2026届安徽省黄山市屯溪区第一中学化学高三第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届安徽省黄山市屯溪区第一中学化学高三第一学期期中学业水平测试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是反应①：C(s)+O2(g)＝CO(g)△H1反应②：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g)△H2反应③：CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(g)△H3＝-90.1kJ·mol-1反应④：2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4，能量变化如下图所示反应⑤：3CH3OH(g)CH3CH＝CH2(g)+3H2O(g)△H5＝-31.0kJ·mol-1下列说法正确的是A．反应③使用催化剂，△H3减小B．△H1-△H2>0C．反应④中正反应的活化能大于逆反应的活化能D．3CO(g)+6H2(g)CH3CH＝CH2(g)+3H2O(g)△H＝-301.3kJ·mol-12、下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HClOC向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，将产生的气体通入品红溶液无明显现象铜片未打磨D将一小块钠加入盛有无水乙醇的烧杯中有气泡产生，收集气体，点燃产生爆鸣声生成的气体是H2A．A B．B C．C D．D3、部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是（）A．x的位置是第2周期、第ⅠA族B．离子半径的大小顺序：e+＞f3+＞g2－＞h－C．由x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D．简单气态氢化物的稳定性大小顺序：d＞g＞h4、下列关于有机化合物的说法正确的是A．一定条件下，乙酸能够与CuO反应，而乙醇不能B．甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应C．纤维素和油脂都是能发生水解反应的高分子化合物D．乙烯、乙炔、乙醛、甲苯都能与溴水或酸性KMnO4溶液反应5、过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。下列说法错误的是（）A．Na2O2的电子式：B．Na+的结构示意图：C．7.8gNa2O2中含有阴阳离子总数为0.4NAD．H2O的比例模型：6、在25℃时，用蒸馏水稀释1mol/L的醋酸溶液至0.01mol/L，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(

)A．c(H+)/c(CH3COOH)B．c(CH3COOH)/c(H+)C．n(CH3COOH)/c(CH3COO-)D．c(CH3COO-)

c(H+)/c(CH3COOH)7、歌曲《青花瓷》,唱道“帘外芭蕉惹骤雨,门环惹铜绿”,其中的“铜绿”即是铜锈,它的化学成分是Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是()A．该反应不属于氧化还原反应B．该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化,所以是氧化还原反应C．该反应中铜得电子,O2失电子,所以是氧化还原反应D．该反应是氧化还原反应,化合价发生改变的只有两种元素8、两种物质所含化学键种类完全相同，晶体类型也相同的是A．NaC1和HC1 B．NaOH和Na2O C．C3H8和H2O2 D．SO2和SiO29、科学家将含有石墨烯和碳纳米管两种纳米材料的水溶液在低温环境下冻干得到“全碳气凝胶”，该固态材料的密度仅是0.16mg·cm-3，是迄今为止世界上最轻的材料。下列有关说法正确的是()A．“全碳气凝胶”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料B．“全碳气凝胶”与石墨互为同位素C．“全碳气凝胶”中含有碳碳双键，属于烯烃D．“全碳气凝胶”的性质稳定，能在热的浓硫酸中稳定存在10、下列物质的名称正确的是（）A．2CaSO4·H2O：生石膏B．CO(NH2)2：尿素C．C6H10O5：纤维素D．：2-乙基-1，4-丁二烯11、化学式为N2H6SO4的某晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体中不存在A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．阳离子12、下列叙述能说明X的非金属性比Y强的是（）A．Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来B．Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应C．X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定D．X原子的电子层数比Y原子的电子层数多13、下列离子方程式中表达正确的是（）A．NaHS溶液中滴加少量的硫酸铜溶液：2HS－+Cu2+＝CuS↓+H2S↑B．将酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，得到无色溶液：2+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2OC．ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH－＝I－+ClO－+H2OD．1.5mol·L−1100mL的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2：2Br－+Cl2＝Br2+2Cl－14、一定条件下，将10molH2和1molN2充入一密闭容器中，发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），达到平衡时，H2的转化率可能是A．