2025-2026学年高一化学上学期第三次月考卷02（全解全析）

/2025-2026学年高一化学上学期第三次月考卷（考试时间：75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．测试范围：必修1专题1~2占40%，专题3~4占60%（苏教版2019）。5．难度系数：0.656．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：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Fe-56Cu-64一、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．下列气体排放到空气中可形成酸雨的是A． B． C． D．【答案】A【解析】A．SO2排放到空气中会被氧化为SO3，与水结合生成硫酸，最终会随雨水一起降下，造成硫酸型酸雨，A符合题意；B．H2是清洁能源，燃烧产物为水，不会形成酸雨，B不符合题意；C．空气的主要成分为N2，化学性质稳定，不会形成酸雨，C不符合题意；D．O2是空气成分，参与氧化反应，放到空气中不能形成酸雨，D不符合题意；故选A。2．化学实验安全和规范至关重要。下列操作不符合要求的是A．实验结束后，将剩余的钠放到废液缸中B．戴护目镜观察金属Na与H2O的反应C．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿容器壁缓慢注入水中，并不断搅拌D．闻气味时，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体进入鼻孔【答案】A【解析】A．钠化学性质活泼，可与水剧烈反应，不能随意放入废液缸，应放回原试剂瓶，A错误；B．金属钠与水反应剧烈，可能使液体飞溅，戴护目镜是必要的安全措施，B正确；C．稀释浓硫酸的正确操作是将浓硫酸沿容器内壁缓慢注入水中并搅拌，避免局部过热，C正确；D．闻气体时扇动少量气体进入鼻孔是规范操作，可避免直接吸入有害气体，D正确；答案选A。3．下列有关物质性质与用途对应关系错误的是A．单晶硅有半导体性能，可用于制造芯片 B．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂C．乙炔燃烧火焰温度高，可用于切割金属 D．具有氧化性，可用作漂白剂【答案】D【解析】A．单晶硅是典型半导体材料，其导电性介于导体和绝缘体之间，广泛用于芯片制造，故A正确；B．浓硫酸具有吸水性，是常见的干燥剂（如干燥、等），故B正确；C．乙炔在氧气中燃烧产生高温氧炔焰，能使部分金属熔化，可用于金属切割，故C正确；D．漂白性源于其与色素化合生成不稳定的无色物质，而非氧化性，氧化性漂白剂（如、）通过强氧化性破坏色素结构，故D错误；故答案选D。4．【新考法】请选择从海水中获取淡水的装置为A．B．C． D．【答案】B【解析】A．该装置中，温度计水银球插入溶液中，测定的是溶液的温度，而不是蒸汽的温度，A不正确；B．蒸馏时，温度计水银球位于蒸馏烧瓶的支管口处，控制的温度为水的沸点，提取的是淡水，B正确；C．该装置所用冷凝管为球形冷凝管，冷凝的液体有部分滞留在冷凝管内，难以全部流出，C不正确；D．该装置中，温度计水银球位于蒸馏烧瓶支管的下方，测定的并不是待蒸出的蒸汽的温度，D不正确；故选B。5．下列有关物质性质和类别的相关描述，正确的是A．的水溶液能导电，是电解质B．胶体，能透过滤纸，能产生丁达尔效应，但呈电中性C．能与溶液反应只生、和水，所以属于酸性氧化物D．的水溶液能使酚酞变红，是碱不是盐【答案】B【解析】A．电解质是指在水溶液中或熔融状态下自身能电离而导电的化合物，的水溶液能导电是氯气和水生成的HCl和次氯酸，HCl和次氯酸电离出自由移动的离子而导电，是单质，不是电解质也不是电解质，A错误；B．胶体中的分散质粒子能透过滤纸而不能透过半透膜，且胶体具有丁达尔效应，故胶体能透过滤纸，能产生丁达尔效应，但胶体分散系呈电中性，B正确；C．能和碱反应生成一种盐和水的氧化物属于酸性氧化物；能与溶液反应过程中生成两种盐，且存在元素化合价改变，故不属于酸性氧化物，C错误；D．的水溶液能使酚酞变红，则溶液为碱性，但不是碱而是盐，D错误；故选B。6．下列说法正确的是A．中含有的氮原子数为B．标准状况下含有的氢原子数为C．将80gNaOH溶于1L水中，所得溶液中为D．在标准状况下，和60mL所含分子个数比为1：3【答案】B【解析】A．未说明是否处于标准状况，22.4L的物质的量不确定，氮原子数无法确定，A错误；B．17g物质的量为1mol，含3molH原子，H原子个数为，B正确；C．80gNaOH物质的量为2mol，但溶于1L水后溶液体积大于1L，小于，C错误；D．