湖南省长郡中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学Word版含解析

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湖南省长郡中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27S-32Cl-35.5Mn--55Fe-56I-127一、选择题(本题包括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.下列生活中常见的过程不属于化学变化的是A．天然气燃烧B．分离石油和水C．钢铁生锈D．食醋除水垢油水分离器A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧生成了二氧化碳和水，有新物质生成，属于化学变化，A不符合题意；B．石油和水分离，没有新物质生成，属于物理变化，B符合题意；C．钢铁生锈是Fe单质与空气中O2、水蒸气等物质反应产生铁，有新物质生成，属于化学变化，C不符合题意；D．食醋主要成分是CH3COOH，与水垢中的CaCO3反应产生可溶性的物质，有新物质产生，属于化学变化，D不符合题意；故答案选B。2.每年10月23日上午6：02到晚上6：02被誉为“摩尔日”(MoleDay)，这个时间的一种写法为6：0210/23，外观与阿伏加德罗常数近似值6.02×1023相似。用NA

1代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，18g水所占的体积约为22.4LB.1molOH-中含有电子数为10NAC.0.1molFeCl3·6H2O加入沸水中完全反应生成胶体的粒子数为0.1NAD.将22.4LHCl配成1L溶液，c(H+)为1mol/L【答案】B【解析】【详解】A．标况下，水不是气体，无法计算水分子的体积，故A错误；B．1molOH-中含有电子为(1+8+1)mol、数目为10NA，故B正确；C．胶体粒子的微粒直径在1-100nm之间，氢氧化铁胶体粒子所包含的氢氧化铁分子数不止1个，按铁元素守恒，所制得的胶体的粒子数远小于0.1NA，故C错误；D．没有指明标准状况，难以计算HCl的物质的量，故D错误；故选：B。3.下列化学用语完全正确的一组是A.质量数为31的磷原子：B.硫离子结构示意图：C.次氯酸电子式：D.KHSO4熔融电离：KHSO4=K++H++SO；KHCO3溶解于水，其电离：KHCO3=K++H++CO【答案】A【解析】【详解】A．P质子数为15、质量数为31的磷原子：，A正确；B．硫离子核内16个质子，核外18个电子，有3个电子层，最外层有8个电子，所以硫离子结构示意图：，B错误；C．次氯酸分子内，氧原子分别与氢、氯原子共用1对电子对，电子式：，C错误；D．KHSO4熔融电离：KHSO4=K++HSO；KHCO3溶解于水，其电离：KHCO3=K++HCO，D错误；

2答案选A。4.在无色透明溶液中，能大量共存的离子组是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】B【解析】【详解】A.题给附加条件是无色溶液，含的溶液一般呈蓝色，A项不符合题意；B.、、、离子间不反应，能大量共存，B项符合题意；C.是弱酸的酸式酸根离子，既能与酸反应也能与碱反应，故和不能大量共存，C项不符合题意；D.与能发生反应生成沉淀，不能大量共存，D项不符合题意。答案选B。5.在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO+F2+2OH-=RO+2F-+H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是A+3价B.+4价C.+5价D.+6价【答案】C【解析】【分析】离子方程式要遵循质量守恒（即反应前后原子种类及个数应相等）、电荷守恒（反应前后阴阳离子所带的电荷总数应相等）。【详解】在反应中，从离子方程式的电荷守恒的角度可知，n=1，则在中，R的化合价为+5价；答案选C。6.如图所示，在A处通入未经干燥的氯气，当关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象：当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色：则D瓶中盛放的溶液可能是(　　)①饱和NaCl溶液②NaOH溶液③H2O④浓硫酸

