应，不能鉴别，B不可以鉴别；C均与Na2SO4溶液不反应，不能鉴别，C不可以鉴别；DKSCN只能鉴别出FeCl3，溶液变为血红色，D不可以鉴别；故合理选项是A。【点睛】本题考查物质的鉴别和检验，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用。12.下列有关离子(或物质)的检验、现象及结论，都正确的是()A. 向某溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液变成红色，该溶液中一定含有Fe2+B. 焰色反应实验中，透过蓝色钴玻璃，可观察到钠离子火焰呈黄色C. 向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，说明发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2Fe3+D. 向某无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加入稀盐酸，沉淀不消失，则该溶液中一定含有SO42【答案】C【解析】【分析】A. 滴加氯水，可氧化亚铁离子；B. 蓝色钴玻璃可滤去黄光；C. 依据过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成三价铁离子；D. 不能排除Ag+的干扰。【详解】A滴加氯水，可氧化亚铁离子，则检验亚铁离子时先加KSCN溶液，后加氯水，A错误；B蓝色钴玻璃可滤去黄光，不能透过蓝色钴玻璃，B错误；C向FeCl2溶液中滴入用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，是因为过氧化氢氧化二价Fe2+生成三价Fe3+，二者发生氧化还原反应，且氧化性：H2O2Fe3+，C正确；D不能排除Ag+的干扰，应先加盐酸，如无现象，再加氯化钡检验，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，把握实验设计的原理。13.在同温同压下，将充有等体积混合而成的四组气体：NO2O2；NO2NO；HClN2；SO2O2，分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，如图所示，待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次V1、V2、V3、V4，则剩余气体体积最多的是()A. V1 B. V2 C. V3 D. V4【答案】B【解析】【分析】NO、N2、O2不溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化氮和水反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，气体减少的体积等于试管内液体体积。【详解】假设各种气体体积都是a，试管容积为2a，气体减少的体积等于试管内液体体积。根据4NO2+O2+2H2O=4HNO3知，二氧化氮完全反应，剩余气体是氧气，根据氧气和二氧化氮的关系式知，剩余氧气的体积=a-=；根据3NO2+H2O=2HNO3+NO知，生成NO的体积为二氧化氮体积的，所以二氧化氮和水反应生成NO的体积为，原来还有a，所以NO总的体积为； 氮气气和水不反应，氯化氢极易溶于水，所以剩余气体体积为a；SO2易溶于水，能和水反应，该反应是可逆反应，气体溶解使液面上升，O2不和水反应，剩余气体的体积比a略大。故剩余气体体积最多的，合理选项是B。【点睛】本题考查了根据方程式进行计算，明确气体的溶解性是解本题关键，根据试管内液体体积与反应过程中气体减少体积之间的关系进行分析。14.为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42- 及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作，其中正确的操作顺序是()加适量盐酸 过滤 加过量Na2CO3溶液 加过量NaOH溶液 加过量BaCl2溶液A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，由于碳酸钠的作用是去除过量的钡离子和钙离子，故碳酸钠的加入要在氯化钡之后加；由于盐酸的加入是要除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故应在过滤后加盐酸，据此分析。【详解】要先用氯化钡除硫酸根离子，然后再用碳酸钠除钙离子，碳酸钠还可以除去过量的钡离子，所以碳酸钠一定加在氯化钡的后面，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加氢氧化钠除去镁离子顺序不受限制，因为过量的氢氧化钠加盐酸就可以调节了，只要将三种离子除完了，过滤就行了，最后加盐酸除去过量的氢氧根离子碳酸根离子，即正确的操作顺序是或或，合理选项是A。【点睛】本题主要考查了除杂质的原则，以及除杂质的顺序，这类题时常出现，要明白加入顺序的原因，加以掌握。15.一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比是()A. 5:4 B. 5:3 C. 4:5 D. 3:5【答案】B【解析】【分析】在5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中-3价升高为N2的0价，被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为N2的0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比。