【化学】河北省衡水市武邑中学2020届届高三上学期第一次月考（解析版）

【化学】河北省衡水市武邑中学2020届届高三上学期第一次月考（解析版）

河北省衡水市武邑中学2020届届高三上学期第一次月考 一、单选题（本大题共16小题，共48.0分）‎ ‎1.下列有关实验原理或操作正确的是（ ）‎ A. 选择合适的试剂，用图1装置可分别制取和收集少量CO2、NO ‎ B. 除去石英（主要成分SiO2）中少量碳酸钙：用稀盐酸溶解后过滤 C. 洗涤沉淀时（见图2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干 ‎ D. 用广泛pH试纸测得0.1mol•L-1NH4Cl溶液的pH=5.2‎ ‎【答案】B ‎【详解】A、由于一氧化氮能够与空气中的氧气反应生成二氧化氮，所以不能够使用排空气法制取一氧化氮，一般采用排水法收集NO；故A错误；‎ B、由于二氧化硅与盐酸不反应，且不溶于水，碳酸钙能够与盐酸反应，所以能够用稀盐酸除去二氧化硅中混有碳酸钙，故B正确；‎ C、洗涤时不能用玻璃棒搅拌，否则易损坏滤纸而过滤失败，故C错误；‎ D、广泛pH试纸测定溶液的酸碱性，读数只能是整数，不可能是5.2，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎2.水法冶金技术得以迅速发展源于西汉的《淮南万毕术》中所述：“曾青得铁则化为铜”。文中涉及的化学反应类型是（ ）‎ A. 化合反应 B. 分解反应 C. 置换反应 D. 复分解反应 ‎【答案】C ‎【解析】“曾青得铁则化为铜”，其中“曾青”是铜的化合物，即用铁将铜的化合中的铜置换出来，反应物是铁和硫酸铜溶液，生成铜单质和硫酸亚铁。故选C。‎ ‎3.有机物的一氯代物种类有(不考虑立体异构) （ ）‎ A. 5种 B. 6种 C. 7种 D. 8种 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：该有机物中有7种不同环境的氢原子，苯环邻、间、对三种，侧链四种，所以一氯代物共有7种，选C。‎ 考点：考查同分异构体的判断。‎ ‎4.向盛有足量A的容积固定的密闭容器中加入B，发生反应：A(s)+2B(g) ⇌‎4C(g)+D(g) ΔH＜0。一定条件下达到平衡时，C的物质的量与加入的B的物质的量的关系如图所示。其他条件不变，下列措施能使θ值增大的是（ ）‎ A. 降低温度 B. 增大压强 ‎ C. 加入催化剂 D. 再加入少量A ‎【答案】A ‎【分析】θ值增大，相同B物质的量下，C的物质的量增大，即需要让平衡向生成C的方向移动，向正反应方向移动，据此分析；‎ ‎【详解】A、该反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，C的物质的量增大，由图可知，θ值增大，故A正确；‎ B、反应物气体系数之和小于生成物气体系数之和，增大压强，平衡逆向进行，C的物质的量减小，由图可知，θ值减小，故B错误；‎ C、加入催化剂，平衡不移动，θ值不变，故C错误；‎ D、因为A的状态为固体，浓度视为常数，再加入少量A， 平衡不移动，θ值不变，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎5.下列关于金属性质的叙述正确的是( )‎ A. 所有的金属常温下都呈固态 B. 金属单质在化学反应中往往体现出还原性 C. 金属都能在空气中形成致密的保护膜 D. 金属元素在自然界中都是以化合态形式存在的 ‎【答案】B ‎【解析】A.金属汞常温下是液体，故错误；B.金属单质参加反应中，易失电子，所以金属单质在反应中表现还原性，故正确；C.不是所有金属都能在空气中形成致密的氧化膜，铝可以，但铁不能，所以铁制品会在空气中不断的锈蚀，故错误；D.大多数金属性质活泼以化合态存在，只有少数不活泼的金属元素以游离态存在，如金、银等，故错误。故选B。‎ ‎6.下列实验方案能达到实验目的是（ ）‎ 选项 目的 实验方案 A 比较Mg、Al的金属性 将去除氧化膜的镁条、铝片分别放入沸水中 B 鉴别MgCl2和 AlCl3溶液 将过量稀氨水分别滴入MgCl2和 AlCl3溶液中 C 证明苯环对羟基活性的影响 分别向苯和苯酚溶液中滴加饱和溴水 D 比较浓度对反应速率的影响 将不同浓度的KMnO4溶液、稀H2SO4与同浓度的H‎2C2O4溶液混合 ‎【答案】A ‎【详解】A、金属性越强，与水反应越剧烈，则实验可比较Mg、Al的金属性，故A正确；‎ B、二者均与氨水反应生成白色沉淀，氢氧化铝不溶于氨水，因此不能鉴别，故B错误；‎ C、苯酚与溴水发生取代反应，可证明羟基对苯环活性的影响，而苯不能与溴水发生反应，故C错误；‎ D、虽然浓度不同，但该反应生成锰离子可作催化剂，则不能用该反应比较浓度对反应速率的影响，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.