广东省开平市五校联盟2018_2019学年高一化学上学期期末模拟检测试题（含解析）.docx

广东省开平市五校联盟2018-2019学年度高一第一学期期末模拟检测化学试题1.标准状况下，往100mL 0.2mol/L的FeBr2溶液中通入一定体积的Cl2，充分反应后，溶液中有50%的Br-被氧化。则通入的氯气的体积是A. 0.224L B. 0.336L C. 0.448L D. 0.672L【答案】C【解析】【分析】还原性Fe2+Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子为Br2，根据电子转移守恒计算通入氯气物质的量，进而计算氯气体积。【详解】n（FeBr2）=0.2mol/L0.1L=0.02mol，则n（Fe2+）=n（FeBr2）=0.02mol，n（Br-）=2n（FeBr2）=0.04mol。还原性Fe2+Br-，氯气先氧化亚铁离子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子为Br2，溶液中有50%的Br-被氧化，则被氧化的Br-为0.02mol，根据电子转移守恒，通入氯气物质的量为(0.02mol1+0.02mol1)/2=0.02mol，则标况下通入氯气的体积为0.02mol22.4L/mol=0.448L，答案选C。2.下列关于物质分类的说法正确的是A. 胆矾、石膏、漂白粉都是纯净物 B. 氢氧化钙、盐酸、硫酸铜均为强电解质C. 氯化钙、烧碱、聚苯乙烯均为化合物 D. 稀豆浆、鸡蛋清溶液、雾均为胶体【答案】D【解析】A、胆矾为硫酸铜晶体，属于纯净物，石膏是二水硫酸钙，属于纯净物，漂白粉是氯化钙、次氯酸钙的混合物，不是纯净物，选项A错误；B、氢氧化钙、硫酸铜在水溶液中均完全电离，均为强电解质，盐酸是氯化氢气体的水溶液是混合物，不符合电解质的概念，选项B错误；C、氯化钙、烧碱都是由一种物质组成的，均为化合物，聚苯乙烯属于混合物，选项C错误；D、稀豆浆、鸡蛋清、雾均为胶体，选项D正确。答案选D。3.某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO 25%，密度为1.19 g/cm3的消毒液。下列说法正确的是A. 配制过程只需要三种仪器即可完成B. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C. 所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小D. 需要称量NaClO固体的质量为140 g【答案】C【解析】试题分析：A、配制溶液所需仪器：天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故错误；B、向容量瓶加水至刻度线，因此容量瓶洗净即可，不用烘干，故说法错误；C、碳酸的酸性强于次氯酸，2ClOCO2H2O=2HClOCO32，次氯酸不稳定易分解，长时间放置，NaClO的浓度会降低，故正确；D、实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的，质量应是5001.1925%g=148.8g，故错误。考点：考查配制一定物质的量浓度。4.向HCl、AlCl3混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成沉淀的量随NaOH溶液加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A. M点对应的溶液中：K+、Fe2+、SO42-、NO3-B. N点对应的溶液中：K+、NH4+、Cl-、CO32-C. S点对应的溶液中：Na+、SO42-、HCO3-、NO3-D. R点对应的溶液中：Na+、SO42-、Cl-、NO3-【答案】D【解析】AM点盐酸有剩余，溶液显酸性，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；BN点HCl与NaOH恰好反应，溶液中含AlCl3，Al3+、CO32-相互促进水解，不能大量共存，故B错误；CS点AlCl3没有完全反应，Al3+、HCO3-相互促进水解，不能大量共存，故C错误；DR点生成偏铝酸钠，溶液显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确；故选D。5.分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是根据酸分子中含有的H原子个数将酸分为一元酸、二元酸、多元酸根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应同位素：1H、2H、3H；干冰、液氯都是非电解质电解质：明矾、冰醋酸、纯碱；同素异形体：C60、金刚石、石墨根据分散系的稳定性大小将混合物分为胶体、溶液和浊液A. 只有 B. 只有 C. 只有 D. 