2022-2023学年湖北省襄阳市第三中学高一上学期12月月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省襄阳市第三中学高一上学期12月月考化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。

湖北省襄阳市第三中学2022-2023学年高一上学期12月月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．古诗词是我国传统文化的瑰宝。下列诗词解读错误的是
A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是发生了化学变化
B．“绳锯木断，水滴石穿”蕴含着化学变化
C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用
D．“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维互为同素异形体
【答案】B
【详解】A．“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是树叶中物质发生了改变，属于化学变化，A正确；
B．“绳锯木断”中没有新物质产生，属于物理变化，“水滴石穿”中蕴含碳酸钙和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钙，B错误；
C．“朝坛雾卷，曙岭烟沉”，雾是气溶胶，有丁达尔现象是因为胶体粒子对光有散射作用，C正确；
D．“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维都是碳元素的不同单质，互为同素异形体，D正确；
答案选B。
2．下列说法正确的一组是
①、MgO、均属于碱性氧化物
②已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离
③海水、空气、胆矾、盐酸均为混合物
④苏打、碱石灰、醋酸、小苏打均为电解质
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电
A．①⑤⑥ B．②③⑤ C．③④ D．②⑤
【答案】D
【详解】①Mn2O7属于酸性氧化物，①错误；
②氧化铝在熔融状态下能电离，产生自由移动离子，所以氧化铝在熔融状态下能导电，②正确；
③胆矾是CuSO4.5H2O，属于纯净物，③错误；
④碱石灰为NaOH和Ca(OH)2的混合物，④错误；
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子，⑤正确；
⑥熔融的分子电解质无法导电，如HCl是电解质，但在熔融状态下不导电，⑥错误；
故答案为：D。
3．某溶液中含有和M离子；四种离子的个数之比为；则M有可能为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据溶液电中性原理，设M所带电荷为x，则，则B中和D中离子符合电荷要求，但能与铁离子生成沉淀而不能共存，则排除，B正确；
答案选B。
4．是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得：。下列说法正确的是
A．参加反应有电子转移 B．是氧化产物
C．在反应中被还原 D．在反应中得到电子，作氧化剂
【答案】D
【详解】A．参加反应有1mol×(5-4)= 1mol电子转移，A错误；
B．氯元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾对应的产物ClO2是还原产物，B错误；
C．H2C2O4为还原剂，在反应中被氧化，H2C2O4的还原性强于ClO2的还原性，C错误；
D．氯元素的化合价由+5价降低为+4价，所以氯酸钾得电子为氧化剂，D正确；
故选D。
5．在溶液中加入过量后仍能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【分析】在溶液中加入过量Na2O2，Na2O2具有强氧化性，且与水反应生成NaOH和O2。
【详解】A．会被氧化且会生成沉淀而不能大量共存，A不符合题意；
B．在碱性溶液中，、、能发生反应，生成Mg(OH)2、CaCO3等，不能大量共存，B不符合题意；
C．在碱性溶液中，不能大量共存，C不符合题意；
D．该溶液中、、、均可大量共存，D符合题意；
故选D。
6．常温常压下，等体积的甲、乙两容器内，分别盛有、，下列有关甲、乙两容器中气体的说法错误的是
A．分子数之比为1：1 B．密度之比为8：11
C．质量之比为11：8 D．氧原子数之比为1：1
【答案】C
【分析】根据气体摩尔体积与温度和压强有关，条件相同，相同，由，常温常压下，等体积意味着物质的量相等，设甲、乙两容器内，、的物质的量均为1mol，以此作答；
【详解】A．根据，分子数之比等于物质的量之比，=1:1，故A正确；
B．根据，条件相同，相同，即 ，故B正确；
C．根据分析，，故C错误；
D．，故D正确；
故选C。
7．类推思维是化学中常用的一种思维方法，下列有关反应方程式的类推正确的是
选项
已知
类推
A
将加入溶液中：
将加入到溶液中：
B
铁和氯气反应：
铁和硫单质反应：
C
稀硫酸与溶液反应至中性：
溶液与溶液反应至中性：
D
向溶液中通入少量：
向溶液中通入少量：

