湖南省怀化市2021-2022学年高一化学上学期期末考试试卷（Word版附解析）

怀化市中小学课程改革教育质量监测试卷2021年下期期末考试高一化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Na-23C1-35.5一、选择题：共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法错误的是A.“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应B.“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应C.“千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，石灰石煅烧成石灰发生分解反应D.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，该过程中一定发生了化学变化【答案】D【解析】【详解】A．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，属于置换反应，故A正确；B．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，能产生丁达尔效应，故B正确；C．碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，故C正确；D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，为萃取，萃取过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故选D。2.下列有关的说法正确的是A.中子数为14B.质子数为8C.是一种核素D.与互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A．的中子数为14－6＝8，A错误；B．的质子数为6，B错误；C．核素是指具有一定数目质子和一定数目中子的一种原子，是一种核素，C正确；D．与的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，D错误； 答案选C。3.下列化学用语表达正确是A.S2-离子的结构示意图：B.氯化钙的电子式：C.CO2的结构式：O-C-OD.NaHSO4在水中的电离方程式：NaHSO4=Na++【答案】B【解析】【详解】A．S2-离子的结构示意图为，A错误；B．氯化钙是离子化合物，电子式为：，B正确；C．CO2的结构式为：O＝C＝O，C错误；D．NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4=Na++H++，D错误；答案选B。4.下列各组物质中，化学键类型完全相同的是A.NaCl和Na2OB.Cl2和CaCl2C.H2O2和Na2O2D.CO2和Na2CO3【答案】A【解析】【详解】A．NaCl和Na2O均只含离子键，A符合题意；B．Cl2分子中Cl原子和Cl原子之间只存在共价键，CaCl2中钙离子和氯离子之间只存在离子键，化学键类型不同，B不符合题意；C．H2O2分子中H原子和O原子之间、O与O之间都存在共价键，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间存在离子键，O与O之间存在共价键，化学键类型不同，C不符合题意；D．CO2中C原子和O原子之间存在共价键，Na2CO3中存在钠离子和碳酸根形成的离子键，以及C原子和O原子之间的共价键，D不符合题意；综上所述答案为A。5.同温同压下，相同体积的O2和O3具有相同的 A.密度B.质量C.分子数D.原子数【答案】C【解析】【详解】A、同温同压下，气体的密度与摩尔质量成正比，则O2和O3的密度不相同，故A不选；B、同温同压下，相同体积的O2和O3物质的量相等，由m=n×M可知，二者的质量不相同，故B不选；C、根据阿伏加德罗定律可知，同温同压下，相同体积的O2和O3具有相同的分子数，故C选；D、同温同压下，相同体积的O2和O3物质的量相等，由二者的分子组成可知，二者所含的原子数不相同，故D不选；答案选C。6.下列物质的保存方法错误的是A.过氧化钠密封保存B.钠保存在石蜡油中C.漂白粉在敞口容器中长期存放D.新制氯水保存在棕色试剂瓶并置于冷暗处【答案】C【解析】详解】A．由于Na2O2与空气中CO2、水蒸气等物质会发生反应而变质，故需密封保存，A正确；B．Na易与空气中O2、水蒸气等物质会发生反应而变质，故保存时需隔绝空气，可以保存在煤油或石蜡油中，B正确；C．漂白粉的有效成分Ca(ClO)2会与空气中CO2、水蒸气反应从而变质，故漂白粉不能敞口放置，C错误；D．新制氯水中的HClO见光易分解，故需保存在棕色试剂瓶中，并置于冷暗处，D正确；故答案选C。7.下列各组离子在水溶液中能大量共存的是A.Na+、、Cl-、K+B.H+、Cl-、Na+、C.Na+、Fe3+、、OH-D.、Na+、OH-、【答案】A【解析】【详解】A．Na+、、Cl-、K+在溶液中相互之间不反应，可大量共存，A符合； B．H+、在溶液中反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，B不符合；C．Fe3+、OH-在溶液中结合生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，C不符合；D．、OH-在溶液中结合生成碳酸根和水，不能大量共存，D不符合；答案选A。8.下列反应的离子方程式书写正确的是A.碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OB.氧化铝与NaOH溶液反应：Al2O3+2OH-=2+H2OC.Na与水反应：Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑D.NaHCO3溶液与稀盐酸反应：+2H+=CO2↑+H2O【答案】B【解析】【详解】A．醋酸难电离，碳酸钙溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+CO2↑+H2O，A错误；B．氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水：Al2O3+2OH-=2+H2O，B正确；C．