水溶液X中只可能溶有K＋、Mg2＋、Al3＋、AlO2－、SiO2－ 3、SO2－ 3、CO2－ 3、SO2－ 4中的若干种离子，某同学对该溶液进行了如下实验：‎ 下列判断错误的是（ ）‎ A. 气体甲可能是混合物 B. 沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物 C. 白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝 D. K＋、AlO2－和SiO2－ 3一定存在于溶液X中 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A选项气体甲可能为CO2或者SO2，也可能两个气体成分都有，正确。B选项沉淀甲只有硅酸，硅酸镁溶解于过量的盐酸中，错误。C选项[Al(OH)4]－在过量的盐酸作用下生成Al3+，Al3++3NH3·H2O =Al（OH）3 ↓+ 3NH4+，正确。D选项因电荷守恒需要阳离子，正确。‎ 考点：离子间的反应和共存问题。‎ ‎8.0.3‎molSO32-恰好将0.2molXO4-离子还原，则X元素在还原产物中的化合价是（ ）‎ A. +1 B. +‎2 ‎C. +3 D. +4‎ ‎【答案】D ‎【分析】利用得失电子数目守恒进行分析；‎ ‎【详解】0.3molSO32-恰好将0.2molXO4-离子还原，设X元素在还原产物中的化合价为x，‎ 由电子守恒可知，0.3mol×（6-4）=0.2mol×（7-x），解得x=+4，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎9.下列化学方程式不能用Ba2++SO42-=BaSO4↓来表示的是（ ）‎ A. Ba(NO3)2+H2SO4=BaSO4↓+2HNO3‎ B. BaCO3+H2SO4=BaSO4↓+CO2↑+H2O C. Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl D. BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl ‎【答案】B ‎【分析】利用离子反应方程方式书写的步骤进行分析；‎ ‎【详解】A、生成硫酸钡和硝酸，能用离子方程式SO42-+Ba2+=BaSO4↓表示，故A不符合题意； ‎ B、碳酸钡、二氧化碳、水均在离子反应中保留化学式，不能用离子方程式SO42-+Ba2+=BaSO4↓表示，故B符合题意；‎ C、该反应能拆写成SO42-+Ba2+=BaSO4↓表示，故C不符合题意；‎ D、只有硫酸钡在离子反应中保留化学式，能用离子方程式SO42-+Ba2+=BaSO4↓表示，故D不符合题意；‎ 答案选B。‎ ‎10.下列是某同学对相应反应的离子方程式所作的评价，其中评价合理的是（ ）‎ 编号 化学反应 离子方程式 评价 ‎①‎ 碳酸钙与醋酸反应 CO32-+2CH3COOH=CO2↑+H2O+‎ ‎2CH3COO-‎ 错误，碳酸钙是弱电解质，不应写成离子形式 ‎②‎ 向AlCl3溶液中加入过量的氨水 Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+‎ 错误，碱过量，应生成AlO2-‎ ‎③‎ NaHCO3的水解 HCO3-+H2O⇌CO32-+H3O+‎ 正确 ‎④‎ 等物质的量的 FeBr2和Cl2反应 ‎2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-‎ 正确 A. ① B. ② C. ③ D. ④‎ ‎【答案】D ‎【详解】A、碳酸钙与醋酸反应，碳酸钙属于盐，属于强电解质，但CaCO3是难溶于水，不能拆写成离子，正确的离子反应为CaCO3+2CH3COOH=CO2↑+H2O+Ca2++2CH3COO-，故A错误；‎ B、向AlCl3溶液中加入过量的氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al(OH)3不溶于NH3·H2O，即给出评价错误，故B错误；‎ C、NaHCO3的水解的离子反应为HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，离子方程式和评价都错误，故C错误；‎ D.