3A.①②B.①③C.②④D.③④【答案】C【解析】【详解】干燥氯气没有漂白性，D中盛放能消耗氯气的物质或干燥氯气的物质均会使C处的红布条无明显现象。A处通入湿润的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布看不到明显现象，当打开B阀后，C处干燥的红布条逐渐褪色，则洗气瓶D中装中物质具有吸水性或能与氯气发生化学反应。①饱和NaCl溶液不与氯气反应，也不能将氯气干燥，不符合题意，故①不选；②NaOH溶液与氯气反应，除去氯气，符合题意，故②选；③水不能完全吸收氯气，导致氯气中会混有水蒸气，不符合题意，故③不选；④浓硫酸具有吸水性，得到干燥的氯气，符合题意，故④选；故答案选C。7.现有以下反应①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是A.氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞Cl2＞KClO3＞Br2B.上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应C.反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5：1D.③中1mol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol【答案】C【解析】【详解】A．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴，所以氯气的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氧化产物是氯气，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾，氧化产物是氯酸钾，所以溴酸钾的氧化性大于氯酸钾，则氧化性强弱顺序是KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故A错误；B.反应②没有单质参加，所以不是置换反应，故B错误；C.反应②中还原剂HCl与氧化剂KClO3的物质的量之比为5:1，有部分盐酸中氯的化合价没有变，故C正确；

4D.③中还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，1mol还原剂反应转移电子2×5mol，得失电子守恒，则2mol氧化剂KBrO3得到电子的物质的量为2×5mol=10mol，故D错误；故选C。8.用下列实验装置进行相应实验，装置正确且能达到相应实验目的的是A.用甲装置测定Fe2+的浓度B.用乙装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液C.用丙装置均匀制取纯净的二氧化碳气体D.用丁装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡检验氢气【答案】D【解析】【详解】A．高锰酸钾具有强氧化性、能腐蚀橡皮管，因此盛装KMnO4溶液应选用酸式滴定管，不可用甲装置测定Fe2+的浓度，A错误；B．用量筒量取所需体积的较浓H2SO4后应注入盛有少量蒸馏水的烧杯、用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀、冷却后将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入容量瓶，B错误；C．碳酸钠是可溶性粉末，难以放在有孔塑料板上，不能用丙装置均匀制取纯净的二氧化碳气体，C错误；D．用丁装置进行铁与水蒸气的反应，点燃肥皂泡可听到轻轻的“噗”的一声，可检验氢气，D正确；答案选D。9.某学习小组拟用手持技术对新制饱和氯水进行检测，下列图像变化最有可能是其检测结果的是（）A.图1表示氯水pH随时间的变化B.图2表示溶液中氯离子浓度随时间的变化

5C.图3表示氯水的电导率随时间的变化D.图4表示液面上方氧气体积分数随时间的变化【答案】C【解析】【详解】A．氯水中存在：Cl2+H2OHCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，弱电解质HClO分解得到强电解质HCl，使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH不断减小，A错误；B．Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HClO光照分解产生HCl，HCl是强酸，完全电离产生H+和Cl-，因此溶液中氯离子浓度不断增大，B错误；C．Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HClO光照分解产生HCl和O2，HCl是强酸，完全电离产生H+和Cl-，因此氯水久置后溶液中自由移动的离子的浓度不断增大，使溶液的电导率不断增大，C正确；D．Cl2与水反应产生的HClO光照分解生成氧气，使氧气体积分数会不断增大，当其完全分解后O2的体积分数达到最大值，后又会逐渐减少直至不变，D错误；故答案为C。10.下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液C.取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg【答案】B【解析】【分析】【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，A不符合题意；B．氢氧化钠溶液的质量未知，bg为碳酸钠和氢氧化钠溶液的总质量，无法计算出碳酸钠的质量分数，B符合题意；C．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，C不符合题意；D．bg为二氧化碳的质量，设碳酸钠的物质的量为x，碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，根据碳元素守恒有：x+y=，解出x、y，就可求出混合物中碳酸钠的质量分数，D不符合题意；

6综上所述答案为B。二、选择题(本题包括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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.以太阳能为热源分解Fe3O4，铁氧化合物循环分解水制H2的过程如图所示。下列叙述正确的是A.过程I的反应所属基本反应类型是氧化还原反应B.过程II的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑C.过程I中每消耗116gFe3O4转移2mol电子D.铁氧化合物循环制H2具有节约能源、产物易分离等优点【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，过程I的反应为在太阳能的作用下，四氧化三铁分解生成氧化亚铁和氧气，所属基本反应类型是分解反应，故A错误；B．由图可知，过程II的反应为氧化亚铁与水共热反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2↑，故B正确；C．过程I中每消耗116g四氧化三铁，反应转移电子的物质的量为：=1mol，故C错误；D．由图可知，铁氧化合物循环制氢气以太阳能为能源、可节约能源，产物状态不同、产物易分离，故D正确；答案选BD。12.某实验小组通过下图所示实验，探究Na2O2与水的反应：