Na与水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，C错误；D．NaHCO3溶液与稀盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水：+H+=CO2↑+H2O，D错误；答案选B。9.下列说法正确的是A.0.2mol由H218O与D2O组成的体系中含有的中子数为2NAB.常温常压下，2.24LCl2中含有的原子数为0.2NAC.过氧化钠与水反应时，每生成1mol氧气转移电子数为NAD.0.15mol·L-1K2CO3溶液中含有的钾离子数为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A．H218O与D2O的中子数均是10个，则0.2mol由H218O与D2O组成的体系中含有的中子数为2NA，A正确；B．常温常压下，2.24LCl2的物质的量不是0.1mol，其中含有的原子数不是0.2NA，B错误；C．过氧化钠与水反应时，过氧化钠中氧元素化合价从－1价升高到0价，则每生成1mol氧气转移电子数为2NA，C错误；D．0.15mol·L-1K2CO3溶液的体积未知，无法确定其中含有的钾离子数，D错误； 答案选A。10.有A、B、C、D、E五种元素，质子数都小于18。B原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；C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；D是地壳中含量最多的金属元素；E的最高正价与最低负价的代数和为6；A单质可以在E单质中燃烧，生成AE，燃烧时火焰呈苍白色。下列说法错误的是A.A2B中只含极性共价键B.B和C两种元素形成的化合物--定含有离子键也可能含有共价键C.E单质可以使干燥的红色布条褪色D.D单质常温下既能溶于稀盐酸也能溶于氢氧化钠溶液【答案】C【解析】【分析】B原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，则B为氧元素；C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C原子核外有11个电子，即核电荷数为11，C为钠元素；地壳中含量最多的金属元素是铝，D为铝元素；氯的最高正价+7价与最低负价-1价，代数和为6，E为氯元素；氢气可以在氯气中燃烧，火焰呈苍白色，所以A为氢元素。即A、B、C、D、E分别为H、O、Na、A1、C1。【详解】A．A2B为H2O，水分子结构式为H-O-H，所以水分子中只含极性共价键，A项正确；B．B和C两种元素形成的化合物Na2O，是离子化合物，只含有离子键，B和C两种元素形成的化合物Na2O2是离子化合物，既含有离子键又含有共价键，B项正确；C．氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，氯气使湿润红色布条褪色，干燥的氯气不能使干燥的红色布条褪色，C项错误；D．铝单质常温下与稀盐酸生成氯化铝和氢气，铝单质常温下和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，D项正确；答案选C。11.钠在液氨(NH3)中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，下图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡(H2)。下列说法错误的是 A.钠的密度比液氨大B.0.1mol钠投入液氨完全反应生成0.01molH2，转移0.02mol电子C.钠投入后溶液导电性增强D.钠和液氨发生反应，液氨为氧化剂，发生还原反应【答案】B【解析】【详解】A．由钠沉入液氨中可知钠的密度比液氨大，故A正确；B．Na和液氨反应生成NaNH2和H2，则发生反应的化学方程式为2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，1个钠参加反应失去1个电子，则0.1mol钠投入液氨完全反应生成0.05molH2，转移0.1mol电子，故B错误；C．液氨中没有自由移动的带电子粒子，不导电，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，即溶液的导电性增强，故C正确；D．Na和液氨反应生成NaNH2和H2，液氨为氧化剂，发生还原反应，故D正确；故选B。12.下列现象或事实的叙述及解释均正确的是选项现象或事实解释A向紫色石蕊溶液中加入新制氯水，溶液先变红，随后褪色新制氯水中含有氯分子B向盛有FeCl3溶液的试管中先加入足量锌粉，充分振荡后加2滴KSCN溶液溶液黄色逐渐消失，加KSCN溶液产生红色沉淀C漂白粉中滴加浓盐酸会增强漂白性漂白粉中的Ca(ClO)2与HCl反应生成HClO DNa2O2固体加入紫色石蕊溶液中，溶液先变蓝，后褪色先变蓝是因为生成了NaOH，后褪色是因为生成的H2O2有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．溶液先变红，是因为氯水中含有HCl，随后褪色，说明含有HClO，不能证明含有氯气分子，A错误；B．向盛有FeCl3溶液的试管中先加入足量锌粉，发生反应2Fe3++Zn=Zn2++2Fe2+，同时Zn还可以消耗Fe3+水解产生的氢离子，促进其水解，生成Fe(OH)3沉淀，所以黄色逐渐消失，出现红色沉淀，但不是在加入KSCN溶液后，B错误；C．漂白粉中滴加浓盐酸，Ca(ClO)2与HCl会反应生成氯气，降低漂白性，C错误；D．Na2O2固体加入紫色石蕊溶液中，反应生成NaOH，所以溶液变蓝，同时会有H2O2生成，H2O2有漂白性，导致褪色，D正确；综上所述答案为D。13.取一定物质的量浓度的NaOH溶液100mL，然后向其通入一定量的CO2气体，得到溶液A，向A中逐滴缓慢加入0.1mol·L-1的HCl溶液，产生的CO2气体体积(标准状况)与所加HCl溶液体积之间的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.A溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3B.BC段对应离子方程式为OH-+H+=H2OC.通入CO2气体在标况下的体积为56mLD.