山东省泰安市2023-2024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PAGEPAGE1山东省泰安市2023-2024学年高一上学期1月期末注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.我国科学家为世界科技发展做出了重要贡献，下列属于我国科学家研究成果的是①新一代抗疟药——双氢青蒿素的合成②首次蛋白质的人工合成——结晶牛胰岛素③提出原子理论——为近代化学的发展奠定基础④发现元素周期律——把元素化学物纳入统一的理论体系A.①② B.③④ C.①③ D.②③【答案】A【解析】①2015年，我国科学家屠呦呦创制双氢青蒿素，故①符合题意；②1965年我国化学家在实验室里实现人工全合成牛胰岛素，故②符合题意；③英国化学家道尔顿提出了原子学说，故③不符合题意；④俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故④不符合题意；综上所述答案为A。2.“绿水青山就是金山银山”，化学与环境密切相关。下列说法正确的是A.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，这些颗粒分散在空气中都会形成胶体B.元素C、N、S的氧化物会使雨水的，我们把的雨水称之为酸雨C.为了减少煤燃烧废气中的含量，可以在燃煤中加入适量的石灰石D.含磷合成洗涤剂易于被细菌分解，故不会导致水体污染【答案】C【解析】A．分散质粒子直径介于1nm—100nm之间的分散系称为胶体，1nm=10-3微米，PM2.5中，只有直径在0.001微米—0.1微米之间的颗粒物分散在空气中才会形成胶体，A错误；B．正常雨水因溶有二氧化碳而显弱酸性，正常雨水pH=5.6，N、S的氧化物会使雨水的pH＜5.6，因此我们把pH＜5.6的雨水称之为酸雨，B错误；C．煤燃烧时放出大量的热使石灰石中的碳酸钙分解成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和产生的二氧化硫反应生成亚硫酸钙，可以减小二氧化硫的排放，C正确；D．水中含磷过多会导致水体富营养化，D错误；答案选C。3.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示，则下列化学反应属于氧化还原反应但不包含在1、2、3、4范围内的是A.Cl2+2KI=I2+2KCl B.NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2OC.2FeCl2+Cl2=2FeCl3 D.3NO2+H2O=2HNO3+NO【答案】D【解析】A．置换反应，也属于氧化还原反应，A不符合题意；B．分解反应，不属于氧化还原反应，B不符合题意；C．化合反应，属于氧化还原反应，C不符合题意；D．属于氧化还原反应但不包含在1、2、3、4范围内，D符合题意；故选D。4.同温同压下，等质量的和两种气体相比较，下列叙述正确的是A.密度之比为 B.质子数之比为C.物质的量之比为 D.原子个数比为【答案】B【解析】A．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，即为32：44=8：11，A错误；B．二者的质量都是mg，则和的物质的量分别为、，质子的物质的量分别为、，质子数之比为1：1，B正确；C．根据B选项解析知，和的物质的量分别为、，物质的量之比为：=11：8，C错误；D．同温同压下，分子数之比等于物质的量之比，即分子数之比是11：8，所以原子数之比是（11×2）：（8×3）=22：24=11：12，D错误；故选B。5.实验室采用如图装置制备气体，合理是选项化学试剂制备的气体A氯酸钾与二氧化锰B浓氨水与生石灰C铜与浓硝酸D锌粒与稀硫酸A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．氯酸钾和二氧化锰制备氧气需要加热，故A不合理；B．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故B不合理；C．二氧化氮与水反应生成一氧化氮气体，不能用排水法收集，故C不合理；D．锌粒与稀硫酸常温反应生成氢气，氢气难溶于水，用排水法收集，故D合理；故选D。6.用表示阿伏加德罗常数的数值。下列说法中正确的是A.晶体溶于足量水，所得溶液中的数目为B.与水充分反应转移的电子数为C.常温常压下，水中含有的分子数为D.若含有的分子数目为，此时一定是在标准状况下【答案】A【解析】A．的物质的量为，溶于水完全电离，所得溶液中的数目为，A正确；B．与水反应的化学方程式为，中-1价的O元素分别变为0价和-2价，转移1mol电子，即个电子，B错误；C．水为液态，常温常压下，水的质量为11200g，物质的量远远大于0.5mol，分子数远远大于，C错误；D．