只有【答案】A【解析】将酸分为一元酸、多元酸是根据酸分子在水溶液中电离出的H+个数，而不是酸分子中的H个数，如H3PO3（亚磷酸）为二元酸，错；氧化还原反应与非氧化还原反应的区别为反应中是否有电子转移，正确；同位素是质子数相同而中子数不同的原子的互称，1H、2H、3H是同位素，电解质和非电解质都是化合物，区别是在熔融状态或水溶液中是否导电，干冰是固态的二氧化碳，是分子晶体，是非电解质，液氯是单质，不是非电解质，错；明矾、冰醋酸、纯碱都是电解质，同素异形体是同种元素的不同种单质，C60、金刚石、石墨是同素异形体，正确；分散系根据分散质粒子大小分为溶液、胶体、浊液，错。考点：考查基本概念。6.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 15g甲基（CH3）含有的电子数是9NAB. 7.8g苯中含有的碳碳双键数为0.3NAC. 1mol C2H5OH和1mol CH3CO18OH反应生成的水分子中的中子数为8NAD. 标准状况下，2.24 L CCl4中的原子总数为0.5NA【答案】A【解析】分析：A、甲基含有9个电子；B、苯中无碳碳双键；C、酯化反应中酸断羧基醇断氢；D、标准状况下CCl4为液体。详解：A15g甲基的物质的量都是1mol，1mol甲基中含有9mol电子，含有的电子数均为9NA，选项A正确；B苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，选项B错误；C、C2H5OH和CH3CO18OH反应生成水为H218O，含10个中子，但酯化反应为可逆反应，故不能进行彻底，故生成的水中的中子个数小于10NA个，选项C错误；D、标况下CCl4为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项D错误。答案选A。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。7.下列关于离子检验的说法中正确的是A. 向某溶液中加入澄清石灰水，溶液变浑浊，则该溶液一定含有CO32-B. 向某溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中一定含有ClC. 向某溶液中加入盐酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该溶液中一定含有SO42-D. 向某溶液中加入2滴KSCN溶液，溶液不显红色，再向溶液中加几滴新制的氯水，溶液变为红色，该溶液中一定含有Fe2【答案】D【解析】A项溶液中还可能含有的是HCO3-、SO32-、HSO3-中的一种或几种；B项溶液中还可能含有SO32-、SO42-、CO32-等离子中的一种或几种；C溶液中还可能含有Ag。8.下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A. Fe3O4与足量稀HNO3反应： Fe3O48H2Fe3Fe24H2OB. 用小苏打治疗胃酸过多：NaHCO3HNaCO2H2OC. 双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2 + 2H + 2I = I2 + 2H2OD. 往碳酸氢钙溶液中滴入少量氢氧化钠溶液：Ca2+2OH-+2HCO3-CaCO3+ 2H2O + CO32-【答案】C【解析】试题分析：A、硝酸具有氧化性，可以将亚铁离子氧化成铁离子，故错误；B、小苏打为碳酸氢钠，能拆成离子形式，故错误；C、过氧化氢氧化碘离子生成碘单质，故正确；D、碳酸氢钙和少量的氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，故错误。考点：离子方程式的判断9.下列说法或实验操作不正确的是A. 配制10%的ZnSO4溶液，将l0gZnSO4溶解于90g水中B. 用四氯化碳萃取碘水中的碘时，将碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出C. NaCl溶液蒸发结晶时，蒸发血中有晶体析出并剩余少量液体时即停止加热D. 检验蔗糖水解产物具有还原性时，先向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热。【答案】D【解析】A、10gZnSO4溶解在90g水中，所得溶液质量分数为 ，符合要求，因此A描述正确。B、CCl4不溶于水，可以用作萃取碘水中碘的萃取剂，由于CCl4密度比水大，静置后萃取了I2的CCl4溶液位于分液漏斗下层，所以先从下口放出，之后上层水溶液从上口倒出，B描述正确。C、蒸发结晶时不可以将溶液蒸干，加热至有晶体析出就要停止加热，此时仍然存在的少量水是利用余热蒸干，C描述正确。D、水浴加热后的水解液呈酸性，此时直接加入新制的银氨溶液会与硫酸反应，导致实验失败，正确的方案是取出少量水解液，先加碱中和至中性或弱碱性，再加新制的银氨溶液，水浴加热，D描述错误。正确答案D。