原NaOH溶液物质的量浓度为0.065mol·L-1【答案】C【解析】 【详解】CO2与NaOH溶液发生如下反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O…①CO2+NaOH=NaHCO3…②故反应后溶液中溶质的成分可有如下可能：Na2CO3和NaOH、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3；当将稀盐酸逐滴滴到碳酸钠溶液中时，Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl…③NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑…④并且可以看出，当反应完全进行时，两个过程消耗HCl的量相等。若溶液中还有氢氧化钠，则首先发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O…⑤设反应产生CO2之前消耗盐酸的体积为V1，从开始产生CO2至反应结束消耗盐酸的体积为V2。A．V1=50mL，V2=75mL-50mL=25mL＜V1，据此判断溶液中溶质的成分是Na2CO3和NaOH，故A错误；B．根据以上分析可知BC段对应离子方程式为HCO+H+=H2O+CO2↑，故B错误；C．50mL～75mL发生的反应为HCO+H+=H2O+CO2↑，n（HCl）=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，则V（CO2）=0.0025mol×22.4L/mol=0.056L=56mL，根据碳原子守恒可知通入CO2气体在标况下的体积为56mL，故C正确；D．当加入盐酸75mL时，溶液溶质为NaCl，此时n(Na+)=n(HCl)=0.075mL×0.1mol/L=0.0075mol，所以n(NaOH)=0.0075mol，c(NaOH)=0.0075mol÷0.1L=0.075mol/L，故D错误；故选C。14.利用NaClO氧化尿素[CO(NH2)2]制备N2H4·H2O(水合肼)的实验流程如图所示：已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。下列说法错误的是A.步骤I中为避免温度过高，可采用冰水浴B.步骤I制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与副产物NaClO3的物质的量之比为5：1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：3C.步骤II中可将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中D.生成水合肼反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2H+=Cl-+N2H4·H2O+ 【答案】D【解析】【分析】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，温度过高时易发生3Cl2+6OH-=ClO+5Cl-+3H2O，步骤Ⅱ中发生ClO-+CO(NH2)2+2OH-＝Cl-+N2H4•H2O+CO，且将NaClO溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，步骤Ⅲ中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。【详解】A．步骤I中温度过高发生副反应，为避免温度过高，可采用冰水浴，故A正确；B．步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5：1，设NaClO与NaClO3的物质的量分别为5mol、1mol，可知Cl失去电子为5mol×（1-0）+1mol×（5-0）=10mol，由电子守恒可知Cl得到电子数为10mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10mol：（5mol+1mol）=5：3，故B正确；C．步骤Ⅱ中若将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4•H2O氧化，因此步骤II中可将NaClO碱性溶液逐滴滴入尿素水溶液中，故C正确；D．由流程可知生成水合肼反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-＝Cl-+N2H4•H2O+CO，故D错误；故选D。二、非选择题：共4题，共58分15.按要求填空。（1）下列物质中：①稀硫酸②液氯③熔融氯化钠④Fe⑤二氧化碳⑥乙醇⑦BaSO4，属于电解质的是______(填序号，下同)；能直接导电的是______。（2）请写出下列反应的离子方程式。①盐酸除去铁锈(主要成分为氧化铁)______。②溴水与NaI溶液反应______。③FeCl2溶液与新制氯水反应______。（3）1.204×1024个H2SO4分子的质量为______g，共含______个氢原子。（4）工业废水中含有有毒的重铬酸根离子()，必须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)还原得Cr3+和Fe3+，再通过沉淀处理法来处理该污水。写出该过程中Fe2+还原的离子方程式______。【答案】（1）①.③⑦②.①③④（2）①.Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O②.Br2+2I-=I2+2Br-③.2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- （3）①.196②.4NA或2.408×1024（4）6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O【解析】【小问1详解】①稀硫酸是混合物，含有自由移动的离子，能导电，既不是电解质又不是非电解质；②液氯是单质，既不是电解质又不是非电解质，不导电；③熔融氯化钠含有自由移动的离子，能导电，属于电解质；④Fe是金属单质，能导电，既不是电解质又不是非电解质；⑤二氧化碳不含离子，不导电，自身不能电离，属于非电解质；⑥乙醇不含离子，不导电，自身不能电离，属于非电解质；⑦BaSO4不含自由移动的离子，不导电，溶于水中的部分能电离，属于电解