湖南省郴州市苏仙区多校2022-2023学年高一化学上学期期末线上联考试题（Word版附解析）

2022-2023学年苏仙区上学期多校线上期末联考高一化学一、选择题(共20题，每小题2.5分，共50分)1.探访徽州古韵的最后一天，我们去了宣城市的泾县，体验了宣纸的制造。下列关于宣纸的传统制作工艺主要发生化学变化的是A．挑选原料B．加碱蒸煮C．竹帘捞纸D．剪裁纸张A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．挑选原料的过程中没有新物质生成，属于物理变化，A错误；B．加碱蒸煮的过程中有新物质生成，属于化学变化，B正确；C．竹帘捞纸的过程中没有新物质生成，属于物理变化，C错误；D．剪裁纸张的过程中没有新物质生成，属于物理变化，，D错误；故选B。2.分类法在化学学科发展中起到了非常重要的作用，下列分类依据不合理的是A.根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等B.根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应C.根据是否有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液D.根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物【答案】C【解析】【详解】A．根据氧化物的性质将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等，其中能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，能与酸反应生成盐和水的氧化物是碱性氧化 物，既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水的氧化物是两性氧化物，A正确；B．根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，B正确；C．根据分散系中分散质粒子的直径大小不同将分散系分为溶液、胶体和浊液，C错误；D．根据组成元素的种类将纯净物分为单质和化合物，其中只由一种元素构成的纯净物是单质，由不同种元素形成的纯净物是化合物，D正确，答案选C。3.根据物质的组成与性质进行分类，HClO 属于A.氧化物B.酸C.碱D.盐【答案】B【解析】【详解】次氯酸在溶液中电离出的阳离子全部是氢离子，则次氯酸属于酸，故选B。4.下列各组离子能大量共存于同一溶液中的是A.Ba2+、Mg2+、、B.H+、K+、CH3COO-、OH-C.H+、Al3+、Cl-、D.Ba2+、Na+、OH-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A.Ba2+与产生硫酸钡沉淀，不能共存，A错误；B.H+与CH3COO-、OH-产生弱电解质醋酸、水，不能共存，B错误；C.H+与反应产生水和二氧化碳，Al3+与发生双水解，不能共存，C错误；D.Ba2+、Na+、OH-、Cl-四种离子相互之间不发生反应，能共存，D正确；答案选D。5.氧化还原反应与四种基本反应类型的关系如图所示。下列化学反应属于阴影部分的是（）A. B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据图示阴影部分显示该反应只属于氧化还原反应，与四种基本反应无相互联系。【详解】A.，属于化合反应，铁元素和氧元素化合价发生变化，又是氧化还原反应，故A不符合要求；B.，氧元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，与四种基本反应无相互关系，故B符合要求；C.，属于分解反应，无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不符合；D.，属于置换反应，氯元素和碘元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合要求；答案选B6.钠作为一种重要原料，可用于制造许多在国防工业上有重要用途的金属。下列关于钠的说法不正确的是A.银白色固体B.密度比水大C.能与水剧烈反应D.可保存在煤油中【答案】B【解析】【详解】A．钠是银白色固体，A正确；B．钠的密度比水小，B错误；C．钠是活泼的金属，能与水剧烈反应生成氢气和氢氧化钠，C正确；D．钠极易与氧气和水反应，且钠密度大于煤油，因此可保存在煤油中，D正确；答案选B。7.将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现白色沉淀的是 A.硫酸铜溶液B.稀氢氧化钠溶液C.稀H2SO4D.氯化镁溶液【答案】D【解析】【详解】Na与稀硫酸、稀氢氧化钠溶液、硫酸铜溶液、氯化镁溶液的反应方程式分别如下：2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，CuSO4+2Na+2H2O=Cu(OH)2(蓝)↓+Na2SO4+H2↑，MgCl2+2H2O+2Na=Mg(OH)2(白)↓+2NaCl+H2↑，通过观察，B、C只有气体没有沉淀生成，故B、C错； A生成的是蓝色沉淀，不符题意，故A错；D既有白色沉淀又有气体生成，符合题意，故D正确；故选D。8.下列有关Na2CO3和NaHCO3比较中，不正确的是A.热稳定性：Na2CO3>NaHCO3B.相同温度下，0.1mol/L盐溶液的pH值：Na2CO3>NaHCO3C.