气体体积受温度和压强影响，1mol气体体积为22.4L，不一定是标准状况下，D错误；故选A。7.向、混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A.a点对应的溶液中：、、、B.b点对应的溶液中：、、、C.c点对应的溶液中：、、、D.d点对应的溶液中：、、、【答案】C【解析】〖祥解〗向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，Ob段发生的反应为+H+=、bc段发生的反应为+H+=H2O+CO2↑，据此作答；A．a点溶液中含，不能与之大量共存，A错误；B．b点溶液中含有，不能与之大量共存，B错误；C．c点为NaCl溶液，给定各离子能大量共存，C正确；D．d点盐酸过量，溶液呈酸性，、、发生氧化还原反应不能大量共存，D错误；故选C。8.酸性溶液中分子或离子的还原性强弱顺序为SO2＞I-＞Fe2+＞H2O2＞Cl-，据此判断下列反应不可能发生的是A.2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++SO+4H+B.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-C.I2+SO2+2H2O=4H++SO+2I-D.H2O2+H2SO4=SO2↑+O2↑+2H2O【答案】D【解析】〖祥解〗A．反应2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++SO+4H+中，S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，故A能发生；B．反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-中，Fe元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+＞Cl-，与已知的还原性强弱一致，故B能发生；C．反应I2+SO2+2H2O=4H++SO+2I-中，S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞I-，与已知的还原性强弱一致，故C能发生；D．反应H2O2+H2SO4=SO2↑+O2↑+2H2O中，S元素的化合价降低，O元素的化合价升高，则H2O2为还原剂，还原性强弱为H2O2＞SO2，与已知的还原性强弱矛盾，故D不可能发生；答案选D。9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.Fe2O3FeCl3FeB.AlMgMgCl2C.HClOCl2FeCl3(aq)D.饱和NaCl溶液NaHCO3Na2CO3【答案】D【解析】A．FeCl3不能和Cu反应得到Fe，A不符题意；B．Al比Mg活泼，Al不能和MgO反应得到Mg，B不符题意；C．HClO在光照条件下分解为HCl和O2，不能得到Cl2，C不符题意；D．饱和NaCl溶液中通入过量的NH3、CO2析出NaHCO3固体，NaHCO3固体受热分解为Na2CO3、H2O和CO2，D符合题意。答案选D。10.下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A蔗糖中滴加浓硫酸并不断搅拌产生黑色蓬松多孔固体浓硫酸具有吸水性B加热盛有固体的试管试管底部固体消失，试管口有晶体凝结固体受热升华C浓硝酸中加入炭粉并加热，生成的气体通入过量澄清石灰水中红棕色气体产生，石灰水变浑浊有和产生D向试管中加入3mL稀酸性溶液，通入足量气体溶液紫红色褪去具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．蔗糖中滴加浓硫酸并不断搅拌，产生黑色蓬松多孔固体，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性，A错误；B．加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失是由于NH4ClNH3↑+HCl↑，试管口有晶体凝结是由于NH3+HCl=NH4Cl，而不是NH4Cl固体可以升华，升华是物理变化，B错误；C．炭粉中加入浓硝酸并加热，导出的气体通入过量澄清石灰水中，有红棕色气体产生，说明反应生成了NO2，石灰变浑浊，说明反应生成了CO2，C正确；D．向试管中加入3mL稀酸性溶液，通入足量气体，溶液紫红色褪去，是因为酸性溶液被气体还原，体现还原性，D错误；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A.e溶液中、、、可以大量共存B.b既可被氧化，也可被还原C.可将e加入浓碱液中制得d的胶体D.