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．金属活动顺序表中，铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，A错误；
B．氯气氧化性强于硫，故铁和硫单质反应：，B错误；
C．硫酸和氢氧化钡反应生成水和硫酸钡沉淀，离子反应方程式为：，NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应呈中性，离子反应方程式为：，C正确；
D．少量二氧化碳通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙和次氯酸，少量二氧化硫通入次氯酸钙溶液中生成亚硫酸钙和次氯酸，次氯酸具有强氧化性氧化亚硫酸钙为硫酸钙，D错误；
答案选C。
8．下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是
①金属钠投入到MgCl2溶液中       
②过量CO2通入Ca(OH)2溶液
③少量CO2通入CaCl2溶液中        
④Na2O2投入到FeCl2溶液中
⑤向饱和Na2CO3溶液中入足量CO2
A．只有①⑤ B．①②⑥ C．只有②③ D．①③④
【答案】A
【详解】①金属钠投入到MgCl2溶液中，发生的反应为：，，所以最终生成白色的氢氧化镁沉淀，①正确；
②过量CO2通入Ca(OH)2溶液，发生的反应为：，无沉淀生成，②错误；
③向溶液中通入气体，因弱酸不能制强酸，二者不反应，③错误；
④将Na2O2投入FeCl2溶液中，Na2O2与水发应生成NaOH和O2，有气泡产生，生成的NaOH和O2、FeCl2反应生成红褐色沉淀Fe(OH)3，④错误；
⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，NaHCO3的溶解性小于Na2CO3的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出NaHCO3晶体，所以最终产生白色沉淀，⑤正确；
综上所述可知：最终有白色沉淀生成的为①⑤，
故选A。
9．为除去括号内的杂质，所选用的试剂或方法错误的是
A．溶液(NaHCO3)：加入适量
B．粉末(Na2O)：将混合物放在氧气中加热
C．溶液 (FeCl3)：加入适量铜粉
D．Fe2O3(NaCl)：加入足量水，过滤
【答案】C
【详解】A．已知NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O可知，除去溶液中混有的少量NaHCO3可以通过加入适量的方法除去，A正确；
B．已知2Na2O+O22Na2O2可知，除去粉末中少量的Na2O可将混合物放在氧气中加热，B正确；
C．已知Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2可知，除去溶液中少量的FeCl3，若加入适量铜粉，则将引入新的杂质CuCl2，C错误；
D．已知Fe2O3不溶于水，NaCl易溶于水，故除去Fe2O3中少量的NaCl可以加入足量水，过滤，洗涤，干燥，D正确；
故答案为：C。
10．下列各组中，微粒按氧化性由弱到强、原子或离子半径由大到小的顺序排列的是
A．O、Cl、S、P B．、、、
C．Rb、K、Na、Li D．、、、
【答案】C
【详解】A．元素非金属性越大，形成单质的氧化性越强，由于氧、硫元素同一主族，则单质氧化性O＞S，Cl、S、P同一周期，则单质氧化性：Cl＞ S＞P；电子层越大，微粒半径越大，若电子层一样，则核电荷数越大，半径越小，所以原子半径：P＞S＞Cl＞O，A项不符合题意；
B．钙、钡元素同一主族，则金属性钡＞钙＞铝，则还原性钡＞钙＞铝，还原性越强，对应离子氧化性越弱，则离子氧化性：＞＞，B项不符合题意；
C．Rb、K、Na、Li是同一主族元素，还原性逐渐减弱，则离子的氧化性逐渐增强，离子氧化性：Rb+＜K+＜Na+＜Li+，原子半径：Rb＞K＞Na＞Li ，C项符合题意；
D．根据金属活动性顺序表，金属还原性越强，对应离子氧化性越弱。则离子氧化性：＞＞＞，D不项符合题意；
故答案选C。
11．前四周期主族元素A、B、C、D、E在元素周期表中的相对位置如图所示，其中C元素原子的最外层电子数与最内层电子数之和等于其电子总数的一半。下列说法正确的是