7下列说法错误的是A.②中的大量气泡的主要成分是氢气B.③中溶液变红，说明有酸性物质生成C.④中现象可能是由于溶液中含有漂白性物质造成的D.⑤中MnO2的主要作用是作催化剂【答案】AB【解析】【详解】A．若过氧化钠与水反应生成的是氢气，因另一产物为氢氧化钠，那么反应中只有元素化合价降低没有化合价升高，违背氧化还原反应规律，因此不可能是氢气，A错误；B．遇到酚酞，溶液变成红色，则过氧化钠与水反应生成了氢氧化钠，氢氧化钠是强碱，B错误；C．红色褪去，指示剂被漂白，说明过氧化钠与水反应生成了有漂白性的物质，可能生成了过氧化氢，过氧化氢具有强氧化性，能够使溶液褪色，C正确；D．溶液中物质在二氧化锰作催化剂时发生了分解，因此放出大量气泡，最大的可能是过氧化钠与水反应生成了过氧化氢，过氧化氢在催化剂作用下分解产生了氧气，D正确；答案选AB。13.现有两份溶液A和B，若A溶液中含有H+、Al3+、SO三种离子，其中H+的浓度为0.5mol·L-1，Al3+的浓度为0.3mol·L-1，B溶液中含有Fe3+、Cl-、Ba2+三种离子，其中Cl-的浓度为0.4mol·L-1，将两溶液等体积混合(忽略溶液体积的变化)，则混合后SO的浓度可能是A.0.2mol·L-1B.0.33mol·L-1C.0.3mol·L-1D.0.4mol·L-1【答案】BC【解析】【详解】A溶液中含有H+、Al3+、SO三种离子，其中H+的浓度为0.5mol/L，Al3+的浓度为0.3mol/L，依据电荷守恒：c(H+)+3c(Al3+)=2c(SO)，代入数据解得c(SO)=0.7mol/L，假设B溶液中只含有Cl-、Ba2+两种离子，则c(Ba2+)=0.2mol/L，则两溶液等体积混合(忽略溶液体积的变化)，则混合后

8SO的浓度为：=0.25mol/L，假设B溶液中含有Fe3+、Cl-，则两溶液等体积混合(忽略溶液体积的变化)，则混合后SO的浓度=0.35mol/L，所以SO的浓度在0.25mol/L~0.35mol/L之间，BC符合题意；答案选BC。14.X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状态下的密度为0.76g·L-1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是A.原子半径：W＞X＞Y＞Z＞MB.XZ2、X2M2、W2Z2均为共价化合物C.CaM2和CaZ2两种化合物中，阳离子与阴离子个数比均为1：2D.由X、Y、Z、M四种元素共同形成的化合物中一定有共价键，可能有离子键【答案】AD【解析】【分析】X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g/L，该化合物的摩尔质量为0.76g/L×22.4L/mol=17g/mol，考虑为NH3，X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，故Y为N元素，M为H元素；X与Z可形成XZ2分子，则X位于偶数族，X、Y、Z原子最外层电子数之和为15，故X、Z的最外层电子数之和为15-5=10，Z最外层电子数为偶数，二者平均最外层电子数为5，故Z处于第VIA族，X处于第IVA族，所以X为C元素，Z为O元素；W的质子数是X、Y，Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为(6+7+8+1)=11，所以W为Na元素，综上，X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，M为H元素，W为Na元素，据此分析解答问题。【详解】A．同周期从左到右元素原子半径递减，同主族时，核电荷数越大，原子半径越大，原子半径：W＞X＞Y＞Z＞M，A正确；B．W2Z2为过氧化钠、属于离子化合物，B不正确；C．CaM2和CaZ2两种化合物中，前者由钙离子和氢阴离子构成，阳离子与阴离子个数比为1:2、后者由钙离子和过氧根离子构成，阳离子与阴离子个数比为1:1、C不正确；D．由X、Y、Z、M