【详解】在5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O的反应中，氮元素由铵根中-3价升高为N2的0价，被氧化，5个NH4+中的N原子全部被氧化；氮元素由硝酸根中+5价降低为N2的0价，被还原，5个NO3-中的N只有3个被还原。氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为5：3，选项B合理。【点睛】本题考查氧化还原反应基本概念与计算，关键根据化合价变化判断氧化剂与还原剂，再根据电子转移守恒判断被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比。16.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入500 mL 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出672 mL(标准状况)气体。向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，那么若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁()A. 28 g B. 14 gC. 12.32 g D. 条件不足，无法计算【答案】B【解析】【分析】加入盐酸恰好使混合物完全溶解，向所得的溶液中加入硫氰化钾溶液，无血红色出现，说明溶液中不存在Fe3+，只有Fe2+，即溶液为FeCl2溶液，根据元素守恒分析解答。【详解】根据题意，混合物完全溶解后所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，可判断原混合物恰好溶于500mL1mol/L的盐酸且反应后的溶液中无Fe3+存在，因此Fe元素在溶液中只以FeCl2的形式存在，溶液中氯离子与亚铁离子的个数比为2：1，n(HCl)=0.5L1mol/L=0.5mol，则n(FeCl2)=，n(Fe)= n(FeCl2)=0.25mol，根据Fe元素守恒可知，还原相同质量的此混和物可得到铁的质量m(Fe)=0.25mol56g/mol=14g，故合理选项是B。【点睛】本题考查了守恒方法在物质成分确定的应用的知识。原混合物恰好溶于500mL1mol/L的盐酸，反应后的溶液中无Fe3+存在，即Fe元素只以FeCl2的形式存在是解答该题关键。要全局思考，就可化繁为简，迅速解答。第II卷(非选择题 共52分)二、非选择题(本题共四个小题，52分) 17.现有下列十种物质：铝 SiO2 熔融NaCl 稀硫酸 KOH固体 FeSO4溶液 NH3 新制备的氢氧化铁胶体分散系 HCl Na2O2(1)上述物质属于非电解质的有_。(填序号)(2)上述物质能导电的有_。(填序号)(3)往装有的试管中逐滴加入至过量的现象是：_。(4)请写出与的溶液反应的离子方程式：_。(5)请写出与CO2反应的化学方程式： _。【答案】 (1). (2). (3). 先生成红褐色沉淀，然后逐渐溶解变成棕黄色溶液。 (4). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 (5). 2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2【解析】【详解】铝是金属单质，能导电，不是非电解质； SiO2是化合物，不能导电，属于非电解质；熔融NaCl是电解质，能够导电；稀硫酸是混合物，能够导电，不是非电解质；KOH固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电；FeSO4溶液是混合物，能够导电，不是非电解质； NH3是化合物，不能导电，属于非电解质； 新制备的氢氧化铁胶体分散系是混合物，不是非电解质，能够导电； HCl是电解质，由于HCl是由电解质分子构成，没有自由移动的离子，不能导电； Na2O2固体是电解质，由于离子不能自由移动，所以不能导电。(1)综上所述可知，上述物质属于非电解质的有；(2)能导电的有；(3)向新制备的氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，首先是胶体上的电荷被中和，发生聚沉，形成氢氧化铁红褐色沉淀，然后发生酸碱中和反应，产生可溶性的硫酸铁和水，使溶液变为棕黄色；(4)Al与强碱KOH溶液发生反应，产生偏铝酸钾和氢气，反应方程式是2Al+2KOH+2H2O=2KAlO2+3H2，改写为离子方程式：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；(5) Na2O2能够与CO2反应产生氧气，反应方程式为2Na2O2+2CO2 =2Na2CO3+O2。18.(1)下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的基本装置。请根据混合物分离或提纯的原理，回答下列问题：以上四种化学实验操作的名称依次是：_、_、_、_。分离CCl4(沸点：76.75)和苯(沸点：110.6)的混合物(互溶)应选用_；(填装置字母)在使用C进行化学实验操作前，应先_。(2)实验室现需要480ml 0.10mol/L的NaOH溶液，就配置该溶液回答下列问题：用托盘天平称量NaOH固体_g。