A．元素A、B的所有氢化物中均只含有极性共价键
B．元素C、D形成的简单离子的电子总数不同
C．元素C、D、E形成的常见单质的熔沸点大小：E>D>C
D．C、D、E三种元素最高价氧化物对应的水化物中D的酸性最强
【答案】D
【分析】结合元素周期表结构，则E位于第四周期，C、D处于第三周期，C元素原子的最外层电子数与最内层电子数之和等于其电子总数的一半，设C的最外层电子式为a，则a+2=（2+8+a），解得a=6，则C为S、D为Cl、E为Br、A为C、B为N，据此进行解答。
【详解】A．A为C、B为N，烃类属于C的氢化物，含多个C原子的烃类物质中含有C-C非极性键，故A错误；
B．C为S、D为Cl，两者形成的简单离子为硫离子和氯离子，均含有18个电子，故B错误；
C．C为S、D为Cl、E为Br，对应单质为硫、氯气和溴，常温下硫单质为固态、氯气为气态、溴为液态，则熔沸点大小为：S＞Br2＞Cl2，即：C＞E＞D，故C错误；
D．C为S、D为Cl、E为Br，非金属性最强的为Cl，则三种元素最高价氧化物对应的水化物中D的酸性最强，故D正确；
故选：D。
12．一定质量、的混合物，在足量气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体全为铁单质，且比原固体混合物减轻了；将等质量的原混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，需的硫酸的体积至少为
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】FeO、Fe3O4的混合物，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6g为混合物中氧原子的质量；将等质量的FeO、Fe3O4的混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，当恰好反应时需要硫酸的体积最小，此时恰好生成FeSO4、Fe2(SO4)3，SO与FeO、Fe3O4的混合物中O原子物质的量相等。
【详解】FeO、Fe3O4的混合物，在足量H2气流中加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻1.6g为混合物中氧原子的质量，其物质的量=0.1mol；将等质量的FeO、Fe3O4的混合物与硫酸反应，欲使之完全溶解，当恰好反应时需要硫酸的体积最小，此时恰好生成FeSO4、Fe2(SO4)3，SO与FeO、Fe3O4的混合物中O原子物质的量相等，故n(H2SO4)=0.1mol,需0.5mol•L-1的硫酸的体积至少为=0.2L，故选B。
13．元素X的单质及X与元素Y形成的化合物存在如图所示的关系(其中，且均为正整数)。下列说法正确的是

A．X一定是金属元素 B．若X为Fe，Y可能为C1、Br、I
C．m一定大于n D．三个化合反应一定都是氧化还原反应
【答案】D
【详解】A．根据物质之间的转化关系可知：X应该有多种化合价。X可以是Fe；Y是Cl。Fe+HCl=FeCl2+H2↑，2FeCl2+Cl2= 2FeCl3；2FeCl3+Fe=3FeCl2。满足上述关系。当X是C，Y 是O时，C+H2OCO+ H2；2 CO+ O22CO2；C+ O2CO2；CO2+C2CO，也符合上述关系，A错误；
B．若X为Fe，Y可能为C1、Br，但不能是I，碘单质的氧化性弱于三价铁离子，不能生成碘化铁，B错误；
C．碳和氧化铜反应生成二氧化碳，CO2+C2CO，2 CO+ O22CO2，故m不一定大于n，C错误；
D．在这三个反应中元素的化合价都发生了变化，因此三个化合反应一定都是氧化还原反应，D正确；
故选D。
14．硫酸铝、硫酸钾、明矾三种物质组成的混合溶液中，当的浓度为0.20时，加入等体积的0.20的KOH溶液(混合后溶液体积变化忽略不计)，使生成的白色沉淀恰好溶解，那么原混合溶液中的浓度是
A．0.20 B．0.25 C．0.225 D．0.45
【答案】B
【详解】硫酸铝、硫酸钾、明矾混合，溶液中含有：、和，加入，使刚好完全沉淀溶解，，加入等体积的，溶液中的浓度为，的浓度为，设原溶液中浓度为 根据电荷守恒：，解得，故选B。
15．将一定量的CO2气体通入2L未知浓度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与HCl的物质的量的关系如图所示(忽略气体的溶解和HCl的挥发)下列说法正确是

A．段反应的离子方程式为：
B．点溶液中所含溶质的化学式为、
C．标准状况下，通入的体积为
D．原溶液的物质的量
【答案】D
【分析】Na2CO3与盐酸的反应分步进行：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，说明O点溶质为NaOH、Na2CO3；则Oa段发生反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；ab段开始生成二氧化碳气体，发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；加入5molHCl后气体的物质的量不再变化，据此分析解题。
【详解】A. 由分析可知，段发生的反应有：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，故对应的离子方程式有：、，A错误；
B. 由分析可知，点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、，B错误；
C. 由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为：2mol×22.4L/mol=44.8L，C错误；
D. 加入5molHCl生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，故n(NaOH)=n(HCl)=5mol，原NaOH溶液的物质的量5mol，D正确；
故答案为：D。