9四种元素共同形成的化合物可以是氨基酸之类的共价化合物、也可以是碳酸氢铵、碳酸铵之类的离子化合物，则一定有共价键，可能有离子键，D正确；答案选AD。三、非选择题(本题包括4小题，共54分)15.对于数以万计的化学物质和为数众多的化学反应，分类法的作用几乎是无可代替的。请利用分类法结合所学知识完成下列各小题：（1）现有下列9种微粒：、、、、、、、、。形成上述9种微粒的核素有___________种、元素有___________种。（2）现有以下物质：①稀盐酸②Cl2③BaSO4固体④NaOH溶液⑤熔融NaHSO4⑥CO2⑦铝条⑧蔗糖以上物质中能导电的是___________(填标号，下同)，属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。（3）已知有下列物质：①O2②NaCl③CO2④H2O⑤NH4Cl⑥NaOH⑦Na2O2，这些物质中，只含有离子键的是___________，含有非极性共价键的离子化合物是___________，属于共价化合物的是___________。【答案】（1）①.7②.5（2）①.①④⑤⑦②.③⑤③.⑥⑧（3）①.②②.⑦③.③④【解析】【小问1详解】核素是具有一定数目质子和一定数目中子的原子，在题目已知的微粒中，、、、、、、7种微粒属于核素；元素是具有一定数目质子的同一类原子的总称。、属于H元素；、属于C元素；属于N元素，、属于Fe元素，、属于O元素，因此上述9种微粒中含有5种元素；【小问2详解】①稀盐酸中含有自由移动的H+、Cl-，可以导电；④NaOH 溶液中含有自由移动的Na+、OH-，可以导电；  ⑤熔融NaHSO4 中含有自由移动的Na+、，可以导电；⑦铝条中含有自由移动的电子，可以导电，因此 可以导电的物质序号是①④⑤⑦；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电化合物。在上述物质中，属于电解质的为③BaSO4

10固体、⑤熔融NaHSO4，故属于电解质的物质序号是③⑤；非电解质是在水溶液中或熔融状态下都不能够导电的化合物。在上述物质中，属于非电解质的为⑥CO2、⑧蔗糖，故属于非电解质的物质序号是⑥⑧；【小问3详解】②NaCl是离子化合物，Na+、Cl-之间以离子键结合，因此NaCl中只含有离子键，只含有离子键的物质序号的是②； ⑦Na2O2是离子化合物，Na+、之间以离子键结合，在阴离子中2个O原子之间以非极性共价键结合，因此Na2O2是含有非极性共价键的离子化合物，则含有非极性共价键的离子化合物的物质序号是 ⑦；共价化合物是指含有共价键的化合物，在上述物质中，属于共价化合物的是③CO2、④H2O，故属于共价化合物的物质序号是③④。16.元素周期表对化学的发展有很大影响，在材料、能源、环境和生命科学研究上发挥着越来越重要的作用。下表是元素周期表的一部分，数字①~⑨代表九种常见的短周期元素，请按题目要求回答下列问题：①②③④⑤⑥⑦⑧⑨（1）⑧所对应的元素在周期表中的位置___________。（2）在①~⑨元素中，原子半径最大的元素，其某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，请写出该反应化学方程式___________（3）写出⑤⑥⑦三种元素所形成最高价氧化物对应的水化物中能互相反应的离子方程式是___________（4）比较④与⑨的简单气态氢化物的稳定性___________＞___________(填化学式)。___________（5）由下列元素形成的化合物中含有离子键的是___________A.①③B.②③C.①④D.⑥⑨（6）写出⑤在空气中燃烧产物的电子式___________。【答案】（1）第三周期第VIA族（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（3）Al(OH)3+OH-=+2H2O