等物质的量的FeBr2和Cl2反应，还原性Fe2+＞Br-，先氧化Fe2+，亚铁离子全部被氧化，溴离子的一半被氯气氧化，离子反应为2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】难点是选项D，首先判断出还原性的强弱，即Fe2＋的还原性强于Br－，Cl2先与Fe2＋反应，然后利用化学反应方程式的系数表示消耗或生成物质的量之比进行分析，令FeBr2和Cl2物质的量为1mol，假设有amolBr－参与反应，则有1mol×1＋xmol×1=1mol×2×1，解得x=1mol，因此Fe2＋、Br－、Cl2的系数比为1：1：1，最后写出正确的离子方程式。‎ ‎11.为了证明硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）·26H2O]晶体的成分中含有NH4+、Fe2＋、SO42-和H2O，下列实验叙述中不正确的是（ ）‎ A. 取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管中，加热，试管口有液体生成，则可证明晶体的成分中含有结晶水 B. 取少量硫酸亚铁铵晶体放入试管，加浓NaOH溶液，加热，试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红，则可证明晶体的成分中含有NH4+‎ C. 取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42-‎ D. 取适量硫酸亚铁铵晶体溶于水，得浅绿色溶液，滴入2滴KSCN溶液，溶液不显血红色，再滴入几滴新制氯水，溶液变为血红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、晶体加热后生成液体可以判断是生成的水，证明晶体中含结晶水，故A正确；D、溶液呈浅绿色证明试样溶液中含有Fe2+滴入KSCN溶液，溶液不显红色，再向试管中滴加几滴新配制的氯水，溶液的颜色变为红色，说明有Fe3+存在，这个结果间接地说明在原溶液中有Fe2+存在，故D正确；C、加少量稀盐酸，无现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有SO42-，这是硫酸根离子的检验方法，故C正确；B、应取少量样品于试管中，加入浓NaOH溶液，并适当加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，即产生NH3，则证明硫酸亚铁铵中含有NH4+，故B错误；故选B。‎ 考点：本题考查了物质的鉴定．能熟悉常见结晶水合物的颜色；溶液中各种水合离子的颜色；熟练掌握常见离子的检验方法与操作。‎ ‎12.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是(　　)‎ A. SO2和H2S B. Cl2 和CO‎2 ‎C. NH3和CO2 D. SO2 和Cl2‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A．硫化氢与二氧化硫反应生成单质硫，单质硫不溶于水，可以产生沉淀，故A不选；B．氯化钡与二氧化氮、二氧化碳均不反应，不会产生沉淀，故选B；C．氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸铵与氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故C不选；Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故D不选。‎ 考点：二氧化硫的性质 ‎13.下表是元素周期表主族元素的一部分。‎ Z W X Y 短周期元素W的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Y单质可在空气中燃烧。下列叙述错误的是（ ）‎ A. Y的最高价氧化物的水化物是强酸 B. W的最高价氧化物能溶于烧碱溶液 C. Z的氧化物只有一种 D. X的最高正价是＋5价 ‎【答案】C ‎【解析】做题思路：利用周期表的有限性做题，周期表的框架是死的，每个周期和族上的元素是有限的，满足题干框图的只能是周期表的第二第三周期，其次注意审清题，W在第三周期三个电子层最内层2个最外层是4个第二层8个所以是硅元素，则Z是碳元素，X是磷元素，Y是硫元素。选项A. Y的最高价氧化物的水化物是强酸为硫酸；选项B. W的最高价氧化物能溶于烧碱溶液为二氧化硅；选项C. Z的氧化物只有一种是错的，Z的氧化物可以是一氧化碳和二氧化碳；选项D. X的最高正价是＋5价磷 ‎14.下列说法正确的是（ ）‎ A. 常温下醋酸分子不可能存在于pH>7的碱性溶液中 B. 