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2021-2022学年辽宁省锦州市高一（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年辽宁省锦州市高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了SO3B. 同素异形体，Cl2，KClO3等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年辽宁省锦州市高一（上）期末化学试卷
1. 下列物质中，含有共价键的离子化合物是( )
A. NaOH B. MgCl2 C. ClO2 D. H2S
2. 化学推动着社会的进步和科技的发展。下列说法错误的是( )
A. 过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
B. 漂白粉既可作漂白纸张的漂白剂，又可作游泳池的消毒剂
C. 由生铁铸造的下水井盖的硬度大、抗压，含碳量比钢低
D. 利用某些放射性同位素释放的射线可以有种、给金属探伤、诊断和治疗疾病
3. 下列化学用语表示正确的是( )
A. Cl−的结构示意图：
B. 甲烷的分子结构模型：
C. HClO的电子式：
D. 单线桥表示H2还原CuO反应中电子的转移：
4. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是( )
A. 酸性氧化物：CO、CO2、SO3 B. 同素异形体：石墨、C60、金刚石
C. 常见氧化剂：Cl2、H2、高锰酸钾 D. 电解质：NaHSO4、氨水、Na2O
5. 除去下列各物质中的少量杂质，使用的试剂及用量、操作方法均正确的是( )
选项
物质
杂质(少量)
试剂及用量
操作方法
A
CO2气体
HCl
过量的饱和Na2CO3溶液
洗气
B
铁粉
铝粉
过量的烧碱溶液
过滤、洗涤、干燥
C
NaCl溶液
Na2SO4
过量的BaCl2溶液
过滤
D
NaHCO3固体
Na2CO3
无
加热
A. A B. B C. C D. D
6. 某离子反应中涉及H2O、ClO3−、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. 反应后溶液的酸性增强
B. 标准状况下，生成2.24LN2时，反应中转移0.3mol电子
C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D. ClO3−被还原，是还原剂
7. 我国是稀土资源大国，稀土元素钕(60Nd)是制造导弹合金材料的重要元素．下列说法正确的是( )
A. 60140Nd和 60142Nd是同一核素 B. Nd是第七周期元素
C. 60140Nd原子的中子数与质子数之差为80 D. Nd的同位素原子具有相同的电子数
8. 下列选项中实验仪器的使用及操作正确的是( )
A
B
C
D
制取CO2气体并能“随开随用、随关随停”
检验Na2O2与H2O反应有O2生成
检测氯水的pH
向容量瓶中转移溶液
A. A B. B C. C D. D
9. 用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )
A. 2.2g重水(D2O)中含有中子的数目为NA
B. 2.3gNa与100mL0.1mol/L盐酸反应，转移电子的数目为0.01NA
C. 标准状况下，11.2LH2O2中含有H−O键的数目为NA
D. 常温常压下，均含有NA个氧原子的O2和CO的体积比为1：2
10. 某水溶液可能含有K+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、Cl−、CO32−、SO42−中的某几种，现分别取三份100mL该溶液进行如图所示的实验，根据实验结果，推测错误的是( )
A. 一定有Mg2+ B. 一定有K+ C. 一定没有Cl− D. 一定没有Fe2+
11. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的主族元素。X的原子核外L层电子数比K层电子数多5；Y元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；Z是地壳中含量最多的金属元素；W与Y同主族。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W>Z>Y>X
B. X的最高价氧化物的化学式可表示为X2O7
C. Z的最高价氧化物的水化物属于弱碱
D. 单质与O2或H2O反应的剧烈程度：Y
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中
布条褪色
氯气具有漂白性
B
向CaCl2溶液中通入适量CO2
产生白色沉淀
白色沉淀为CaCO3
C
向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液
溶液显蓝色
氧化性：Br2>I2
D
向Na2CO3粉末中加入少量水
粉末结块变成晶体，温度降低
Na2CO3溶解是吸热过程
A. A B. B C. C D. D
13. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断正确的是( )
A. a可与水蒸气在高温条件下反应生成e
B. b是一种黑色粉末，在空气中受热，迅速被氧化生成e
C. c中加入新制氯水可生成d，此反应中c体现氧化性
D. e是碱性氧化物，e中加入盐酸可生成d
14. 化学实验小组探究Na2CO3和NaHCO3与碱的反应，实验装置、过程及结果如下．已知：pH越大，c(OH−)越大，溶液碱性越强．下列说法错误的是( )
实验装置
实验过程
实验结果
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀
②烧杯中溶液pH变化如图
X：蒸馏水
X：0.05mol/LNa2CO3溶液
X：0.05mol/LNaHCO3溶液
A. Ⅰ是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响
B. Ⅰ和Ⅱ的pH曲线基本重合，说明CO32−与OH−不反应，Ⅱ中发生反应的离子方程式为：CO32−+Ca2+=CaCO3↓
C. Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明HCO3−与OH−反应，Ⅲ中初期发生反应的离子方程式为：HCO3−+OH−+Ca2+=CaCO3↓+H2O
D. Ⅲ实验的澄清石灰水中OH−恰好完全反应时，溶液呈中性
15. 下列关于氯及其化合物的叙述中，正确的组合是( )
①氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体
②氯气在常温下能与铁反应，故不能用钢瓶储存液氯
③氯气与铜在加热条件下反应，生成CuCl
④纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰
⑤新制的氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
⑥氯气通入冷的石灰乳中，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉
A. ①②⑤ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③④⑥
16. 已知氢碘酸(HI)是一种具有强还原性的强酸，HI可以与多种物质【如：KClO3、Cl2、NaNO2、KMnO4、H2O2、Fe(OH)3等】发生不同类型的化学反应．请回答下列问题：
(1)如图可表示离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是 ______(填标号)。
(2)KClO3在水溶液中的电离方程式为 ______。
(3)常温下HI溶液与Cl2反应的化学方程式为2HI+Cl2=2HCl+I2，说明还原性Cl−______I−(填“>”、“<”或“=)。
(4)在反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(5)下列三种氧化剂均可以将HI氧化生成I2，自身对应的还原产物情况如下：
选项
A
B
C
氧化剂
KMnO4
KClO3
H2O2
还原产物
Mn2+
Cl−
H2O
请判断等物质的量的三种氧化剂分别与足量HI作用，得到I2质量最多的是 ______(填选项标号)。
(6)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入HI稀溶液，会出现如下一系列变化：先出现红褐色沉淀；随后沉淀溶解，溶液呈黄色：最后溶液颜色加深。
①红褐色沉淀溶解，反应的离子方程式为 ______。
②最后溶液颜色加深，反应的离子方程式为 ______。
17. 元素周期律和周期表有力地论证了事物变化中量变引起质变的规律性，以及结构决定性质的化学观念。随着原子序数的递增，七种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。请回答下列问题：
(1)元素B位于周期表中的第 ______周期第 ______族。
(2)D、E、F三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序为 ______(用元素的离子符号表示)。
(3)用电子式表示G的氢化物的形成过程 ______。
(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为 ______。
(5)D的最高价氧化物的水化物与E的最高价氧化物反应的离子方程式为 ______。
(6)元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物所含的所有化学键类型为 ______。
(7)下列有关物质性质的推断，正确的是 ______(填标号)。
a.单质的氧化性：B
(1)某“84”消毒液部分标签如下所示：
84消毒液
有效成分NaClO
规格1000mL
NaClO质量分数25%
密度1.2g⋅cm−3
①计算该“84”消毒液中NaClO的物质的量浓度为 ______mol/L(保留小数点后一位)。
②若用NaClO固体配制相同物质的量浓度的NaClO溶液，下列操作可能使溶液浓度偏低的是 ______(填标号)。