可存在b→c→d→e→b的循环转化关系【答案】AC【解析】〖祥解〗根据部分含铁物质的分类与相应化合价关系图所知，a为单质铁，b为亚铁盐，c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，e为铁盐，由此分析回答；A．由图示知，e溶液中含有Fe3+，Fe3+与发生氧化还原反应生成亚铁离子和单质碘，不能大量共存，A错误；B．b中铁元素价态为+2价，可以被氧化到+3价，也可以被还原到0价，B正确；C．碱溶液中含有大量OH-，与Fe3+反应会生成大量的Fe(OH)3从而形成沉淀，C错误；D．Fe2+可以碱反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2会被空气中氧气氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3与酸反应可生成铁盐，Fe3+与Fe单质反应可生成Fe2+，D正确；故选AC。12.对于化学反应A+B=C+D，下列说法中正确的是A.若生成物C、D中有一种为单质，则该反应一定是置换反应B.若生成物C和D分别为两种沉淀，A、B有可能为盐和碱C.若C、D是盐和水，则A、B一定是酸和碱D.若C、D是两种化合物，则A、B一定是化合物【答案】B【解析】〖祥解〗A．若反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，生成物中有单质，但该反应不是置换反应，A错误；B．若为CuSO4和Ba(OH)2反应，可生成BaSO4和Cu(OH)2沉淀，反应物是盐和碱，B正确；C．某些酸式盐和碱反应也可生成盐和水，如NaHSO4和NaOH的反应，C错误；D．烃类物质燃烧（如甲烷与氧气燃烧），可生成水、二氧化碳两种化合物，故A、B不一定都为化合物，D错误；故选B。13.从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下：则下列说法正确的是A.试剂a是铁、试剂b是稀硫酸B.操作I、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同C.试剂c可以是H2O2溶液或氯气D.用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否还有Fe2+【答案】C【解析】〖祥解〗从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液为氯化亚铁溶液。滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并加入氧化剂，氧化Fe2+为Fe3+，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。A．由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，若为硫酸会引入硫酸根杂质离子，A错误；B．由上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，过滤，所用仪器不同，B错误；C．滤液X、滤液Z中均含有FeCl2，c为H2O2溶液或氯气氧化亚铁离子为铁离子，C正确；D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，D错误；故选C。14.有下图所示装置，已知滴有酚酞的溶液显红色，在该溶液中分别滴加X溶液后有下列现象：序号装置X溶液现象盐酸溶液红色逐渐褪去，无沉淀，灯泡亮度没有明显变化溶液溶液红色不变，有白色沉淀生成，灯泡亮度没有明显变化溶液溶液红色逐渐褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗下列说法不正确的是A.实验中溶液红色褪去，说明发生了反应B.实验中溶液红色不变，且灯泡亮度没有明显变化，说明溶液中依然存在大量的与C.实验中溶液红色逐渐褪去，有白色沉淀生成，灯泡逐渐变暗，说明发生了反应：D.将实验中溶液换成溶液，现象与原实验中的现象相同【答案】CD【解析】A．实验Ⅰ中溶液红色褪去且无沉淀，说明氢氧根离子减少，发生了反应，A正确；B．实验Ⅱ中发生的离子反应为：，溶液中还有大量的，溶液红色不变，且反应前后自由移动的离子数目基本不变，故灯泡亮度没有明显变化，B正确；C．实验Ⅲ中反应，氢氧根离子减少，红色消失，且生成硫酸钡白色沉淀，C错误；D．将实验Ⅱ中溶液换成溶液，发生的离子方程式为：，红色消失，且生成蓝色沉淀，灯泡逐渐变暗，现象与原实验Ⅱ中的现象不相同，D错误；故选CD。15.某离子反应中涉及H2O、ClO－、NH4+、H＋、N2、Cl－六种粒子。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A.该反应的还原剂是Cl－B.消耗1mol还原剂，转移3mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3D.