常温下pH=2的H2SO4与pH=13的NaOH溶液混和，所得混和液的pH=11，则H2SO4溶液与NaOH溶液的体积比是9:1‎ C. 0.1mol/L硫化钠溶液中，c(S2－)+c(HS－)+‎2c(H2S)=0.1mol/L D. 常温下向氯化铵溶液中加入少量氨水使溶液的pH=7，则混合溶液中c(NH4+)>c(Cl－)‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．醋酸为弱酸，醋酸钠为强酸弱碱盐，水解呈碱性，溶液中存在醋酸分子，故A错误；B．常温下，pH=13的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01mol/L，酸碱混合后溶液呈碱性，说明NaOH过量，且pH=11，说明反应后c(OH-)=0.001mol/L，则：c(OH-)==0.001mol/L，解之得：V(H2SO4)：V(NaOH)=9：1，故B正确；C．硫化钠溶液中存在物料守恒，为c(Na+)=‎2c(S2-)+‎2c(HS-)+‎2c(H2S)=0.2mol/L，则c(S2－)+c(HS－)+c(H2S)=0.1mol/L，故C错误；D．溶液存在Cl-、NH4+、H+、OH-，当溶液pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)=c(Cl-)，故D错误；故选B。‎ ‎15.配制100ml 0.1mol•L-1Na2CO3溶液，下列说法正确的是（ ）‎ A. 称取‎1.06 g无水碳酸钠，加入100 mL容量瓶中，加水溶解、定容 B. 称取‎1.1 g无水碳酸钠时，砝码与碳酸钠放反，所配溶液浓度偏高 C. 转移碳酸钠溶液时，未用玻璃棒引流，直接倒入容量瓶中 D. 取所配溶液10 mL，所取溶液中Na+浓度为0.2mol•L-1‎ ‎【答案】D ‎【详解】A、容量瓶不能作溶解、反应、长期贮存药品的仪器，溶解碳酸钠应在烧杯中溶解中，才能转移至容量瓶中，故A错误；‎ B、应称量的药品质量为：‎0.1L×0.1mol/L×‎106g/mol=‎1.06g，选择托盘天平称量，故应称量的质量为‎1.1g，砝码与碳酸钠放反，则所称碳酸钠的质量为：‎1.0g-0.1g=‎0.9g，所配溶液浓度偏低，故B错误；‎ C、转移碳酸钠溶液时，未用玻璃棒引流，会使溶液洒落到容量瓶的外面，造成所配溶液的浓度偏低，故C错误；‎ D、配制的溶液中，Na+浓度为0.2mol•L-1，取所配溶液10mL，钠离子浓度不变，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎16.下列溶液中离子的检验方法和结论相符的一组是（ ） ‎ 序号 检验方法 结论 A 向未知溶液中加入硝酸酸化的BaCl2‎ 未知溶液中一定含有SO42-‎ 溶液，有白色沉淀生成 B 向种未知溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀 未知溶液中一定含有Al3+‎ C 向未知溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体 不能确定未知溶液中一定含有CO32-‎ D 向未知溶液中加入稀盐酸酸化后，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成 未知溶液中一定含有Cl-‎ ‎【答案】C ‎【分析】检验某离子，需要注意其他离子或外来离子的干扰；‎ ‎【详解】A、白色沉淀可能为AgCl，硝酸具有强氧化性，硝酸酸化可能将SO32－或HSO3－氧化为SO42－，应先加盐酸，再加BaCl2溶液检验SO42-，故A错误； ‎ B、白色沉淀可能为氢氧化镁等，则未知溶液中不一定含有Al3+，应继续滴加NaOH，白色沉淀溶解，则未知溶液中一定含有Al3+，故B错误； ‎ C、使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体，该气体为CO2，则原溶液中可能含CO32-或HCO3-，不能确定未知溶液中一定含有CO32-，故C正确； ‎ D、加入稀盐酸酸化，引入Cl-，干扰原溶液中Cl－的检验，应加硝酸酸化，故D错误；‎ 答案C。‎ 二、填空题（本大题共1小题，共6.0分）‎ ‎17.现有一瓶气体为NH3，气体的物质的量为0.2mol。‎ ‎①气体的质量为______，气体中含氢原子的物质的量为____ mol。‎ ‎②气体中所含分子数为_____。‎ ‎③气体在标准状况下的体积为______。‎ ‎④将气体甲完全溶解于水中形成500mL溶液，所得溶液溶质的物质的量浓度为______ mol•L-1。‎ ‎⑤将④中所得溶液取出100mL，加水稀释至1000ml，所得溶液溶质的物质的量浓度为 ______ mol•L-1。‎ ‎【答案】(1). ‎3.4g (2). 