点睛：由于质量具有加和性，所以配制一定质量分数的溶液可以直接计算得到所需物质质量，再进行混合即可。配制一定物质的量浓度的溶液时，由于体积没有加和性，所以通过计算得到所需物质体积，再进行混合，实际所得到的体积不是二者体积和，所以配制的结果也就是错误的，因此必须使用一定规格的容量瓶准确配制出所需的体积。10.已知：将Cl2通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、NaClO、NaClO3，且的值仅与温度高低有关，当n(NaOH)6a mol时，下列有关说法正确的是A. 改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：3a moln5a molB. 改变温度，产物中NaCl的最小理论产量为4a molC. 参加反应的氯气的物质的量为6a molD. 某温度下，若反应后6，则溶液中【答案】A【解析】【分析】A.氧化产物只有NaClO3时,转移电子最多,氧化产物只有NaClO时,转移电子最少,根据电子转移守恒及钠离子守恒计算；B.反应中转移电子最少时生成NaCl最少；C.由Cl原子守恒可以知道：2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)；由钠离子守恒可以知道: n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=n(NaOH)；D.令n(ClO-)=1mol，反应后c(Cl-)/c(ClO-)=6,则n(Cl-)=6mol ,根据电子转移守恒计算n(ClO3-),据此计算判断。【详解】A.氧化产物只有NaClO3时,转移电子最多,根据电子转移守恒n(NaCl)=5 n(NaClO3),由钠离子守恒: n(NaCl)+ n(NaClO3)=n(NaOH) ,故n(NaClO3)=1/6 n(NaOH)=1/66amol= a mol,转移电子最大物质的量=a5=5a mol；氧化产物只有NaClO时,转移电子最少,根据电子转移守恒n(NaCl)= n(NaClO),由钠离子守恒: n(NaCl)+n(NaClO) = n(NaOH) ,故n(NaClO)=1/2n(NaOH)=3a mol,转移电子最小物质的量=3a1=3a mol,故反应中转移电子的物质的量n的范围: 3a moln5a mol，A正确；B.反应中还原产物只有NaCl,反应中转移电子最少时生成NaCl最少,根据电子转移守恒n(NaCl)= n(NaClO),由钠离子守恒: n(NaCl)+ n(NaClO) = n(NaOH) ,故n(NaClO)=1/2n(NaOH)=3amol,B错误；C.由Cl原子守恒可以知道, 2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3),由钠离子守恒可以知道n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=n(NaOH),故参加反应的氯气的物质的量=1/2 n(NaOH)=3amol,C错误；D.令n(ClO-)=1mol,反应后c(Cl-)/c(ClO-)=6,则n(Cl-)=6mol,电子转移守恒,5n(ClO3-)+1n(ClO-)=1n(Cl-),即5 n(ClO3-)+1=16,计算得出n(ClO3-)=1mol,则溶液中c(Cl-)/c(ClO3-)=6,D错误；正确选项A。11.下列有关说法正确的是A. 氯化钠溶液均一、稳定、透明，不是分散系B. “冰水混合物”是一种分散系C. 分散系有的是纯净物，有的是混合物D. 分散系都是混合物，按分散质和分散剂所处的状态，分散系的组合可能有9种方式【答案】D【解析】试题分析：A根据分散质直径不同，将分散系分为溶液、胶体、浊液三种，它们均是混合物，氯化钠溶液是均一稳定透明的分散系，A错误；B冰水混合物是一种分散系，B正确；C分散系都是混合物，C错误；D分散系都是混合物，按分散质和分散剂所处的状态，分散系的组合有9种方式,分别为：以气体为分散剂，固体，液体，气体为分散质,以固体为分散剂，固体，液体，气体为分散质,以液体为分散剂，固体，液体，气体为分散质，D正确，选D。考点：考查分散系的种类及特征。12.配制0.1molL1的NaOH溶液，下列操作会导致所配的溶液浓度偏高的是A. 用敞口容器称量NaOH且时间过长 B. 定容时俯视读取刻度C. 原容量瓶洗净后未干燥 D. 配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒【答案】B【解析】A用敞口容器称量NaOH且时间过长，导致称取的溶质中含有氢氧化钠的质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，A错误；B定容时俯视读取刻度，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，B正确；C原容量瓶洗净后未干燥，对溶液体积、溶质的物质的量都不会产生影响，溶液浓度不变，C错误；D配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，D错误；答案选B。