A.容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用
B.固体溶解后未经冷却就转移至容量瓶
C.未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
D.定容时，仰视容量瓶刻度线
(2)实验小组欲利用Cl2与NaOH溶液反应制备“84”消毒液，选择实验装置如图：
①A中发生反应的离子方程式为 ______。
②C中盛装试剂为 ______。
③仪器的连接顺序为a→______(按气流方向，用小写字母表示)。
(3)“84”消毒液需要避光密封保存，否则容易变质而失效，用化学方程式解释其原因：
①NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO；
②______。
(4)曾有报道，在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件．请从氧化还原反应的角度分析，文字叙述其原因：______。
19. 化学实验小组在实验室进行含铁元素物质的实验。请回答下列问题：
(1)研究+3价铁与+2价铁的转化，实验操作如图。
①检验试管甲的溶液中含有Fe3+的实验方案为：取少量甲中溶液于试管中，______(叙述操作并描述现象)，说明其中含有Fe3+。
②向试管甲中加入过量铁粉，发生反应的离子方程式为 ______。
③试管乙中的实验现象是 ______。
④试管丙中产生白色沉淀，一段时间后部分沉淀变为红褐色，写出白色沉淀变为红褐色的化学方程式 ______。
(2)FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备Fe2O3，实验流程如图．已知化合物X的焰色试验为紫色，请在“”内填写X和其它必要试剂的化学式或反应条件，在“□”内填写含铁元素物质的化学式。( )
：______、______；( )
□：______、______。
(3)测定某混合物中氧化铁的含量。
现有铜和氧化铁的混合物粉末共28.8g，将其加入到300mL2.0mol/L的稀硫酸溶液中，充分反应后，剩余固体的质量为6.4g.则原混合物中氧化铁的质量分数为 ______%(保留小数点后一位)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.NaOH含离子键、O−H共价键，为离子化合物，故A正确；
B.MgCl2只含离子键，为离子化合物，故B错误；
C.ClO2只含共价键，为共价化合物，故C错误；
D.H2S只含共价键，为共价化合物，故D错误；
故选：A。
一般来说，活泼金属与非金属元素之间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。
本题考查化学键与化合物，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.过氧化钠与二氧化碳反应会有氧气生成，故过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故A正确；
B.漂白粉具有漂白性和强氧化性，故漂白粉既可作漂白纸张的漂白剂，又可作游泳池的消毒剂，故B正确；
C.由生铁含碳量高，硬度大，含碳量比钢大，故C错误；
D.放射性同位素可以有以下用途，辐射育种：生物体内的DNA承载着物种的遗传密码，但是DNA在射线作用下可能会发生突变，所以通过射线照射可以使种子发生变异，培育出新的优良品种；金属探伤：放射性同位素能放出α射线、β射线和丁射线；γ射线由于贯穿本领很强，可以用来检查金属内部有没有砂眼或裂纹，所用的设备叫射线探伤仪；疾病诊断：人体甲状腺的工作需要碘；碘被吸收后会聚集在甲状腺内。给人注射碘的放射性同位素，然后定时用探测器测量甲状腺及邻近组织的放射性强度，有助于诊断甲状腺的器质性和功能性疾病；用放射性同位素进行诊断可比X光法提前3∼6个月发现骨癌转移；临床治癌：人体内的癌细胞比正常细胞对射线的感应更敏感，因此利用放射性同位素的射线可以杀死癌细胞或阻止癌细胞分裂以达到治疗恶性肿瘤的目的，这就是我们常说的“放疗”，故D正确；
故选：C。
A.过氧化钠与二氧化碳反应会有氧气生成；
B.漂白粉具有漂白性和强氧化性；
C.由生铁含碳量高，硬度大；
D.利用某些放射性同位素释放的射线可以有种、给金属探伤、诊断和治疗疾病。
本题考查化学与生活的联系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用即可解答，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.Cl−的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故A正确；
B.甲烷是正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，其球棍模型为，故B错误；
C.次氯酸中心原子是O，O原子分别与H、Cl原子共用1对电子，O、Cl原子外围达到8e−结构，次氯酸的其电子式为，故C错误；
D.H2失去电子，CuOH2得到电子，1mol完全反应转移2mole−，H2把电子转移给了氧CuO，因此H2还原CuO反应中电子的转移为，故D错误；
故选：A。
A.Cl−的核电荷数为17，核外电子总数为18，核外电子分层排布；
B.甲烷是正四面体结构。并且C原子半径大于H；
C.HClO的中心原子是O，不是Cl；
D.用氢气还原CuO时，氢气失电子，CuO得电子。
本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、离子结构示意图、球棍模型、氧化还原反应表示方法等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.CO与氢氧化钠不反应，不是酸性氧化物，故A不选；
B.石墨、C60、金刚石都是碳的不同单质，互为同素异形体，故B选；
C.氢气所含元素化合价易升高，为具有还原性，为还原剂，故C不选；
D.氨水为混合物，不是电解质，故D不选；
故选：B。
A.能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B.同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
C.具有氧化性的物质为氧化剂；
D.电解质必须是化合物。
本题考查了物质的分类，熟悉酸性氧化物、同素异形体、电解质概念即可解答，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.Al与NaOH溶液反应，Fe不能，反应后过滤、洗涤、干燥可分离，故B正确；
C.过量氯化钡，引入新杂质钡离子，应加适量试剂，故C错误；
D.加热时碳酸氢钠受热分解，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：B。
A.二者均与碳酸钠溶液反应；
B.Al与NaOH溶液反应，Fe不能；
C.过量氯化钡，引入新杂质钡离子；
D.加热时碳酸氢钠受热分解。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、除杂原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.由方程式ClO3−+2NH4+=N2↑+3H2O+Cl−+2H+可知随着反应的进行，溶液的酸性增强，故A正确；
B.N元素化合价由−3价升高到0价，标准状况下，生成2.24LN2时，反应中转移电子为2.24L22.4L/mol×2×(3−0)=0.6mol，故B错误；
C.由反应可知，氧化产物(N2)与还原产物(Cl−)的物质的量之比为1：1，故C错误；
D.Cl元素的化合价降低，可知ClO3−被还原，是氧化剂，故D错误；
故选：A。
由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2为生成物，则NH4+应为反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的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ClO3−+2NH4+=N2↑+3H2O+Cl−+2H+，以此解答该题。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、物质的性质、电子数的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本概念的应用，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.60140Nd和 60142Nd是元素的同位素，质量数不同，质子数相同，是不同核素，故A错误；
B. 60Nd的质子数为60，原子核外电子层数为6，是第六周期元素，故B错误；
C. 60140Nd原子的中子数=140−60=80，质子数=60，中子数与质子数之差=80−60=20，故C错误；
D.Nd的同位素原子是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，具有相同的电子数，故D正确；
故选：D。
A.一定数目质子数和一定数目中子数的一种原子为元素的一种核素；
B. 60Nd的质子数为60，原子核外电子层数为6，电子层数=周期序数；
C.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；
D.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素，同位素原子核外电子数相同。
本题考查了原子结构、微粒数关系、同位素和核素概念、元素在周期表中位置的判断等知识点，注意原子构成中微粒关系的理解应用，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.纯碱为粉末，与盐酸接触后不能分离，应选碳酸钙与盐酸制备，故A错误；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，带火星的木条复燃，可证明生成氧气，故B正确；
C.氯水含HClO，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故C错误；
D.转移液体时玻璃杯的下端在刻度线以下，图中操作不合理，故D错误；
