2022-2023学年高一下学期开学摸底考化学试卷C

-2023学年高一下学期开学摸底考试卷C（人教版2019）高一化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56第Ⅰ卷（选择题共48分）一、单项选择题：本题共16个小题，每小题3分，共48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．下列生活中常见的现象中，不涉及氧化还原反应的是()。A．铁的冶炼B．食物腐败C．碳酸氢钠作发酵粉D．天然气燃烧【答案】C【解析】铁的冶炼是利用氧化还原反应，将铁从铁的化合物中分离出来;食物腐败是食物被氧化而变质的过程;碳酸氢钠作发酵粉是碳酸氢钠与面粉产生的乳酸发生反应而生成二氧化碳气体的过程;天然气燃烧是甲烷与氧气在点燃条件下发生的氧化还原反应。2．逻辑推理是化学学习中常用的一种思维方式，以下推理中正确的是（）A．单质都是由一种元素组成的，只含一种元素的物质一定是纯净物B．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物C．酸都能电离出氢离子，能电离出氢离子的化合物一定是酸D．酸性氧化物与碱反应生成盐和水，与碱反应生成盐和水的物质一定是酸性氧化物【答案】B【解析】A．单质都是由同种元素组成的，只含一种元素的物质不一定是纯净物，例如氧气和臭氧的混合气体只含有一种元素，但是属于混合物，故A错误；B．碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，例如过氧化钠为过氧化物，氧化铝为两性氧化物，故B正确；C．酸都能电离出氢离子，电离出氢离子的化合物不一定是酸，例如NaHSO4也能电离出氢离子，但是属于盐，故C错误；D与碱反应生成盐和水的物质不一定是酸性氧化物，如盐酸，故D错误；故选B。3．下列有关叙述正确的是 ()A．NaHCO3受热易分解，因此可用于制胃酸中和剂B．室温下，Na在空气中反应生成Na2O2C．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色:2Na2O22Na2O+O2↑D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌【答案】D【解析】A项，胃酸的主要成分是盐酸，NaHCO3能与HCl反应，故NaHCO3可用于制胃酸中和剂，与NaHCO3受热易分解没有对应关系，A错误;室温下，钠与空气中的氧气反应生成氧化钠，B错误;Na2O2在空气中放置，会与空气中的CO2和水蒸气反应，最终生成Na2CO3，C错误;84消毒液的有效成分NaClO具有强氧化性，可以杀菌，D正确。4．下列有关碱金属元素和卤素的说法中，错误的是（）A．溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈B．碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强C．钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈D．随核电荷数的增加，碱金属单质和卤素单质的熔点都逐渐降低【答案】D【解析】A．Br元素比I元素非金属性强，因此溴单质与H2反应更剧烈，A正确；B．碱金属元素中，从上到下元素的金属性(失去电子能力)逐渐增强，卤素从上到下，元素的非金属性(得电子能力)逐渐减弱，B正确；C．钾比钠活泼，与水反应更剧烈，C正确；D．随着核电荷数增加，碱金属单质熔点逐渐降低，卤素单质的熔点逐渐增大，D错误；故答案为D。