点睛：本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制误差分析，准确分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响是解题关键，注意误差分析的依据：cn/V，因此凡是使n偏大，V偏小的操作都能使溶液浓度偏高，反之溶液浓度偏低。13.有反应方程式：Cu + 2H2SO4（浓） CuSO4 + SO2 + H2O，当32gCu完全反应时，被还原的H2SO4的物质的量为（已知：MCu= 64 g/mol）A. 0.5mol B. 1.0mol C. 1.5mol D. 2.0mol【答案】A【解析】试题分析：32gCu的物质的量为：32g64 g/mol=0.5mol，从反应的方程式可以看出反应0.5molCu要消耗1mol的H2SO4，反应中H2SO4只用一半做氧化剂，故被还原的H2SO4的物质的量为0.5mol ，选A。考点：有关物质的量的计算、氧化还原反应中氧化剂的判断。14.下列说法正确的是A. 液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封B. 铝箔燃烧后不掉落的原因是铝的熔沸点比较高C. Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性D. 溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-【答案】A【解析】【详解】A、由于液溴容易挥发，密度大于水的密度，所以在存放液溴的试剂瓶中应加水封，故A正确；B. 铝箔燃烧后产生的氧化铝熔点高，燃烧时不能熔化，因此熔化的铝不掉落，故B错误；C二氧化硫与品红化合生成无色物质，与氧化性无关，而Cl2能使品红溶液褪色，与氧化性有关，故C错误；D酸化的Ba(NO3)2溶液具有强氧化性，SO32-可被氧化为SO42-，不能确定是否含有SO42-，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了元素及其化合物的性质、药品的保存。本题的易错点为D，要注意硝酸性质的特殊性，硝酸具有强氧化性，这是与盐酸和稀硫酸不同的性质。15.分类法是研究化学的一种重要方法，下列乙中的物质与甲的分类关系匹配的是选项甲乙A干燥剂浓硫酸、石灰石、无水氯化钙B弱电解质冰醋酸、氨气、水C空气质量检测物质氮氧化物、二氧化硫、PM2.5D酸性氧化物三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、石灰石是碳酸钙，不能做干燥剂，A错误；B、氨气是非电解质，B错误；C、氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均是空气质量检测物质，C正确；D、一氧化碳不是酸性氧化物，与碱不反应，D错误，答案选C。16.agFe2O3和A12O3组成的混合物全部溶于20mL pH=1的硫酸，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，则c（NaOH）为A. 01molL-1 B. 02molL-1 C. 04molL-1 D. 08molL-1【答案】B【解析】【详解】若恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，即最终溶液中阳离子只有钠离子，阴离子只有硫酸根，即溶液的溶质为Na2SO4，20mL pH=1的硫酸中氢离子物质的量为n=20mL0.1mol/L=0.002mol,则硫酸根的物质的量为0.001mol，由电荷守恒可知钠离子的物质的量为0.002mol,则浓度为c=n/V=0.002mol/0.01L=0.2molL-1。综上所述，本题应选B。17.实验室按照下图所示的操作程序用于提纯某种物质，下列分析一定正确的是A. 该操作流程可用于分离水与四氯化碳B. 操作I-定是过滤，目的是将固液分离C. 可以用于从四氯化碳中提取碘单质D. 可以提纯含少量BaSO4的NaCI固体混合物【答案】D【解析】【分析】由流程可以知道操作为溶解,为过滤或重结晶,为蒸发结晶或过滤,以此解答该题。【详解】A. 四氯化碳和水互不相溶，可以直接进行分液分离，不符合上述操作流程，故A 错误；B. 操作是溶解，将固体溶于水，故B错误；C.碘易溶于有机溶剂四氯化碳，而两种物质的沸点不同，因此，只能采用蒸馏的方法进行分离，故C错误；D. BaSO4不溶于水，NaCl能够溶于水，因此可以采用：溶解、过滤、蒸发的操作提纯含少量BaSO4的NaCl固体混合物，故D正确；综上所述，本题选D。18.下列关于钠的叙述中，正确的是A. 钠露置在空气中最终变为过氧化钠固体B. 