山东省菏泽市2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1山东省菏泽市2024-2025学年高一上学期期末考试试题一、单选题1．化学来源于生活，也服务于生活。下列说法错误的是A．84消毒液不适用于钢和铝制品的消毒B．苏打能与酸反应产生CO2气体，可作面点膨松剂C．食用维生素C含量较高的食物有利于人体对铁元素的吸收D．将鸭蛋放入食盐水一段时间，Na＋和Cl-可以穿过半透膜，得到咸鸭蛋【答案】B【解析】A．84消毒液含次氯酸钠，具有强氧化性，会腐蚀金属表面，导致钢和铝制品氧化或钝化，因此不适用于其消毒，A正确；B．苏打是碳酸钠，面点膨松剂通常使用小苏打（碳酸氢钠），因其在加热时可直接分解产气，B错误；C．维生素C具有还原性，可将Fe³⁺还原为更易吸收的Fe²⁺，因此食用富含维生素C的食物有助于铁元素吸收，C正确；D．鸭蛋壳为半透膜，允许Na⁺和Cl⁻通过渗透进入蛋内，使蛋白质盐析凝固，形成咸鸭蛋，D正确；故选B。2．下列物质性质与应用对应关系正确的是A．NH3具有还原性，可用作制冷剂B．SO2具有弱氧化性，可用作葡萄酒添加剂C．Na2O2可与CO2反应放出O2，可用作供氧剂D．钠和钾的合金具有还原性，可用作原子反应堆的导热剂【答案】C【解析】A．NH3用作制冷剂是因为其易液化的物理性质，而非还原性，AB．SO2在葡萄酒中主要利用其还原性（抗氧化），而非弱氧化性，BC．Na2O2与CO2反应生成D．钠钾合金用作导热剂是因液态下导热性好，与还原性无关，D错误；故选C。3．下列操作中，不会影响溶液中K+A．通入CO2 B．加入Fe粉 C．通入NH3 D．加入【答案】A【解析】A．通入CO2会生成H2CO3，但酸性条件下Fe3+稳定，且COB．加入Fe粉会与Fe3+发生氧化还原反应，生成Fe2+，导致Fe3+C．通入NH3会与Fe3+生成FeOH3沉淀，破坏D．加入Na2SO4会引入SO42-，与Ba2+生成故答案为：A。4．类推时要注意物质的相似性和特殊性，下列类推符合客观事实的是选项化学事实类推结论A钠与水反应生成NaOH和H2高温下铁与水蒸气反应生成Fe(OH)3和H2BFe与CuSO4溶液反应置换出CuNa与CuSO4溶液反应置换出CuCNaOH能将NaHCO3转化为Na2CO3NaOH能将NaHSO3转化为Na2SO3DFe与S直接化合生成FeSCu与S直接化合生成CuSA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A．钠与水反应生成NaOH和H2，但高温下铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2B．Fe与CuSO4溶液置换出Cu，但Na与CuSO4溶液反应时，Na先与水反应生成NaOH和H2，NaOH再与CuSO4生成Cu(OH)2C．NaOH与NaHCO3反应生成Na2CO3，同理NaOH与NaHSO3D．Fe与S直接化合生成FeS，但Cu与S直接化合生成Cu2S而非CuS，故答案为：C。5．FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4【答案】C【解析】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS，C项符合题意。故选C。6．下列离子方程式书写正确的是A．工业上制取漂白粉：2OH-＋Cl2=ClO-＋Cl-＋H2OB．NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液：NH4+＋HCO3-＋2OH-=NH3·H2O＋COC．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2+＋SO42-=BaSOD．用三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板：2Fe3+＋3Cu=3Cu2+＋2Fe【答案】B【解析】A．工业制漂白粉应使用石灰乳，该离子方程式中Ca(OH)2不能拆写，正确的离子方程式为：B．NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液，反应生成一水合氨、碳酸钠和水，该选项中的离子方程式正确，B正确；C．硫酸铜与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，正确的离子方程式为：Ba2++2OHD．三氯化铁溶液刻蚀覆铜电路板，该反应中生成氯化亚铁和氯化铜，正确的离子方程式为：2Fe3+＋Cu=Cu2+＋2Fe2+，D错误；故选B。7．下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化，且甲和水可以直接生成乙的是选项甲乙丙AClNaClONaClBSOHCaSOCFeFe(OH)FeClDCOHCaA．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】A．Cl2与水反应生成HClO和HCl，无法直接生成NaClO，A错误；B．SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，B错误；C．氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉淀，C错误；D．CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体，D正确；故答案选D。8．下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是A．用装置甲制取Cl2B．用装置乙除去Cl2中少量HClC．用装置丙分离MnO2和MnCl2溶液D．用装置丁蒸干MnCl2溶液制得MnCl2·4H2O【答案】C【解析】A．用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气需要加热，该图无加热装置，不能达到实验目的，A错误；B．除去氯气中的HCl要用到饱和食盐水，饱和碳酸氢钠可以与氯气反应，该装置无法达到实验目的，B错误；C．分离MnO2固体和MnCl2溶液用过滤，该装置图正确，能达到实验目的，C正确；D．MnCl2会发生水解反应，蒸干MnCl2溶液无法制得MnCl2·4H2O，该装置无法达到实验目的，D错误；故选C。9．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0.3NAD．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．n(SO2)=V(SO2)Vm=C．反应①化学反应方程式为：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，n(H2S)=m(H2S)M(H2S)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。10．配制250mL0.1mol·L−1稀盐酸，配制时步骤如下：用50mL量筒量取11.8mol·L−1浓盐酸2.1mL，将其沿玻璃棒注入烧杯中，再向烧杯中加入少量蒸馏水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀，将已恢复至室温的盐酸沿玻璃棒注入所选用的容量瓶中，用30mL蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，将洗涤液全部注入容量瓶中，轻轻摇动容量瓶，继续往容量瓶中小心地注入蒸馏水，直到溶液的凹液面恰好与容量瓶瓶颈上的刻度线相切，将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。上述步骤中存在的错误有几处？A．2处 B．3处 C．4处 D．5处【答案】C【解析】错误1（量筒选择错误）：量取2.1mL液体应使用10mL量筒（精度更高），而非50mL量筒；错误2（稀释顺序错误）：浓盐酸应缓慢倒入水中，而非先加浓盐酸后加水，避免放热飞溅；错误3（定容未用胶头滴管）：定容至刻度线前1-2cm时需改用胶头滴管调整，直接倒水易超刻度；错误4（摇匀方式错误）：应倒转摇匀容量瓶，而非简单振荡；其他步骤（如冷却后转移、玻璃棒引流）均正确，故总错误数为4处；选C。二、多选题11．某危险品仓库中存放有化工原料氰化钠(NaCN)。该物质有剧毒，当仓库发生火灾爆炸事故时，要对已经泄漏的少量氰化钠做无害化处理。下列物质可选用的是A．铁粉 B．双氧水C．氧化钙 D．臭氧(O3)【答案】BD【解析】A．铁粉不能与氰化钠溶液反应，不能对已经泄漏的少量氰化钠做无害化处理，故A错误；B．双氧水具有强氧化性，氰化钠溶液也会被双氧水氧化，可对氰化钠做无害化处理，故B正确；C．氧化钙不能与氰化钠溶液反应，不能对已经泄漏的少量氰化钠做无害化处理，故C错误；D．臭氧具有强氧化性，氰化钠溶液也会被臭氧氧化，可对氰化钠做无害化处理，故D正确；故选BD。三、单选题12．某工业废水中存在大量的Na+、Cl-、Cu2+、SO42-，欲除去其中的Cu2+、A．NaOH的作用为除去Cu2+ B．试剂a为Na2CO3溶液C．操作X为过滤 D．试剂c的作用为除去过量的CO32-与【答案】B【解析】工业废水中加入NaOH，生成氢氧化铜沉淀，除去铜离子，再加入氯化钡除去硫酸根离子，之后加入碳酸钠除去过量的钡离子，然后过滤，向滤液中加入适量的盐酸除去碳酸根和氢氧根，得到氯化钠溶液。A．工业废水中加入NaOH，生成氢氧化铜沉淀，除去铜离子，A正确；B．根据分析，出去铜离子后，再加入氯化钡除去硫酸根离子，试剂a为氯化钡，B错误；C．操作X为分离沉淀和溶液，为过滤，C正确；D．根据分析最后向滤液中加入适量的盐酸除去碳酸根和氢氧根，得到氯化钠溶液，D正确；故选B。四、多选题13．下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3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，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体D．