5．某学生利用下图所示装置对电解质溶液的导电性进行实验探究。下列说法中正确的是()A．闭合开关K后，电流计G的指针不发生偏转，证明酒精溶液是非电解质B．闭合开关，往溶液中通入氯气，随着气体通入，电流计示数增大，故氯气是电解质C．取用0.1mol·L－1的蔗糖溶液替换酒精溶液，电流计的示数相同，说明蔗糖是非电解质D．闭合开关，往烧杯中加NaCl固体，虽然固体溶解，由于不反应，故电流计的指针不发生偏转【答案】C【解析】当开关K闭合后，电流计的指针不发生偏转，证明酒精溶液不导电，酒精才是非电解质，A错误；闭合开关K，往溶液中通入氯气，氯气与水反应生成的盐酸和次氯酸能导电，而氯气是单质，所以不能得出氯气是电解质的结论，B错误；取用0.1mol·L－1的蔗糖溶液替换酒精溶液，电流计的示数相同，证明蔗糖溶液不导电，蔗糖是化合物且不能电离，则蔗糖是非电解质，C正确；闭合开关K，往烧杯中加入NaCl固体，氯化钠溶于水，电离出阴、阳离子，混合溶液能导电，所以电流计的指针发生偏转，D错误。6．在甲、乙两烧杯溶液中共含有(大量的)Cu2＋、K＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－六种离子。已知甲烧杯的溶液呈蓝色，则乙烧杯中一定大量存在的离子是()A．Cu2＋、H＋、NOeq\o\al(－,3) B．K＋、COeq\o\al(2－,3)、OH－C．COeq\o\al(2－,3)、OH－、NOeq\o\al(－,3) D．K＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)【答案】B【解析】甲烧杯的溶液呈蓝色，则Cu2＋在甲烧杯中；因OH－和COeq\o\al(2－,3)都不能与Cu2＋大量共存，则OH－和COeq\o\al(2－,3)一定都在乙烧杯中；因乙烧杯中一定有阳离子，而H＋不能与OH－和COeq\o\al(2－,3)大量共存，则乙烧杯中一定含有K＋，H＋一定在甲烧杯中；甲烧杯中一定有阴离子，则甲烧杯中一定含有NOeq\o\al(－,3)；K＋能与Cu2＋、H＋、NOeq\o\al(－,3)共存，则甲烧杯中可能含有K＋；NOeq\o\al(－,3)能与OH－、COeq\o\al(2－,3)、K＋共存，则乙烧杯中可能含有NOeq\o\al(－,3)。7．下列说法不正确的是()A．硫酸的摩尔质量(g·mol－1)与6.02×1023个磷酸分子的质量(g)在数值上相等B．6.02×1023个N2和6.02×1023个O2的质量比等于7∶8C．3.2gO2所含的原子数目约为0.2×6.02×1023D．常温、常压下，0.5×6.02×1023个二氧化碳分子质量是44g【答案】D【解析】H2SO4的摩尔质量为98g·mol－1，6.02×1023个H3PO4的质量为98g，二者在数值上相等，A正确；6.02×1023个N2和6.02×1023个O2的质量之比为二者的相对分子质量之比，即28∶32＝7∶8，B正确；3.2gO2物质的量为eq\f(3.2g,32g·mol－1)＝0.1mol，含氧原子数约为0.1×2×6.02×1023，C正确；0.5×6.02×1023个CO2物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×44g·mol－1＝22g，D不正确。8．已知反应:①Cl2+2NaBr2NaCl+Br2②KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2↑+3H2O③2KBrO3+Cl22KClO3+Br2下列说法正确的是 ()A．