江西省景德镇市乐平中学2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江西省景德镇市乐平中学2024-2025学年高一上学期1月期末试题一、单选题1．下列说法中正确的是

①酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应②金属氧化物不一定都是碱性氧化物，但碱性氧化物一定都是金属氧化物③向碳酸钠中加入少量水后，碳酸钠结块变成晶体，并伴随着放热现象④硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物⑤因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以胶体可以用过滤的方法把胶粒分离出来⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是胶粒直径介于1nm到l00nm之间A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】A【解析】①酸性氧化物是指能与碱反应生成盐和水的氧化物，则酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，①正确；②碱性氧化物是指能与酸反应生成盐和水的氧化物，金属氧化物不一定都是碱性氧化物，如Al2O3③碳酸钠溶于水放热，向碳酸钠中加入少量水后，碳酸钠结块变成碳酸钠晶体，并伴随着放热现象，③正确；④纯碱为碳酸钠，是盐而不是碱，④错误；⑤胶粒比溶液中溶质粒子大，胶粒不能透过半透膜，但能透过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，⑤错误；⑥氢氧化铁胶体稳定存在的主要原因是氢氧化铁胶体粒子带正电荷，氢氧化铁胶体粒子之间相互排斥，使胶粒之间难以聚集成较大颗粒而沉降，⑥错误；则说法正确的是①②③，有3个，故选A。2．用NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A．1molCl2与足量的铁反应转移的电子数是2NAB．18g由D2O和HC．0.1mol/LCuCl2溶液中Cl-数目是0.2NAD．7.8克过氧化钠投入足量的水中，转移电子数为0.2NA【答案】A【解析】1molCl2与足量的铁反应生成FeCl3，化合价从0价降低到-1价，得到2mol电子即2NA，A正确；D2O的摩尔质量为20g/mol，1个D2O分子含10个中子；H218O的摩尔质量为20g/mol，1个H218O分子含10个中子。18g由D2O和H218O组成的水，物质的量小于1mol，含有的中子数小于10NA，B错误；溶液的体积未知，不能计算溶质的物质的量，C错误；7.8克过氧化钠的物质的量为0.1mol，Na2O2与水反应即作氧化剂又作还原剂1molNa2O2与水完全反应转移1mol电子，0.1molNa2O2故选A。3．如图所示，从装置左侧通入氯气，若关闭止水夹I，打开止水夹II，红色布条不褪色；若打开止水夹I，关闭止水夹II，红色布条褪色。则甲瓶中所盛的试剂可能是①饱和食盐水②BaOH2溶液A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②【答案】C【解析】若关闭止水夹I，打开止水夹II，氯气通过甲瓶后，再通入乙瓶，布条不褪色，可知甲中试剂干燥了氯气或反应掉了氯气，③中浓硫酸可干燥氯气，②中BaOH2溶液可吸收氯气，均符合题意，只有①中饱和食盐水抑制氯气的溶解，布条褪色，不符合题意，故选：C。4．下图是汽车尾气催化转化装置工作原理示意图：NO、O2、CO→过程下列说法不正确的是A．汽车尾气是雾霾成因之一，主要有CO、NOB．该过程中NO2既是生成物又是反应物C．整个过程中每有1molNO转化为N2，同时会有1molCO转化为CO2D．过程②中会有反应：4CO【答案】C【解析】汽车尾气中的主要污染物为CxHy、NO、CO、SO2及固体颗粒物等，排放到空气中形成雾霾，A正确；过程①NO和氧气转化为二氧化氮，反应为2NO+O2=2NO2，NO2是生成物，过程②有反应：4CO+2NO2催化剂4CO2+N2；NO2又是反应物，B正确；由分析，存在2NO∼2NO2∼4CO∼N2，整个过程中每有故选C。5．“鱼浮灵”可作水产养鱼的增氧剂，其主要成分的结构如图所示。元素X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其中Z位于元素周期表第三周期。下列说法正确的是A．单质的沸点：X＞Y B．Z2Y2、Z2Y所含化学键类型完全相同C．原子半径：Z＞Y＞X D．