反应后溶液的酸性明显增强【答案】BD【解析】〖祥解〗由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。A．由上述方程式可知，该反应的还原剂是NH4+，故A错误；B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B正确；C．由方程式可知，ClO-为氧化剂，还原剂是NH4+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；D．反应生成H+，溶液的酸性增强，故D正确；答案选BD。【『点石成金』】氮气的物质的量增加，说明氮气是生成物，即由铵根离子发生氧化反应生成氮气，该点是解题关键。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.利用分类法研究化学物质，可系统、全面地认识物质的性质。Ⅰ．下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。①MgO、Na2O、CO2、CuO②HCl、H2O、H2SO4、HNO3③NaOH、Na2CO3、KOH、Cu(OH)2（1）三种物质依次是(填化学式)：①___________；②___________；③___________。（2）这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应___________(填“是”或“不是”)复分解反应。Ⅱ．现有以下物质：①NaCl晶体；②液态HCl；③CaCO3固体；④熔融KCl；⑤蔗糖；⑥铜；⑦CO2；⑧纯H2SO4；⑨KOH固体；⑩Na2O固体。（3）以上物质中能导电的是___________(填序号，下同)。（4）以上物质中属于电解质的是___________，属于非电解质的是___________。（5）以上物质中溶于水，其水溶液能导电的是___________。【答案】（1）①.CO2②.H2O③.Na2CO3（2）不是（3）④⑥（4）①.①②③④⑧⑨⑩②.⑤⑦（5）①②④⑦⑧⑨⑩【解析】【小问1详析】①该组物质都是氧化物，其中只有CO2是非金属氧化物，其余三种都是金属氧化物；②该组物质只有H2O是氧化物，其余三种物质都是酸；③该组物质只有Na2CO3属于盐，其余三种物质都是碱；【小问2详析】CO2、H2O、Na2CO3在水溶液中能够发生化学反应：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，该反应是多种物质变为一种物质，因此反应的基本类型化合反应，而不是复分解反应；【小问3详析】①NaCl晶体离子化合物，在水溶液中和熔融状态下能够发生电离而导电，因此属于电解质；在该固体中含有离子但不能自由移动，因此不能导电；②液态HCl是共价化合物，在水溶液中在水分子作用下能够发生电离而导电，因此HCl是电解质；液态HCl由分子构成，无自由移动的离子或电子，因此不能导电；在其水溶液中含有大量自由移动的离子而能够导电；③CaCO3固体离子化合物，在熔融状态下能够发生电离而导电，因此属于电解质；在该固体中含有离子，但离子不能自由移动，因此不能导电；由于其难溶于水，因此其水溶液不能导电；④熔融KCl是离子化合物，由离子构成，在该熔融状态下KCl中含有自由移动离子，因此能导电。在水溶液中和熔融状态下能够发生电离而导电，因此属于电解质；当其溶于水后会发生电离而导电；⑤蔗糖是共价化合物，由分子构成，无自由移动的离子或电子，因此不能导电。在水溶液中和熔融状态下都不能够发生电离而导电，因此蔗糖是非电解质；在水溶液中也不能导电；⑥铜是金属单质，含有自由移动的电子，因此能够导电；单质不属于化合物，因此Cu既不是电解质，也不是非电解质；⑦CO2是共价化合物，由CO2分子构成，无自由移动的离子或电子，不能导电。在水溶液中和熔融状态下都不能够因自身发生电离而导电，因此CO2是非电解质；在水溶液中CO2与H2O反应产生H2CO3，H2CO3产生自由移动的离子而能导电；⑧纯H2SO4是共价化合物，由分子构成，无自由移动的离子或电子，因此不能导电。在水溶液中在水分子作用下能够发生电离而导电，因此H2SO4是电解质；H2SO4溶于水发生电离，产生大量自由移动的离子而能导电；⑨KOH固体是离子化合物，由离子构成，由于离子不能自由移动，因此不能导电。在水溶液中和熔融状态下能够发生电离而导电，因此KOH属于电解质；在水溶液中KOH发生电离，产生大量自由移动离子，因此能导电；⑩Na2O固体是离子化合物，由离子构成，但离子不能自由移动，因此不能导电。在水溶液中和熔融状态下能够发生电离而导电，因此Na2O属于电解质；在水溶液中Na2O与H2O反应产生NaOH，NaOH发生电离，产生大量自由移动离子，因此能导电；综上所述可知：以上物质中能导电的物质序号是④⑥；【小问4详析】根据上述分析可知：在以上物质中属于电解质的物质序号是①②③④⑧⑨⑩；属于非电解质的物质序号是⑤⑦；【小问5详析】根据上述分析可知：在以上物质中，该物质中溶于水，其水溶液能导电的物质序号是①②④⑦⑧⑨⑩。