称量必需迅速，原因是_。将配置好的溶液准确取出480ml后，将剩余溶液取出加水稀释至100ml保存于试剂瓶中，请给它贴上标签，标签上的内容是_。【答案】 (1). 蒸馏 (2). 过滤 (3). 萃取、分液 (4). 蒸发 (5). A (6). 检查分液漏斗是否漏液 (7). 2.0 (8). 防止NaOH受潮造成溶液浓度不准确 (9). 0.02mol/L NaOH溶液【解析】【详解】(1)根据图示可知，这四种装置图分别表示的是蒸馏、过滤、萃取和分液、蒸发；四氯化碳和苯是互溶的液体混合物，由于二者沸点相差较大，所以可以用蒸馏的方法分离，正确选项为A；分液漏斗进行萃取时要充分振荡，装置的密闭性要强，所以在使用它进行化学实验操作前，应先检查分液漏斗是否漏液；(2)实验室现需要480ml 0.10mol/L的NaOH溶液，由于没有480mL规格的容量瓶，根据选择仪器的原则是“大而近”，要选择500mL容量瓶配制溶液。n(NaOH)=cV=0.10mol/L0.5L=0.050mol，所以用托盘天平称量NaOH固体质量m(NaOH)=0.050mol40g/mol=2.0g；NaOH固体很容易吸收空气中的水蒸气而潮解，所以称量必需迅速；由于溶液的浓度与取出的溶液的体积大小无关，即溶液具有均一性，所以标签上注明溶液的浓度和溶质成分即可，就是标签的内容是0.02mol/L NaOH溶液。19.某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数(铁架台、铁夹等在图中均已略去；碱石灰是生石灰与氢氧化钠的混合物，可以吸收水和二氧化碳)。 实验步骤如下： 按图连接装置，并检查气密性；准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为80.20g； 准确称得20.00g纯碱样品放入容器b中； 打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止； 打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入一定量空气；然后称得干燥管D的总质量为86.36g ；重复步骤和的操作，直到干燥管D的质量不变，为86.80 g。试回答： (1)装置B中发生反应的离子方程式_； (2)装置A中试剂X应选用足量的（ ） A饱和NaCl溶液 B浓H2SO4 CNaHCO3溶液 DNaOH溶液(3)请用文字叙述装置C的作用：_。请用文字叙述装置E的作用：_。(4)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果_(填“偏大”、 “偏小”或“不变”，下同)；若没有操作，则会导致测定结果_。(5)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为_。【答案】 (1). 2H+CO32- = H2O+CO2 (2). (2) (3). 吸收CO2气体中的水蒸气，避免测量结果产生误差(偏大) (4). 防止空气中的水或CO2进入D引起测量误差(偏大) (5). 偏大 (6). 偏小 (7). 79.5%【解析】【分析】B中发生发反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2，C中浓硫酸干燥二氧化碳，D中碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数。通入空气排尽装置中二氧化碳，使二氧化碳进入D中完全吸收，空气中的二氧化碳会影响实验，A中盛放浓氢氧化钠溶液可以除去空气中二氧化碳。F装置吸收空气中的二氧化碳、水蒸气，防止加入D中影响二氧化碳质量测定。【详解】(1)在装置B中，硫酸与碳酸钠发生复分解反应，产生硫酸钠、二氧化碳和水，发生反应的离子方程式是2H+CO32- =H2O+CO2；(2)鼓入空气可以将装置内残留的二氧化碳全部排出进入D装置，达到精确测量的目的；装置A中试剂X可以除去空气中的二氧化碳，防止干扰物质含量的测定，达到精确测量的目的，应选用浓NOH溶液，选项D合理；(3)B中生成二氧化碳中混有水蒸气，若没有C装置中盛有的浓硫酸来吸收，D中碱石灰就吸收二氧化碳与水蒸气，导致测定二氧化碳的质量偏大，样品中碳酸钠的质量分数会偏大；装置E盛有碱石灰，可以吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，防止空气中的水或CO2进入D引起测量误差(偏大)；(4)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，由于HCl具有挥发性，它会与碱石灰发生反应，导致测定结果偏大；若没有操作，碳酸钠反应产生的部分二氧化碳气体会在装置中滞留，使测定结果偏小；(5)生成二氧化碳的质量为m(CO2)=86.80 g-80.20g=6.60g，其物质的量为n(CO2)=6.60g44g/mol=0.15mol，根据碳原子守恒可知样品中碳酸钠的质量为m(Na2CO3)=0.15mol106g/mol=15.9g，则纯碱样品Na2CO3的质量分数为：(15.9g20.00g) 100%=79.5%。【点睛】本题考查物质含量测定实验，关键是明确实验原理，理解各装置的作用，定量实验要保证原理可靠、实验数据准确，是对学生综合实验能力的考查。20.高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。