上述三个反应都是置换反应B．反应②中若生成3molCl2，该过程转移电子的物质的量为6molC．反应③中若消耗1molCl2，则氧化剂失去电子的物质的量为10molD．氧化性由弱到强的顺序为Br2<Cl2<KClO3<KBrO3【答案】D【解析】反应②不是置换反应，故A错误;反应②是归中反应，若生成3molCl2，转移电子的物质的量为5mol，故B错误;③中还原剂是氯气，氧化剂是溴酸钾，反应中消耗1molCl2时，转移10mol电子，则氧化剂得电子的物质的量为10mol，故C错误;①Cl2+2KBr2KCl+Br2中氧化剂是氯气，氧化产物是溴单质，所以氯气的氧化性大于溴单质，②KClO3+6HCl3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾，氯气既是氧化产物又是还原产物，氯酸钾的氧化性大于氯气，③2KBrO3+Cl2Br2+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，氧化性由强到弱的顺序是KBrO3>KClO3>Cl2>Br2，故D正确。9．下列实验设计或应用及其对应的离子方程式均正确的是 (深度解析)A．氯气通入石灰乳中制漂白粉:Cl2+OH-Cl-+ClO-+H2OB．用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中混有的HCl气体:HC+H+CO2↑+H2OC．用小苏打治疗胃酸过多症:C+2H+CO2↑+H2OD．向漂白液中滴加醋酸溶液提高其漂白效果:ClO-+H+HClO【答案】B【解析】石灰乳是含氢氧化钙的悬浊液，其中的氢氧化钙不能拆成离子的形式，A错误;用饱和碳酸氢钠溶液除去CO2气体中混有的HCl气体，离子方程式为HC+H+CO2↑+H2O，B正确;小苏打是碳酸氢钠，碳酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式是HC+H+CO2↑+H2O，C错误;醋酸不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是ClO-+CH3COOHHClO+CH3COO-，D错误。10．下列说法正确的是()。A．某溶液中滴入AgNO3溶液，生成白色沉淀，该溶液中可能含Cl-B．将0.1molCl2溶于1L水中，Cl2可与水反应生成0.1molHClC．某溶液中滴入碘化钾淀粉溶液后出现蓝色，则该溶液一定是氯水D．胶体与其他分散系的本质区别在于胶体具有丁达尔效应【答案】A【解析】溶于水的Cl2只有一部分与水反应，生成的HCl小于0.1mol，B项错误;原溶液可能是碘水或其他能氧化I-得到I2的氧化性溶液，C项错误;胶体与其他分散系的本质区别在于胶体粒子的直径为1~100nm，D项错误。11．在一个密闭容器中盛有11gX气体(X的摩尔质量为44g·mol－1)时，压强为1×104Pa。如果在相同温度下，把更多的气体X充入容器，使容器内压强增加到5×104Pa，这时容器内气体X的分子数约为()A.3.3×1025B．3.3×1024C．7.5×1023D．7.5×1022【答案】C【解析】11gX气体的物质的量为eq\f(11g,44g·mol－1)＝0.25mol，等温等容条件下，eq\f(n1,n2)＝eq\f(p1,p2)，n2＝eq\f(n1·p2,p1)＝eq\f(0.25mol×5×104Pa,1×104Pa)＝1.25mol，N＝1.25mol×6.02×1023mol－1≈7.5×1023。12．下列各组物质中，满足图示关系并在一定条件下能一步转化的组合有(