标准状况下为液态，分子数无法通过气体体积直接计算，实际分子数比远大于1:3，D错误；故选B。7．某小组设计了如图所示的装置制取并验证其性质。下列说法正确的是A．浓硫酸滴入固体中产生气体，体现了浓硫酸的强氧化性B．滴有酸性溶液的滤纸和滴有品红溶液的滤纸都褪色，均体现具有漂白性C．滴有溶液的滤纸上有黄色固体生成，说明具有氧化性D．滴有石蕊溶液的滤纸先变红后褪色，说明是酸性氧化物【答案】C【解析】A．70%浓硫酸与固体反应生成，反应方程式为，反应中S元素化合价未变化，属于复分解反应，浓硫酸体现酸性，未体现强氧化性，A错误；B．酸性溶液褪色是因被氧化，体现的还原性；品红溶液褪色体现的漂白性，二者原理不同，B错误；C．溶液中S为-2价，与反应生成黄色固体S，中S元素从+4价降低为0价，得电子作氧化剂，体现氧化性，C正确；D．与水反应生成，使石蕊变红，但不能漂白石蕊，滤纸只变红不褪色，D错误；故选C。8．下列关于实验的叙述不正确的是A．图①为光照条件下氯水中的氯离子浓度随时间变化的图像，原因是次氯酸发生了分解B．图②将干燥的氯气依次通过干燥红纸条、湿润红纸条，可说明氯气与水反应生成了漂白性物质C．图③为熔融氯化钠发生了电离，在外加电源作用下，和定向移动实现导电D．图④所示操作可制取【答案】C【解析】A．氯水中的次氯酸见光分解为盐酸和氧气，溶液中氯离子浓度增大，A正确；B．将干燥的氯气依次通过装有干燥红纸条、湿润红纸条的广口瓶，干燥纸条不褪色，湿润纸条褪色，可以证明氯气与水发生了反应且生成物具有漂白性，B正确；C．图示为氯化钠在水中发生了电离，水合钠离子和水合氯离子在外加电源作用下定向移动实现导电，C错误；D．煤油可减少溶液与氧气接触，即防止氢氧化亚铁被氧气氧化，可用于制取氢氧化亚铁，D正确；故选D。9．在某酸性溶液中，分别用相同个数的、、、氧化足量的()，已知其自身的变化规律为：，，，，得到最多的是A． B． C． D．【答案】B【解析】A．1mol被还原生成，转移3mol电子，则根据得失电子守恒，氧化足量的生成1.5mol；B．1mol被还原生成，转移6mol电子，则根据得失电子守恒，氧化足量的生成3mol；C．1mol被还原生成，转移3mol电子，则根据得失电子守恒，氧化足量的生成1.5mol；D．1mol被还原生成，转移2mol电子，则根据得失电子守恒，氧化足量的生成1mol；综上，在某酸性溶液中，分别用相同个数的、、、氧化足量的()，已知其自身的变化规律为：，，，，得到最多的是，故选B。10．【原创】硫及其化合物部分转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0．5molS2−所含电子数目为NAB．标准状况下，22.4LSO2中原子总数为NAC．反应①：若消耗3.4gH2S，生成物中硫原子数目为0.2NAD．反应②：若生成1mol还原产物，转移电子数目为2NA【答案】D【解析】A．1个S2−含有18个电子，则0.5molS2−所含电子物质的量为9mol，数目为9NA；B．，一个SO2含有3个原子，则原子总数为3NA；C．反应①化学反应方程式为：，，2个H2S生成3个S，则0.1molH2S生成0.15molS，数目为0.15NA；D．反应②中还原产物为S2-,S每生成一个S2-化合价改变2，则转移2个电子，生成1molS2-，转移电子数目为2NA；故选D。11．下列实验操作、现象及结论都正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将金属钠投入水和煤油的混合液中钠一直在煤油和水的交界处上下浮动，直至消失钠的密度比煤油的小，比水的大B向某溶液中滴加适量酸性溶液溶液褪色原溶液中一定含有C将鲜花放入装有干燥氯气的集气瓶中鲜花褪色说明干燥的氯气有漂白性D向与水反应后的溶液中滴加少量酚酞溶液溶液变红，后褪色与水反应生成碱性物质和漂白性的物质【答案】D【解析】A．钠的密度应介于煤油和水之间，现象正确，但结论描述错误，应为钠的密度比煤油的大，比水的小，A错误；B．FeCl3溶液使KMnO4褪色，不一定是由FeCl3溶液中含有Fe2+引起的，也可能由Cl⁻引起，B错误；C．鲜花褪色是因Cl2与水反应生成HClO，干燥Cl2无漂白性，C错误；D．Na2O2与水反应生成NaOH和H2O2，NaOH具有碱性、H2O2具有漂白性，D正确；故选D。12．利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程图如下，已知：溶于强碱时生成可溶于水的。下列有关说法正确的是A．用溶液处理废旧镀锌铁皮，主要目的是为处理上面的油污B．“酸溶”的离子方程式为C．“氧化”后溶液中存在的离子主要有、、、D．