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg【答案】BD【解析】A．取ag混合物充分加热，剩余bg固体，利用固体质量的差值，可根据碳酸氢钠分解的化学方程式计算碳酸氢钠的质量，从而计算碳酸钠的质量分数，A不符合题意；B．NaHCO3可与足量NaOH溶液充分反应，氢氧化钠会有剩余，得到bg固体中肯定含有过量的氢氧化钠，不能测定混合物中Na2CO3的质量分数，B符合题意；C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得bg固体，则bg固体为氯化钠，根据Na元素守恒，列方程组可计算碳酸钠的质量分数，C不符合题意；D．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，则增重的bg气体的质量不全是二氧化碳的质量，还有水蒸气的质量，所以不能测定碳酸钠的质量分数，D符合题意；故选BD。14．某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn，流程如下图。“脱氯”步骤仅铜元素的化合价发生改变。锌浸出液中相关成分如表所示(其他成分未列出且无干扰)。下列说法错误的是离子Zn2+Cu2+Cl-c/(mol·L−1)20.0020.03A．“浸铜”时应加入足量H2O2，以便将铜屑全部氧化B．“浸铜”反应：Cu＋H2O2＋2H+=Cu2+＋2H2OC．“脱氯”反应，每生成1molCuCl，消耗0.5molCu2+D．最后得到的脱氯液中溶质的主要成分是ZnCl2【答案】AD【解析】向铜屑中加入稀硫酸和适量过氧化氢的混合溶液“浸铜”，将铜部分转化为铜离子，向反应后的溶液中加入锌浸出液，未反应的铜与溶液中的铜离子、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，过滤得到氯化亚铜和脱氯液。A．由分析可知，“浸铜”时发生的反应为铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成铜离子，未反应的铜与锌浸出液中的铜离子、氯离子反应生成氯化亚铜沉淀，所以反应时过氧化氢要适量，以便有部分铜屑剩余，故A错误；B．由分析可知，“浸铜”时发生的反应为部分铜与稀硫酸和过氧化氢的混合溶液反应生成铜离子和水，反应的离子方程式正确，故B正确；C．由分析可知，“脱氯”时发生的反应为Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl，由方程式可知，反应生成1mol氯化亚铜沉淀，消耗0.5mol铜离子，故C正确；D．由表格数据可知，1L溶液中阳离子所带电荷物质的量为2mol/L×2+0.002mol/L×2=4.004mol，阴离子所带电荷物质的量为0.03mol/L×1=0.03mol，由电荷守恒可知，溶液中还有大量其他阴离子，最后得到的脱氯液的溶质主要成分不可能是氯化锌，故D错误；故选AD。15．某小组在常压、酒精灯加热和还原铁粉催化条件下进行氨的合成。实验原理为NaNO2＋NH4Cl冰醋酸NaCl＋N2↑＋2H2O，该反应为放热反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。下列说法错误的是A．实验开始后，应先点燃酒精灯，预热催化剂1～2分钟再通入反应气体B．因NH4Cl和NaNO2反应放热，故应将冰醋酸缓缓加入小广口瓶中C．为避免尾气造成环境污染，应将装置Ⅲ更换为图Ⅳ所示装置D．在通风橱中进行该反应，若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免NH3引起的倒吸【答案】AC【解析】氢气容易和空气中氧气反应引起爆炸，实验开始时应先排除装置内的氧气，然后再点燃酒精灯，氢气和氮气催化氧化生成氨气，氨气极易溶于水，而氢气不溶于水，则若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免NH3引起的倒吸；A．实验开始时应先排除装置内的氧气，然后再点燃酒精灯，否则会因有氧气和氢气发生爆炸，A错误。B．因NH4Cl和NaNO2反应放热，而冰醋酸的沸点低易挥发，所以应将冰醋酸缓缓加入小广口瓶中，B正确。C．根据氨气极易溶于水判断，但氢气如果过量，而其中Ⅳ的装置是密封的，所以不能用于气体的尾气收集，C错误。D．因为氨气极易溶于水，而氢气不溶于水，所以若稀硫酸和锌粒产生的H2足够多，能避免NH3性质检验时可能引起的倒吸，D正确。故选AC。五、填空题16．分类法在研究和学习物质化学性质中作用巨大。现有以下物质：①Cu；②CaCO3；③Ba(OH)2；④NaHSO4；⑤CO2；⑥NaOH；⑦Fe(OH)3胶体；⑧纯醋酸。回答下列问题：(1)属于电解质的是(填序号)。(2)将少量⑤通入⑥的溶液中，发生反应的离子方程式为。上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H＋＋OH-=H2O，则该反应的化学方程式为。