)序号A．②③QUOTE B．①③QUOTE C．①②③QUOTE D．QUOTE①②【答案】D【解析】QUOTE①钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成钠，各物质在一定条件下能一步转化，符合题意；QUOTE②铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝，各物质在一定条件下能一步转化，符合题意；QUOTE③铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，但氢氧化亚铁不能一步转化为铁，不符合题意。13．纳米材料一直是人们研究的重要课题。实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示，下列有关说法正确的是（）A．高温制备纳米级Fe的过程中通N2可以防止爆炸，也可作保护气B．获得的纳米级Fe粉属于胶体C．FeCl2·nH2O固体加热脱水的过程属于物理变化D．纳米级Fe粉与盐酸反应的离子方程式为：【答案】A【解析】A．高温制备纳米级Fe的反应为：，为了防止氢气与空气混合在加热时发生爆炸，反应前需向反应器中通入氮气，目的是排尽装置内的空气，防止加热时产生爆炸，同时制得的纳米铁易被空气中的氧气氧化，故需用N2作保护气，并且氮气有利于铁粉分散形成纳米级铁，故A正确；B．纳米级Fe粉属于纯净物，而胶体是混合物，故纳米级Fe粉不属于胶体，故B错误；C．FeCl2·nH2O固体加热脱水的过程属于化学变化，故C错误；D．Fe粉与盐酸反应的离子方程式为：，故D错误；选A。14．某化学实验探究小组用电磁搅拌加热器(温度最高可达65℃)加热饱和NaHCO3溶液，并利用CO2传感器检测溶液中CO2的含量，其含量随温度变化如图所示:下列有关叙述错误的是 ()A．ab段溶液中CO2的含量降低的原因是温度升高，溶解的CO2气体逸出B．bc段溶液中CO2的含量升高的原因是溶液中HC受热分解生成CO2气体C．实验室可用加热饱和NaHCO3溶液的方法制取少量CO2气体D．由图像可知，NaHCO3固体受热分解的温度为48.2℃【答案】D【解析】NaHCO3溶液中溶解有CO2气体，当加热时，CO2气体逸出，使溶液中CO2的含量降低，A项正确;48.2℃后，溶液中CO2气体的含量随温度升高逐渐升高，说明HC发生分解生成了CO2，B项正确;由于饱和NaHCO3溶液受热可发生反应生成CO2，故可用该方法制取少量CO2气体，C项正确;由图像可知饱和NaHCO3溶液加热至48.2℃时开始生成气体，不能得出NaHCO3固体的分解温度为48.2℃的结论，D项错误。15．利用如图所示的“价—类”二维图，可以从不同角度认识含氯元素的物质的性质及其转化关系，图中甲~辛均为含氯元素的物质。下列说法不正确的是 ()A．若要将甲→乙，需要加入还原剂B．根据氯元素的化合价判断，乙既有氧化性又有还原性C．丙的化学式为ClO2，戊的化学式为HClOD．辛的钾盐在MnO2催化下受热分解可制备O2【答案】A【解析】由题图可知，甲为HCl、乙为Cl2、丙为ClO2、丁为Cl2O7、戊为HClO、己为HClO4、庚为次氯酸盐、辛为氯酸盐。由HCl转变为Cl2是一个氧化过程，需要加入相应的氧化剂，A错误;Cl2中的氯元素为0价，既可升高，也可降低，所以既具有还原性，也具有氧化性，B正确;由上述分析可知丙为ClO2、戊为HClO，C正确;实验室通常用MnO2和KClO3制备O2，其中MnO2为反应的催化剂，D正确。16．短周期主族元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次递增。M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，X在短周期元素中原子半径最大，W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。Y最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O。下列说法正确的是（）A．Y、Z均存在能用于杀菌消毒的氧化物B．原子半径：M＜W＜X＜Y＜ZC．Y的气态氢化物的稳定性强于Z的气态氢化物D．W与X形成的化合物一定含离子健和共价键【答案】A【解析】短周期主族元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X在短周期元素中原子半径最大，则X为Na元素；M最高正价与最低负价的绝对值之和等于2，则M为H元素；Y最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成Y的单质和H2O，其原子序数大于Na，则Y最外层含有6个电子，为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素；W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，W最外层电子数=7-1=6，则W为O元素。A．由上述分析可知，Y为S元素，Z为Cl元素，S、Cl均可以形成用于杀菌消毒的氧化物，如二氧化硫、二氧化氯，故A正确；B．