最后一步反应中，通入的目的是部分还原+3价铁【答案】C【解析】由信息可知Zn能溶于强碱溶液，由流程可知，加入氢氧化钠溶液反应，锌溶解生成Na2[Zn(OH)4]和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液含Na2[Zn(OH)4]，分离出不溶物为Fe；加入稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，再加入适量过氧化氢，部分亚铁离子被氧化为铁离子，得到含Fe2+、Fe3+的溶液；再通入氮气排出空气防止亚铁离子被氧化，加入氢氧化钠溶液生成四氧化三铁胶体粒子，据此分析作答。A．由上述分析可知，溶液加入的主要目的是溶解锌层以分离锌和铁，并不是除去油污，A错误；B．“酸溶”的对象是过滤后含的滤渣，Fe与过量稀硫酸反应生成，离子方程式为，B错误；C．由分析可知，“酸溶”后溶液含、过量和，“氧化”中适量将部分氧化为，故氧化后溶液主要离子为、、、，C正确；D．由分析可知，通入是为排除空气，防止被氧化，D错误；故答案选C。13．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列反应方程式书写正确的是A．铁粉在高温下与水蒸气反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2B．用FeCl3溶液制作印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+C．碳酸氢钠在水中电离：D．向足量氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：【答案】A【解析】A．铁粉高温下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，化学方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，A正确；B．Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，电荷不守恒，正确应为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误；C．碳酸氢钠为强碱弱酸盐，电离应生成Na+和，电离方程式为：，C错误；D．向足量氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，离子方程式为：，D错误；故选A。14．【新科技】T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，有助于除去天然气中的H2S杂质，其原理如图所示。下列说法正确的是A．该脱硫过程需要不断补充Fe2(SO4)3溶液B．反应ⅰ中，氧化产物是FeSO4，还原产物是SC．脱硫过程中O2得到的电子总数等于H2S失去的电子总数D．天然气脱硫一段时间后，溶液酸性增强【答案】C【解析】A．Fe2(SO4)3在反应i中被还原为FeSO4，反应ii中FeSO4又被氧化为Fe2(SO4)3，形成循环，无需不断补充，A错误；B．反应i中，H2S中S元素从-2价升至0价（生成S），为还原剂，氧化产物是S；Fe2(SO4)3中Fe3+从+3价降至+2价（生成FeSO4），为氧化剂，还原产物是FeSO4，B错误；C．整个脱硫过程中，H2S是还原剂（S元素失电子），O2是氧化剂（O元素得电子），根据电子守恒，还原剂失去的电子总数等于氧化剂得到的电子总数，C正确；D．反应i：H2S+2Fe3+=S↓+2Fe2++2H+（生成H+）；反应ii：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（消耗H+）。两反应中H+生成与消耗总量相等，溶液酸性不变，D错误；故选C。15．某学习小组用工业废渣(主要成分为和)制取氯化亚铜，其流程如图。已知：是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿空气中易水解和被氧化。则下列说法错误的是A．得到沉淀的离子方程式为：B．沉淀用乙醇洗涤的目的是除去表面的水分，防止其水解和被氧化C．检验是否洗涤干净的试剂可以是溶液和盐酸D．在焙烧过程中还原剂和氧化剂的质量之比是【答案】D【解析】工业废渣的主要成分为和，经过焙烧生成二氧化硫和氧化铜，二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸钠溶液，氧化铜用稀盐酸溶液得到氯化铜溶液，氯化铜溶液与亚硫酸钠溶液混合后加入浓盐酸，生成氯化亚铜沉淀，经洗涤、干燥得到氯化亚铜粉末。A．浸出液中含有，加入和，将还原为，然后与结合生成沉淀。