11（4）HF＞HCl（5）D（6）【解析】【分析】根据元素在周期表的位置可知①是H，②是C，③是O，④是F，⑤是Na，⑥是Mg，⑦是Al，⑧是S，⑨是Cl元素，然后根据物质的性质及元素周期律分析解答。【小问1详解】根据上述分析可知：⑧是S元素，原子核外电子排布是2、8、6，根据原子结构与元素性质关系可知S位于元素周期表第三周期第VIA族；【小问2详解】在①~⑨元素中，原子半径最大的元素是Na元素，其某种氧化物可用于呼吸面具中氧气来源，则该氧化物是Na2O2，Na2O2在呼吸面具中与CO2、H2O反应中均产生O2，相应反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；【小问3详解】⑤是Na，⑥是Mg，⑦是Al，三种元素最高价氧化物对应的水化物化学式分别是NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3，NaOH是一元强碱，Mg(OH)2是二元弱碱，Al(OH)3是两性氢氧化物，Al(OH)3能够与NaOH反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=+2H2O；【小问4详解】④是F，⑨是Cl，二者是同一主族元素，元素的非金属性：F＞Cl，元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，因此简单氢化物的稳定性：HF＞HCl；【小问5详解】A．①是H，③是O，二者形成的化合物H2O、H2O2，两种化合物都是共价化合物，只含共价键，不含离子键，A不符合题意；B．②是C，③是O，二者形成的化合物CO、CO2，两种化合物都是共价化合物，只含共价键，不含离子键，B不符合题意；C．①是H，④是F，二者形成的化合物HF是共价化合物，只含共价键，不含离子键，C不符合题意；D．⑥是Mg，⑨是Cl，二者形成的化合物MgCl2是离子化合物，Mg2+与2个Cl-离子之间以离子键结合，是只含有离子键的化合物，D符合题意；故合理选项是D。【小问6详解】⑤是Na，Na在空气中燃烧产生Na2O2，该化合物为离子化合物，其中的Na+与

12之间以离子键结合，在阴离子中，两个O原子之间以共价键结合，故其电子式为：。17.某兴趣小组同学向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴滴加稀H2SO4，不断搅拌并测定溶液导电能力的变化(装置如图所示)。I．实验测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图所示。（1）写出Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应的离子方程式___________。（2）该小组的同学关于如图的说法中正确的是___________(填“序号”)。①AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的BaSO4不是电解质②B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子③BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的Ba(OH)2电离出的离子导电④a时刻Ba(OH)2溶液与稀H2SO4恰好中和II．配制250mL1.0mol/LH2SO4溶液。（3）计算：需要18mol/LH2SO4溶液___________mL(计算结果精确到小数点后一位)。（4）配制过程中的正确操作顺序是：b、d、___________、e(填“字母”)。a．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶。b．用量筒量取所需体积的18mol/LH2SO4溶液注入盛有约50mL蒸馏水的烧杯。c．用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。d．用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀。e．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。f．将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。

13g．往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1~2cm处。（5）下列操作将导致所配制的H2SO4溶液浓度偏大的是___________(填“字母”)。a．移液过程有H2SO4溶液溅出瓶外b．移液后未洗涤烧杯和玻璃棒c．定容时俯视容量瓶刻度线d．加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体（6）现有密度为dg/mL浓度为18mol/L的浓硫酸溶液200g，需要加入一定量的水将其稀释为9mol/L，则加入水的体积是___________A．大于200mLB．小于200mLC．等于200mL【答案】（1）Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O（2）②④（3）13.9（4）f、a、g、c（5）c（6）B【解析】【分析】配制稀硫酸时，需要计算、量取、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀操作。配制过程中要保证溶质完全转移到容量瓶中、保证溶液体积准确，不然会引起误差，若不当操作导致溶质物质的量偏小或溶液体积偏大，则浓度偏小；若不当操作导致溶质物质的量偏大或溶液体积偏小，则浓度偏大，据此回答。【小问1详解】Ba(OH)2溶液与稀H2SO4反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O。【小问2详解】①硫酸钡为电解质，①错误；②B处溶液的导电能力约为0，说明溶液中几乎没有自由移动的离子，②正确；③BC段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的H2SO4电离出的离子导电，③错误；④a时刻Ba(OH)2溶液与稀H2SO4恰好中和，故导电能力为0，④正确；选②④。【小问3详解】c稀·V稀=c浓·V浓，则18·V浓=250×1，则需要18mol/LH2SO4溶液V浓=13.9mL。【小问4详解】配制过程中的正确操作顺序是：