25% B．30% C．35% D．75%15、下列关于0.10mol•L-1NaHCO3溶液的说法正确的是A．溶质的电离方程式为：NaHCO3=Na++H++CO32-B．离子浓度关系：c(Na+)(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)C．25℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大D．温度升高，c（HCO3-）增大16、根据原子结构或元素周期律的知识，下列说法正确的是A．35Cl和37Cl的原子核外电子排布不同B．CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸溶胶C．短周期主族元素原子最外层电子数一定等于其最高化合价D．1molHCl分子和1molHF分子断键需要的能量前者大于后者二、非选择题（本题包括5小题）17、现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙及物质C、D、E、F、G，它们之间能发生如图反应（图中某些反应的产物及条件没有全部标出）根据以上信息填空：（1）写出下列物质的化学式：A______G__________；（2）纯净的气体甲在气体乙中燃烧的现象：______________________________________；（3）写出下列反应的离子方程式：反应①_________________________；反应④____________________________；18、中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体．请回答下列问题：（1）红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：________．（2）A、B、H的化学式：A__________、B__________、H________．（3）①H2O2分子的电子式为______________。②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：_______________________。（4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________。（5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：___________。19、现要测定某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数。实验按以下步骤进行：I．根据上面流程，回答以下问题：（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有_______、_______(填仪器名称)。（2）加入氯水发生反应的离子方程式为______________________________。（3）将沉淀物灼烧后，冷却至室温，用天平称量其质量为b1g，再次加热并冷却至室温，称量其质量为b2g，若b1－b2=0.3g，则接下来还应进行的操作是___________________；若坩埚质量是w1g，坩埚与灼烧后固体总质量是w2g，则样品中铁元素的质量分数是_______________。II．有同学提出，还可以采用以下方法来测定：（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，为什么?_____________________________。（5）选择的还原剂是否能用铁_____(填“是”或“否”)，原因是______________________。（6）)若滴定消耗cmol·L-1KMnO4溶液bmL，则样品中铁元素的质量分数是__________。20、某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe（OH）2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe（HCO3）2。实验操作及现象记录如下：（1）甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：_________________________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入__________，发现产生大量气泡。（2）乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe（OH）2，他将实验a中两种溶液体积均改为15mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe（OH）2存在的实验现象是___________________________。（3）实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：_____________________________。（4）实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变为红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：_________________。（5）乙同学反思，实验a中含有Fe（OH）2，实验b中几乎不含有Fe（OH）2，对比分析出现差异的原因是_____________________________。21、亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。已知：①NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO2（21℃）、NO（–152℃）（1）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是________________________。