由上述分析可知，M为H元素，W为O元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素，根据同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，电子层数越多，半径越大，则H只有一个电子层，O有二个电子层，Na、S、Cl均有三个电子层，且属于同一周期，原子序数Na＜S＜Cl，半径Na＞S＞Cl，所以原子半径H＜O＜Cl＜S＜Na，故B错误；C．由上述分析可知，Y为S元素，Z为Cl元素，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性S＜Cl，则简单氢化物的稳定性Y＜Z，故C错误；D．由上述分析可知，W为O元素，X为Na元素，O、Na形成的氧化钠(Na2O)中只含有离子键，不存在共价键，故D错误；答案为A。第II卷（非选择题共52分）二、非选择题：本题共5个小题，共52分。17．（9分）Ⅰ.用固体烧碱配制480mL0.1mol·L－1NaOH溶液，请回答以下问题：(1)需称量__________g烧碱固体，它应盛在_________中进行称量。(2)配制过程中，不需要使用的仪器是______________(填字母)。A．托盘天平B．药匙C．烧杯D．胶头滴管E．玻璃棒F．1000mL容量瓶G．500mL容量瓶(3)若配制0.1mol·L－1NaOH溶液的其他操作均正确，但出现下列错误操作，其中将使配制的NaOH溶液浓度偏高的是__________(填字母)。A．将NaOH溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒B．将烧杯内的NaOH溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出瓶外C．定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度线相切D．定容时俯视容量瓶的刻度线Ⅱ.欲用98%的浓硫酸(ρ＝1.84g·mL－1)配制成浓度为0.5mol·L－1的稀硫酸480mL。(4)所需浓硫酸的体积为_________mL。(5)下列操作正确的排列顺序为________(填字母)。A．用量筒量取浓硫酸B．反复颠倒摇匀C．用胶头滴管加水至刻度线D．将配制好的溶液转入试剂瓶中贴上标签E．稀释浓硫酸F．将溶液转入容量瓶中G．洗涤稀释装置【答案】(1)2.0烧杯(2)F(3)D(4)13.6(5)AEFGCBD【解析】Ⅰ.(1)用固体烧碱配制480mL0.1mol·L－1的NaOH溶液，需要用500mL容量瓶配制，称量烧碱固体的质量＝0.5L×0.1mol·L－1×40g·mol－1＝2.0g，NaOH具有腐蚀性且易吸潮，它应盛在烧杯中进行称量；(2)配制过程中，溶质的质量需要用托盘天平称量；氢氧化钠需要用药匙取用；用烧杯溶解溶质；用胶头滴管定容；用玻璃棒进行搅拌和引流；配制480mL氢氧化钠溶液，需要选用500mL容量瓶；不需要的是1000mL容量瓶；(3)将NaOH溶液转移至容量瓶后，未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，溶液浓度偏低，A错误；将烧杯内的NaOH溶液向容量瓶中转移时，因操作不当使部分溶液溅出瓶外，溶质减少，溶液浓度偏低，B错误；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，又加水至液面与刻度线相切，溶质不变，溶液体积偏大，浓度偏低，C错误；定容时俯视容量瓶的刻度线，溶质不变，溶液体积偏小，浓度偏高，D正确；故选D。Ⅱ.(4)98%的浓硫酸(ρ＝1.84g·mL－1)的浓度＝eq\f(1000ρw,M)＝eq\f(1000mL·L－1×1.84g·mL－1×98%,98g·mol－1)＝18.4mol·L－1。设所需浓硫酸的体积为VmL，根据稀释公式：18.4mol·L－1×VmL＝0.5mol·L－1×500mL，解得：V≈13.6mL；(5)配制一定量浓度溶液的操作顺序为计算→称量→溶解或稀释→移液→洗涤→定容→摇匀，故正确排序为AEFGCBD。18．（11分）化学小组同学为研究氯气制备和氯水的成分及性质进行了如下实验。【实验1】制备氯气。下图是实验室制取纯净、干燥氯气装置图。(1)M的名称是_______，①中反应的反应的化学方程式是_______。(2)③中存放的试剂是_______。(3)⑤中反应的离子方程式是_______。【实验2】研究氯水性质。实验操作及现象如下表。资料：淀粉的特征反应——遇I2变蓝色实验2-1实验2-2实验操作(氯水均为新制)实验现象溶液变蓝石蕊溶液先变红，后褪色(4)实验2-1结论是_______。(5)实验2-2中溶液变红是由于溶液中含有_______；使溶液褪色的粒子是_______。(6)证明氯水中含有氯离子的方案是_______。(7)同学们发现久置的氯水会失去漂白性，溶液由黄绿色变为无色。为探究氯水失效的原因，进行实验：用强光照射盛有氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中数据，得到如下曲线。上两图中曲线变化的原因是_______。若在上述整个实验过程中测定溶液的pH，pH的变化是_______。【答案】(1)

