江西省上饶市弋、铅、横联考2024-2025学年高一下学期5月月考化学答案（PDF版）_2025年05月试卷_0523江西省上饶市弋、铅、横联考2024-2025学年高一下学期5月月考

弋横铅高一化学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C A C C A B C D 题号 11 12 13 14 答案 B C D A 1．D 【详解】A．“杀青”是通过高温破坏氧化酶活性，属于化学变化，A不符合； B．“揉捻”是借助外力使茶菁成条，有化学变化，B不符合； C．“烘干”是使茶脱水的过程，涉及化学变化，C不符合； D．“筛分”是根据茶叶的大小和粗细进行筛选，不涉及化学变化，D符合； 答案选D。 2．C 【详解】A．硫酸钡难溶于水，不会释放有毒的Ba2，因此可安全用作“钡餐”，A正确； B．二氧化硫虽有毒，但在特定食品（如干果、葡萄酒）中允许作为漂白剂、防腐剂和抗氧 化剂，需严格控制添加量，B正确； C．石墨烯是新型无机非金属材料，传统无机非金属材料包括玻璃、水泥、陶瓷等，C错误； D．王水（浓盐酸与浓硝酸混合液）可溶解金、铂等金属，D正确； 故选C。 3．C 90g 【详解】A．1molSiO 中含有4molSi-O键，90gSiO 的物质的量为 =1.5mol，含有 2 2 60g/mol 1.5mol×4=6mol的Si-O键，A不正确； B．浓硝酸受热分解生成NO 、N O ，采用极端分析法，生成2.3gNO 转移电子的物质的量 2 2 4 2 2.3g 2.3g 为 1 =0.05mol、生成2.3gN O 转移电子的物质的量为 2 =0.05mol， 2 4 46g/mol 92g/mol 则生成NO 、N O 共2.3g时，转移的电子数为0.05N ，B不正确； 2 2 4 A  C．Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应Cu+2H SO (浓) CuSO +SO ↑+2H O，则1molCu 2 4 4 2 2 与足量的浓硫酸完全反应，生成1molSO ，C正确； 2 答案第1页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}D．常温下，将2.7gAl投入足量的浓硝酸中，铝表面发生钝化，铝不能完全反应，则失去的 2.7g 电子数小于 3N mol1 =0.3N ，D不正确； A A 27g/mol 故选C。 4．A 【详解】A．2.3g钠的物质的量是0.1mol，与重水(D O)充分反应产生0.05molD ，质量是 2 2 0.05mol×4g/mol＝0.2g，A正确； 25.6 B．25.6gS 的物质的量是 mol＝0.1mol，S 分子中所含共价键数为0.8N ，B错误； 8 8 A 328 C．10mL质量分数为98%的H SO ，用水稀释至100mL，硫酸密度减小，物质的量浓度是 2 4 1 1000 原来的 ，依据c  可知稀释后H SO 的质量分数大于9.8%，C错误； 2 4 10 M D．铜与足量浓硝酸反应生成NO 和N O 共23g，NO 和N O 的最简式均是NO ，物质的 2 2 4 2 2 4 2 量是0.5mol，反应中得到0.5mol电子，依据电子得失守恒可知铜失去的电子数为0.5N ，D A 错误； 故选A。 5．C 【详解】①浓硫酸是液体，所以浓硫酸通常保存在细口瓶中，故①正确； ②HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水合物，所以不能根据HCl、硅酸酸性强弱判断Cl、 Si元素的非金属性强弱，故②错误； ③若是足量的锌块，当浓硫酸变为稀硫酸后会生成H ，故③错误； 2 ④二氧化硫为酸性氧化物，燃煤中加入CaO可吸收二氧化硫，但是不能减少温室气体的排 放，故④错误； ⑤将浓硫酸滴到纸上，纸变黑，是因为浓硫酸能使纸脱水炭化，证明浓硫酸具有脱水性，故 ⑤正确； ⑥二氧化硅与氢氟酸反应属于其特性，与其他酸均不反应，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠 和水，SiO 是酸性氧化物，故⑥错误； 2 ⑦SO 和Cl 都能漂白某些有色溶液，若将等物质的量的两种气体同时通入有色溶液中，反 2 2 应生成硫酸和HCl，不能漂白，故⑦错误； ⑧酸性条件下，硝酸根离子可氧化亚铁离子生成Fe3+，不能确定是否变质，故⑧错误； 答案第2页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}⑨浓硫酸具有强氧化性，不可作H S等还原性气体的干燥剂，故⑨正确； 2 综上，正确的是①⑤⑨； 答案选C。 