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为，A正确；B．由题干信息“是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇，在潮湿空气中易水解和被氧化”可知，用乙醇洗涤可以减少的溶解损失，且乙醇易挥发，可以带走水分，防止水解和被氧化，B正确；C．沉淀表面可能附着有等离子，检验是否洗涤干净，即检验洗涤液中是否含有。可取少量最后一次的洗涤液，先加入盐酸酸化，排除的干扰，再加入溶液，若无白色沉淀生成，则说明已洗涤干净，C正确；D．在焙烧过程中与氧气反应，化学方程式为。在该反应中，中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价由-2价升高到+4价，作还原剂；中O元素化合价由0价降低到-2价，作氧化剂。根据方程式，还原剂()和氧化剂()的物质的量之比为，其质量之比为，D错误；故选D。16．将一定质量的Cu、CuO混合物加入到0.5L稀硝酸中，固体完全溶解，产生5.6LNO(标准状况)。向所得溶液中再加入0.5L2.5mol/LNaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全。过滤后，将沉淀洗涤、干燥、充分灼烧得到40.0g固体。下列判断错误的是A．稀硝酸浓度为3.0mol/LB．原固体混合物中含10.0gCuOC．原固体混合物中m(Cu)：m(O)=4：1D．固体完全溶解时所消耗的硝酸中，被还原与未被还原的硝酸物质的量之比为1：4【答案】C【解析】铜和氧化铜的混合物溶于稀硝酸中，铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、5.6LNO(0.25mol)和水，氧化铜和硝酸反应生成硝酸铜和水，向所得溶液中加入NaOH溶液，Cu2+和OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，过滤洗涤后灼烧得到氧化铜的质量为40.0g(0.5mol)，所得滤液为硝酸钠溶液，按钠离子守恒，硝酸钠为0.5L×2.5mol/L=1.25mol；A．按氮元素守恒，0.5L稀硝酸中溶质的物质的量为1.25mol+0.25mol=1.5mol，则稀硝酸浓度为1.5mol÷0.5L=3.0mol/L，故A正确；B．铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，生成的NO的物质的量为0.25mol，则转移电子0.75mol，根据电子守恒，消耗的铜为0.375mol，根据铜元素守恒，固体溶解后溶液中铜离子共0.5mol，其中有0.5mol-0.375mol=0.125mol来自氧化铜，则原有氧化铜0.125mol，质量为0.125mol×80g/mol=10.0g，故B正确；C．由B分析可知，混合物中铜元素共有0.5mol、质量为0.5mol×64g/mol=32g，氧化铜有0.125mol，则氧元素质量为0.125mol×16g/mol=2g，所以原固体混合物中m(Cu)：m(O)=32:2=16:1，故C错误；D．固体完全溶解时所消耗的硝酸用于生成一氧化氮和硝酸铜，生成的NO的物质的量为0.25mol，则被还原的硝酸为0.25mol，反应中形成硝酸铜0.5mol，则未被还原的硝酸为1.0mol，则被还原与未被还原的硝酸物质的量之比为0.25mol:1.0mol=1:4，故D正确；故选C。二、非选择题：本题共4个小题，共52分，除标注外，每空2分。17．（12分）下图是中学常见物质的转换关系图。包含了单质、氧化物、酸、碱、盐。其中A、B常温下都为无色液体，且组成元素相同，A、B、X、Y、E都为氧化物，X、E都为黑色固体，Y可用作干燥剂，F是大理石的主要成分，I为蓝色沉淀，L为不溶于稀硝酸的白色沉淀。请回答：(1)X在反应①中起____________作用。(2)为什么Y可以用作干燥剂，用化学方程式表示_____________，Y所属物质类别是____________(填序号)。①金属氧化物；②碱性氧化物；③碱；④碱性干燥剂；⑤化合物；⑥盐(3)写出反应⑥的离子方程式__________________。(4)写出L的化学式_______________。(5)上述①→⑦反应中属于复分解反应类型的有___________________。【答案】（1）催化CaO+H2O=Ca(OH)2①②④⑤Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓BaSO4④⑥⑦⑧【解析】A、B常温下都为无色液体，且组成元素相同。