分液漏斗

MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)浓硫酸(3)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(4)氧化性Cl2＞I2(5)H+

HClO、ClO-(6)取氯水于一支洁净试管中，加入过量稀HNO3使其酸化，再加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl-(7)

氯水中的HClO分解生成HCl和O2，O2的量和溶液中的c(Cl-)均增加

逐渐减小【分析】实验一：在装置①中MnO2与浓盐酸混合加热发生反应产生Cl2；在装置②中盛有饱和食盐水，作用是除去Cl2中的杂质HCl；装置③中盛有浓硫酸，作用是干燥氯气；装置④是利用Cl2的密度比空气大，用向上排空气的方法收集Cl2；在装置⑤中根据Cl2能够与碱反应的性质，利用NaOH溶液进行尾气处理，防止大气污染。实验二：将新制氯水滴入盛有淀粉-KI的溶液，根据溶液变为蓝色判断出物质的氧化性：Cl2＞I2；根据将新制氯水滴入盛有紫色石蕊试液，溶液先变红后褪色判断出溶液中含有大量H+及具有漂白性的微粒HClO、ClO-；根据氯水久置后溶液Cl-浓度增大，结合O2的体积变化，得出结论：HClO不稳定，光照分解产生HCl、O2。（1）根据装置图可知仪器M的名称是分液漏斗，在①中MnO2与浓盐酸混合加热发生反应产生Cl2，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）装置③中盛有飞试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气；（3）在装置⑤中盛有NaOH溶液，Cl2能够与NaOH在溶液中反应产生NaCl、NaClO、H2O，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）根据将新制氯水滴入淀粉-KI溶液中，溶液变为蓝色，可知发生了反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可以证明物质的氧化性：氧化性Cl2＞I2；（5）将新制氯水滴入紫色石蕊试液中，溶液变为红色，说明溶液中含有大量H+；后来溶液的红色褪去变为无色，说明其中含有氧化性微粒：HClO、ClO-；（6）可根据AgCl的不溶性检验Cl-，操作方法是：取氯水于一支洁净试管中，加入过量稀HNO3使其酸化，再加入几滴AgNO3溶液，若产生白色沉淀，就证明溶液中含有Cl-；（7）根据图示可知：氯水久置后溶液中Cl-浓度增大，且反应产生的O2的体积随时间的延长则逐渐增大，说明新制氯水中含有的HClO不稳定，光照分解产生了HCl、O2，导致O2的量和溶液中的c(Cl-)均增加，HClO分解变为HCl，弱酸变为强酸，使得溶液中c(H+)增大，溶液的酸性增强，因此溶液的pH逐渐减小。19.（9分）某种含有少量氧化钠的过氧化钠试样(已知试样质量为1.560g、锥形瓶和水的质量为190.720g)，利用如图装置测定混合物中Na2O2的质量分数，每隔相同时间读得电子天平的数据如下表:读取次数质量(g)锥形瓶+水+试样第1次192.214第2次192.164第3次192.028第4次192.010第5次192.010(1)写出Na2O2和H2O反应的化学方程式:。

(2)实验中不必进行第6次读数的原因是。

(3)根据上述数据，试样中过氧化钠的质量分数是%。

(4)测定上述样品(1.560g)中Na2O2质量分数的另一种方案，其操作流程如图:①操作Ⅰ的名称是。

②操作Ⅱ需要的仪器除了酒精灯，还有(固定、夹持仪器除外)。

③在转移溶液时，如溶液转移不完全，则Na2O2质量分数的测定结果(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】(1)2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑(2)第5次与第4次的读数相同，锥形瓶内质量已不再变化(3)84(4)①溶解②玻璃棒、蒸发皿③偏大【解析】(1)Na2O2和H2O反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑。(2)由于第5次与第4次的读数已经相同，说明这时锥形瓶内质量已不再变化，所以实验中不必进行第6次读数。(3)反应完全时，试样的质量减少(1.560+190.720-192.010)g=0.27g，即生成O2的质量为0.27g，物质的量为0.0084mol，样品中含有Na2O2的物质的量为0.0168mol，质量为1.3104g，则过氧化钠的质量分数是84%。20．（12分）为探究铁和铁的化合物的一些化学性质，某学生实验小组设计以下实验。（1）如下图：eq\x(Fe2O3固体)eq\o(→,\s\up7(HCl))eq\x(A溶液)eq\o(→,\s\up7(足量Fe粉))eq\x(B溶液)eq\o(→,\s\up11(NaOH),\s\do4(O2))eq\x(C)①Fe2O3和HCl的离子方程式是________________________________________。②B→C变化中可看到的现象是________________________________________。发生氧化还原反应的化学方程式是___________________________________________。（2）某班同学用如下实验探究Fe2＋、Fe3＋的性质。回答下列问题：①分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成100mL0.1mol·L－1的溶液。在配制FeCl2溶液时需加入少量铁屑，其目的是。②某同学取2mLFeCl2溶液，加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2＋氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为______________________________________________。（3）某实验小组探究氯水与铁的反应。（实验过程）操作过程及实验现象如图所示。①实验ⅰ中产生少量无色气体，该气体可能是。②实验ⅱ中观察到溶液变为红色，可推知上层清液中含有Fe3＋，则试剂X是（填字母）。a．KSCN溶液b．NaCl溶液③实验ⅲ中观察到溶液无明显变化，可推知上层清液中不含Fe3＋，其原因是（用离子方程式表示）。④甲同学认为上层清液中的Fe3＋是由Cl2与Fe2＋反应生成。乙同学认为还有其他可能性，请写出其中一种：