(3)已知SiO2属于酸性氧化物，因其很难与水直接化合生成难溶的硅酸(H2SiO3)，故实验室用SiO2制备硅酸时，可以先碱溶得到硅酸钠(Na2SiO3)，然后用盐酸酸化，这两步反应的化学方程式分别为、。(4)由FeCl3与H2O可制得Fe(OH)3胶体，其胶团{[Fe(OH)3]m·nFeO+·(n-x)Cl-}x+·xCl-结构如图所示。下列说法正确的是___________(填标号)。A．Fe(OH)3胶粒因吸附离子带负电荷B．16.25gFeCl3生成的胶体粒子数目约为6.02×1022C．Fe(OH)3胶体粒子的平均直径可能是1×10−5mD．由硅酸胶体与Fe(OH)3胶体混合时，会析出H2SiO3和Fe(OH)3混合沉淀，可推知硅酸胶体胶粒带负电荷【答案】(1)②③④⑥⑧(2)CO2+2OH-=CO32-+H2ONaHSO4+NaOH=Na2SO4+H(3)SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2ONa2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl(4)D【解析】（1）电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；②CaCO3③Ba(OH)2④NaHSO4⑥NaOH⑧纯醋酸为电解质；①Cu为单质，⑤CO2为非电解质，⑦Fe(OH)3胶体为混合物，均不是电解质；（2）少量⑤通入⑥的溶液中反应生成碳酸钠和水，发生反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O。上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H＋＋OH-=H2O，则反应物中能完全电离出氢离子、氢氧根离子，且其它离子不能反应，则反应为氢氧化钠和硫酸氢钠生成硫酸钠和水，化学方程式为NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2（3）二氧化硅和氢氧化钠生成硅酸钠和水，硅酸钠和HCl生成硅酸沉淀和氯化钠，反应为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O、Na2SiO3+2HCl=H2SiO3↓+2NaCl；（4）A．由题意，Fe(OH)3胶粒因吸附离子带正电荷，A项错误；B．16.25gFeCl3的物质的量为0.1mol，由胶团结构示意图知，1个胶粒中所含的铁原子不止1个，所以水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于6.02×1022，B项错误；C．按定义知，胶体粒子的直径介于1～100nm之间，胶体粒子的直径不可能是1×10−5m，C项错误；D．Fe(OH)3胶粒因吸附离子带正电荷，硅酸胶体与Fe(OH)3胶体混合时，会析出H2SiO3和Fe(OH)3混合沉淀，则可推知硅酸胶体胶粒带负电荷，D项正确；故选D。六、解答题17．硫酸铁是水处理行业净水的混凝剂和污泥的处理剂。一种以黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、SiO2等)为原料制备硫酸铁晶体的工艺流程如下。回答下列问题：(1)已知25.0%硫酸的密度ρ=1.176g·cm−3，计算25.0%硫酸的物质的量浓度为mol·L−1，若实验室用18mol·L−1的浓硫酸配制500mL上述物质的量浓度的硫酸，需用量筒量取浓硫酸mL。(2)废渣Ⅰ的主要成分为(填化学式)。(3)“氧化”时氧化剂H2O2可用稀硝酸代替。用稀硝酸时发生反应的离子方程式为，它的优点是原料成本低，缺点是。(4)若检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，可选用的试剂为___________(填标号)。A．KSCN溶液，新制氯水 B．K3[Fe(CN)6]溶液C．NaOH溶液 D．淀粉KI试液(5)硫酸铁酸性溶液常用于处理含SO2的尾气，工艺流程如下：步骤Ⅰ、Ⅱ发生反应的离子方程式分别为、。【答案】(1)383.3(2)SiO2(3)3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O(4)B(5)SO2+2H2O+2Fe3+=4H++SO42-+2Fe2+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H【解析】黄铁矿烧渣主要成分为Fe2O3、Fe3O4、SiO2等，加硫酸酸浸后过滤，滤去不反应的SiO2，再用H2O2将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到产品硫酸铁晶体。（1）已知25.0%硫酸的密度ρ=1.176g·cm−3，则硫酸的物质的量浓度为c=1000×1.176×25%98mol/L=3mol/L；根据稀释定律，若实验室用18mol·L−（2）根据分析，废渣Ⅰ的主要成分为SiO2。