简单氢化物的稳定性：X＞Y【答案】A【解析】X周围能形成4个共价键，Y周围形成2个共价键，且元素X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，故可推测X为C，其单质为金刚石和石墨具有很高的沸点，Y为O，其单质为O2和O3在常温下为气体，故单质沸点：X>Y，A正确；由主要成分的结构式示意图可知，Z形成+1价的阳离子，且元素Z为短周期主族元素，故Z为Na，又知Y为O，故Na2O2、Na2O所含化学键类型不完全相同，前者既有离子键又有共价键，后者只有离子键，B错误；原子半径：同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：Na>C>O，C错误；元素非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，非金属性：O＞C，简单氢化物稳定性：H2O＞CH4，D错误；答案选A。6．某实验需要1mol⋅L-1的NaOH溶液240mL，配制该下列说法错误的是A．此实验应用天平称取10.0gNaOH固体B．进行操作①时，若仰视容量瓶的刻度线，使所配NaOH溶液浓度偏低C．进行操作③时，NaOH在烧杯中完全溶解，立即转移到容量瓶中D．上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤【答案】C【解析】需要250mL的容量瓶，此实验应称取氢氧化钠固体的质量为0.25L×1mol/L×40g/mol=10.0g，A正确；操作①时，若仰视容量瓶的刻度线，所配溶液的体积偏大，物质的量不变，从而使配得的NaOH溶液浓度偏低，B正确；NaOH在烧杯中完全溶解，由于放热，使得溶液的温度升高，若立即转移到容量瓶中，会使所配溶液的浓度偏高，C不正确；配制溶液时，应依次进行溶解、转移、洗涤、转移、定容、上下颠倒并摇匀，所以操作的先后顺序是③②④⑥①⑤，D正确；故选C。7．下列实验结论正确的是A．取适量待测溶液于试管中，滴加硝酸钡溶液和足量稀硝酸，无明显现象，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明该溶液中一定含有Cl-B．取一根洁净的铂丝，在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量待测液，置于火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含有氯化钠C．将有色鲜花放入干燥氯气的集气瓶中，鲜花褪色，则说明氯气具有漂白性D．于试管中加热某固体纯净物样品，试管口出现小水珠，则该样品中一定存在结晶水【答案】A【解析】取适量待测溶液于试管中，滴加硝酸钡溶液和足量稀硝酸，无明显现象，排除了硫酸根离子、碳酸根等离子的干扰，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明该溶液中一定含有Cl-，故A正确；蘸取少量待测液，置于火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有钠离子，不一定含有氯化钠，故B错误；氯气没有漂白性，将有色鲜花放入干燥氯气的集气瓶中，鲜花褪色，是因为氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故C错误；加热碳酸氢钠时试管口可出现小水珠，则试管口出现的小水珠不一定来自样品中存在的结晶水，可能是固体中存在的少量湿存水，故D错误；故选A。8．溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32-、SO42-中的几种。①加入铝片，产生无色无味的气体；A．溶液中一定不含CO32-B．在滴加NaOH物质的量为0.7-0.8mol时，发生离子反应为Al3++4OH-=AlO2-+2HC．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+D．n(H+):n(NH4+):n(A1【答案】D【解析】①加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中有H+，一定无CO32-，根据溶液呈电中性，溶液中一定存在②加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知:0≤n(NaOH)≤0.1mol时，发生反应:H++OH-=H2O，0.1mol≤n(NaOH)≤0.5mol时，发生A13++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；0.5mol≤n(NaOH)≤0.7mol时，发生反应NH4++OH-=NH3·H2O；在0.7mol≤n(NaOH)≤0.8mol时，发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。