A能转化为B，则A是过氧化氢，B是水，X为黑色固体,X是二氧化锰，C是氧气，F是大理石的主要成分，是碳酸钙，Y可用作干燥剂，和水反应生成的D和碳酸钠反应生成碳酸钙F，则Y是氧化钙，D是氢氧化钙，则G是氢氧化钠，I为蓝色沉淀，则I是氢氧化铜，G和H反应生成蓝色沉淀，则H中含有铜元素，氧气和Z加热生成的E和硫酸反应生成H，则Z是铜，E为黑色固体，是氧化铜，H是硫酸铜，J是硫酸钠，硫酸钠和K反应生成L，L为不溶于稀硝酸的白色沉淀。则K可以是氢氧化钡，L是硫酸钡，G是氢氧化钠，由此分析。【详解】(1)X是二氧化锰，反应①是过氧化氢在二氧化锰的催化下生成水和氧气，二氧化锰在反应①中起催化作用；(2)Y是氧化钙，Y可以用作干燥剂，是因为CaO+H2O=Ca(OH)2，Y是氧化钙，Y所属物质类别是化合物、金属氧化物、碱性氧化物、碱性干燥剂，不符合碱和盐的概念；(3)G是氢氧化钠，H是硫酸铜，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，反应⑥的离子方程式Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓；(4)L是硫酸钡，L的化学式是BaSO4；(5)反应①是2H2O22H2O2+O2↑，是一种物质反应生成两种物质的反应，是分解反应；Y是氧化钙，D是氢氧化钙，反应②是CaO+H2O=Ca(OH)2，③是2Cu+O22CuO，反应②③是两种物质反应生成一种物质的反应，是化合反应，反应④是Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，反应⑤是CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，反应⑥是2NaOH+CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4，反应⑦是Ba(OH)2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaOH，故反应④⑥⑦⑧都是由两种物质互相交换成分生成另外两种化合物的反应，是复分解反应。18．（16分）某化学小组在实验室制备KMnO4，并利用其氧化性测定补血剂(有效成分FeSO4)中铁元素的含量。回答下列问题：实验Ⅰ：KMnO4的制备。利用Cl2氧化K2MnO4浓强碱溶液(显绿色)制备KMnO4的装置如图所示(加热与夹持装置略)。已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：＋2H2O=＋MnO2↓＋4OH-。(1)a的作用为___________。(2)装置A中制备Cl2的化学方程式为____________________________________。装置B中的实验现象为_____________________________________________。(3)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，该缺陷是___________。实验Ⅱ：测定补血剂(有效成分FeSO4)中铁元素的含量。(4)配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液时，下列操作会导致配制结果偏低的是___________(填标号)。A．定容时，俯视容量瓶刻度线B．使用前容量瓶内有少量蒸馏水C．转移溶液后的烧杯、玻璃棒未洗涤D．定容后摇匀，发现液面降低，又补加蒸馏水重新达到刻度线(5)该测定实验中的KMnO4溶液需要酸化，不用稀盐酸酸化的原因是__________________(用离子方程式表示)。(6)利用酸性KMnO4溶液测定补血剂中铁元素的含量的实验原理为___________________(用离子方程式表示)。若补血剂为mg，测定消耗0.1mol·L−1的KMnO4溶液100mL，计算该补血剂中铁元素的质量分数为____________________(用含m的代数式表示)。【答案】(1)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下(2)Ca(ClO)2+4HCl(浓)＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O溶液由绿色变为紫红色(3)装置A和B之间缺少HCl气体除杂装置(4)CD(5)2+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(6)+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O【解析】装置A用浓盐酸和漂白粉制取Cl2，生成的Cl2通入装置B中可以氧化K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4，KMnO4具有氧化性，可以与补血剂中的有效成分FeSO4发生反应：+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，从而定量测定铁元素含量。