（2）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→_____________；组装好仪器后，接下来进行的操作是________________。（3）关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70％的硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生气体含有NO，依据的现象是_____________________________。②装置E的作用是_______________________________________________________。（4）如果没有装置C，对实验结论造成的影响是______________________________。（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.催化剂不改变反应的始终态，则反应③使用催化剂，△H3不变，故A错误；B.①-②得到H2(g)+O2(g)⇌H2O(g)，氢气燃烧放出热量，则△H1-△H2<0，故B错误；C.④为放热反应，焓变为正逆反应的活化能之差，则反应④中正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C错误；D.③×3+⑤得到3CO(g)+6H2(g)⇌CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)，△H=(-90.1kJ•mol-1)×3+(-31.0kJ•mol-1)=-301.3

kJ•mol-1，故D正确；故选D。2、D【解析】A.裂化汽油中含有烯烃，溴水与裂化汽油会发生加成反应，所以该实验的现象和结论均错误，A项错误；B.Ba(ClO)2溶液中ClO-具有强氧化性，SO2有强还原性，ClO-能把SO2氧化为SO42-，发生反应的离子方程式为：Ba2++2ClO-+2SO2+2H2O=BaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+，所以该实验的结论错误，B项错误；C.浓硫酸与铜片反应需要在加热条件下进行，本实验没有加热，不一定有SO2生成，所以“没有明显现象”不能得出“铜片未打磨”的结论，C项错误；D.常温下钠与乙醇反应：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，氢气中混有空气，点燃有爆鸣声，所以该实验的现象和结论均正确，D项正确；答案选D。3、C【解析】根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素。A、x是氢元素，位置是第一周期、第ⅠA族，选项A错误；B、具有相同电子层排布的离子，核电荷数越大，半径越小，则离子半径大小g2－＞h－＞e+＞f3+，选项B错误；C、氢元素、氮元素、氧元素可以组成硝酸铵为离子化合物，选项C正确；D、元素非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越大，故简单气态氢化物的稳定性大小顺序：d＞h＞g，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构、性质、位置关系的应用，根据化合价与原子半径推断元素是解题的关键。注意对元素周期律的理解掌握。4、B【解析】A．乙醇与氧化铜一定条件下反应生成乙醛、Cu和水，乙酸与氧化铜反应生成乙酸铜和水，选项A错误；B．甲烷能在光照条件下发生取代反应，苯在催化剂的条件下发生取代反应，乙酸、乙醇的酯化反应以及酯的水解属于取代反应，选项B正确；C．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，选项C错误；D．乙烯、乙炔均能与溴发生加成反应，能与酸性高锰酸钾发生氧化反应；乙醛能与溴水或酸性高锰酸钾发生氧化反应；甲苯不能与溴水发生反应，能被酸性KMnO4溶液氧化，选项D错误；答案选B。5、C【详解】A.过氧化钠为离子化合物，电子式为，故A正确；B.钠元素的核电荷数为11，钠离子原子核外有10个电子，最外层有8个电子，离子的结构示意图为，故B正确；C.过氧化钠是由2个钠离子和1个过氧根离子形成的离子化合物，7.8g过氧化钠的物质的量为0.1mol，含有的阴阳离子总数为0.3NA，故C错误；D.水是共价化合物，空间构型为V字形，比例模型为，故D正确；故选C。6、A【解析】试题分析：醋酸是弱电解质，加水稀释醋酸，促进醋酸电离，则n（CH3COO－）、n（H＋）增大，n（CH3COOH）减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c（CH3COO－）、c（H＋）、c（CH3COOH）都减小，但c(OH－)增大，据此分析解答。A中加水稀释醋酸，促进醋酸电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，所以c(HB中加水稀释醋酸，促进醋酸电离，n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，所以c(CHC中加水稀释醋酸，促进醋酸电离，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO－）增大，则c(CHD中温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故D错误，答案选A。考点：考查了弱电解质的电离点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题设计新颖，基础性强，有利于培养学生的逻辑思维能力和抽象思维能力。注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液的浓度无关，D为易错点7、D【分析】在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化。【详解】A.在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子被还原，故该反应属于氧化还原反应，A不正确；B.