根据反应转化关系计算可得:n(H+)=0.lmol，n(A13+)=0.1mol，n(Mg2+)=0.05mol，n根据上述分析可知溶液中含n(H+)=0.lmol，n(A13+)=0.1mol，n(Mg2+)=0.05mol，n(NH4+)=0.2mol，根据电荷守恒可知溶液中一定SO42-，根据电荷守恒可知2n(SO42-)=n(H+)+3n(A13+)+2n(Mg2+)+n(NH4+)，2n(加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中含有H+，一定无CO32-，根据溶液呈电中性，溶液中一定存在SO4在滴加NaOH物质的量为0.7-0.8mol时，发生反应，Al(OH)3被过量NaOH溶液溶解，发生离子反应为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，根据上述分析可知溶液中含有的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，根据上述分析可知溶液中含有n(H+)=0.lmol，n(NH4+)=0.2mol，n(A13+)=0.1mol，则n(H+):n(NH4+):n(A13+选D。9．将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL3.80mol/L盐酸中，充分反应后产生448mLH2(标准状况)，残留固体1.28g过滤，滤液中无Cu2+。将滤液加水稀释到200mL，测得其中cHA．残留固体没有Fe，只有Cu B．原混合物中单质铁的质量5.6gC．反应中消耗的盐酸的物质的量为0.32mol D．溶液中没有Fe3+，阳离子为H+【答案】B【解析】根据铜元素守恒可知，若溶液中无Cu2+，残留固体中必有铜，又因为滤液中含大量H+则固体中必定不含有铁，故A错误；残留固体为铜可知，氧化铜的物质的量为n=1.28g64g/mol=0.02mol设混合物粉末中铁、氧化铁的物质的量分别为amol、bmol,由得失电子数目守恒可得：amol×2=bmol×2×1+0.02mol×2+0.448L22.4L/mol×2，由盐酸中氢元素守恒可得：(a+2b)mol×2+0.300mol/L×0.2L=3.80mol/L×0.1L，解联立方程可得a=0.08、b=0.04，则原混合物中单质铁的质量为0.08mol×56g/mol=4.48g，由分析可知，原混合物中单质铁的质量为4.48g，故B错误；反应消耗盐酸的物质的量为3.80mol/L×0.1L—0.300mol/L×0.2L=0.32mol，故C故选B。10．已知R、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，W元素与Z元素在同一主族，X与其同主族另一元素单质形成的合金可用作原子反应堆导热剂，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，下列叙述中错误的是A．R、X、Y对应的简单离子半径：rB．R、W、Z的最高价含氧酸的酸性：R>W>ZC．将WY2与RY2分别通入D．因为Y的氢化物比R的氢化物稳定，所以Y的氢化物的熔、沸点比R的氢化物的熔、沸点高【答案】D【解析】R、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，其中R元素所在的周期数是其族序数的一半，且对应的两种常见氧化物均为酸性氧化物，可知R为S，钠钾合金可用作原子反应堆导热剂，则X为Na，Y元素原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Z元素原子L层电子数为m+n，M层电子数为m-n，则n=2，m=6，所以Y为O，Z为Si，一般情况下电子层数多的半径大，核外电子排布相同的微粒核大径小，则对应的简单离子半径：rNa+<rO2-<rS2-，A项正确；W元素与Z元素在同一主族，则W为C。又根据元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：S>C>Si，则酸性：H2SO4>H将CO2与SO2分别通入BaNO32溶液中，CO2与BaNO32不反应，无明显现象，SO2与BaNO32反应生成BaSO4沉淀，现象不同，C项正确；Y、R分别为O、S，因为答案选D。11．