0.6 (3). 0.2NA (4). ‎4.48L (5). 0.4 (6). 0.04‎ ‎【详解】①利用m=n×M，氨气的质量=0.2mol×‎17g/mol=‎3.4g，氢原子物质的量=0.2mol×3=0.6mol，故答案为：‎3.4g；0.6；‎ ‎②利用N=nNA，氨气分子数目=0.2mol×NAmol-1=0.2NA，故答案为：0.2NA；‎ ‎③标况下，氨气体积=0.2mol×‎22.4L/mol=‎4.48L，故答案为：‎4.48L；‎ ‎④0.2mol氨气溶于水配成500mL溶液，所得溶液的物质的量浓度==0.4mol/L，故答案为：0.4；‎ ‎⑤令稀释后的浓度为c，稀释前后溶质质量或物质的量不变，‎0.1L×0.4mol/L=c×‎1L，解得c=0.04mol/L，故答案为：0.04。‎ 三、简答题（本大题共2小题，共36.0分）‎ ‎18.某品牌糖衣片补血剂，除去糖衣后显淡蓝绿色，主要成分是硫酸亚铁，不含其它铁的化合物．某研究性学习小组为测定该补血剂中硫酸亚铁的含量进行了如图1探究：‎ 请回答下列问题：‎ Ⅰ实验时用10mol•L-1浓硫酸配制100mL1mol•L-1H2SO4溶液，‎ ‎（1）需用量筒量取____mL上述浓硫酸进行配制。‎ ‎（2）所需的实验仪器有：①胶头滴管、②烧杯、③量筒、④玻璃棒，配制稀硫酸时，还缺少的玻璃仪器是____，该仪器所具备的功能是____（填序号）。‎ A．配制一定体积准确浓度的溶液 B．长期贮存溶液 C．常用来代替量筒量取一定体积的液体 D．用来溶解固体溶质 ‎（3）在图2配制过程示意图中，错误的有（填序号）______________。‎ ‎（4）下列操作导致所配制的稀硫酸的物质的量浓度偏低的是______填字母）。‎ A、用量筒量取浓硫酸时俯视凹液面 B、将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶 C、容量瓶用蒸馏水洗后未干燥 D、定容时仰视液面 E、未洗涤烧杯和玻璃棒 F、转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液溅出 G、用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中 H、用不干燥的量筒量取浓硫酸 Ⅱ（1）步骤③中产生的红褐色物质是（填化学式）________。‎ ‎（2）从红褐色的悬浊液到得到固体最后的称量，一系列过程中所需的基本操作为：‎ a．_______，b．洗涤，c．灼烧，d．冷却。‎ ‎（3）若称得固体的质量为ag，则每片补血剂中含硫酸亚铁的质量为____ g。‎ ‎（4）写出步骤②的离子方程式：_________________________________。‎ ‎【答案】(1). 10.0 (2). 100mL容量瓶 (3). A (4). ①④ (5). AEFH (6). Fe(OH)3 (7). 过滤 (8). ‎0.19a (9). 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ‎【详解】Ⅰ．（1）浓硫酸在稀释前后，溶质的物质的量保持不变，设所需浓硫酸体积为VmL，则100mL×10-3×1mol/L=10mol/L×V×10－‎3L，解得V=10.0mL，故答案为：10.0；‎ ‎（2）配制一定物质的量浓度的溶液时，需要的仪器有托盘天平或量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，因此缺少的仪器是100mL容量瓶；容量瓶作为精密仪器不可用于贮存、反应和溶解，也不能测量除其规格以外容积的液体体积，故答案为：100mL容量瓶；A；‎ ‎（3）稀释浓硫酸时是将浓硫酸沿器壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，使产生的热量迅速扩散；定容时应平视，不能仰视和俯视，故答案为：①④； ‎ ‎（4）利用进行分析；‎ A、用量筒量取浓硫酸时俯视凹液面，所取浓硫酸偏少，稀硫酸的物质的量浓度偏低，故A符合题意；‎ B、将浓硫酸稀释后未冷却至室温便将溶液转移至容量瓶，待室温后，溶液体积偏小，稀硫酸的物质的量浓度偏高，故B不符合题意；‎ C、容量瓶用蒸馏水洗后未干燥，对稀硫酸的物质的量浓度没有影响，故C不符合题意；‎ D、定容时仰视液面，溶液体积偏小，稀硫酸的物质的量浓度偏高，故D符合题意；‎ E、未洗涤烧杯和玻璃棒，容量瓶中硫酸的物质的量偏少，稀硫酸的物质的量浓度偏低，故E符合题意；‎ F、转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液溅出，容量瓶中溶质偏少，稀硫酸的物质的量浓度偏低，故F符合题意；‎ G、用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，所取浓硫酸偏高，稀硫酸的物质的量浓度偏高，故G不符合题意；‎ H、用不干燥的量筒量取浓硫酸，浓硫酸的量偏少，稀硫酸的物质的量浓度偏低，故H不符合题意；‎ 故答案选：AEFH；‎ Ⅱ．