等质量碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量盐酸反应放出气体的量:Na2CO3<NaHCO3D.相同温度下，0.1mol/L盐溶液分别与0.1mol/LHCl反应的剧烈程度Na2CO3>NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A.Na2CO3受热难分解，NaHCO3受热易分解，所以热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，A正确；B.相同温度下，相同浓度Na2CO3溶液的碱性比NaHCO3溶液强，所以0.1mol/L盐溶液的pH值：Na2CO3>NaHCO3，B正确；C.等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，前者的物质的量小于后者，分别与足量盐酸反应放出气体的量：Na2CO3<NaHCO3，C正确；D.Na2CO3与盐酸反应，先生成NaHCO3，继续加盐酸，才生成CO2气体。所以相同温度下，0.1mol/L盐溶液分别与0.1mol/LHCl反应的剧烈程度Na2CO3<NaHCO3，D不正确；故选D。9.下列有关物质的用途说法不正确的是A.过氧化钠——漂白剂B.次氯酸钠——消毒剂C.纯碱——治疗胃酸过多D.小苏打——制作馒头和面包的膨松剂 【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠具有强氧化性，所以具有漂白剂，A正确；B．次氯酸钠具有强氧化性，可用作消毒剂，B正确；C．纯碱是碳酸钠，腐蚀性强，不能用于治疗胃酸过多，C错误；D．小苏打受热分解生成二氧化碳，可用作制作馒头和面包的膨松剂，D正确；答案选C。10.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是A.中含有阴离子数目为B.向溶液中通入氯气，当有被氧化时，转移电子的数目为C.乙烯与丙烯的混合物中含碳原子的数目为D.用磁铁矿炼铁的反应中，被还原成，转移电子数目为【答案】D【解析】【详解】A．1molNa2O2中含有阴离子数目为NA，A错误；B．FeCl2溶液中通入氯气，生成Fe3+，当有1molFe2+被氧化时，生成1molFe3+，转移电子的数目为NA，B错误；C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，2.8g乙烯与丙烯的混合物中含碳原子的数目为，则碳原子数为0.2NA，C错误；D．假设Fe3O4中铁的化合价为，则生成单质铁时，1个Fe失去个电子，1molFe3O4中含有3molFe，则1molFe3O4被还原成转移8NA个电子，D正确；故答案为：D。11.vLFe2(SO4)3溶液中含有agSO，取此溶液0.5vL，用水稀释至2vL，则稀释后溶液中Fe3+的物质的量浓度为A.mol•L-1B.mol•L-1 C.mol•L-1D.mol•L-1【答案】A【解析】【分析】【详解】vLFe2(SO4)3溶液中含有agSO，n(SO)=，则n(Fe3+)=，c(Fe3+)=，取此溶液0.5vL，用水稀释至2vL，则稀释后溶液中c(Fe3+)=mol•L-1，故选A。12.的某溶液中仅含有、、、、、、、、、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)，取该溶液进行连续实验，实验过程如图，下列有关推断不正确的是A.溶液中一定含有、、B.根据上述连续实验不能确定溶液中是否含有、C.沉淀F可能为混合物D.若沉淀中含有，则溶液中一定没有【答案】D【解析】【分析】溶液X的，说明溶液中存在大量H+，因H+与、能发生复分解反应，因此溶液X中一定不存在、；向溶液X中加入过量Ba(NO3)2溶液后，溶液中存在反应，因此溶液X中一定不存在、，酸性溶液中具有氧化性，能氧化， 被还原为NO，因此气体A为NO，与能发生复分解反应生成BaSO4沉淀，因此溶液X中一定存在、；向溶液B中加入过量NaOH溶液生成Fe(OH)3沉淀，溶液E微热无气体放出，说明溶液X中一定不存在，溶液E中含有大量Ba(NO3)2、NaOH，可能含有NaAlO2，向溶液E中通入一定量CO2，可能产生BaCO3沉淀(CO2少量)，也可能产生Al(OH)3，因此溶液X中可能含有，实验过程中未涉及、检验实验，因此溶液X中可能含有、，综上所述，溶液X中一定含有H+、、；一定不含、、、、；可能含有、、。【详解】A．由上述分析可知，溶液X中一定含有H+、、，故A项正确；B．由上述分析可知，溶液X中可能含有、、，故B项正确；C．第一步操作中，若溶液X中未完全氧化，且溶液X中含有时，沉淀F为Fe(OH)2和Fe(OH)3混合物，故C项正确；D．通入CO2时，溶液中一定存在OH-与CO2的反应，当CO2不足时能生成，生成的能与Ba2+反应，当Ba2+不足时，溶液G中存在，故D项错误；综上所述，不正确的是D项。13.下列说法正确的是A.所有不锈钢都只含有金属元素B.镁合金的硬度和强度均高于纯镁C.大多数金属元素均以单质形式存在于自然界D.广东正在打捞的明代沉船上存在大量铝制餐具【答案】B【解析】【详解】A．钢材中存在碳元素，故A项错误；B．合金的硬度一般高于其组分对应纯净物的硬度，故B项正确；C．大多数金属元素在自然界中都是以化合物的形式存在，故C项错误；D．由于铝的活泼性较强，因此铝制品属于近代金属材料，故D项错误；综上所述，正确的是B项。 14.