故选：B。
A.纯碱为粉末，与盐酸接触后不能分离；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，氧气具有助燃性；
C.氯水含HClO，可使pH试纸褪色；
D.转移液体时玻璃杯的下端在刻度线以下。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、pH测定、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.2.0g重水(D2O)的物质的量为：2.2g20g/mol=0.11mol，含有中子的物质的量而为：0.11mol×10=1.1mol，含有中子数为1.1NA，故A错误；
B.2.3g钠的物质的量为2.3g23g/mol=0.1mol，而钠和酸溶液反应时，先和酸反应，再和水反应，最终钠将完全反应，且钠反应后变为+1价，故0.1mol钠反应后转移0.1NA个电子，故B错误；
C.标况下，H2O2是液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；
D.常温常压下，均含有NA个氧原子的O2和CO，气体物质的量分别为0.5mol和1mol，气体物质的量之比等于气体体积之比，体积比=0.5：1=1：2，故D正确；
故选：D。
A.D2O分子中含有10个中子，其摩尔质量为20g/mol，结合n=mM=NNA计算；
B.求出钠的物质的量，然后根据钠和酸溶液反应时，先和酸反应，再和水反应，最终钠将完全反应；
C.气体摩尔体积使用对象为气体；
D.同温、同压、同体积的气体物质的量相同，气体物质的量之比等于气体体积之比。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
10.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Mg2+，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定含有K+，故B正确；
C.由上述分析可知，原溶液中可能含有Cl−，故C错误；
D.由上述分析可知，原溶液中一定不含有Fe2+，故D正确；
故选：C。
加入硝酸银生成白色沉淀，可能氯化银或硫酸银或碳酸银中的一种或几种；加入足量氢氧化钠溶液，且露置在空气中生成0.58g白色沉淀，则一定不含Fe2+，一定含有Mg2+，但CO32−与Mg2+不共存，原溶液中一定不含CO32−，且n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.58g58g/mol=0.01mol；加入足量的氯化钡溶液生成4.66g的白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42−，且n(SO42−)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol，SO42−与Ba2+不共存，则原溶液中一定不含Ba2+；SO42−所带负电荷总量为0.02mol×2=0.04mol，Mg2+所带正电荷总量为0.01mol×2=0.02mol<0.04mol，由溶液的电中性原则可知，原溶液中一定含有K+，所以原溶液中一定含有K+、Mg2+、SO42−，可能含有Cl−，一定不含有Fe2+、Ba2+、CO32−，据此分析解答。
本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握实验中发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析推理能力、计算能力与实验操作能力的考查，注意掌握常见离子的检验方法和溶液不显电性原则的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为F，Y为Na，Z为Al，W为原子序数大于Na的ⅠA族元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：W>Y>Z>X，故A错误；
B.氟元素的非金属性最强，不存在最高正价+7价，故B错误；
C.Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，故C错误；
D.同主族从上到下金属性逐渐增强，则金属性：Y
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的主族元素，X的原子核外L层电子数比K层电子数多5，则X为F；Y元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，则Y为Na；Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al；W与Y同主族，则W为原子序数大于Na的ⅠA族元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.氯气与水反应生成的HClO可使有色布条褪色，而氯气不具有漂白性，故A错误；
B.盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则向CaCl2溶液中通入适量CO2，不发生反应，故B错误；
C.溴水与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由操作和现象可知，氧化性：Br2>I2，故C正确；
D.碳酸钠与水反应生成十水合碳酸钠，则粉末结块变成晶体，温度降低，发生吸热反应，故D错误；
故选：C。
A.氯气与水反应生成的HClO可使有色布条褪色；
B.盐酸的酸性大于碳酸的酸性；
C.溴水与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
D.碳酸钠与水反应生成十水合碳酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.a是铁与水蒸气高温生成四氧化三铁，为混合型化合价既有+3又有+2，故A错误；
B.b是氧化亚铁，在空气中受热变为四氧化三铁，故B错误；
C.亚铁盐中加入氯气，铁元素的化合价升高，发生氧化反应，表现出还原性，故C错误；
D.e是氧化铁，与酸反应生成铁盐和水，故D正确；
故选：D。
由图中化合价可知，a为铁，b为氧化亚铁，c为亚铁盐，d为铁盐，e为氧化铁，据此作答。
本题考查铁及其化合物的性质，题目难度中等，掌握相关化学物质的性质是解题的关键。
14.【答案】D
【解析】解：A.由题给信息可知，澄清石灰水中滴加碳酸钠，碳酸氢钠，I是空白实验，设计实验的目的是排除因体积变化对II、III溶液pH的影响，故A正确；
B.由分析可知，II和I的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为：CO32−+Ca2+=CaCO3↓，故B正确；
C.由分析可知，III比II的pH曲线降低，III比II的pH曲线降低说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3−+OH−+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D.由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故D错误；
故选：D。
由题给信息可知，I是空白实验，II和I的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，III比II的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
本题考查碳酸钠、碳酸氢钠性质的探究，为高频考点，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意掌握性质实验方案设计与评价原则，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
15.【答案】B
【解析】解：①氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的有毒气体，故①正确；
②氯气在常温下，不能与铁反应，故能用钢瓶储存液氯，故②错误；
③氯气与铜在加热条件下反应生成CuCl2，故③错误；
④纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢气体，故④正确；
⑤新制的氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色，随后和水褪去，故⑤错误；
⑥氯气通入冷的石灰乳中，发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉，故⑥正确；
故选：B。
①氯气是一种黄绿色，具有强烈刺激性气味的气体；
②氯气在常温下不能与铁反应；
③氯气去氢氧化钾，与铜在加热条件下反应生成高价化合物；
④纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢；
⑤氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；
⑥氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，是工业制备漂白粉的原理。
本题考查氯水的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，侧重对基础知识的考查。
16.【答案】CKClO3=K++ClO3− <1：1B3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O2Fe3++2I−=2Fe2++I2
【解析】解：(1)置换反应一定是氧化还原反应，所以A是氧化还原反应，B是置换反应，C是离子反应，
故答案为：C；
(2)KClO3是盐，属于强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为KClO3=K++ClO3−，
故答案为：KClO3=K++ClO3−；
(3)由反应2HI+Cl2=2HCl+I2可知，还原剂为HI，还原产物为HCl，所以还原性Cl−
(4)在反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O中，4molHI反应，只有2mol充当还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