该反应中碳元素化合价没有发生变化，B不正确；C.该反应中铜失去电子，O2得到电子，C不正确；D.该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，D正确。故选D。8、C【详解】A、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键；固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键；二者的晶体类型不同，所含化学键类型也不同，选项A错误；B、NaOH、Na2O都是离子晶体；Na2O只含有离子键，NaOH中含离子键和共价键，所含化学键类型不完全相同；选项B错误；C、C3H8和H2O2都是分子晶体，C3H8和H2O2都只含共价键，所含化学键类型完全相同，晶体类型也完全相同，选项C正确；D、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体；二氧化硅、二氧化碳都只含共价键；选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了化学键类型和晶体类型的关系。判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。9、A【详解】A．“全碳气凝胶”具有极大的比表面积，吸附性强，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，A说法正确；B．“全碳气凝胶”与石墨都是碳的单质，互为同素异形体，B说法错误；C．“全碳气凝胶”为碳的单质，无氢原子，不属于烃类，C说法错误；D．“全碳气凝胶”的性质稳定，但能在热的浓硫酸发生反应生成二氧化碳、二氧化硫等物质，D说法错误；答案为A。10、B【详解】A．2CaSO4·H2O可写为CaSO4·0.5H2O，是熟石膏，CaSO4·2H2O是生石膏，故A错误；B．尿素分子式为CH4N2O，化学式为CO(NH2)2，故B正确；C．纤维素是由葡萄糖组成的大分子多糖，分子式为(C6H10O5)n，故C错误；D．利用系统命名法，该有机物的名称为2-乙基-1，3-丁二烯，故D错误；答案选B。【点睛】二烯烃系统命名法是以含有两个C=C的最长碳链为主链，作为母体二烯烃。从最靠近C=C的一端开始将主链上的碳原子编号，两个C=C的位次标明于母体二烯烃名称之前。取代基的位置随着主链上碳原子的编号位次而定。11、C【详解】化学式为N2H6SO4的晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，应该是离子晶体，硫酸铵中含有离子键、共价键及阴、阳离子，故N2H6SO4晶体中不存在分子间作用力，选项C错误，答案为C。12、C【解析】A.Y的单质能将X从NaX的溶液中氧化出来，说明Y的非金属性比X强；B.Y在暗处可与H2反应，X在加热条件下才能与H2反应，说明Y的非金属性比X强；C.X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，说明X的非金属性比Y强；D.X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，不能说明X的非金属性比Y强。故选C。13、A【详解】A．NaHS溶液中滴加少量的硫酸铜溶液，生成CuS沉淀，生成的H+和HS－反应生成气体H2S：2HS－+Cu2+＝CuS↓+H2S↑，故A正确；B．将酸性KMnO4溶液滴入双氧水中，得到无色溶液：2+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，故B错误；C．ICl和Cl2的化学性质相似，将ICl通入KOH溶液中：ICl+2OH－＝Cl－+IO－+H2O，故C错误；D．1.5mol·L−1100mL的FeBr2即物质的量为0.15mol，通入3.36L（标准状况）Cl2即0.15mol，还原性：Fe2+＞Br－，Fe2+先反应，反应完后再是Br－反应，其离子方程式为：2Fe2++2Br－+2Cl2＝2Fe3++Br2+4Cl－，故D错误。综上所述，答案为A。14、A【详解】假设1molN2完全转化，则消耗H2的物质的量为：n消耗(H2)=3n(N2)=3.0mol，实际化学反应具有一定的限度，N2完全转化是不可能的，因而消耗H2的物质的量绝对小于3.0mol，故H2的最大转化率为：α最大(H2)＜×100%=30%，故符合题意的答案只能是A。故选A。15、C【解析】A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3-，故A错误；B．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2c（CO32-），故B错误；C．25℃时，加水稀释后，促进HCO3-水解，n（OH-）增大，c（OH-）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH-）的乘积变大，故C正确；D．HCO3-水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3-）减小，故D错误；故选C。16、B【解析】A．35Cl和37Cl属于同位素，原子核外电子数相同，原子核外电子排布相同，故A错误；B．CO2通入Na2SiO3溶液中反应生成白色胶状沉淀硅酸，可以得到硅酸溶胶，故B正确；C．氧元素、氟元素没有最高正化合价，其它主族元素最高正化合价等于其族序数，故C错误；D．键长H-F＜H-Cl，故H-F键键能更大，则断开1molH-F需要的能量更多，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为为C，要注意一些特殊例子，如氧元素、氟元素一般没有最高正化合价，其中F元素没有正化合价，平时学习过程中要注意归纳。