6．C 【详解】A．过氧化钠、碳酸钠和盐酸反应都能放出气体，取久置的 Na O 粉末，向其中滴 2 2 加过量的盐酸，产生无色气体，不能确定该气体是氧气还是二氧化碳，所以不能判断Na O 2 2 是否变质，故不选A； B．Fe2+、Cl-都能还原高锰酸钾溶液，向较浓的 FeCl 溶液中滴入少量酸性 KMnO 溶液， 2 4 观察到 KMnO 溶液紫色褪去，不能证明 Fe2+具有还原性，故不选B； 4 C．根据“强酸制弱酸”，在 0.1mol·L-1 HClO 溶液中加入少量 NaHCO 溶液，产生气泡， 4 3 说明有二氧化碳气体放出，证明酸性：HClO >H CO ，故选C； 4 2 3 D．食品脱氧剂样品中的还原铁粉可与Fe3+反应生成Fe2+，故滴加KSCN后溶液不显红色不 能说明食品脱氧剂样品中没有Fe3+，故不选D； 选C。 7．A 【详解】A．H O中氧元素化合价为-2价，氢元素化合价为+1价，即O带部分负电荷、H 2 带部分正电荷，氯离子半径大于钠离子，氯离子带负电荷，则图(I)中，靠近氯离子一侧的是 氢原子，靠近钠离子一侧的是氧原子，水合a离子为水合氯离子，水合b离子为水合钠离子， A正确； B．NaCl溶液为混合物，不属于电解质，B错误； C．氯化钠固体中存在Na和Cl，Na和Cl之间存在强烈的相互作用(离子键)，离子 不能自由移动，故固体NaCl溶于水前不能导电，C错误； D．由图可知，NaCl电离不需要通电，电离方程式为NaCl=Na Cl ，D错误； 答案选A。 8．B 【详解】A．过量的铁粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁、NO和水： 3Fe+8H++2NO- =3Fe2++4H O+2NO，A错误； 3 2 B．氯化铜溶液中通入硫化氢生成氯化铜沉淀和盐酸，离子方程式正确，B正确； 答案第3页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}C．过量Cl 通入FeBr 溶液发生反应生成氯化铁、溴单质，Fe2+ 和 Br- 均完全反应，正确 2 2 的离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl =2Fe3++2Br +6Cl-，C错误； 2 2 D．向Al  SO  溶液中加入过量的NH H O，生成的氢氧化铝沉淀不会溶解，离子 2 4 3 3 2 方程式为Al3++3NH ·H O=Al(OH) ↓+3NH+，D错误； 3 2 3 4 故选B。 9．C 【详解】A．实验室制备NH ，可用浓氨水和CaO固体反应，NH •H O+CaO=Ca(OH) +NH ↑， 3 3 2 2 3 浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解 度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，不需要额外解热，可选择b装置，制得的氨 气中含有水蒸气，可用碱石灰干燥，选择d装置，氨气密度比空气小，需用向下排空气法收 集，所以需短管进，长管出，可选择e装置，但由于NH 极易溶于水，因此处理NH 需要 3 3 防倒吸，综合可知，连接b→d→e可制备收集氨气，故A错误； B．实验室制备SO ，利用亚硫酸钠固体和70%浓硫酸反应，方程式为： 2 Na SO +H SO (浓)=Na SO +SO ↑+H O，反应无需加热，选择b装置，SO 和水反应生成亚 2 3 2 4 2 4 2 2 2 硫酸，所以SO 不能用排水法收集，所以g装置不合适，故B错误； 2 C．实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，所以应该用a装置制备氯气；浓盐 酸具有挥发性导致生成的氯气中含有氯化氢，HCl极易溶于水，NaCl溶液抑制氯气溶解， 所以可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl；HCl是酸性气体，应该用酸性干燥剂干燥，所以 可以用浓硫酸干燥；HCl密度大于空气，应该用向上排空气法收集，用碱性物质处理尾气， 所以连接顺序是a→f→c→e→d，故C正确； D．