(5)由图示信息可知，等物质的量的KMnO4、KClO3、H2O2与足量HI作用，KClO3转移电子数最多，得到I2质量最多，
故答案为：B；
(6)①加入HI溶液，红褐色沉淀溶解，发生酸碱中和反应，离子方程式为3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O，
故答案为：3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O；
②继续加入HI溶液，颜色加深，是因为Fe3+把I−氧化成I2，反应的离子方程式为2Fe3++2I−=2Fe2++I2，
故答案为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2。
(1)氧化还原反应和置换反应与离子反应是交叉关系；
(2)KClO3是强电解质，在水溶液中完全电离；
(3)根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断；
(4)由反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O可判断HI一部分体现酸性，一部分体现还原性；
(5)等物质的量的KMnO4、KClO3、H2O2与足量HI作用，转移电子数越多，得到I2质量越多；
(6)①Fe(OH)3与HI发生酸碱中和反应；
②颜色加深是因为反应生成碘单质。
本题考查了氧化还原反应、还原性强弱的比较、电离方程式的书写、胶体的性质等，综合性强，但难度不大，掌握基础是解题的关键。
17.【答案】二 VAS2−>O2−>Al3+ O=C=OAl2O3+2OH−=2AlO2−+H2O离子键、共价键 ad
【解析】解：由分析可知，A为C、B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为S、G为Cl；
(1)元素B为N元素，位于周期表中的第二周期第VA族，
故答案为：二；VA；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Al3+，
故答案为：S2−>O2−>Al3+；
(3)G的氢化物为HCl，用电子式表示其形成过程：，
故答案为：；
(4)元素碳与C氧成的电子总数为22的分子为CO2，其结构式为O=C=O，
故答案为：O=C=O；
(5)D的最高价氧化物的水化物为NaOH，E的最高价氧化物为Al2O3，则反应的离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O；
(6)元素氧与钠按原子个数比1：1形成的化合物为Na2O2，所含的所有化学键类型为离子键、共价键，
故答案为：离子键、共价键；
(7)a.非金属性N
c.非金属性O>S，故气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，故c错误；
d.非金属性S
图中元素均为短周期元素，其中C、F的最低负化合价均为−2价，且原子序数C
18.【答案】4.0CDMnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水 e→d→c→b→f→g2HClO−光2HCl+O2↑“84”消毒液有效成分次氯酸钠中的Cl化合价为+1价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的Cl化合价为−1价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气
【解析】解：(1)①根据标签数据可知，该“84”消毒液中NaClO的物质的量浓度为1000×1.2×25%74.5mol/L=4.0mol/L，
故答案为：4.0；
②A.容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用，对配置溶液的浓度没有影响，故A不符合题意；
B.固体溶解后未经冷却就转移至容量瓶，待冷却后，溶液的体积变小，溶液的浓度变大，故B符合题意；
C.未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致溶质的的量减少，进一步导致所配溶液的浓度减小，故C符合题意；
D.定容时，仰视容量瓶刻度线，将会导致所配溶液的体积偏大，进一步导致所配溶液的浓度减小，故D符合题意，
故答案为：CD；
(2)①A中发生反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O；
②根据题意可知，C装置的作用是出去氯气中混有的HCl气体，所以C中盛装试剂为饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
③根据题意可知，A装置产生的氯气，经过C装置，出去氯气中混有的HCl气体，然后通入B装置与NaOH溶液反应制备“84”消毒液，最后接D装置，吸收未反应的氯气，防止污染空气，另结合长进短出的原理，所以仪器的连接顺序为a→e→d→c→b→f→g，
故答案为：e→d→c→b→f→g；
(3)HClO不稳定，见光易分解，生成HCl和氧气，化学方程式为2HClO−光2HCl+O2↑，
故答案为：2HClO−光2HCl+O2↑；
(4)在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件，这是因为“84”消毒液有效成分次氯酸钠中的Cl化合价为+1价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的Cl化合价为−1价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气，
故答案为：“84”消毒液有效成分次氯酸钠中的Cl化合价为+1价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的Cl化合价为−1价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气。
(1)①根据物质的量浓度与质量分数之间的换算公式进行换算即可；
②A.容量瓶用蒸馏水洗净后，是不需要烘干的；
B.固体溶解后未经冷却就转移至容量瓶，待冷却后，溶液的体积变小；
C.未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致溶质的的量减少；
D.定容时，仰视容量瓶刻度线，将会导致所配溶液的体积偏大；
(2)①A中发生反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，即可写出反应的离子方程式；
②根据题意可知，C装置的作用是出去氯气中混有的HCl气体；
③根据题意可知，A装置产生的氯气，经过C装置，出去氯气中混有的HCl气体，然后通入B装置与NaOH溶液反应制备“84”消毒液，最后接D装置，吸收未反应的氯气，防止污染空气；
(3)HClO不稳定，见光易分解，生成HCl和氧气；
(4)次氯酸钠中的Cl化合价为+1价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的Cl化合价为−1价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气。
本题主要考查氯及其化合物的性质，同时考查物质的量浓度的有关计算，以及学生的实验能力、分析能力，属于基本知识，基础题型，难度不大。
19.【答案】加入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 2Fe3++Fe=3Fe2+ 紫(红)色溶液褪色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 NaOH溶液 加热 FeCl3 Fe(OH)3 55.6
【解析】解：(1)①检验试管甲的溶液中含有Fe3+的实验方案为：取少量甲中溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变成红色，说明其中含有Fe3+，
故答案为：加入几滴KSCN溶液，溶液变成红色；
②向试管甲中加入过量铁粉，铁粉与铁离子发生归中反应，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
③高锰酸钾具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，故试管乙中的实验现象是紫(红)色溶液褪色，
故答案为：紫(红)色溶液褪色；
④试管丙中产生白色沉淀，一段时间后部分沉淀变为红褐色，则白色沉淀变为红褐色的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(2)本小题流程中部分变质的FeCl2溶液包括FeCl2和FeCl3，FeCl2被双氧水(HCl)氧化为FeCl3，加入NaOH溶液后，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤、烘干后对其加热，生成Fe2O3，根据上述分析可知括弧内所需试剂为NaOH溶液，下一步条件为加热，方框内含铁物质的化学式先后为：FeCl3、Fe(OH)3，
故答案为：NaOH溶液；加热；FeCl3；Fe(OH)3；
(3)反应后剩余的6.40g固体为Cu，反应消耗Cu和Fe2O3的总质量为：28.8g−6.4g=22.4g，则：n消耗(Cu)×64g/mol+n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根据电子守恒可知：n消耗(Cu)×2=n(Fe2O3)×2，联立解得：n消耗(Cu)=n(Fe2O3)=0.1mol，原混合物中氧化铁的质量分数为0.1mol×160g/mol28.8g×100%≈55.6%，
故答案为：55.6%。
(1)①检验试管甲的溶液中含有Fe3+的实验方案为：取少量甲中溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变成红色；
②向试管甲中加入过量铁粉，铁粉与铁离子发生归中反应；
③高锰酸钾具有强氧化性，亚铁离子具有还原性；
④试管丙中产生白色沉淀，一段时间后部分沉淀变为红褐色，白色沉淀为氢氧化亚铁，被氧气氧化转化为氢氧化铁；