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaFe(OH)3产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】金属A焰色反应为黄色，故A为金属Na；由反应①Na+H2O→气体甲+C，则甲为H2，C为NaOH；乙是黄绿色气体，则乙为Cl2；反应②：气体甲+气体乙→气体丙，即H2+Cl2→HCl，则丙为HCl；红褐色沉淀G为Fe(OH)3；反应⑤：物质C+物质F→沉淀G，即NaOH+F→Fe(OH)3，可推断F中含有Fe3+；反应④：物质E+Cl2→物质F，则E中含有Fe2+；反应③：丙的水溶液D+金属B→物质E，可推断金属B为Fe，则E为FeCl2，F为FeCl3。（1）根据上述分析可知A为Na；G为Fe(OH)3；（2）气体甲为H2，气体乙为Cl2，氢气在氯气中燃烧的现象为：产生苍白色火焰，放出大量的热，出现白雾；（3）反应①为钠和水的反应，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；反应④为FeCl2与的反应，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。18、1~100nmFeFeSH2SO42Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子的存在4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3(胶体)+O2↑+8Na+【解析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A也能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是Fe，C是FeSO4，D是Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；硫酸亚铁和过氧化钠反应生成氢氧化铁。则（1）胶体微粒直径在1～100nm之间；（2）通过以上分析知，A、B、H分别是Fe、FeS、H2SO4（稀）；（3）①双氧水是共价化合物，电子式为；②C是硫酸亚铁，硫酸亚铁和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（4）E中有铵根离子，可取少量E于试管中，用胶头滴管加入氢氧化钠溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有铵根离子；（5）硫酸亚铁和过氧化钠发生氧化还原反应生成氢氧化铁和氧气、硫酸钠，离子方程式为4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O＝4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。19、251mL容量瓶胶头滴管2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g×111%过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰否如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定2.8bc/a【解析】本题按照两种不同的实验设计进行了某氯化铁与氯化亚铁混合物中铁元素的质量分数，方案I为沉淀法，方案II滴定法，两种方案中均是先准确配制一定体积的溶液，然后取样进行测定，计算的依据为铁元素的质量守恒，据此分析解答。【详解】Ⅰ．（1）操作I所用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须有251mL容量瓶、胶头滴管；故答案为251mL容量瓶、胶头滴管；（2）加入氯水将溶液中的Fe2+氧化转变成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故答案为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；（3）为了减少误差，需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g，因b1－b2=1.3g>1.1g，所以接下来需再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；由铁元素质量守恒可得红棕色固体中铁元素就是样品中的铁，Fe2O3中铁元素的质量为（W2-W1）g×；则样品中铁元素的质量为：（W2-W1）g××=g=7（W2-W1）g，所以样品中铁元素的质量分数为：×111%，故答案为再次加热冷却并称量，直至两次质量差小于1．1g；×111%；II．（4）溶解样品改用了硫酸，而不再用盐酸，是因为过量的盐酸会被酸性KMnO4溶液氧化，对KMnO4的滴定有干扰，故答案为过量的盐酸能被酸性高锰酸钾溶液氧化，对KMnO4的滴定过程有干扰；（5）选择的还原剂不能用铁，因为如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，从而干扰原混合物中铁元素的测定；故答案为否；如果用铁做还原剂，会与Fe3+、过量的硫酸反应生成Fe2+，干扰原混合物中铁元素的测定；（6）Fe与KMnO4反应的离子方程式是：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。n(MnO4-)=bc×11-3mol；则n(Fe2+)=5bc×11-3mol，则样品中铁元素的质量分数是（11×5bc×11-3mol×56g/mol）÷a=2.8bc/a，故答案为2.8bc/a。20、Fe2++CO32-=FeCO3↓稀硫酸（或稀盐酸）沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性（或水解程度）比碳酸氢钠的强【解析】解答本题主要抓住FeCO3与Fe(OH)2的区别来进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2能被空气中的氧气氧化呈现特殊颜色变化，据此分析解答。【详解】（1）实验a中硫酸亚铁与碳酸钠溶液混合若生成碳酸亚铁沉淀，则发生了复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2++CO32-=FeCO3↓，碳酸亚铁沉淀能溶于硫酸或盐酸并产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