钠能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属C. 钠蒸气充入灯泡中制成钠灯，常用于公路照明D. 金属钠着火时，能用泡沫灭火器来灭火【答案】C【解析】A. Na在空气中被氧气氧化成氧化钠，氧化钠与水反应生成NaOH，再与二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na露置在空气中，最终变为碳酸钠，故A错误；B. 因钠与盐溶液反应时，钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，所以它不能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属，故B错误；C. 钠的焰色为黄色，黄光透雾性强，制成钠灯，常用于公路照明，故C正确；D. 金属钠着火时，生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成氧气，氧气助燃，所以金属钠着火时不能用泡沫灭火器灭火，故D错误；答案选C。点睛：本题主要考查钠及其化合物的性质、用途，试题难度不大，本题的易错点是B项，解题时要注意钠与盐溶液反应时，钠先与水反应，然后生成的碱再与盐反应，所以它不能从溶液中置换出金属活动顺序表中钠后面的金属。19.（1）取少量Fe2O3粉末（红棕色）加入适量盐酸，所发生反应的化学方程式为_，反应后得到的溶液呈_色。用此溶液进行以下实验：（2）取少量溶液置于试管中，滴入NaOH溶液，可观察到有红褐色沉淀生成，反应的离子方程式为_。（3）另取少量原溶液于试管中，滴入KSCN溶液，则溶液呈_色，离子方程式为_，加入足量的铁粉，溶液变为浅绿色，离子方程式为_。（4）取）（2）中所得浅绿色溶液于试管中，加入NaOH溶液得到白色沉淀，露置在空气中所观察到的现象为_，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O (2). 黄（棕黄） (3). Fe3+3OH-=Fe（OH）3 (4). （血）红色 (5). Fe3+3SCN-=Fe（SCN）3 (6). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (7). 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 (8). 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3【解析】（1）Fe2O3与HCl反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，溶液中生成了FeCl3，所以溶液呈黄色或棕黄色。（2）Fe3+与OH-反应生成红褐色的Fe(OH)3沉淀，离子方程式为Fe3+3OH-=Fe（OH）3 。（3）Fe3+与SCN-能结合生成一种红色的物质Fe(SCN)3，所以溶液显红色或血红色，对应的离子方程式为Fe3+3SCN-= Fe(SCN)3，往FeCl3溶液中加入Fe粉，Fe3+与Fe发生氧化还原反应，生成Fe2+，溶液呈浅绿色，对应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+。（4）（3）中浅绿色溶液中含有Fe2+，加入NaOH溶液得到白色沉淀Fe(OH)2， Fe(OH)2在空气中容易被氧化为Fe(OH)3，所以实验现象为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；该反应的化学方程式为：4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)320.月球含有H、He、N、Na、Mg、Si等元素，是人类未来的资源宝库。（1）3He是高效核能原料，其原子核内中子数为_。（2）Na的原子结构示意图为_。（3）MgCl2在工业上应用广泛，可由MgO制备。月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，用NaOH溶液除去SiO2的化学方程式为_。MgO与炭粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，尾气中的氯气可用足量冷的NaOH溶液完全吸收，则生成的盐为_、_（写化学式）。【答案】 (1). 1 (2). (3). 2NaOHSiO2 = Na2SiO3H2O (4). NaCl (5). NaClO【解析】（1）3He是高效核能原料，其原子核内质子数为2、中子数为1。（2）Na的质子数为11，其原子结构示意图为。（3）月球上某矿石经处理得到的MgO中含有少量SiO2，用NaOH溶液除去SiO2的化学方程式为2NaOHSiO2 = Na2SiO3H2O。MgO与炭粉和氯气在一定条件下反应可制备MgCl2，尾气中的氯气可用足量冷的NaOH溶液完全吸收，生成的盐为NaCl和NaClO。21.