(2)本小题流程中部分变质的FeCl2溶液包括FeCl2和FeCl3，FeCl2被双氧水(HCl)氧化为FeCl3，加入NaOH溶液后，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤、烘干后对其加热，生成Fe2O3，根据上述分析可知括弧内所需试剂为NaOH溶液，下一步条件为加热；
(3)①反应后剩余的6.40g固体为Cu，反应消耗Cu和Fe2O3的总质量为：28.8g−6.4g=22.4g，则：n消耗(Cu)×64g/mol+n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根据电子守恒可知：n消耗(Cu)×2=n(Fe2O3)×2，联立解得：n消耗(Cu)=n(Fe2O3)=0.1mol，据此计算。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
2021-2022学年辽宁省锦州市高一（上）期末化学试卷
1. 下列物质中，含有共价键的离子化合物是( )
A. NaOH B. MgCl2 C. ClO2 D. H2S
2. 化学推动着社会的进步和科技的发展。下列说法错误的是( )
A. 过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源
B. 漂白粉既可作漂白纸张的漂白剂，又可作游泳池的消毒剂
C. 由生铁铸造的下水井盖的硬度大、抗压，含碳量比钢低
D. 利用某些放射性同位素释放的射线可以有种、给金属探伤、诊断和治疗疾病
3. 下列化学用语表示正确的是( )
A. Cl−的结构示意图：
B. 甲烷的分子结构模型：
C. HClO的电子式：
D. 单线桥表示H2还原CuO反应中电子的转移：
4. 分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是( )
A. 酸性氧化物：CO、CO2、SO3 B. 同素异形体：石墨、C60、金刚石
C. 常见氧化剂：Cl2、H2、高锰酸钾 D. 电解质：NaHSO4、氨水、Na2O
5. 除去下列各物质中的少量杂质，使用的试剂及用量、操作方法均正确的是( )
选项
物质
杂质(少量)
试剂及用量
操作方法
A
CO2气体
HCl
过量的饱和Na2CO3溶液
洗气
B
铁粉
铝粉
过量的烧碱溶液
过滤、洗涤、干燥
C
NaCl溶液
Na2SO4
过量的BaCl2溶液
过滤
D
NaHCO3固体
Na2CO3
无
加热
A. A B. B C. C D. D
6. 某离子反应中涉及H2O、ClO3−、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. 反应后溶液的酸性增强
B. 标准状况下，生成2.24LN2时，反应中转移0.3mol电子
C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D. ClO3−被还原，是还原剂
7. 我国是稀土资源大国，稀土元素钕(60Nd)是制造导弹合金材料的重要元素．下列说法正确的是( )
A. 60140Nd和 60142Nd是同一核素 B. Nd是第七周期元素
C. 60140Nd原子的中子数与质子数之差为80 D. Nd的同位素原子具有相同的电子数
8. 下列选项中实验仪器的使用及操作正确的是( )
A
B
C
D
制取CO2气体并能“随开随用、随关随停”
检验Na2O2与H2O反应有O2生成
检测氯水的pH
向容量瓶中转移溶液
A. A B. B C. C D. D
9. 用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( )
A. 2.2g重水(D2O)中含有中子的数目为NA
B. 2.3gNa与100mL0.1mol/L盐酸反应，转移电子的数目为0.01NA
C. 标准状况下，11.2LH2O2中含有H−O键的数目为NA
D. 常温常压下，均含有NA个氧原子的O2和CO的体积比为1：2
10. 某水溶液可能含有K+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、Cl−、CO32−、SO42−中的某几种，现分别取三份100mL该溶液进行如图所示的实验，根据实验结果，推测错误的是( )
A. 一定有Mg2+ B. 一定有K+ C. 一定没有Cl− D. 一定没有Fe2+
11. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的主族元素。X的原子核外L层电子数比K层电子数多5；Y元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；Z是地壳中含量最多的金属元素；W与Y同主族。下列说法正确的是( )
A. 原子半径：W>Z>Y>X
B. X的最高价氧化物的化学式可表示为X2O7
C. Z的最高价氧化物的水化物属于弱碱
D. 单质与O2或H2O反应的剧烈程度：Y
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中
布条褪色
氯气具有漂白性
B
向CaCl2溶液中通入适量CO2
产生白色沉淀
白色沉淀为CaCO3
C
向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液
溶液显蓝色
氧化性：Br2>I2
D
向Na2CO3粉末中加入少量水
粉末结块变成晶体，温度降低
Na2CO3溶解是吸热过程
A. A B. B C. C D. D
13. 部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断正确的是( )
A. a可与水蒸气在高温条件下反应生成e
B. b是一种黑色粉末，在空气中受热，迅速被氧化生成e
C. c中加入新制氯水可生成d，此反应中c体现氧化性
D. e是碱性氧化物，e中加入盐酸可生成d
14. 化学实验小组探究Na2CO3和NaHCO3与碱的反应，实验装置、过程及结果如下．已知：pH越大，c(OH−)越大，溶液碱性越强．下列说法错误的是( )
实验装置
实验过程
实验结果
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀
②烧杯中溶液pH变化如图
X：蒸馏水
X：0.05mol/LNa2CO3溶液
X：0.05mol/LNaHCO3溶液
A. Ⅰ是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响
B. Ⅰ和Ⅱ的pH曲线基本重合，说明CO32−与OH−不反应，Ⅱ中发生反应的离子方程式为：CO32−+Ca2+=CaCO3↓
C. Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明HCO3−与OH−反应，Ⅲ中初期发生反应的离子方程式为：HCO3−+OH−+Ca2+=CaCO3↓+H2O
D. Ⅲ实验的澄清石灰水中OH−恰好完全反应时，溶液呈中性
15. 下列关于氯及其化合物的叙述中，正确的组合是( )
①氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体
②氯气在常温下能与铁反应，故不能用钢瓶储存液氯
③氯气与铜在加热条件下反应，生成CuCl
④纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰
⑤新制的氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色
⑥氯气通入冷的石灰乳中，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉
A. ①②⑤ B. ①④⑥ C. ②③⑤ D. ③④⑥
16. 已知氢碘酸(HI)是一种具有强还原性的强酸，HI可以与多种物质【如：KClO3、Cl2、NaNO2、KMnO4、H2O2、Fe(OH)3等】发生不同类型的化学反应．请回答下列问题：
(1)如图可表示离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是 ______(填标号)。
(2)KClO3在水溶液中的电离方程式为 ______。
(3)常温下HI溶液与Cl2反应的化学方程式为2HI+Cl2=2HCl+I2，说明还原性Cl−______I−(填“>”、“<”或“=)。
(4)在反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(5)下列三种氧化剂均可以将HI氧化生成I2，自身对应的还原产物情况如下：
选项
A
B
C
氧化剂
KMnO4
KClO3
H2O2
还原产物
Mn2+
Cl−
H2O
请判断等物质的量的三种氧化剂分别与足量HI作用，得到I2质量最多的是 ______(填选项标号)。
(6)向Fe(OH)3胶体中逐滴加入HI稀溶液，会出现如下一系列变化：先出现红褐色沉淀；随后沉淀溶解，溶液呈黄色：最后溶液颜色加深。
①红褐色沉淀溶解，反应的离子方程式为 ______。
②最后溶液颜色加深，反应的离子方程式为 ______。
17. 元素周期律和周期表有力地论证了事物变化中量变引起质变的规律性，以及结构决定性质的化学观念。随着原子序数的递增，七种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。请回答下列问题：
(1)元素B位于周期表中的第 ______周期第 ______族。
(2)D、E、F三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序为 ______(用元素的离子符号表示)。
(3)用电子式表示G的氢化物的形成过程 ______。
(4)元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为 ______。
(5)D的最高价氧化物的水化物与E的最高价氧化物反应的离子方程式为 ______。
(6)元素C与D按原子个数比1：1形成的化合物所含的所有化学键类型为 ______。
(7)下列有关物质性质的推断，正确的是 ______(填标号)。
a.单质的氧化性：B
(1)某“84”消毒液部分标签如下所示：
84消毒液
有效成分NaClO
规格1000mL
NaClO质量分数25%
密度1.2g⋅cm−3
①计算该“84”消毒液中NaClO的物质的量浓度为 ______mol/L(保留小数点后一位)。
②若用NaClO固体配制相同物质的量浓度的NaClO溶液，下列操作可能使溶液浓度偏低的是 ______(填标号)。