把一块镁铝合金投入到20mL1mol/L的盐酸中，待合金完全溶解后，往溶液里加入1mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积（mL）变化的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A.镁、铝形成合金后硬度增强，熔点降低B.ab段可以计算出合金中Mg的含量C.c值越大，合金中Al的含量越高D.加入NaOH溶液后，只发生了4个离子反应【答案】B【解析】【分析】oa段发生H++OH-=H2O，ab段发生Mg2++OH-=Mg(OH)2↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓；bc段发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；【详解】A.镁、铝形成合金后硬度增强，熔点低于Mg、Al，A正确；B.用ab段、bc段的数据可以计算出合金中Mg的含量，B错误；C.bc段发生Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，c值越大，合金中Al的含量越高，C正确；D.由上述分析可知，加入NaOH溶液后，只发生了4个离子反应，D正确；答案为B。15.《新修本草》是我国古代中药学著作之一，记载药物844种，其中有关于“青矾”的描述为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”据此推测，“青矾”的主要成分为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】A.为蓝色晶体，受热失去结晶水变成白色，故A不符合题意； B.为绿色晶体，+2价铁离子不稳定，易被氧化成+3价铁离子，即在空气中灼烧后生成赤色的三氧化二铁，故B符合题意；C.为无色晶体，加热失去结晶水后，变成白色粉末，故C不符合题意；D.为黄色晶体，加热后失去结晶水，变成硫酸铁粉末，故D不符合题意；故选B。【点睛】根据不同晶体的颜色判断是解答关键。16.下列有关化学用语表示正确的是A.次氯酸的结构式：H−Cl−OB.18O2−的结构示意图：C.氨气的电子式：D.电子式表示氯化钠的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A.次氯酸的结构式：H−O−Cl，故A错误；B.氧原子最外层有6个电子，得两个电子后形成最外层8个电子的O2-，故B正确；C.氨气的电子式为：，故C错误；D.氯化钠为离子化合物，电子式表示氯化钠的形成过程：，故D错误；综上所述，答案为B。17.下列关于元素周期律的应用正确的是A.根据主族元素最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素最高正价都是+7B.原子半径Na＞Mg＞F，离子半径F﹣＞Na+＞Mg2+C.非金属性Cl＞Br＞I，热稳定性HCl＜HBr＜HID.RbOH的碱性弱于Ca(OH)2【答案】B【解析】 【详解】A、卤族元素中的F元素，没有正价，故A错误；B、同主族从上到下，原子半径逐渐增大，同周期从左到右原子半径减小，即原子半径：Na>Mg>F，离子半径F－>Na＋>Mg2＋，故B正确；C、同主族从上到下，非金属性减弱，即非金属性Cl>Br>I，非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，即热稳定性：HCl>HBr>HI，故C错误；D、Rb的金属性强于Ca，则RbOH的碱性强于Ca(OH)2，故D错误。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数增大而减小，三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。18.硒(Se)是人体健康必需的一种微量元素。已知Se的原子结构示意图为：下列说法不正确的是A.该元素处于第四周期第ⅥB族B.SeO2既有氧化性又有还原性C.该原子的核电荷数为34D.酸性：HBrO4>H2SeO4【答案】A【解析】【分析】A．主族元素原子电子层数=周期数，最外层电子数=族序数；B．中间价态的元素既有氧化性又有还原性；C．质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数；D．元素非金属性越强，最高价态氧化物的水化物的酸性越强。【详解】A．主族元素原子电子层数=周期数，最外层电子数=族序数，所以该元素处于第四周期第ⅥA族，选项A正确；B．中间价态的元素既有氧化性又有还原性，二氧化硒中硒处于+4价，是中间价态，所以二氧化硒既有氧化性又有还原性，选项B正确；C．质量数=质子数+中子数，质子数=原子序数，该原子的质子数为34，所以其质量数大于34，选项C正确；D．元素非金属性越强，最高价态氧化物的水化物的酸性越强，Cl的非金属性大于Se的非金属性，所以酸性：HClO4>H2SeO4，选项D不正确。答案选A。【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律，明确元素周期律内涵是解本题的关键，知道非金属性的判断方法和原子构成，即可解答。19.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是（） A.原子半径Z<MB.Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的弱C.X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的小D.W是和X同一族的短周期元素，最简单氢化物沸点W<X【答案】B【解析】【分析】四种短周期元素只有M为金属元素，由元素在周期表中的位置，可知四种元素在二三周期，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O；【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，M三层电子，Z两层电子，所以原子半径Z<M，故A正确；B.非金属性N>Si，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性大小为：硝酸>硅酸，故B不正确；C.氢化物稳定性与元素非金属性一致，Z的非金属性比X的强，故Z的氢化物更稳定，故C正确；D.W是和X同一族的短周期元素，所以W是碳元素，最简单氢化物是CH4，CH4和SiH4组成和结构相似，相对分子质量越大熔沸点越高，所以简单氢化物沸点W<X，故D正确；故答案选B。20.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X原子核外最外层电子数是其电子层数的2倍,X、Y的核电荷数之比为3∶4。W-的最外层为8电子结构。金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应。下列说法正确的是A.X与Y能形成多种化合物,一般条件下都能与Z的最高价氧化物的水化物发生反应B.原子半径大小:X<Y,Z>WC.化合物Z2Y和ZWY3都只存在离子键D.Y、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂【答案】D【解析】【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其 电子层数的2倍，则X为C元素，X、Y的核电荷数之比为3：4，则Y为O元素，W－的最外层为8电子结构，W为F或Cl元素，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，则Z为Na元素，W只能为Cl元素，则A．X与Y形成的化合物有CO、CO2等，Z的最高价氧化物的水化物为NaOH，CO和NaOH不反应，故A错误；B．一般说来，电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，质子数越多，半径越小，则原子半径大小X＞Y，Z＞W，故B错误；C．化合物Z2Y和ZWY3分别为Na2O、NaClO3，NaClO3存在离子键和共价键，故C错误；D．Y的单质臭氧，W的单质氯气，对应的化合物ClO2，可作为水的消毒剂，故D正确。故选D。二、综合题(共50分)21.下图为元素周期表的一部分，请参照①⑨在表中的位置，回答下列问题：（1）最高价氧化物对应水化物碱性最强的是_______(填化学式)，氢化物热稳定性最强的是_______(填电子式)。（2）②③④的原子半径从大到小的顺序是_______(填元素符号)。④⑤⑧的阳离子中氧化性最强的是_______(填离子符号)。（3）元素⑥的非金属性比⑦_______(填“强”或“弱”)，请从原子结构的角度解释：_______。（4）现在含有元素硒()的保健品开始进入市场，已知硒元素与氧元素同主族，比氧多个电子层，硒在周期表中的位置为_______，则下列叙述中正确的是_______。A.原子序数为B.气态氢化物的稳定性C.不能与氢氧化钠反应D.既有氧化性又有还原性（5）①和④可形成型离子化合物，该离子化合物的电子式为_______，其与水反应放出气 体的化学方程式为_______。【答案】（1）①.KOH②.（2）①.②.（3）①.弱②.和位于同一周期，从左到右原子半径减小，得电子能力逐渐增强，所以的非金属性比弱（4）①.VIA②.AD（5）①.②.【解析】【小问1详解】同一周期从左至右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同一主族从上至下，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强，因此上述序号元素中金属性最强的是⑧，即K元素，对应的碱为KOH；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因此上述序号元素中非金属性最强的是③，即F元素，对应的氢化物为HF，其电子式为。【小问2详解】原子核外电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，质子数越大，原子半径越小，因此原子半径：；金属单质的活动性越强，其对应离子的氧化性越弱，因此氧化性：。【小问3详解】和位于同一周期，从左到右原子半径减小，得电子能力逐渐增强，所以的非金属性比弱。【小问4详解】O原子核外有2个电子层，O元素位于VIA族，Se原子核外比O原子多2个电子层，因此Se元素位于元素周期表中第四周期VIA族；A．Se原子核外电子层填充数目依次为2、8、18、6，因此Se原子序数为2+8+18+6=34，故A正确；B．S与Se位于同一主族，原子序数Se>S，因此非金属性S>Se，气态氢化物的稳定性：H2S>H2Se，故B错误； C．Se元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，因此SeO2具有两性，即SeO2能与酸和碱发生反应，故C错误；D．