质；属于电解质的是③⑦；能直接导电的是①③④；【小问2详解】①盐酸除去铁锈(主要成分为氧化铁)，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式是Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；②溴水与NaI溶液反应生成溴化钠和碘，反应的离子方程式是Br2+2I-=I2+2Br-；③FeCl2溶液与新制氯水反应生成氯化铁，反应的离子方程式是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；【小问3详解】1.204×1024个H2SO4分子的质量为196g，共含1.204×1024×2=2.408×1024个氢原子；【小问4详解】用绿矾(FeSO4·7H2O)还原得Cr3+和Fe3+，铁元素化合价由+2升高为+3、Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒，Fe2+还原的离子方程式6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。16.下表是元素周期表的一部分。表中所列字母分别代表一种元素。abcdefghijklmn回答下列问题：（1）j在元素周期表中的位置是______。 （2）e、h、m形成的简单离子其半径由大到小的顺序为________。(填写离子符号)（3）n与g形成的化合物为______(填写化学式，下同)，将该化合物进行焰色反应，火焰呈______色。（4）k、1形成的最高价氧化物的水化物，酸性由强到弱的顺序为______。（5）g的最高价氧化物对应的水化物与i的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______。（6）某同学欲探究元素性质递变规律与原子结构的关系，进行如下实验：(实验操作)取已除去氧化膜且面积相等的镁条和铝条，分别投入2mL1mol/L盐酸中；(实验现象)镁与酸反应比铝更剧烈；(实验结论)①金属性：Mg_____Al(选填“>”或“<”)；(查阅资料)原子半径(nm)Mg：0.160Al：0.143；(思考)②利用元素周期律对上述实验结论进行解释______【答案】（1）第三周期第IVA族（2）r(Cl-)>r(O2-)>r(Mg2+)或Cl->O2->Mg2+（3）①.NaBr②.黄（4）H2SO4>H3PO4（5）Al(OH)3+OH-=+2H2O（6）①.>②.同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子失去电子能力减弱，金属性减弱【解析】【分析】根据元素在周期表中的相对位置可知a～n分别是H、He、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、P、S、Cl、Br，据此解答。【小问1详解】j是Si，在元素周期表中的位置是第三周期第IVA族。【小问2详解】离子核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，则e、h、m形成的简单离子其半径由大到小的顺序为r(Cl-)>r(O2-)>r(Mg2+)。【小问3详解】n与g形成的化合物为NaBr，因此将该化合物进行焰色反应，火焰呈黄色。【小问4详解】非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性S＞P，则k、1形成的最高价氧化物的水化物，酸性由强到弱的顺序为H2SO4＞H3PO4。 【小问5详解】g的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠与i的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铝反应的离子方程式为Al(OH)3+OH－＝+2H2O。【小问6详解】①镁比铝与酸反应更剧烈，说明Mg比Al活泼，所以金属性：Mg＞Al，故答案为：＞；②Mg、Al位于同周期，都是金属，同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子失去电子能力减弱，所以金属性：Mg＞Al，故答案为：同周期元素从左到右，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，原子失去电子能力减弱，金属性减弱。17.2020年全世界爆发了新冠疫情，生活中防范疫情的有效手段之一就是将接触的陌生物质进行消毒。氯气(C12)是制备消毒剂的主要原料之一，回答下列问题：.（1）写出实验室制氯气的化学方程式______。（2）B中盛装浓盐酸的仪器名称为______。（3）F的作用为______。（4）从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气且防尾气污染(仪器不重复使用)，仪器连接顺序为_______(用仪器下方字母表示，如A→B……)。II.工业上电解饱和食盐水制取氯气（5）电解之前，食盐水需要精制，目的是除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、等杂质离子，使用的试剂有：A.Na2CO3溶液；B.Ba(OH)2；溶液C.稀盐酸，其中合理的加入顺序为________(填字母序号，每种试剂只能用一次)（6）电解饱和食盐水制氯气的同时还生成了H2和NaOH，反应的化学方程式为______。（7）实验室欲配制4.0mol·L-1的食盐水100mL。请回答： ①需要纯净的NaCl______g。②下列仪器在配制食盐水时不需要使用的是_______(填字母序号)；缺少的仪器是______(写名称)。③下列操作会使所配溶液浓度偏大的是______(填字母序号)。A.容量瓶中原来有少量蒸馏水B.转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯C.定容时，俯视刻度线D.摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）分液漏斗（3）除去氯气中的HCl（4）B→F→E→D→C或BFEDC（5）BAC（6）2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑（7）①.23.4②.AD③.100mL容量瓶、玻璃棒④.C【解析】【分析】由实验装置可知，B中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，然后连接F中饱和食盐水可除去HCl，再连接E干燥氯气，然后连接D收集氯气，最后连接C进行尾气处理，以此来解答【小问1详解】实验室制氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小问2详解】B中盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗；【小问3详解】生成的氯气中含有挥发出的氯化氢，则装置F的作用为除去氯气中的HCl；【小问4详解】 根据以上分析可知从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气且防尾气污染(仪器不重复使用)，仪器连接顺序为B→F→E→D→C（从左侧看导管长进短出）；【小问5详解】食盐水精制，除去粗盐的中的Ca2+、Mg2+、等杂质离子，使用Ba(OH)2溶液除去Mg2+、，引入了钡离子和氢氧根离子；再加入Na2CO3溶液，除去Ca2+、Ba2＋，并引入碳酸根离子；过滤后，再加入稀盐酸除去氢氧根离子和碳酸根离子，则合理的加入顺序为：BAC；【小问6详解】在电解饱和食盐水制氯气的同时，还生成了H2和NaOH，化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；【小问7详解】①配制4.0mol/L的食盐水100mL，需要纯净的NaCl质量为4.0mol/L×0.1L×58.5g/mol=23.4g；②配制4.0mol/L的食盐水100mL，需要的仪器为：天平、钥匙、烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，则在配制食盐水时不需要使用的有AD，缺少的仪器是100mL容量瓶、玻璃棒；③A．容量瓶中原来有少量蒸馏水，不影响所配溶液的浓度；B．转移完溶液后未洗涤玻璃棒和烧杯，溶质质量减少，所配溶液的浓度偏小；C．定容时，俯视刻度线，所得溶液体积偏小，所配溶液的浓度偏大；D．摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至刻度线，所得溶液体积偏大，所配溶液的浓度偏小；故答案为C。18.高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，是一种绿色环保多功能型水处理剂。下图是生产高铁酸钾的一种工艺流程：已知K2FeO4的部分性质如下： 溶解性溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物稳定性温度为0-5℃或强碱性溶液中能稳定存在；酸性或中性溶液中放出O2回答下列问题：（1）写出①中反应的离子方程式______。（2）②加入NaOH固体的目的是______(填字母序号)。A与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClOB.NaOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于后续生成K2FeO4C.为后续反应提供碱性环境（3）写出④中反应的离子方程式_______；④中一般加铁的硝酸盐或硫酸盐而不用氯化物，原因是______。（4）往溶液II中加入饱和KOH溶液，能够得到湿产品K2FeO4的原因是______。（5）⑥中洗涤时，洗涤剂最好选用(填字母序号)。A.H2OB.KOH溶液C.异丙醇D.FeCl2溶液（6）该工艺流程中可循环使用的物质是______(填化学式)。（7）用离子方程式解释K2FeO4净水的原因______。【答案】（1）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）AC（3）①.2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2ONaClO②.易氧化Cl-产生氯气进而减少Na2FeO4的产量（4）铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小（5）C（6）NaOH（7）4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8OH-【解析】【分析】足量氯气通入氢氧化钠溶液中低温反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，加入固体氢氧化钠除去氯化钠得到碱性次氯酸钠浓溶液，加入硝酸铁浓溶液、饱和KOH，得到K2FeO4溶液，纯化洗涤干燥得到高铁酸钾晶体，据此解答。【小问1详解】①中氯气和氢氧化钠反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。【小问2详解】A、根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入NaOH固体后会继续反应生成NaClO，故A正确；B、因温度较高时NaOH与Cl2反应生成的是NaClO3，而不是NaClO，故B错误； C、第③步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确；故答案为AC；【小问3详解】据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO-，生成物：、Cl-，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3++3ClO-+10OH-=2+3Cl-+5H2ONaClO，氯离子容易被氧化产生氯气进而减少Na2FeO4的产量，所以该步骤一般用铁的硝酸盐或硫酸盐而不用氯化物；【小问4详解】根据两者溶解度的不同，往溶液Ⅱ中加入饱和KOH溶液，能够得到湿产品的原因是高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；【小问5详解】K2FeO4易溶于水，步骤⑥在提纯K2FeO4时采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，A、B、D均含有水，洗涤剂最好选用C异丙醇，故答案为：C；【小问6详解】根据原子守恒可知最终还有氢氧化钠生成，则该工艺流程中可循环使用的物质是NaOH；【小问7详解】