A.容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用
B.固体溶解后未经冷却就转移至容量瓶
C.未洗涤烧杯内壁和玻璃棒
D.定容时，仰视容量瓶刻度线
(2)实验小组欲利用Cl2与NaOH溶液反应制备“84”消毒液，选择实验装置如图：
①A中发生反应的离子方程式为 ______。
②C中盛装试剂为 ______。
③仪器的连接顺序为a→______(按气流方向，用小写字母表示)。
(3)“84”消毒液需要避光密封保存，否则容易变质而失效，用化学方程式解释其原因：
①NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO；
②______。
(4)曾有报道，在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件．请从氧化还原反应的角度分析，文字叙述其原因：______。
19. 化学实验小组在实验室进行含铁元素物质的实验。请回答下列问题：
(1)研究+3价铁与+2价铁的转化，实验操作如图。
①检验试管甲的溶液中含有Fe3+的实验方案为：取少量甲中溶液于试管中，______(叙述操作并描述现象)，说明其中含有Fe3+。
②向试管甲中加入过量铁粉，发生反应的离子方程式为 ______。
③试管乙中的实验现象是 ______。
④试管丙中产生白色沉淀，一段时间后部分沉淀变为红褐色，写出白色沉淀变为红褐色的化学方程式 ______。
(2)FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备Fe2O3，实验流程如图．已知化合物X的焰色试验为紫色，请在“”内填写X和其它必要试剂的化学式或反应条件，在“□”内填写含铁元素物质的化学式。( )
：______、______；( )
□：______、______。
(3)测定某混合物中氧化铁的含量。
现有铜和氧化铁的混合物粉末共28.8g，将其加入到300mL2.0mol/L的稀硫酸溶液中，充分反应后，剩余固体的质量为6.4g.则原混合物中氧化铁的质量分数为 ______%(保留小数点后一位)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.NaOH含离子键、O−H共价键，为离子化合物，故A正确；
B.MgCl2只含离子键，为离子化合物，故B错误；
C.ClO2只含共价键，为共价化合物，故C错误；
D.H2S只含共价键，为共价化合物，故D错误；
故选：A。
一般来说，活泼金属与非金属元素之间形成离子键，非金属元素之间形成共价键，含离子键的化合物一定为离子化合物，以此来解答。
本题考查化学键与化合物，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意常见物质中的化学键，题目难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A.过氧化钠与二氧化碳反应会有氧气生成，故过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故A正确；
B.漂白粉具有漂白性和强氧化性，故漂白粉既可作漂白纸张的漂白剂，又可作游泳池的消毒剂，故B正确；
C.由生铁含碳量高，硬度大，含碳量比钢大，故C错误；
D.放射性同位素可以有以下用途，辐射育种：生物体内的DNA承载着物种的遗传密码，但是DNA在射线作用下可能会发生突变，所以通过射线照射可以使种子发生变异，培育出新的优良品种；金属探伤：放射性同位素能放出α射线、β射线和丁射线；γ射线由于贯穿本领很强，可以用来检查金属内部有没有砂眼或裂纹，所用的设备叫射线探伤仪；疾病诊断：人体甲状腺的工作需要碘；碘被吸收后会聚集在甲状腺内。给人注射碘的放射性同位素，然后定时用探测器测量甲状腺及邻近组织的放射性强度，有助于诊断甲状腺的器质性和功能性疾病；用放射性同位素进行诊断可比X光法提前3∼6个月发现骨癌转移；临床治癌：人体内的癌细胞比正常细胞对射线的感应更敏感，因此利用放射性同位素的射线可以杀死癌细胞或阻止癌细胞分裂以达到治疗恶性肿瘤的目的，这就是我们常说的“放疗”，故D正确；
故选：C。
A.过氧化钠与二氧化碳反应会有氧气生成；
B.漂白粉具有漂白性和强氧化性；
C.由生铁含碳量高，硬度大；
D.利用某些放射性同位素释放的射线可以有种、给金属探伤、诊断和治疗疾病。
本题考查化学与生活的联系，把握物质的性质及化学在生活中的重要应用即可解答，题目难度不大。
3.【答案】A
【解析】解：A.Cl−的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为，故A正确；
B.甲烷是正四面体结构，碳原子半径大于氢原子，其球棍模型为，故B错误；
C.次氯酸中心原子是O，O原子分别与H、Cl原子共用1对电子，O、Cl原子外围达到8e−结构，次氯酸的其电子式为，故C错误；
D.H2失去电子，CuOH2得到电子，1mol完全反应转移2mole−，H2把电子转移给了氧CuO，因此H2还原CuO反应中电子的转移为，故D错误；
故选：A。
A.Cl−的核电荷数为17，核外电子总数为18，核外电子分层排布；
B.甲烷是正四面体结构。并且C原子半径大于H；
C.HClO的中心原子是O，不是Cl；
D.用氢气还原CuO时，氢气失电子，CuO得电子。
本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及电子式、离子结构示意图、球棍模型、氧化还原反应表示方法等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.CO与氢氧化钠不反应，不是酸性氧化物，故A不选；
B.石墨、C60、金刚石都是碳的不同单质，互为同素异形体，故B选；
C.氢气所含元素化合价易升高，为具有还原性，为还原剂，故C不选；
D.氨水为混合物，不是电解质，故D不选；
故选：B。
A.能够与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B.同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
C.具有氧化性的物质为氧化剂；
D.电解质必须是化合物。
本题考查了物质的分类，熟悉酸性氧化物、同素异形体、电解质概念即可解答，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.Al与NaOH溶液反应，Fe不能，反应后过滤、洗涤、干燥可分离，故B正确；
C.过量氯化钡，引入新杂质钡离子，应加适量试剂，故C错误；
D.加热时碳酸氢钠受热分解，将原物质除去，不能除杂，故D错误；
故选：B。
A.二者均与碳酸钠溶液反应；
B.Al与NaOH溶液反应，Fe不能；
C.过量氯化钡，引入新杂质钡离子；
D.加热时碳酸氢钠受热分解。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、除杂原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.由方程式ClO3−+2NH4+=N2↑+3H2O+Cl−+2H+可知随着反应的进行，溶液的酸性增强，故A正确；
B.N元素化合价由−3价升高到0价，标准状况下，生成2.24LN2时，反应中转移电子为2.24L22.4L/mol×2×(3−0)=0.6mol，故B错误；
C.由反应可知，氧化产物(N2)与还原产物(Cl−)的物质的量之比为1：1，故C错误；
D.Cl元素的化合价降低，可知ClO3−被还原，是氧化剂，故D错误；
故选：A。
由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2为生成物，则NH4+应为反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的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ClO3−+2NH4+=N2↑+3H2O+Cl−+2H+，以此解答该题。
本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、物质的性质、电子数的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意基本概念的应用，题目难度不大。
7.【答案】D
【解析】解：A.60140Nd和 60142Nd是元素的同位素，质量数不同，质子数相同，是不同核素，故A错误；
B. 60Nd的质子数为60，原子核外电子层数为6，是第六周期元素，故B错误；
C. 60140Nd原子的中子数=140−60=80，质子数=60，中子数与质子数之差=80−60=20，故C错误；
D.Nd的同位素原子是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，具有相同的电子数，故D正确；
故选：D。
A.一定数目质子数和一定数目中子数的一种原子为元素的一种核素；
B. 60Nd的质子数为60，原子核外电子层数为6，电子层数=周期序数；
C.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；
D.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子为同位素，同位素原子核外电子数相同。
本题考查了原子结构、微粒数关系、同位素和核素概念、元素在周期表中位置的判断等知识点，注意原子构成中微粒关系的理解应用，题目难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A.纯碱为粉末，与盐酸接触后不能分离，应选碳酸钙与盐酸制备，故A错误；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，带火星的木条复燃，可证明生成氧气，故B正确；
C.氯水含HClO，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故C错误；
D.转移液体时玻璃杯的下端在刻度线以下，图中操作不合理，故D错误；
故选：B。
A.纯碱为粉末，与盐酸接触后不能分离；
B.过氧化钠与水反应生成氧气，氧气具有助燃性；
C.氯水含HClO，可使pH试纸褪色；