实验室制备H S，利用硫化亚铁（FeS）固体和稀盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢，其 2 化学方程式为FeS+2HCl=FeCl +H S↑，制取H S的反应物为固体和液体反应不需要加热， 2 2 2 可选择b装置，但硫化氢具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者发生氧化还原反应， H S+H SO (浓)=SO +S↓+2H O，所以c装置不合适，故D错误； 2 2 4 2 2 故选C。 10．D 【详解】A．向Fe(NO ) 溶液中滴入稀硫酸酸化的H O 溶液，硝酸根在酸性条件也具有强 3 2 2 2 氧化性，溶液由浅绿色变为黄色，无法证明H O 氧化性大于Fe3+，A错误； 2 2 B．酚酞是一种有机弱酸，变色范围是pH＝8.0－10.0，弱碱溶液也可能是无色，B错误； 答案第4页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}C．向5mL0.1mol/LFeCl 溶液中滴入0.1mol/LKI溶液5~6滴，I-与Fe3+反应的离子方程式为 3 2I-+2Fe3+=I +2Fe2+，FeCl 有剩余，加2mLCCl 振荡，静置后取上层清液滴加KSCN 2 3 4 溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，但是由于Fe3+过量，不能说明反应有一定限度，C 错误； D．将某气体通入淀粉和KI的混合溶液，蓝色褪去，不能证明该气体具有漂白性，也可能 是该气体与I 发生了氧化还原反应，D正确； 2 故选D。 11．B 【分析】A是一种正盐，当X无论是强酸还是强碱时，二者反应都能生成气态氢化物B， 则A一定是弱酸的铵盐，结合单质C连续与氧气生成的E，且E与水反应生成F是强酸， 中学常见N、S元素单质化合物符合转化关系，因此当X是强碱时，B是NH ，则C是N 、 3 2 D是NO、E是NO 、F是HNO ；如果X是强酸，则B应该是H S，C是S，D是SO ，E 2 3 2 2 是SO ，F是H SO ，这说明A是(NH ) S。 3 2 4 4 2 【详解】A．由上述分析可知，F可能是H SO 或HNO ，故A正确； 2 4 3 B．由上述分析可知，A是(NH ) S，故B错误； 4 2 C．当X是强酸时，C是单质S，是一种微溶于酒精的固体，故C正确； D．当X是强酸时，用 O 代替 Cl ，氧气可与氨气反应生成氮气，故D正确； 2 2 答案选B。 12．C 【分析】ZnPbO 原电池中，右侧电极发生氧化反应：Zn2e  4OH   Zn(OH) 2 ， 2 4 右侧电极为负极，左侧电极发生还原反应：PbO +2e-+SO2- +4H+=PbSO +2H O，左侧电极 2 4 4 2 为正极。 【详解】A．由上述分析可知PbO 是原电池的正极，A正确； 2 B．锌电极锌失去电子，电极反应为Zn2e  4OH   Zn(OH) 2 ，B正确； 4 C．原电池中阴离子向负极移动，OH向Ⅱ室迁移，C错误； D．负极上发生Zn2e  4OH   Zn(OH) 2 ，1molZn失去2mol电子，质量减少65g， 4 答案第5页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}若负极减轻32.5g电子转移1mol，正极发生PbO +2e-+SO2- +4H+=PbSO +2H O反应，2mol 2 4 4 2 电子转移正极由1molPbO 生成1molPbSO 增重64g，1mol电子转移增重32g，D正确； 2 4 故选：C。 13．D 【分析】依据等效氢原理判断各烷烃中的H原子种类，即可知道烷烃的一氯取代物有几种， 其中等效氢主要有三种：①同C上的H一样；②同C上的甲基上的H一样；③对称位置上 的H一样； 【详解】 A．