Se元素的最高化合价为+6，SeO2中Se元素化合价为+4，即SeO2中Se元素化合价处于中间价态，因此SeO2既有氧化性又有还原性，故D正确；综上所述，答案为：VIA；AD。【小问5详解】①为H，④为Na，二者形成的NaH为离子化合物，其电子式为；NaH中H元素为-1价，能与水发生归中反应生成H2，反应化学方程式为。22.过氧化钠是钠在氧气或空气中燃烧的产物之一，常用作呼吸面具和潜水艇里的供氧剂。（1）过氧化钠_______(填“是”或“不是”)碱性氧化物。（2）工业制备过氧化钠的方法是将钠放在铝盘_上加热至熔化，通入一定量已除去的干燥空气进行反应。此过程中需对空气进行处理的原因是_______。（3）向包有固体的棉花上滴几滴水，棉花很快燃烧起来，原因是该反应有氧气生成且该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。（4）过氧化钠作为潜水艇和消防员呼吸面具中的供氧剂，请写出其中一个反应的化学方程式_______。某潜水艇中有人，若每人每小时消耗氧气，假设所需要的氧气全由过氧化钠提供，则每小时所需的质量为_______。【答案】（1）不是（2）过氧化钠既能与空气中反应，也能与水反应（3）放热（4）①.或②.12.48【解析】【小问1详解】碱性氧化物是指溶于水而只生成一种碱或与酸反应而成一种盐和水(除了盐和水以外不包括其它物质)的氧化物，Na2O2与水反应除生成NaOH外还有O2，因此Na2O2不是碱性氧化物。【小问2详解】Na2O2既能与CO2反应，也能与水反应，因此制备Na2O2过程中需要除去空气中CO2和水。【小问3详解】 向包有固体的棉花上滴几滴水，棉花很快燃烧起来，根据燃烧“三要素”可知该反应为放热反应。小问4详解】能与水或CO2反应生成O2，因此可作为潜水艇和消防员呼吸面具中的供氧剂，反应化学方程式为或；每小时消耗氧气的总物质的量为，根据反应方程式可知，每生成40molO2，消耗的质量为。23.用NaOH固体配制220mL0.2mol/L的溶液。请回答。（1）在配制过程中除了烧杯、玻璃棒外，还简要的玻璃仪器是_______。（2）用托盘天平称量时，简要NaOH固体的质量是_______。（3）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，_______，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。（4）下列操作会使配得的NaOH溶液浓度偏低的是_______A．称取相同质量已部分变质的NaOH固体进行配制B．定容时俯视容量瓶的刻度线C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制E．转移溶液前容量瓶中有少量蒸馏水（5）将标况下896mLCO2气体通入上述配制好的全部溶液中，发生的化学反应方程式是_____。【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管（2）2.0g（3）向容量瓶中加入至液面接近1～2mL处，改用胶头滴管加蒸馏水，使容液凹液面与刻度线相切（4）ACD（5）4CO2+5OH-=3++H2O【解析】【分析】溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。配制物质的量浓度溶液的 步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差，结合电荷守恒、原子守恒及微粒个数关系书写反应的离子方程式。【小问1详解】在实验室中不存在220mL容量瓶，应该使用250mL容量瓶配制250mL0.2mol/LNaOH溶液，根据配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，可知需使用的仪器有烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】配制250mL0.2mol/LNaOH溶液，需称量的质量m(NaOH)=0.25L×0.2mol/L×40g/mol=2.0g；【小问3详解】定容时的操作：向容量瓶中加入至液面接近1～2mL处，改用胶头滴管加蒸馏水，使容液凹液面与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀；【小问4详解】A．称取相同质量已部分变质的NaOH固体进行配制，则溶液中含有的溶质NaOH的物质的量偏少，导致其浓度偏低，A符合题意；B．定容时俯视容量瓶的刻度线，则溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，B不符合题意；C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，这是由于部分溶液粘在容量瓶刻度线上，此时若再滴加蒸馏水至刻度线，导致溶液浓度偏低，C符合题意；D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制，溶质的物质的量偏少，最终导致溶液的浓度偏低，D符合题意；E．转移溶液前容量瓶中有少量蒸馏水，由于不影响溶质物质的量及溶液的体积，因此最终对配制溶液的浓度无影响，E不符合题意；故合理选项是ACD。【小问5详解】标况下896mLCO2气体的物质的量是n(CO2)=，由于上述NaOH溶液中溶质NaOH的物质的量n(NaOH)=0.25L×0.2mol/L=0.05mol，n(CO2)：n(NaOH)=0.04mol：0.05 mol=4：5，所以二者反应产生NaHCO3、Na2CO3、H2O，该反应的离子方程式：4CO2+5OH-=3++H2O。