14b．用量筒量取所需体积的18mol/LH2SO4溶液注入盛有约50mL蒸馏水的烧杯。d．用玻璃棒慢慢搅动，混合均匀。f．将稀释后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。a．用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶。g．往容量瓶中加入蒸馏水，直到液面在容量瓶刻度线下1~2cm处。c．用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液的凹液面与刻度线相切。e．盖好容量瓶瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。故答案为f、a、g、c。【小问5详解】a．移液过程有H2SO4溶液溅出瓶外，会导致配制溶液的溶质物质的量偏小、浓度偏低，b．移液后未洗涤烧杯和玻璃棒，会导致配制溶液的溶质物质的量偏小、浓度偏低，c．定容时俯视容量瓶刻度线，实际液体小于250mL，浓度偏大；d．加水超过刻度线，用胶头滴管吸出多余液体，溶质减少，浓度偏小。故答案为c。【小问6详解】根据稀释前后溶质量不变，列式得：18mol/L×≈9mol/L×(+V水)，解得V水=mL，因为浓硫酸密度d＞水密度(近似为1)，故V水=mL＜=200mL，故答案选B。【点睛】．18.铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：(氯化铁)熔点为306°C，沸点为315°C；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500~600°C的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。(氯化亚铁)熔点为670°C，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁。某化学活动小组用如图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：（1）在装置A中，用KMnO4

15与浓盐酸反应制取氯气，写出反应的离子方程式并用单线桥法表示出电子的转移___________。（2）D中装的药品是碱石灰，其作用是___________。（3）定性分析。取装置C中的少量产物溶于稀硫酸中配成稀溶液待用。若产物中混有FeCl2，可用下列试剂中的___________(只能选取一种试剂，填序号)进行检测。①H2O2溶液②KI-淀粉溶液③KSCN溶液④酸性KMnO4溶液（4）定量分析。取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：①称取4.60g产品溶于过量的稀盐酸中；②加入足量H2O2溶液；③再加入足量NaOH溶液；④过滤、洗涤后灼烧沉淀；⑤称量所得红棕色固体为2.40g．则该样品中铁元素的质量分数为___________%(结果精确到小数点后两位)。（5）由(4)定量分析数据得出结论，并提出改进措施。①用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量___________(填“相等”“偏高”或“偏低”)，说明含有FeCl2杂质。②若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是___________。【答案】（1）+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2）吸收未反应的Cl2，防止污染环境；防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解(言之有理即可)（3）④（4）36.52（5）①.偏高②.在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HC1(言之有理即可)【解析】【分析】A中浓HCl和高锰酸钾反应生成氯气，所得氯气中含HCl、HCl气体极易溶于水、Cl2难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，经B中浓硫酸干燥后，气体进入反应管、Cl2在加热下与铁反应生成氯化铁、所含HCl也能与Fe反应生成FeCl2，装置C用来收集冷凝的FeCl3固体，装置D用来吸收多余的Cl2，防止污染大气、并能防止空气中的水蒸气进入C中，以此解答该题。【小问1详解】在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【小问2详解】氯气有毒需要尾气处理，又因为氯化铁易吸收空气中的水分而潮解，所以D中装的药品是碱石灰，其作用是吸收未反应的Cl2；防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解。【小问3详解】

16氯化亚铁具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，因此如果产物中混有FeCl2，可用酸性KMnO4溶液检验，答案选④，实验现象是溶液褪色。【小问4详解】双氧水能把亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，灼烧转化为氧化铁，物质的量是2.4g÷160g/mol=0.015mol，根据铁元素守恒可知铁元素的质量是0.015mol×2×56g/mol=1.68g，则该样品中铁元素的质量分数为×100%≈36.52%。【小问5详解】①由于氯化铁中铁元素的质量分数为34.46%、小于氯化亚铁中铁元素的质量分数，则用题目所给的装置制得的产物中，所测铁元素含量偏高，则说明含有FeCl2杂质；②由于生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与铁反应生成氯化亚铁，则若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是在AB装置间增加一个装有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl。19.数形结合思想是化学学科的重要思维模式，请结合所学知识和图像作答：I．完成下列问题（1）如图为含氯元素物质的“价类二维图”，下列说法正确的是___________。A.乙、丁均属于电解质B.丙的酸性强于碳酸C.乙是一种广谱型的消毒剂，可取代甲成为自来水的消毒剂D戊→己必须加还原剂才能实现II．某实验小组向100mLFeI2溶液中通入Cl2，溶液中Fe3+、I2的物质的量随通入的Cl2的物质的量变化如图所示(不考虑与水的反应)。请回答下列问题：