（1）a可以平衡漏斗与烧瓶内的气压，使浓盐酸顺利滴下。（2）装置A中浓盐酸和漂白粉发生归中反应制取Cl2，化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl(浓)＝CaCl2+2Cl2↑+2H2O；装置B中Cl2氧化K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4，则实验现象为溶液由绿色变为紫红色。（3）浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有HCl，由于装置A和B之间缺少HCl气体除杂装置，则挥发出的HCl进入装置B中，使其碱性减弱，Mn元素部分以MnO2的形式存在，会导致KMnO4产率降低。（4）A．定容时，俯视容量瓶刻度线,则溶液体积偏小，浓度偏高，A不符合题意；B．使用前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响定容操作，浓度不变，B不符合题意；C．转移溶液后的烧杯、玻璃棒未洗涤，溶质会损失一部分，浓度偏低，C符合题意；D．定容后摇匀，发现液面降低，又补加蒸馏水重新达到刻度线，则溶剂水偏多，浓度偏低，D符合题意；答案选CD。（5）KMnO4溶液具有强氧化性，可以将盐酸中Cl-氧化为Cl2，离子方程式为2+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，因此KMnO4溶液不用稀盐酸酸化。（6）根据分析，酸性KMnO4溶液将补血剂中的Fe2+氧化生成Fe3+，则实验原理为+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；若补血剂为mg，测定消耗0.1mol·L−1的KMnO4溶液100mL，则，因此铁元素的质量分数为。19．（12分）I.镁的化合物用途广泛，如MgO在医药上用作抗酸剂；能快速吸收汗液、增加物体表面摩擦力，是体操比赛中常用的防滑剂，也可用作阻燃剂。(1)MgO用作抗酸剂体现了它_______(填“酸性”、“碱性”或“两性”)氧化物的性质。(2)可用作阻燃剂的原因是_______(用化学方程式表示)。II．某学习小组拟用酸性MgCl2废液(主要成分是MgCl2，含H+、Fe2+，Fe3+等杂质)制取、MgO和副产品NH4Cl，部分流程如图所示。(3)为减少污染和防止引入其他杂质离子，氧化过程可以用_______代替新制氯水。(4)滤渣的成分是_______。(5)已知的溶解度如图所示，则操作3为_______，过滤、洗涤、干燥。(6)如果把流程中的氨水换成，也能达到相同的目的，写出参与两个主要反应的离子方程式：；_______。(7)该小组用上述方案制取MgO，废液中MgCl2的浓度为cmol/L，体积为VL，废液最终制得MgOm克，计算该过程的产率为_______()。【答案】(1)碱性（1分）(2)(3)双氧水(或溶液)（1分）(4)(5)蒸发浓缩、冷却结晶(6)(7)【解析】（1）MgO与酸反应生成盐和水，体现了MgO的碱性氧化物的性质；（2）受热分解：，产生的可以隔绝空气，起到阻燃的作用；（3）为减少污染和防止引入其他杂质离子，氧化过程可以用绿色氧化剂双氧水(或溶液)替代新制的氯水；（4）由分析可知，滤渣的主要成分为；（5）由图可知，的溶解度随温度升高而大幅增加，因此操作3为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；（6）该流程中，除了与反应，还会与发生反应生成沉淀，离子方程式为：；（7）废液中MgCl2的浓度为，VL的废液中；由元素守恒可知产品的理论产量，故产率为。20．（12分）二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，是一种比较安全的消毒剂。实验小组以氯气和亚氯酸钠(NaClO2)为原料制备二氧化氯(ClO2)并探究其性质。资料：ⅰ．ClO2为黄绿色气体，易溶于水，难溶于CCl4；Cl2易溶于CCl4中，溶液呈黄绿色。ⅱ．CCl4为无色液体，密度比水大，且与水不互溶。ⅲ．NaClO2溶液呈弱碱性。【实验一：制备ClO2】进行如下图所示实验，实验过程中，持续通入N2使C中生成ClO2逸出。(1)上图中盛有浓盐酸的仪器名称是_______。(2)A为Cl2发生装置(夹持和加热装置已略)。A中反应的化学方程式为_______。(3)装置B中饱和N