17.下列物质中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是一种酸。它们之间有如下的转化关系(反应条件及其他物质已经略去)：当X是非氧化性强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。请回答下列问题：（1）A物质的化学式为___________，Y物质的化学式为___________，从物质分类角度看，Z物质属于___________。（2）当X是非氧化性强酸时，E物质的化学式为___________，B生成C的化学方程式为：___________。（3）当X是强碱时，E物质的化学式为___________，此时B生成C的化学方程式为：___________。【答案】（1）①.(NH4)2S②.O2③.氧化物（2）①.H2SO4②.（3）①.HNO3②.【解析】〖祥解〗物质中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是一种酸。D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且B+Y→C、C+Y→D，则C和D含有的元素相同，且相对分子量数相差一个O的相对原子质量，无论X是非氧化性强酸还是强碱时都有以下转换关系：A+X→B、B+O2→C、C+O2→D、D+H2O→酸E，说明正盐A的阴、阳离子中含有两种元素的化合价是可变的，该物质既能与强酸反应，又能与强碱反应，应该为弱酸弱碱盐。当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素，E应该是H2SO4；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素，由与碱反应生成NH3的性质可推出A中含有，E是HNO3。综上分析可知：A为(NH4)2S，Y为O2，Z是H2O，结合NH3、NO、NO2或H2S、SO2、SO3的性质进行分析解答。【小问1详析】根据上述分析可知A是(NH4)2S，Y为O2，Z是H2O，从物质分类看，H2O属于氧化物；【小问2详析】当X是非氧化性强酸时，E物质是硫酸，其化学式为H2SO4；B是H2S，C是SO2，D是SO3，H2S与O2点燃反应产生SO2、H2O，该反应的化学方程式为：；【小问3详析】当X是强碱时，B是NH3，C是NO，D是NO2，E是HNO3。NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO、H2O，该反应的化学方程式为：。18.硫铁矿烧渣是一种重要的化工产业中间产物，主要成分是Fe3O4、Fe2O3、FeO和二氧化硅等。下面是以硫铁矿烧渣制备高效净水剂聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)]m流程图：（1）硫铁矿烧渣在“酸溶”前要粉碎的主要目的是___________。（2）“酸溶”过程中Fe3O4溶解的离子方程式：___________。（3）实验室实现“操作Ⅰ”所用的玻璃仪器有___________、玻璃棒和烧杯等。“操作Ⅲ”系列操作名称依次为：___________、___________、过滤和洗涤。（4）实验室检验“反应Ⅰ”已经完全的试剂是___________，现象是___________。（5）流程中加入适量H2O2的目的是(用离子方程式表示)___________。【答案】（1）增大固体与H2SO4的接触面积，加快反应速率（2）Fe3O4+8H+Fe2++2Fe3++4H2O（3）①.漏斗②.蒸发浓缩③.降温结晶（4）①.)KSCN溶液②.加入试剂后溶液不出现红色（5）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O【解析】〖祥解〗硫铁矿烧渣加硫酸加热酸溶、水浸、过滤出不溶于酸的二氧化硅，滤液中含有硫酸铁和硫酸亚铁，加废铁皮，铁和铁离子反应生成亚铁离子，过滤去除多余的铁，滤液为硫酸亚铁溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶，得到硫酸亚铁晶体，晶体中加稀硫酸、双氧水得到聚合硫酸铁。