如图所示装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被氧化的须色变化。实验时必须使用铁屑和6mol/L的硫酸，其他试剂任选。完成下列问题：（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的试剂是_，A中发生反应的目的是_。（2）实验开始时应先将弹簧夹a_(填“打开”或“关闭”)。（3）装置B中生成Fe(OH)2的操作及观察到的现象为_。（4）实验完毕，打开b处弹簧夹，放入一部分空气，此时B中发生的反应为_。【答案】 (1). 铁屑 (2). 产生氢气，排除装置中的空气，防止氢氧化亚铁被氧化；同时生成FeSO4；并利用产生的氢气将FeSO4压入B装置； (3). 打开 (4). 关闭活塞a，在气体压强的作用下，A中含有硫酸亚铁的溶液被压入B中产生白色沉淀 (5). 4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3【解析】【分析】（1）A中应预先盛放固态反应物，铁和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和氢气，利用氢气排空气；（2）根据实验开始时需要使生成的氢气充满整套实验装置中而排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化，据此判断；（3）关闭活塞时，在气体压强的作用下，A中溶液可进入B装置中，据此解答；（4）氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀。【详解】（1）A中应预先盛放固态反应物铁屑，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，利用氢气排除装置中的空气，防止氢氧化亚铁被氧化，同时生成FeSO4，并利用产生的氢气将FeSO4压入B装置；（2）实验开始时，应先打开活塞a，使生成的氢气进入整套实验装置中而排出空气，防止氢氧化亚铁被氧化；（3）A中反应发生后，为保证硫酸亚铁进入B中和氢氧化钠混合，要借助氢气产生的压强，所以需要关闭活塞a，在气体压强的作用下，A中含有硫酸亚铁的溶液被压入B中，硫酸亚铁和氢氧化钠溶液反应生成白色沉淀氢氧化亚铁；（4）氢氧化亚铁不稳定，易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，出现白色沉淀先转化为灰绿色最后转化为红褐色，反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。【点睛】本题考查了氢氧化亚铁的制取，氢氧化亚铁极易被氧气氧气，所以制取氢氧化亚铁时注意必须在无氧气条件下进行反应，这是高中化学中较重要的一个实验，是学习重点。22.二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂已被联合国世界卫生组织(WHO)列为AI级安全消毒剂。常温下二氧化氯为黄绿色或橘黄色气体，性质非常不稳定，温度过高或水溶液中ClO2的质量分数高于30等均有可能引起爆炸，易与碱液反应生成盐和水。（1）某研究小组设计如图所示实验制备ClO2溶液，其反应的化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO42KHSO4+2ClO2+2CO2+2H2O。在反应开始之前将烧杯中的水加热到80，然后停止加热，并使其温度保持在6080之间。控制温度的目的是_，图示装置中缺少的一种必须的玻璃仪器是_。装置A用于溶解产生的二氧化氯气体，其中最好盛放_(填字母)。A20mL 60的温水 B100mL冰水 C100mL饱和食盐水 D100mL沸水在烧瓶中加入12.25g KClO3和9g草酸(H2C2O4)，然后再加入足量的稀硫酸，水浴加热，反应后生成ClO2的质量为_（2）用ClO2处理过的饮用水(pH为5.56.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO2-)。饮用水中ClO2、ClO2-的含量可用连续碘量法进行测定，实验步骤如下：步骤1：准确量取一定体积的水样加入锥形瓶中；步骤2：调节水样的pH至7.08.0；步骤3：加入足量的KI晶体；步骤4：加入少量指示剂，用一定浓度的Na2S2O3溶液滴定至终点；步骤5：再调节溶液的pH2.0；步骤6：继续用相同浓度的Na2S2O3溶液滴定至终点。步骤1中若要量取20.00mL水样，则应选用的仪器是_。步骤14的目的是测定水样中ClO2的含量，其反应的化学方程式为：2ClO2+2KI2KClO2+I2，2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI，则步骤4中加入的指示剂为_，滴定达到终点时溶液的颜色变化为_。步骤5的目的是使I将溶液中的ClO2-还原为Cl以测定其含量，该反应的离子方程式为：_。若饮用水中