D.转移液体时玻璃杯的下端在刻度线以下。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、pH测定、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A.2.0g重水(D2O)的物质的量为：2.2g20g/mol=0.11mol，含有中子的物质的量而为：0.11mol×10=1.1mol，含有中子数为1.1NA，故A错误；
B.2.3g钠的物质的量为2.3g23g/mol=0.1mol，而钠和酸溶液反应时，先和酸反应，再和水反应，最终钠将完全反应，且钠反应后变为+1价，故0.1mol钠反应后转移0.1NA个电子，故B错误；
C.标况下，H2O2是液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；
D.常温常压下，均含有NA个氧原子的O2和CO，气体物质的量分别为0.5mol和1mol，气体物质的量之比等于气体体积之比，体积比=0.5：1=1：2，故D正确；
故选：D。
A.D2O分子中含有10个中子，其摩尔质量为20g/mol，结合n=mM=NNA计算；
B.求出钠的物质的量，然后根据钠和酸溶液反应时，先和酸反应，再和水反应，最终钠将完全反应；
C.气体摩尔体积使用对象为气体；
D.同温、同压、同体积的气体物质的量相同，气体物质的量之比等于气体体积之比。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
10.【答案】C
【解析】解：A.由上述分析可知，原溶液中一定含有Mg2+，故A正确；
B.由上述分析可知，原溶液中一定含有K+，故B正确；
C.由上述分析可知，原溶液中可能含有Cl−，故C错误；
D.由上述分析可知，原溶液中一定不含有Fe2+，故D正确；
故选：C。
加入硝酸银生成白色沉淀，可能氯化银或硫酸银或碳酸银中的一种或几种；加入足量氢氧化钠溶液，且露置在空气中生成0.58g白色沉淀，则一定不含Fe2+，一定含有Mg2+，但CO32−与Mg2+不共存，原溶液中一定不含CO32−，且n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.58g58g/mol=0.01mol；加入足量的氯化钡溶液生成4.66g的白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42−，且n(SO42−)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol，SO42−与Ba2+不共存，则原溶液中一定不含Ba2+；SO42−所带负电荷总量为0.02mol×2=0.04mol，Mg2+所带正电荷总量为0.01mol×2=0.02mol<0.04mol，由溶液的电中性原则可知，原溶液中一定含有K+，所以原溶液中一定含有K+、Mg2+、SO42−，可能含有Cl−，一定不含有Fe2+、Ba2+、CO32−，据此分析解答。
本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握实验中发生的反应、现象与结论的关系为解答的关键，侧重分析推理能力、计算能力与实验操作能力的考查，注意掌握常见离子的检验方法和溶液不显电性原则的应用，题目难度不大。
11.【答案】D
【解析】解：根据分析可知，X为F，Y为Na，Z为Al，W为原子序数大于Na的ⅠA族元素，
A.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：W>Y>Z>X，故A错误；
B.氟元素的非金属性最强，不存在最高正价+7价，故B错误；
C.Z的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝为两性氢氧化物，故C错误；
D.同主族从上到下金属性逐渐增强，则金属性：Y
X、Y、Z、W为原子序数依次增大的主族元素，X的原子核外L层电子数比K层电子数多5，则X为F；Y元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，则Y为Na；Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al；W与Y同主族，则W为原子序数大于Na的ⅠA族元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
12.【答案】C
【解析】解：A.氯气与水反应生成的HClO可使有色布条褪色，而氯气不具有漂白性，故A错误；
B.盐酸的酸性大于碳酸的酸性，则向CaCl2溶液中通入适量CO2，不发生反应，故B错误；
C.溴水与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝，由操作和现象可知，氧化性：Br2>I2，故C正确；
D.碳酸钠与水反应生成十水合碳酸钠，则粉末结块变成晶体，温度降低，发生吸热反应，故D错误；
故选：C。
A.氯气与水反应生成的HClO可使有色布条褪色；
B.盐酸的酸性大于碳酸的酸性；
C.溴水与KI反应生成碘，淀粉遇碘变蓝；
D.碳酸钠与水反应生成十水合碳酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】D
【解析】解：A.a是铁与水蒸气高温生成四氧化三铁，为混合型化合价既有+3又有+2，故A错误；
B.b是氧化亚铁，在空气中受热变为四氧化三铁，故B错误；
C.亚铁盐中加入氯气，铁元素的化合价升高，发生氧化反应，表现出还原性，故C错误；
D.e是氧化铁，与酸反应生成铁盐和水，故D正确；
故选：D。
由图中化合价可知，a为铁，b为氧化亚铁，c为亚铁盐，d为铁盐，e为氧化铁，据此作答。
本题考查铁及其化合物的性质，题目难度中等，掌握相关化学物质的性质是解题的关键。
14.【答案】D
【解析】解：A.由题给信息可知，澄清石灰水中滴加碳酸钠，碳酸氢钠，I是空白实验，设计实验的目的是排除因体积变化对II、III溶液pH的影响，故A正确；
B.由分析可知，II和I的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为：CO32−+Ca2+=CaCO3↓，故B正确；
C.由分析可知，III比II的pH曲线降低，III比II的pH曲线降低说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为：HCO3−+OH−+Ca2+=CaCO3↓+H2O，故C正确；
D.由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故D错误；
故选：D。
由题给信息可知，I是空白实验，II和I的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，III比II的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
本题考查碳酸钠、碳酸氢钠性质的探究，为高频考点，题目难度中等，明确实验目的为解答关键，注意掌握性质实验方案设计与评价原则，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。
15.【答案】B
【解析】解：①氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的有毒气体，故①正确；
②氯气在常温下，不能与铁反应，故能用钢瓶储存液氯，故②错误；
③氯气与铜在加热条件下反应生成CuCl2，故③错误；
④纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢气体，故④正确；
⑤新制的氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色，随后和水褪去，故⑤错误；
⑥氯气通入冷的石灰乳中，发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉，故⑥正确；
故选：B。
①氯气是一种黄绿色，具有强烈刺激性气味的气体；
②氯气在常温下不能与铁反应；
③氯气去氢氧化钾，与铜在加热条件下反应生成高价化合物；
④纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢；
⑤氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；
⑥氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，是工业制备漂白粉的原理。
本题考查氯水的性质，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，侧重对基础知识的考查。
16.【答案】CKClO3=K++ClO3− <1：1B3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O2Fe3++2I−=2Fe2++I2
【解析】解：(1)置换反应一定是氧化还原反应，所以A是氧化还原反应，B是置换反应，C是离子反应，
故答案为：C；
(2)KClO3是盐，属于强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为KClO3=K++ClO3−，
故答案为：KClO3=K++ClO3−；
(3)由反应2HI+Cl2=2HCl+I2可知，还原剂为HI，还原产物为HCl，所以还原性Cl−
(4)在反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O中，4molHI反应，只有2mol充当还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
(5)由图示信息可知，等物质的量的KMnO4、KClO3、H2O2与足量HI作用，KClO3转移电子数最多，得到I2质量最多，
故答案为：B；
(6)①加入HI溶液，红褐色沉淀溶解，发生酸碱中和反应，离子方程式为3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O，
故答案为：3H++Fe(OH)3=Fe3++3H2O；
②继续加入HI溶液，颜色加深，是因为Fe3+把I−氧化成I2，反应的离子方程式为2Fe3++2I−=2Fe2++I2，
故答案为：2Fe3++2I−=2Fe2++I2。
(1)氧化还原反应和置换反应与离子反应是交叉关系；
(2)KClO3是强电解质，在水溶液中完全电离；