【小问1详析】硫铁矿烧渣在酸溶前要粉碎的主要目的是增大烧渣固体与硫酸的接触的表面积，加快烧渣的溶解速率；【小问2详析】Fe3O4溶于硫酸生成硫酸铁和硫酸亚铁、H2O，该反应的方程式为Fe3O4+8H+Fe2++2Fe3++4H2O；【小问3详析】操作Ⅰ为过滤，过滤操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等；操作Ⅲ是从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体，该系列操作名称依次为蒸发浓缩，降温结晶、过滤和洗涤；小问4详析】反应Ⅰ中铁与三价铁离子反应生成亚铁离子，若反应完全则没有Fe3+，检验Ⅰ可以用KSCN溶液，若加入KSCN溶液，溶液不变血红色，则说明溶液中没有Fe3+，该反应进行的完全彻底；【小问5详析】酸性条件下过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，同时双氧水被还原生成水，根据电子守恒、电荷守恒原子守恒，结合物质的拆分原则，可知其反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。19.化学实验室中使用的浓盐酸的溶质质量分数通常为，密度为。（1）该盐酸的物质的量浓度为___________。（2）现有一种的稀盐酸。关于该溶液下列说法正确的是___________(填字母：序号)。A.水中含有B.的稀盐酸中的物质的量浓度也为C.将气体溶于水所配成的溶液D.从该溶液中取出，剩余溶液的物质的量浓度仍为（3）用上述实验室的浓盐酸来配制的稀盐酸。请在下列操作步骤中填写有关的空格：①用量筒量取___________mL的浓盐酸；(精确到小数点后一位)②向盛有少量蒸馏水的烧杯中，沿___________慢慢注入浓盐酸；③将已冷却至室温的盐酸溶液沿___________注入500mL容量瓶中；④用少量蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液也全部转移到容量瓶中；⑤继续向容量瓶中加蒸馏水，直至液面接近刻度线1cm～2cm处；⑥改用___________逐滴加蒸馏水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切；⑦盖好容量瓶塞，反复颠倒，摇匀；⑧将配好的稀盐酸转移到试剂瓶中，贴好标签。（4）操作不当，会引起实验误差。请用“偏高”、“偏低”或“无影响”填写下列情况对所配制的盐酸溶液的物质的量浓度的影响。①容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水___________；②定容时，某同学观察液面的情况如图所示___________；③摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线___________。【答案】（1）12.5（2）BD（3）①.40.0②.烧杯内壁③.玻璃棒④.胶头滴管（4）①.无影响②.偏高③.偏低【解析】〖祥解〗根据c=计算；物质的量浓度的含义分析；依据稀释原理求出所需浓盐酸的体积，再根据配制规范的步骤分析；依据操作不当对溶质的物质的量或溶液的体积造成的影响，结合c=分析；【小问1详析】该盐酸的物质的量浓度c=mol/L小问2详析】A．0.2mol/L的稀盐酸是指1L溶液中含有0.2molHCl，故A错误；B．盐酸能够电离出一个氢离子，0.2mol/L的稀盐酸中的物质的量浓度也为，故B正确；C．未给出标准状况，无法通过体积求算HCl的物质的量，同时并不是将气体溶于1L水，而是溶于水配成1L溶液，故C错误；D．溶液具有均一性，从100mL该溶液中取出10mL，剩余溶液的物质的浓度仍为0.2mol/L，故D正确；选BD；【小问3详析】①配制500mL1mol/L的稀盐酸，根据稀释定律，则12.5V=1×500，V=40.0mL；②向盛有少量蒸馏水的烧杯中，沿烧杯内壁慢慢注入浓盐酸；③将已冷却至室温的盐酸溶液沿玻璃棒注入500mL容量瓶中；⑥改用胶头滴管逐滴加蒸馏水，使溶液凹液面最低处与刻度线相切；【小问4详析】①容量瓶用蒸馏水洗涤后残留有少量的水，不影响溶质物质的量和溶液体积，所以对浓度无影响；②定容时，俯视读数，溶液体积偏小，盐酸浓度偏高；③摇匀后，发现溶液的液面低于刻度线，又加水至刻度线，溶液体积偏大，盐酸浓度偏低。20.某小组同学用如图装置进行实验探究(a、b、c表示止水夹)。请评价或完善其方案：（1）将装置A、C、E相连接，用MnO2和浓盐酸制取氯气。请回答：①A中反应的离子方程式为___________。②用离子方程式表示E中氢氧化钠溶液的作用___________。在C中加入适量的水可制得氯水，将所得氯水分成两份进行实验，其实验操作、现象和结论如下：实验序号实验操作现象结论Ⅰ将氯水滴入品红溶液中品红溶液褪色氯气有漂白性Ⅱ氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应的产物具有酸性③实验Ⅰ推出的相应结论是否合理？___________(填“合理”或“不合理”)，若不合理，请说明理由(若合理，无需填写)___________。④实验Ⅱ推出相应的结论是否合理？___________(填“合理”或“不合理”)，若不合理，请说明理由(若合理，无需填写)___________。（2）为比较Cl2和I2的氧化性强弱，将A