二、填空题
16．下文描述的是工业制取盐酸的简单流程：
工业制备主要采用电解法。经精制后，得到，溶于水配制成饱和，通电电解，除得到外，在阴极有产生，阳极有产生。在反应器中将H2和Cl2通至石英(主要成分为)制的烧嘴处点火燃烧，生成，并放出大量热，HCl冷却后被水吸收成为盐酸。
按要求回答下列问题：
(1)在上述制取盐酸的方法中，有9个标有序号的物质，其中属于混合物的是_____(填标号，下同)；属于电解质的是_____；属于非电解质的是_____。
(2)请简单描述⑥在⑦中燃烧的现象：_____。
(3)写出③在水中的电离方程式：_____。
(4)写出CO2与过量的⑤的水溶液反应的离子方程式：_____。
【答案】(1)     ①②④     ③⑤⑨     ⑧
(2)安静燃烧，苍白色火焰，瓶口有白雾
(3)NaCl=Na++Cl-
(4)CO2+2OH-=+H2O

【详解】（1）①盐酸是HCl的水溶液，属于混合物；
②粗盐主要成分是NaCl，此外还含有MgCl2、CaCl2等多种成分属于混合物；
③NaCl是离子化合物，在水溶液中和熔融状态下都能够分数电离而导电，因此属于电解质；
④NaCl溶液中含有多种微粒，属于混合物；
⑤NaOH是离子化合物，由金属阳离子和OH-构成，属于碱，该物质属于电解质；
⑥H2中仅含有H一种元素，属于单质，不是电解质，也不是非电解质；
⑦Cl2中仅含有Cl一种元素，属于单质，既不是电解质，也不是非电解质；
⑧SiO2是化合物，其不溶于水，在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质；
⑨HCl是化合物，由分子构成，在水溶液中能够分数电离而导电，属于电解质；
综上所述可知：上述物质中属于混合物的有①②④；属于电解质的有③⑤⑨；属于非电解质的有⑧；
（2）⑥H2，⑦Cl2，H2在Cl2中能够安静燃烧，火焰呈苍白色，同时在集气瓶的瓶口有白雾；
（3）③NaCl，NaCl溶于水，在水分子作用下电离产生Na+、Cl-，故电离方程式为：NaCl=Na++Cl-；
（4）⑤NaOH，NaOH是强碱，NaOH能够与CO2反应产生Na2CO3、H2O，反应的离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O。
17．12月23日凌晨，陕西省西安市下辖村、社区实行封闭式管理，“84消毒液”能有效杀灭新冠肺炎病毒，可用于物品表面的杀菌消毒。小铭同学购买了一瓶“84消毒液”，该消毒液通常稀释到100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如图信息：

(1)该“84消毒液”NaClO物质的量浓度约为____(保留1位小数)。
(2)工业上可用Cl2与浓氢氧化钠溶液反应制取“84消毒液”，请写出反应的化学方程式____。
(3)一瓶上述“84消毒液”理论上能吸收空气中____L的CO2(标准状况下)而变质。(已知：CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO)
(4)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，请用化学方程式解释其原因____，某消毒小组人员用18.4mol•L-1的浓硫酸配制500mL2.3mol•L-1的稀硫酸用于增强“84消毒液”的消毒能力，需取用浓硫酸的体积为____mL。
【答案】(1)4.0mol/L
(2)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
(3)89.6
(4)     H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO     62.5

【详解】（1）该溶液的物质的量浓度c==mol/L=4.0mol/L；
（2）Cl2与浓氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
（3）一瓶“84消毒液”含有n（NaClO）=1 L×4.0 mol•L -1=4.0 mol，根据反应CO2+NaClO+H2O=NaHCO3+HClO，则需要CO2的物质的量为n(CO2)=4.0 mol，即标准状况下V(CO2)=4.0 mol×22.4 L•mol -1=89.6 L；
（4）84消毒液与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，原理是稀硫酸与次氯酸钠反应生成次氯酸，化学方程式为：H2SO4+2NaClO=Na2SO4+2HClO；假设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=500mL×2.3mol/L，V=62.5mL。

三、实验题
18．高铁酸钾(K2FeO4)具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。已知：K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，在0～5 ℃的强碱性溶液中较稳定。制备高铁酸钾的方法有干法和湿法。
Ⅰ.湿法制备高铁酸钾(夹持装置略去)
原理：实验室中常用KClO在强碱性介质中与Fe(NO3)3反应制备K2FeO4