（3）氧化时氧化剂H2O2可用稀硝酸代替，则用稀硝酸可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为NO气体，反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；稀硝酸的优点是原料成本低，缺点是（4）氧化后的溶液中含有Fe3+，若检验是否含有Fe2+，KSCN溶液、NaOH溶液、淀粉KI试液均与Fe3+反应，干扰Fe2+检验，因此检验是否含有Fe2+可以选用K3[Fe(CN)6]溶液反应，若产生蓝色沉淀，则证明Fe2+存在，答案选B。（5）硫酸铁溶液中Fe3+具有氧化性，可以氧化SO2生成SO42-，因此步骤Ⅰ的离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=4H++SO42-+2Fe2+；溶液b为硫酸亚铁溶液；Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+，因此步骤Ⅱ的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H218．氮是自然界中的重要元素之一，研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。回答下列问题：Ⅰ．高浓度氨氮废水(主要含NH4+、NH3·H2(1)“氧化池”中NaClO溶液在碱性条件下将废水中的NH4+氧化为无污染气体，该反应的离子方程式为(2)将一定量的氨氮废水与不同物质的量的NaClO混合，测得溶液中氨氮去除率、总氮(溶液中所有可溶性含氮化合物中氮元素的总量)去除率与NaClO物质的量的变化关系如图所示。当n(NaClO)>n1时，水体中总氮去除率下降的原因可能是。(3)“硝化池”是在硝化菌的作用下实现NH4+→NO2-→NO3-转化，在碱性条件下Ⅱ．(4)“NH3-CaSO4”法可用于吸收燃煤发电厂的CO2，并获得产品(NH4)2SO4，反应原理为CO2＋CaSO4＋2NH3＋H2O=CaCO3↓＋(NH4)2SO4；反应物NH3常用两种固体物质进行实验室制备，化学反应方程式为。(5)实验室中搭建如图所示装置，应用上述原理模拟生产硫酸铵，操作时应先从(填“a”或“b”)通入气体(填化学式)至饱和，然后通入另一种气体，当液体由红色变为浅红色时，立即停止通入，不继续通至过量的原因可能是(用离子方程式表示)。【答案】(1)3ClO-+2NH4++2OH-=3Cl-+N2↑+5H(2)有部分NH3被氧化成NO2-(3)NH4++2O2+2OH-=NO3(4)2NH(5)aNH3CaCO3+H2O+CO2=Ca2++2HCO【解析】氧化法使用次氯酸钠氧化氮元素为氮气，溶液进入排放池加入活性炭吸附后得到低浓度氨氮废水；低浓度氨氮废水硝化后进入反硝化池得到氮气，最后得到达标废水。（1）NaClO溶液在碱性条件下将废水中的NH4+氧化为无污染气体，反应中氯化合价由+1变为-1、氮化合价由-3变为0，结合电子守恒，该反应的离子方程式为：3ClO-+2NH4++2OH-=3Cl-+N2（2）当n(NaClO)>n1时，次氯酸钠使得部分NH3被氧化成NO2-或（3）在碱性条件下NH4+被氧气氧化成NO3-，反应中氮化合价由-3变为+5、氧分子中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，总反应的离子方程式为：NH4++2O2+2OH-（4）氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，2NH4（5）氨气极易溶于水，需要存在防倒吸装置，则氨气从a处通入至饱和使得溶液显碱性，碱性溶液能吸收更多二氧化碳，然后通入另一种气体二氧化碳，当液体由红色变为浅红色时，立即停止通入，不继续通至过量的原因可能是碳酸钙和过量二氧化碳生成可溶性碳酸氢钙引入杂质：CaCO3+H2O+CO2=Ca2++2HCO319．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：3MnO42-＋2H2O=2MnO4-＋MnO2↓(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)2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H(6)MnO4-+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：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2（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2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，因此KMnO（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MnO4-+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n(Fe2