(3)根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性判断；
(4)由反应2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O可判断HI一部分体现酸性，一部分体现还原性；
(5)等物质的量的KMnO4、KClO3、H2O2与足量HI作用，转移电子数越多，得到I2质量越多；
(6)①Fe(OH)3与HI发生酸碱中和反应；
②颜色加深是因为反应生成碘单质。
本题考查了氧化还原反应、还原性强弱的比较、电离方程式的书写、胶体的性质等，综合性强，但难度不大，掌握基础是解题的关键。
17.【答案】二 VAS2−>O2−>Al3+ O=C=OAl2O3+2OH−=2AlO2−+H2O离子键、共价键 ad
【解析】解：由分析可知，A为C、B为N、C为O、D为Na、E为Al、F为S、G为Cl；
(1)元素B为N元素，位于周期表中的第二周期第VA族，
故答案为：二；VA；
(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而离子的电子层越多，离子半径越大，故离子半径由大到小的顺序为S2−>O2−>Al3+，
故答案为：S2−>O2−>Al3+；
(3)G的氢化物为HCl，用电子式表示其形成过程：，
故答案为：；
(4)元素碳与C氧成的电子总数为22的分子为CO2，其结构式为O=C=O，
故答案为：O=C=O；
(5)D的最高价氧化物的水化物为NaOH，E的最高价氧化物为Al2O3，则反应的离子方程式为Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO2−+H2O；
(6)元素氧与钠按原子个数比1：1形成的化合物为Na2O2，所含的所有化学键类型为离子键、共价键，
故答案为：离子键、共价键；
(7)a.非金属性N
c.非金属性O>S，故气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，故c错误；
d.非金属性S
图中元素均为短周期元素，其中C、F的最低负化合价均为−2价，且原子序数C
18.【答案】4.0CDMnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水 e→d→c→b→f→g2HClO−光2HCl+O2↑“84”消毒液有效成分次氯酸钠中的Cl化合价为+1价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的Cl化合价为−1价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气
【解析】解：(1)①根据标签数据可知，该“84”消毒液中NaClO的物质的量浓度为1000×1.2×25%74.5mol/L=4.0mol/L，
故答案为：4.0；
②A.容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用，对配置溶液的浓度没有影响，故A不符合题意；
B.固体溶解后未经冷却就转移至容量瓶，待冷却后，溶液的体积变小，溶液的浓度变大，故B符合题意；
C.未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致溶质的的量减少，进一步导致所配溶液的浓度减小，故C符合题意；
D.定容时，仰视容量瓶刻度线，将会导致所配溶液的体积偏大，进一步导致所配溶液的浓度减小，故D符合题意，
故答案为：CD；
(2)①A中发生反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl−−△Mn2++Cl2↑+2H2O；
②根据题意可知，C装置的作用是出去氯气中混有的HCl气体，所以C中盛装试剂为饱和食盐水，
故答案为：饱和食盐水；
③根据题意可知，A装置产生的氯气，经过C装置，出去氯气中混有的HCl气体，然后通入B装置与NaOH溶液反应制备“84”消毒液，最后接D装置，吸收未反应的氯气，防止污染空气，另结合长进短出的原理，所以仪器的连接顺序为a→e→d→c→b→f→g，
故答案为：e→d→c→b→f→g；
(3)HClO不稳定，见光易分解，生成HCl和氧气，化学方程式为2HClO−光2HCl+O2↑，
故答案为：2HClO−光2HCl+O2↑；
(4)在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件，这是因为“84”消毒液有效成分次氯酸钠中的Cl化合价为+1价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的Cl化合价为−1价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气，
故答案为：“84”消毒液有效成分次氯酸钠中的Cl化合价为+1价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的Cl化合价为−1价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气。
(1)①根据物质的量浓度与质量分数之间的换算公式进行换算即可；
②A.容量瓶用蒸馏水洗净后，是不需要烘干的；
B.固体溶解后未经冷却就转移至容量瓶，待冷却后，溶液的体积变小；
C.未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致溶质的的量减少；
D.定容时，仰视容量瓶刻度线，将会导致所配溶液的体积偏大；
(2)①A中发生反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，即可写出反应的离子方程式；
②根据题意可知，C装置的作用是出去氯气中混有的HCl气体；
③根据题意可知，A装置产生的氯气，经过C装置，出去氯气中混有的HCl气体，然后通入B装置与NaOH溶液反应制备“84”消毒液，最后接D装置，吸收未反应的氯气，防止污染空气；
(3)HClO不稳定，见光易分解，生成HCl和氧气；
(4)次氯酸钠中的Cl化合价为+1价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的Cl化合价为−1价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气。
本题主要考查氯及其化合物的性质，同时考查物质的量浓度的有关计算，以及学生的实验能力、分析能力，属于基本知识，基础题型，难度不大。
19.【答案】加入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 2Fe3++Fe=3Fe2+ 紫(红)色溶液褪色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 NaOH溶液 加热 FeCl3 Fe(OH)3 55.6
【解析】解：(1)①检验试管甲的溶液中含有Fe3+的实验方案为：取少量甲中溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变成红色，说明其中含有Fe3+，
故答案为：加入几滴KSCN溶液，溶液变成红色；
②向试管甲中加入过量铁粉，铁粉与铁离子发生归中反应，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
③高锰酸钾具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，故试管乙中的实验现象是紫(红)色溶液褪色，
故答案为：紫(红)色溶液褪色；
④试管丙中产生白色沉淀，一段时间后部分沉淀变为红褐色，则白色沉淀变为红褐色的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，
故答案为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
(2)本小题流程中部分变质的FeCl2溶液包括FeCl2和FeCl3，FeCl2被双氧水(HCl)氧化为FeCl3，加入NaOH溶液后，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤、烘干后对其加热，生成Fe2O3，根据上述分析可知括弧内所需试剂为NaOH溶液，下一步条件为加热，方框内含铁物质的化学式先后为：FeCl3、Fe(OH)3，
故答案为：NaOH溶液；加热；FeCl3；Fe(OH)3；
(3)反应后剩余的6.40g固体为Cu，反应消耗Cu和Fe2O3的总质量为：28.8g−6.4g=22.4g，则：n消耗(Cu)×64g/mol+n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根据电子守恒可知：n消耗(Cu)×2=n(Fe2O3)×2，联立解得：n消耗(Cu)=n(Fe2O3)=0.1mol，原混合物中氧化铁的质量分数为0.1mol×160g/mol28.8g×100%≈55.6%，
故答案为：55.6%。
(1)①检验试管甲的溶液中含有Fe3+的实验方案为：取少量甲中溶液于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变成红色；
②向试管甲中加入过量铁粉，铁粉与铁离子发生归中反应；
③高锰酸钾具有强氧化性，亚铁离子具有还原性；
④试管丙中产生白色沉淀，一段时间后部分沉淀变为红褐色，白色沉淀为氢氧化亚铁，被氧气氧化转化为氢氧化铁；
(2)本小题流程中部分变质的FeCl2溶液包括FeCl2和FeCl3，FeCl2被双氧水(HCl)氧化为FeCl3，加入NaOH溶液后，生成Fe(OH)3沉淀，过滤、洗涤、烘干后对其加热，生成Fe2O3，根据上述分析可知括弧内所需试剂为NaOH溶液，下一步条件为加热；
(3)①反应后剩余的6.40g固体为Cu，反应消耗Cu和Fe2O3的总质量为：28.8g−6.4g=22.4g，则：n消耗(Cu)×64g/mol+n(Fe2O3)×160g/mol=22.4g，根据电子守恒可知：n消耗(Cu)×2=n(Fe2O3)×2，联立解得：n消耗(Cu)=n(Fe2O3)=0.1mol，据此计算。
本题考查探究物质组成、测量物质含量，为高考常见题型，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。
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