(1)装置A中反应的离子方程式为_______。盛装浓盐酸的分液漏斗右侧的导管的作用是_______。
(2)氯气的发生装置可以选择图中的_______(用图中大写字母表示)；
(3)选择上述装置，制备K2FeO4，按气流从左到右的方向，合理的连接顺序a→_______(填仪器接口字母，仪器不可重复使用)。
(4)写出KClO在强碱性介质中与Fe(NO3)3反应生成K2FeO4的离子方程式为_______；
(5)制备的高铁酸钾粗产品中含有KCl、Fe(OH)3等杂质，请将以下提纯步骤补充完整，(实验药品：高铁酸钾粗产品、蒸馏水、乙醇、饱和NaOH溶液、饱和KOH溶液、冷的稀KOH溶液、冰水)。
①取一定量的高铁酸钾粗产品，溶于冷的稀KOH溶液；
②过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液；
③搅拌、静置、过滤，用_______(填“蒸馏水或乙醇”)洗涤2～3次，在真空干燥箱中干燥。
II.干法制备高铁酸钾的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑。
(6)该反应中的还原剂是_______，每生成l molNa2FeO4转移_______个电子(阿伏伽德罗常数用NA表示)。
(7)简要说明K2FeO4作为复合型水处理剂时所起的作用_______、_______。
【答案】(1)     MnO2＋4H++2Cl-Mn2++Cl2 ↑＋2H2O     平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利流下
(2)A
(3)f→g→c→b→e
(4)2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO+3Cl−+5H2O
(5)乙醇
(6)     Na2O2 和FeSO4     5 NA
(7)     高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒     消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降

【分析】A中加热下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，通入F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，再通入D中与含Fe(OH)3的悬浊液(含KOH)反应即可制取K2FeO4，最后通入E中用氢氧化钠溶液吸收未反应完的氯气；提纯高铁酸钾(K2FeO4)粗产品时，由于K2FeO4在0～5 ℃的强碱性溶液中较稳定，可将粗产品溶于冷的稀溶液中，形成含有、、杂质的溶液，以沉淀析出；将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和溶液，以沉淀形式析出；由于K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，防止用水洗涤时晶体溶解损失，改用乙醇洗涤2～3次，得到纯净的晶体。
【详解】（1）装置A为实验室制取氯气的装置，实验室制Cl2的反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2＋4H++2Cl-Mn2++Cl2 ↑＋2H2O。盛装浓盐酸的分液漏斗右侧的导管的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利流下。
（2）加热下浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，则氯气的发生装置可以选择图中的A；
（3）据分析，选择的实验装置是A、F、D、E，气体与溶液反应或洗气都应是长进短出，则按气流从左到右的方向，制备K2FeO4的合理的连接顺序a→f→g→c→b→e。
（4）KClO在强碱性介质中与Fe(NO3)3反应生成K2FeO4、KCl和水，反应中被氧化为，被还原为，反应在碱性条件进行，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒得离子方程式为2Fe3++3ClO−+10OH−=2FeO+3Cl−+5H2O；
（5）据分析，为防止用水洗涤时晶体溶解损失，应用乙醇洗涤2～3次。
（6）干法制备高铁酸钾的主要反应为：2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，硫酸亚铁中铁化合价升高，作还原剂，过氧化钠中氧化合价升高，也作还原剂，因此还原剂为，化合价升高的都的产物为氧化产物，因此氧化产物是，根据方程式过氧化钠部分化合价降低，转移10mol电子生成2mol，因此每生成1 mol转移5mol电子、为5NA个电子。
（7）K2FeO4作为复合型水处理剂时所起的作用为杀菌消毒、净水剂，高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒；消毒过程中自身被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮杂质而沉降。

四、元素或物质推断题
19．物质的量是联系宏观和微观的桥梁，请回答下列问题
I．某无色混合物水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、、Mg2+、Cu2+、Cl-、、，现各取100 mL 溶液三份进行如下实验：
①向第一份加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生；
②向第二份加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体 0.896 L(标准状况)
③向第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.63克，经足量盐酸洗涤后，剩余4.66克。
(1)肯定存在的离子有_______，肯定不存在的离子有_______；
(2)可能存在的离子是_______，判断该离子存在与否的方法是_______；
(3)肯定存在的阳离子在原溶液中的物质的量浓度_______。
II．将NaOH、Na2CO3的固体混合物完全溶解于水，配制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入2 mol·L-1的盐酸，所加盐酸的体积与产生CO2的体积(标准状况)关系如图所示。