（1）步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4＋，则该红褐色物质为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；‎ ‎（2）由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤、灼烧、冷却，然后称量氧化铁质量，故答案为：过滤；‎ ‎（3）利用铁原子守恒，ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含硫酸亚铁的质量为： =0.19ag，故答案为：‎0.19a；‎ ‎（4）在酸性条件下亚铁离子被双氧水氧化成铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。‎ ‎【点睛】本题的易错点是问题（1）、（2）以及（4）中G，问题（1）注意数值的取舍，一般用量筒量取液体体积时，数值保留到小数点后一位；（2）答容量瓶时，需要答出容量瓶的规格，即本题应为100mL容量瓶；（4）中G，量筒是粗量的仪器，配制一定物质的量浓度溶液时，不需要将洗涤量筒后的溶液倒入烧杯，否则造成所配溶液浓度偏高。‎ ‎19.某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。‎ 实验一 制取氯酸钾和氯水 利用如图所示的实验装置进行实验。‎ ‎（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有___________________________。‎ ‎（2）若对调B和C装置位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。‎ 实验二 氯酸钾与碘化钾反应的研究 ‎（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：‎ 试管编号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎0.20mol•L-1KI/mL ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ KClO3（s）/g ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎0.10‎ ‎6.0mol•L-1H2SO4/mL ‎0‎ ‎3.0‎ ‎6.0‎ ‎9.0‎ 蒸馏水/mL ‎9.0‎ ‎6.0‎ ‎3.0‎ ‎0‎ 实验现象 ① 系列a实验的实验目的是__________________。‎ ② 设计1号试管实验的作用是_____________________。‎ ‎③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。‎ 实验三 测定饱和氯水中氯元素的总量 ‎（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：________________________________。‎ 资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；‎ ‎②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。‎ ‎【答案】 (1). 烧杯、漏斗、玻璃棒 (2). 可能 (3). 研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响 (4). 硫酸浓度为0的对照实验 (5). 淀粉； (6).‎ ‎ 量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得 ‎【详解】（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；‎ ‎（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；‎ ‎（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，‎ 故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；‎ ‎②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；‎ ‎③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；‎ ‎（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。