下列各组离子或分子能大量共存，当加入相应试剂后会发生化学变化，且发生反应的离子方程式书写正确的是离子组加入试剂加入试剂后发生反应的离子方程式ANH4+、Fe2＋、SO少量Ba(OH)2溶液2NH4+＋SO42-＋Ba2＋＋2OH-=2NH3·H2O＋BNa＋、Cl-、ClO-通入少量CO2ClO-＋CO2＋H2O=HClO＋HCO3CFe2＋、Br-、K＋通入少量Cl22Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-DFe2＋、Cl-、HSO3NaHSO4溶液SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】氢氧化钡少量，亚铁离子优先反应，铵根离子不反应，少量Ba(OH)2溶液生成硫酸钡、氢氧化亚铁，离子反应为Fe2++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+FeOH2↓，A错误；因为酸性H2CO3>HClO>HCO-3故选B。12．下列选项描述与对应图像相符的是A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中Cl-B．图②为含等物质的量Na2CO3与NaOHC．图③为BaOH2溶液中滴加D．图④为FeBr2、FeI2混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b【答案】B【解析】图①为新制氯水在阳光直射，新制氯水中有次氯酸，阳光照射会分解为氯化氢和氧气，则溶液中Cl-浓度会增大，故A图②为含等物质的量Na2CO3与NaOHBaOH2溶液中滴加NaHSO4溶液，虽然导电能力会下降，但是因为钠离子始终在溶液中，故溶液的导电能力不会变为0，故C因还原性I->Fe2+>Br-，则与氯气发生反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，b故选B。13．用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如图所示。下列说法不正确的是A．反应I的离子反应方程式为2Ce4++H2=2Ce3++2H+B．反应Ⅱ中氧化剂与Ce3+的个数之比为1：2C．反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数一定保持不变D．若用NH3替换H2，每消耗2个NO分子，最少消耗3个NH3分子【答案】D【解析】由图示可知第Ⅰ步是Ce4+和H2反应生成Ce3+和H+，方程式为2Ce4++H2=2Ce3++2H+，故A正确；反应Ⅱ发生的反应是4Ce3++2NO+4H+=N2+2H2O+4Ce4+，氧化剂是NO，还原剂是Ce3+离子，个数比是1：2，故B正确；根据元素守恒，反应过程中混合溶液内Ce3＋和Ce4＋的总数一定保持不变，故C正确；根据得失电子守恒，若用NH3替换H2，每消耗2个NO分子，最少消耗2×23=43个NH答案选D。14．室温下，某容积固定的密闭容器由可自由移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入H2、O2的混合气体和2mol空气，此时活塞的位置如图所示，实验测得A室混合气体的质量为38g，若将A室H2、O2的混合气体点燃引爆，恢复室温后，下列说法不正确的是A．点燃引爆前A室混合气体的物质的量为4mol，所含原子总数为8NAB．点燃引爆前A室中H2、O2的物质的量之比为3∶1C．点燃引爆后，最终活塞停留的位置在1刻度D．反应后容器内气体压强和反应前气体压强之比为1∶2【答案】C【解析】A、B两室被可移动的活塞分隔开，则A、B两室中气体压强相等，同温同压下，A、B两室中气体体积之比等于其物质的量之比，H2、O2的混合气体和2mol空气体积之比为2∶1，则H2、O2的混合气体物质的量为4mol，含8mol原子，原子总数为8NA，A正确；A室混合气体的质量为38g，则设H2物质的量为xmol，O2物质的量为ymol，则x+y=4mol，2x+32y=38g，求得x=3mol，y=1mol，所以点燃引爆前A室中H2、O2的物质的量之比为3∶1，B正确；2H2+O2点燃2H2O，则反应后剩余1molH2，B室为2mol空气，根据阿伏伽德罗定律，引爆后，最终活塞停留的位置在6×11+2=2刻度，C错误；