24.A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色固体，它们有如图所示的转化关系：（1）推断各符号所代表的物质的化学式：B_______，C_______，E_______。（2）写出反应⑤的化学方程式：_______。（3）写出反应③的离子方程式：_______。【答案】（1）①.Na2O2②.NaOH③.NaHCO3（2）CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3（3）CO2+2OH-=+H2O【解析】【分析】A、B、C、D、E五种物质是含钠元素的单质或化合物，其中B为淡黄色的固体，B能与二氧化碳、水反应，故B为Na2O2，由转化关系可知，A为Na，C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3。【小问1详解】根据上述分析可知：B是Na2O2，C是NaOH，E是NaHCO3；【小问2详解】反应⑤是Na2CO3、CO2、H2O反应产生NaHCO3，该反应的化学方程式为：CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3；【小问3详解】反应③是NaOH与CO2反应产生Na2CO3、H2O，反应的离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O。25.以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的工艺流程如下： 回答下列问题：（1）焙烧后得到的固体主要成分为Fe2O3。写出焙烧过程主要反应的化学方程式____________________（2）试剂X是（写化学式）__________________（3）设计实验检验还原得到的溶液是否达标:_________________________________________（4）从还原得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的操作是_______________________（5）可以用标准浓度的酸性KMnO4溶液来测定产品中FeSO4的纯度，反应中KMnO4被还原成Mn2+。反应的离子方程式为__________________________________（6）某种工业品中含有FeSO4和Fe2(SO4)3。通过元素分析得知其中铁元素和硫元素的物质的量之比n(Fe)︰n(S)=1︰1.2，此工业品中FeSO4的物质的量分数为___________________________【答案】①.4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2②.Fe③.取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标④.蒸发浓缩、冷却结晶、过滤⑤.MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O⑥.3/4(75%)【解析】【分析】硫铁矿通入空气焙烧得到氧化铁和二氧化硫，固体物质加入20%硫酸酸溶后过滤后得到溶液为硫酸铁溶液，硫酸铁中加入铁粉得到硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，据此答题。【详解】（1）硫铁矿高温焙烧反应生成氧化铁和二氧化硫，原子守恒配平书写化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故答案为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。（2）由分析可知，加入的试剂X是铁，铁与硫酸铁反应生成硫酸亚铁，故答案为Fe。（3）检验还原得到的溶液是否达标就是看溶液中是否含有铁离子，用KSCN溶液检验是否含有Fe3+，具体操作为：取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达标，故答案为取少量溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液达 标。（4）从还原得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体（FeSO4·7H2O）的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。（5）高锰酸钾在酸性溶液中具有强氧化性能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为二价锰离子，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，锰元素的化合价由+7价降低为+2价，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。（6）设某种工业品中含有FeSO4的物质的量为xmol，Fe2(SO4)3的物质的量为ymol，根据铁元素和硫元素的物质的量之比n(Fe)︰n(S)=1︰1.2可知，（x+2y）：（x+3y）=1:1.2，解得x：y=3：1，所以FeSO4的物质的量分数为3/（3+1）×100%=75%，故答案为3/4(75%)。