17（2）从开始通入Cl2到n(Cl2)=0.12mol时，溶液中：=___________。（3）通入足量氯气反应的化学方程式为：___________。III．把NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体组成的混合物溶于足量水后，产生1.16g白色沉淀，再向所得悬浊液中逐滴加入1.00mol/LHCl溶液，加入HCl溶液的体积与生成沉淀的关系如图。试回答：（4）A点的沉淀物的化学式为___________。（5）C点消耗HCl溶液的体积为___________mL。【答案】（1）C（2）2：3（3）2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2（4）Mg(OH)2（5）130.0【解析】【小问1详解】根据“价类二维图”可知，甲为Cl2，乙为ClO2，丙为HClO，丁为HClO4，戊为KClO3，己为KCl，据此分析解答。A．乙为ClO2，属于非电解质，A错误；B．丙为HClO，酸性比碳酸弱，B错误；C．甲为Cl2，乙为ClO2，C1O2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代氯气成为生产自来水的消毒剂，C正确；D．戊为KClO3，己为KCl，KClO3可在MnO2作催化剂的条件下加热发生分解生成KCl，不一定需要加入还原剂才能实现，D错误；则答案为C。【小问2详解】

18由于氧化性：Cl2＞Fe3+＞I2，还原性：Cl-＜Fe2+＜I-，因此向100mLFeI2溶液中逐渐通入Cl2时，Cl2先与I-反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I-反应完全后，Cl2再氧化Fe2+，发生反应Cl2+2Fe2+=2C1-+2Fe3+。由图像可知，当通入0.1molCl2时，生成碘单质0.1mol，且碘离子恰好反应完全，继续通入Cl2，Fe3+开始增多，即开始发生反应Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，则溶液中n(I-)=0.2mol，则n(FeI2)=0.1mol，FeI2物质的量是0.1mol，通入0.1molCl2时，溶液中发生反应：Cl2+2I-=2C1-+I2，再通入0.02molCl2时，溶液中发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，消耗0.04molFe2+，得到0.04molFe3+，剩余的Fe2+是0.06mol，溶液中。【小问3详解】通入足量氯气时，FeI2全部参与反应，生成氯化铁和碘单质，反应的化学方程式为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2。【小问4详解】向水、固体组成的混合物溶液中加入盐酸时，O-A段没有沉淀生成、则反应为盐酸和氢氧化钠溶液的反应，则原固体加水时NaOH过量、Al3+完全转化为AlO、溶液中存在的沉淀为Mg(OH)2；A-B段盐酸和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：H2O+AlO+H+=Al(OH)3↓。B点溶液中存在的溶质是NaCl，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3；B-C过程中Mg(OH)2、Al(OH)3与盐酸反应而溶解，所以C点溶液中的溶质是氯化铝、氯化镁和氯化钠。由上述分析可知A点沉淀物为Mg(OH)2。【小问5详解】根据镁元素守恒，可知溶液中MgCl2的物质的量n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]==0.02mol，A-B段发生反应：H2O+AlO+H+=Al(OH)3↓，n(AlCl3)=n(Al3+)=n[Al(OH)3]=n(HCl)=1.00mol/L×0.02L=0.02mol，由题意可知：B-C段为Mg(OH)2、Al(OH)3与盐酸反应，Mg(OH)2消耗盐酸的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，Al(OH)3消耗盐酸的物质的量为0.02mol×3=0.06mol，则消耗盐酸的体积为：V(HCl)==0.1L=100.0mL，则C点HCl溶液的体积为V(HCl)总=30.0mL+100.0mL=130.0mL。

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