反应前A、B两室中气体共为6mol，反应后A故选C。二、解答题15．金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，它与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示：(1)元素Ga位于Al的下一周期，镓(Ga)元素在周期表中的位置为。(2)CO2的电子式为，氢氧化钠中含有的所有化学键类型包括。(3)NaAl(OH)4中涉及的Al、Na(4)下列有关Al、Ga的说法不正确的是。A．由流程图可知酸性：AlB．Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3C．Ga(OH)3可由Ga2O3与水反应得到(5)GaAs是一种重要的半导体材料，As与Ga同周期，As与N同主族，GaAs中As元素化合价为-3价，从原子结构角度解释其原因(6)近来与Ga同周期的Se也备受科研人员重视，工业提取硒的第一步是向电冶铜的阳极泥中通入氯气，Cu2Se被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，反应中【答案】(1)第四周期ⅢA族(2)离子键、极性共价键(3)O2->Na+>Al3+(4)AC(5)原子半径As小于Ga，核电荷数数As大于Ga，导致得电子能力As大于Ga，As元素的非金属性强于Ga元素(6)4:1【解析】由题给流程控制，向铝土矿中加入氢氧化钠溶液，氧化铝、氧化镓溶于氢氧化钠溶液生成四羟基合铝酸钠和四羟基合镓酸钠，向反应后的溶液中通入适量二氧化碳，将四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝沉淀和四羟基合镓酸钠溶液；四羟基合镓酸钠溶液经多步转化得到金属镓。（1）铝位于第三周期ⅢA族，元素Ga位于Al的下一周期，镓(Ga)元素在周期表中的位置为第四周期ⅢA族；（2）CO2为共价化合物，电子式为，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子构成的，氢氧根离子中含有氢氧极性共价键，则含有的所有化学键类型包括离子键、极性共价键；（3）电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Al、Na、O三种元素简单离子半径由大到小的顺序：O2->Na+>Al3+；（4）A．由流程图可知，四羟基合铝酸钠溶液能与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，而四羟基合镓酸钠溶液不能与二氧化碳反应，说明氢氧化铝的酸性小于氢氧化镓，故错误；B．由题意可知，氧化镓是两性氧化物，可与盐酸反应生成氯化镓，故正确；C．由题意可知，氧化镓是不溶于水的两性氧化物，所以氢氧化镓不能由氧化镓与水反应得到，故错误；故选AC；（5）As与Ga同周期，原子半径As小于Ga，核电荷数数As大于Ga，导致得电子能力As大于Ga，As元素的非金属性强于Ga元素，故GaAs中As元素化合价为-3价，而Ga为正价；（6）Cu2Se中化合价铜为+1、Se为-2，被溶液中的HClO氧化为H2SeO3及CuCl2，铜化合价由+1变为+2、Se由-2变为+4，HClO中氯化合价由+1变为-1，结合电子守恒，4HClO∼816．“侯氏制碱法”是我国化工专家侯德榜为世界制碱工业作出的突出贡献，某实验小组模拟“侯氏制碱法”的工艺流程如下：(1)粗盐的溶液中含有Ca2+、Mg2+和SO42-，除杂时可先后依次加入的试剂有BaCl2、NaOH、(2)合成氨厂所用的氮气在工业上通过什么办法生产。(3)系列操作IV包括：通入NH3、加入NaCl固体，降温结晶、、得到NH(4)生成NaHCO3晶体的离子方程式为(5)流程中可循环使用的物质有(填化学式)。(6)纯碱中可能混有NaHCO3杂质，称取29.6g产品溶于水中，滴加足量BaOH2溶液，过滤，洗涤沉淀。将所得沉淀充分干燥，称量，沉淀的质量为59.1g，则产品中Na2CO3的质量分数wNa2CO3=(保留三位有效数字)，如果此步骤中，沉淀未干燥充分就称量，则测得wNa2CO3【答案】(1)Na2CO3、HCl(2)分离液态空气法(3)过滤(4)NH(5)CO2、NaCl(6)71.6%偏小【解析】（1）粗盐的溶液中含有Ca2+、Mg2+和SO42-，除杂时可先后依次加入的试剂有BaCl2，除去SO42-，加入NaOH，除去Mg2+，再加入Na2CO3，除去过量的Ba2+和Ca2+，过滤，滤去沉淀和不溶性杂质，向滤液中再加入HCl溶液，除去过量的NaOH和Na2（2）合成氨厂所用的氮气在工业上一般通过分离液态空气的方法生产，利用液氮和液氧沸点不同进行分离。（3）系列操作Ⅳ包括：通入NH3、加入NaCl固体，降温结晶、过滤、得到NH4Cl晶体。（4）粗盐除杂后得到饱和NaCl溶液，先通入足量的氨气形成碱性环境再通入CO2，发生反应：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH（5）由图可知，过程Ⅲ受热分解生成碳酸钠、CO2和水，CO2可以循环使用，过程Ⅳ得到母液中含有NaCl，可以循环使用。