(1)干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2该反应中还原剂是_。(填化学式)(2)湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)是在碱性环境中进行，反应体系中有六种反应微粒：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O。请依据上述信息，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：_。每生成2mol FeO42-转移_mol电子，若反应过程中转移了0.5mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。已知：2Fe32I=2Fe2I2，2Fe2Br2=2Fe32Br。(1)含有1 mol FeI2和1 mol FeBr2的溶液中通入2.5 mol Cl2，此时依次被氧化的离子是_，被氧化的离子对应的物质的量之比是_。(2)若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的混合溶液中通入c mol Cl2，当该混合溶液与通入的Cl2恰好完全反应时，a、b、c的关系为_(用含a、b、c的代数式表示)。【答案】 (1). FeSO4 Na2O2 (2). 2Fe(OH)3+3ClO+4OH=2FeO42-+3Cl+5H2O (3). 6 (4). 0.25 (5). I、Fe2、Br (6). 2:2:1 (7). c=1.5a + 1.5b【解析】【分析】I.(1)在2FeSO4+6Na2O2=2NaFeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2中Fe、O元素的化合价升高，O元素的化合价降低，利用氧化还原反应规律判断；(2) 湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO42-为产物，Fe(OH)3为反应物，由电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，根据化合价升降总数相等配平参加氧化还原反应的微粒，再结合电荷守恒、原子守恒配平其它微粒的系数；根据Fe元素化合价变化计算转移电子，还原产物为Cl-，根据Cl元素化合价变化计算生成Cl-的物质的量；II.由2Fe3+2I-=2Fe2+I2和2Fe2+Br2=2Br-+2Fe3+可知，微粒的还原性强弱顺序是：I-Fe2+Br-，向溶液中通入氯气，氯气首先和I-反应，然后再和Fe2+反应，最后和Br-反应。根据FeI2、FeBr2、Cl2的物质的量，结合反应的离子方程式计算。【详解】I.(1)反应中Fe元素化合价由+2价升高为+6价，被氧化，FeSO4为还原剂；过氧化钠中O元素的化合价由-1价升高为0，由-1价降低为-2价，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂。故该反应中的还原剂为FeSO4和Na2O2；(2) 湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)，则FeO42-为产物，Fe(OH)3为反应物，Fe元素化合价升高3价，由电子转移守恒可知，ClO-为反应物，Cl-为生成物，化合价降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故Fe(OH)3和FeO42-的系数为2，ClO-和Cl-的系数为3，根据电荷守恒可知，OH-为反应物，系数为4，由元素守恒可知H2O为生成物，其系数为5，离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；根据Fe元素化合价变化可知：每产生1mol FeO42-，电子转移3mol，则生成2mol FeO42-转移6mol电子；若反应过程中转移了0.5mol电子，则还原产物的物质的量为n(Cl-)=0.5mol2=0.25mol；II. (1) 根据2Fe3+2I-=2Fe2+I2和2Fe2+Br2=2Br-+2Fe3+可知，微粒的还原性强弱顺序是：I-Fe2+Br-。向溶液中通入氯气，氯气首先和I-反应，然后再和Fe2+反应，最后和Br-反应。向含有1mol FeI2和1mol FeBr2的溶液中通入2.5mol Cl2，先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，2mol I-完全反应需要氯气1mol，然后发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，2mol Fe2+反应需要1mol氯气，还有0.5mol氯气，发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，消耗1molBr-，所以被氧化的离子依次是2molI-、2molFe2+、1mol Br-，所以它们的物质的量的比是2:2:1；a mol FeI2完全被氧化转移3amol电子，b mol FeBr2完全被氧化转移3bmol电子，由得失电子守恒可知，当I-、Fe2+、Br-完全被氧化时，消耗氯气的物质的量为n(Cl2)=0.5(3a+3b)mol，即c=。【点睛】本题考查氧化还原反应的知识，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，注意过氧化钠中O元素的化合价变化，题目难度中等。