(4)AB段发生反应的离子方程式为_______。
(5)当加入35 mL盐酸时，产生CO2的体积(标准状况)为_______mL。
(6)原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为_______。
【答案】(1)     K+、、、     Mg2+、Cu2+
(2)     Cl-     取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，过滤后往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl-，反之没有
(3)c(K+)≥0.2 mol/L；c()=0.4 mol/L
(4)+H+=CO2↑+H2O
(5)448
(6)1：4

【分析】I．某无色混合物水溶液中一定不存在蓝色Cu2+，由①可知：白色沉淀为AgCl或Ag2SO4、Ag2CO3；由②中加入足量NaOH溶液后加热，收集到气体0.896 L (标准状况)，气体为NH3，说明溶液中一定含，n()==0.04 mol；
由③向第三份加入足量BaCl2溶液，得到沉淀6.63 g，经足量盐酸洗涤后，剩余4.66 g可知： 4.66 g沉淀为BaSO4，原溶液一定含为n()==0.02 mol；含BaCO3沉淀的质量m(BaCO3)=6.63 g-4.66 g=1.97 g，则根据C元素守恒可知原溶液中含为n()==0.01 mol，由于Mg2+与会发生反应而不能大量共存，因此一定不含Mg2+，结合①③可知：不能确定是否含Cl-，一定不含Mg2+、Cu2+，结合电荷守恒判断是否含K+，并根据物质的量浓度定义式计算阳离子的浓度；
II．将NaOH、Na2CO3的固体混合物完全溶解于水，配制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入2 mol·L-1的盐酸，发生反应先后顺序为NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，根据Na2CO3两步反应消耗HCl的物质的量相等，根据AB段发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O消耗2 mol/L的盐酸体积为V=(45-25)mL=20 mL，可计算CO2的物质的量及体积及原固体中Na2CO3的物质的量；进而可推知NaOH发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O消耗HCl体积为(25-20)mL=5 mL，根据反应关系可知NaOH的物质的量，最后可得原混合溶液中 NaOH 与Na2CO3的物质的量之比。
【详解】（1）根据上述分析可知：该溶液中含有，n()==0.04 mol；含有的物质的量n()==0.02 mol，含有的物质的量为n()==0.01 mol，溶液中一定不含有与不能共存的Mg2+及蓝色离子Cu2+，根据电荷守恒可知溶液中还含有K+，而不能确定是否含有Cl-；故该溶液中一定含有的离子有K+、、、；一定不存在的离子有Mg2+、Cu2+；
（2）根据上述分析可知：该溶液中可能含有的离子有Cl-，检验其是否存在的方法是：取原溶液少许于试管中，滴加过量Ba(NO3)2溶液，使溶液中、沉淀完全，过滤后，往滤液中再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，说明有Cl-，反之不含有Cl-；
（3）该溶液中一定含有的离子有K+、、、，由于n()==0.04 mol；n()==0.02 mol， n()==0.01 mol，若溶液中不存在Cl-，则根据电荷守恒可知n(K+)+n()=2n()+2n()，n(K+)+0.04 mol=2×0.02 mol+1×0.01 mol，n(K+)=0.02 mol，若溶液中含有Cl-，则根据电荷守恒可知n(K+)＞0.02 mol，故溶液的n(K+)≥0.02 mol，由于溶液体积是100 mL，故该溶液中c(K+)≥0.2 mol/L；c()=0.4 mol/L；
（4）AB段发生反应产生CO2气体，反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该反应的离子方程式为：+H+=CO2↑+H2O；
（5）AB段发生反应产生CO2气体，反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，当加入HCl为35 mL时，只有10 mL发生上述反应，反应产生CO2气体的物质的量n(CO2)=2 mol/L×0.01 L=0.02 mol，其在标准状况下的体积V(CO2)=0.02 mol×22.4 L/mol=0.448 L=448 mL；
（6）AB段发生反应产生CO2气体，反应方程式为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，结合Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，可知两步反应消耗HCl体积相同，故n(Na2CO3)=n(HCl)=2 mol/L×0.02 L=0.04 mol，则开始阶段NaOH反应消耗HCl的体积V(HCl)=25 mL-20 mL=5 mol，n(NaOH)=n(HCl)=2 mol/L×0.005 L=0.01 mol，故原混合溶液中 NaOH 与Na2CO3的物质的量之比为n(NaOH)：n(Na2CO3)=0.01 mol：0.04 mol=1：4。