（6）纯碱中可能混有NaHCO3杂质，设29.6g产品中，NaHCO3物质的量为amol，Na2CO3物质的量为bmol，滴加足量Ba(OH)2溶液，过滤，洗涤，得到BaCO3沉淀，沉淀的质量为59.1g碳酸钡的物质的量为0.3mol,根据碳原子守恒可得方程组：amol+bmol=0.3mol、amol×84g/mol+bmol×106g/mol=29.6g，解得：a=0.1mol，b=0.2mol，则产品中Na2CO3的质量分数w(Na2CO3)=0.2mol×106g/mol29.6g×100%17．某化学小组同学利用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，再用氯气制备高锰酸钾、次氯酸钠和氯水。已知：锰酸钾为墨绿色晶体，其水溶液呈深绿色，可以与酸和氯气反应，发生反应的离子方程式分别为：3MnO42-Ⅰ．制备氯气该小组同学设计了如下气体发生装置。(1)装置A中生成氯气的离子方程式为。(2)装置A在放入药品前需检查气密性，其方法是。(3)与装置A相比装置B的特点是(填字母序号)。a．补充浓盐酸较为不方便b．可以更方便的控制反应的开始和结束c．能使产生的气流更稳定Ⅱ．制备高锰酸钾、次氯酸钠和氯水该小组同学利用装置B~F完成实验。(4)若装置C、D互换位置，装置D中可观察到的现象是。(5)次氯酸钠高于35℃容易分解，制备次氯酸钠强碱性溶液时需注意的两个关键问题是。(6)装置F中小漏斗的作用是。(7)制备氯水后的尾气还需后续处理，尾气中的Cl2用(填化学式)溶液吸收可得到用来刻蚀电路板的溶液。Ⅲ．产品中含量测定①称取Ⅱ中最终所得固体样品0.3500g，用蒸馏水溶解，定容于100mL容量瓶中，所得溶液记为溶液X。②准确称取0.1340g草酸钠，加蒸馏水50mL使其溶解，再加入10mL3.0mol/LH2SO4溶液，75~85℃水浴加热，向其中逐滴滴加溶液X，恰好反应完全，记录消耗溶液X的体积，重复上述操作三次，平均消耗溶液X的体积为20.00mL。(已知高锰酸钾发生反应的离子方程式为：(8)所得产品中KMnO4的质量分数为(结果保留三位有效数字)【答案】(1)MnO(2)方法1、关闭止水夹K，向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗上口玻璃塞及活塞，如水下滴速度逐渐减慢至不再下滴，则气密性良好（或方法2、关闭分液漏斗活塞，将装置末端连导气管并浸至水面以下，打开K，微热圆底烧瓶，如导管口有气泡冒出，停止加热，一段时间后导管中形成一段稳定水柱，则气密性良好）(3)b、c(4)溶液由深绿色变为紫红色且瓶底出现黑色固体(5)控制温度不超过35℃，Cl2不过量(6)增大氯气与水的接触面积，充分反应，有利于氯水的制备(7)FeCl2(8)90.3%【解析】（1）装置A中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水故离子方程式为MnO2（2）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；装置A检查气密性方法是：方法1、关闭止水夹K，向分液漏斗中注入水，打开分液漏斗上口玻璃塞及活塞，如水下滴速度逐渐减慢至不再下滴，则气密性良好（或方法2、关闭分液漏斗活塞，将装置末端连导气管并浸至水面以下，打开K，微热圆底烧瓶，如导管口有气泡冒出，停止加热，一段时间后导管中形成一段稳定水柱，则气密性良好）（3）装置B可以通过储液杯上口补加浓盐酸，a不符合题意；装置B中流量控制器可以控制浓盐酸的加入或停止，从而可以更方便的控制反应的开始和结束，b符合题意；流量控制器可以控制浓盐酸的加入量和速率，达到控制产生氯气的流速，得到平稳气流的目的，c符合题意；故选bc；（4）C装置中的饱和食盐水作用是除去氯气中含有挥发的HCl，结合题意，锰酸钾水溶液呈深绿色，可以与酸反应：3MnO42-+4H+=（5）氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，过量氯气会消耗更多氢氧化钠使得溶液碱性减弱，且次氯酸钠高于35℃容易分解，故制备次氯酸钠强碱性溶液时需注意的两个关键问题是控制温度不超过35℃、Cl2不过量；（6）由实验装置图可知，装置F中倒置小漏斗的作用是增大氯气与水的接触面积，充分反应，有利于氯水的制备；（7）用来刻蚀电路板的溶液为氯化铁溶液，则尾气中的Cl2用FeCl2溶液吸收，氯气氧化氯化亚铁生成氯化铁；（8）2MnO42-+5C2O418．高中常用“价类二维”思路研究物质的性质，如图是铁及其化合物的二维图的部分信息。(1)图中物质只具有还原性的是。(写化学式)(2)将FeCl2溶液转化为FeCl3的试剂可选。a．稀硫酸b．CuSO4溶液

c．酸性H2O2

d．溴水(3)某中学实验小组设计如下实验探究亚铁盐的性质。实验方案现象I1.0mL0.1mol/LFeSO4溶液中滴加1.0