‎ ‎【点睛】本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl－，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO－和HClO反应，SO2被氧化成SO42－，SO42－与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl－测定，FeCl3中含有Cl－，干扰Cl－测定，因此只能用H2O2。‎ 四、实验题（本大题共1小题，共10.0分）‎ ‎20.实验室用Na2CO3·10H2O晶体配制240 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，回答下列问题:‎ ‎（1）实验所需仪器除托盘天平、烧杯、玻璃棒和胶头滴管外，还需要一种主要仪器X。则仪器X的名称是__________；‎ ‎（2）用托盘天平称取Na2CO3·10H2O的质量为_____________________；‎ ‎（3）配制时，正确的操作顺序是(用字母表示，每个字母只能用一次)______________ED；‎ A.用蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次，洗涤液均注入仪器X，振荡 B.用托盘天平称量所需的Na2CO3·10H2O晶体，放入烧杯中，再加入少量水，用玻璃棒慢慢搅动，使其完全溶解 ‎ C.将已冷却的Na2CO3溶液沿玻璃棒注入仪器X中 D.将仪器X盖紧，振荡摇匀 E.改用胶头滴管加水，使溶液凹液面的最低点恰好与刻度线相切 ‎ F.继续往仪器X内小心加水，直到液面接近刻度线1~‎2 cm处 ‎（4）若出现如下情况，会使所配溶液的浓度偏高的是______________。‎ ‎①没有进行A操作 ②称量时，Na2CO3·10H2O已失去部分结晶水 ‎③进行E操作时俯视 ④D操作完成后，发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加水至刻度线 ‎【答案】(1). 250 mL容量瓶 (2). ‎7.2g (3). BCAF (4). ②③‎ ‎【解析】本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，具体考查实验的仪器、步骤、误差分析及实验中的注意事项。‎ ‎（1）配制一定物质的量浓度的溶液，需要使用一定规格的容量瓶，本题配制240mL的溶液，因为容量瓶的容积不是任意的，所以先配制250mL0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，然后再从其中取出240mL溶液即可，故本题答案为250 mL容量瓶 ‎（2）先配制250 mL 0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液，则n(Na2CO3)=0.25×0.1mol=0.025mol ，题目中使用Na2CO3·10H2O晶体来配制溶液 ，所以计算所需固体的质量时必须根据Na2CO3·10H2O进行计算，m(Na2CO3·10H2O)=0.025mol×‎286g·mol -1=‎7.15g，因为托盘天平的精确度为‎0.1g，所以只能用托盘天平称量7.2gNa2CO3·10H2O晶体。‎ ‎（3）配制的步骤是：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容，故答案为BCAF ‎ ‎（4）①转移溶液后，没有洗涤烧杯和玻璃棒，导致一部分溶质损耗，所测浓度结果偏低 ② 称量时，Na2CO3·10H2O已失去部分结晶水，则Na2CO3·10H2O晶体中Na2CO3的百分含量变大，导致实际的Na2CO3质量偏大，所测结果偏高。③定容时俯视，所加蒸馏水体积偏小，故所测浓度结果偏高。 ④定容后发现液面低于刻度线，又用胶头滴管加水至刻度线，相当于将溶液稀释，结果偏低。故浓度偏高的有②③‎ 点睛：部分同学在计算溶质的物质的量时，将溶液的体积看做了240mL，实验室中没有240mL的容量瓶，只能使用250 mL的容量瓶，故在计算时溶液的体积必须取250 mL。‎