CH CH CH CH CH 如图所示 对称，表明该烷烃有3种H， 3 2 2 2 3 ① ② ③ 即 CH CH CH CH CH ，则一氯取代物有3种，A错误； 3 2 2 2 3   B． CH CHCH CH 无对称性，但是有2个同C上的甲基 ， 3 2 2 3 ① ② ③ ④ 所以该烷烃有4种H，即 CH  CHCH CH ，则一氯取代物有4种，B错误； 3 2 2 3   C． CH CCH CH 无对称性，但是有3个同C上的甲基 ，所以该 3 3 2 3 ① ② ③ 烷烃有3种H，即 CH  CCH CH ，则一氯取代物有3种，C错误； 3 3 2 3     D． CH CHCH CH 如图所示 对称，且两边各有2个同 3 2 3 2 ① ② C上的甲基 ，所以该烷烃只有2种H，即 CH  CHCH  CH  ， 3 2 3 2 则一氯取代物有2种，D正确； 故合理选项为D。 14．A 【分析】根据题意可知，铜失电子生成铜离子，铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀， 镁失电子生成镁离子，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，设Cu为x mol，Mg 为y mol，则：合金质量：64x24y 10，沉淀质量： 64x24y172  xy 18.5，解得：x 0.1 mol（Cu），y  0.15 mol（Mg）， 总金属物质的量x y  0.25 mol； 【详解】A．全部沉淀后，溶质为NaNO ，根据氮原子守恒，有 3 答案第6页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}1.1mol n(HNO )=n(NaNO )+n(NO+NO )=0.8L×1mol/L+0.3mol=1.1mol，c(HNO )= =11mol/L； 3 3 2 3 0.1L 故A错误； B．每1mol金属失去2mol电子，总转移电子物质的量为：0.252mol 0.5 mol，个数 为0.5N ，故B正确； A C．设NO为a mol，NO 为b mol：总物质的量：ab 0.3，电子守恒：3ab 0.5， 2 解得：a 0.1，b 0.2，体积比为1:2，故C正确； D．由上述计算可知，n(HNO )=1.1mol，反应掉的n(HNO )=2n(合 3 3 金)+n(NO+NO )=20.25mol0.3mol=0.8mol，故剩余的硝酸为0.3mol，故D正确； 2 故选A。 15．(1) 还原剂 MnO SO  MnSO 2 2 4 (2) 90℃ 防止NH HCO 受热分解，以提高原料利用率 4 3 (3)MnO 2Fe2 4H  2Fe3 Mn2 2H O 2 2 (4)Mn2 2HCO  MnCO  CO  H O 3 3 2 2 (5)取最后一次洗涤液，先加入盐酸酸化，后加几滴BaCl 溶液，若无沉淀，则已洗净 2  551248  cV 3 (6) 100%（其它答案合理也可） 2000m 【分析】软锰矿的主要成分是MnO ，含有少量的Fe O 、Al O 、SiO ，向其中加入 2 3 4 2 3 2 稀硫酸，除SiO 外金属氧化物均可溶解，加入SO 后可将Fe3+还原为Fe2+，二氧化锰 2 2 还原为锰离子，过滤后滤渣I为SiO ，滤液中存在H+、SO2-、Mn2+、Fe2+、Al3+； 2 4 向滤液中加入MnO ，可将Fe2+氧化为Fe3+，加入MnCO 调节pH可除去溶液中的 2 3 Al3+和Fe3+，使Al3+和Fe3+转化为Fe(OH) 、Al(OH) ，故滤渣II为Fe(OH) 和 3 3 3 Al(OH) ，过滤后滤液中存在SO2-和Mn2+，加入NH HCO ，将Mn2+转化为 3 4 4 3 MnCO 。 3 答案第7页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}【详解】（1）由分析可知SO 做还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，将二氧化锰还原为锰离子； 2 浸取过程中，MnO 将SO 氧化为硫酸根，离子方程式为：MnO SO  MnSO ； 2 2 2 2 4 （2）由图可知，90℃时，MnS O 的生成率低，锰浸出率高，温度再高，变化不大，则 2 6 浸锰的适宜温度是90℃；NH HCO 受热易分解，温度不宜太高，防止NH HCO 受热 4 3 4 3 分解，提高原料利用率； （3）“氧化”操作中，MnO 与Fe2+之间发生氧化还原反应，使Fe2+氧化为Fe3+，离子 2 方程式为MnO 2Fe2 4H  2Fe3 Mn2 2H O； 2 2 （4）“沉锰”时，NH HCO 与Mn2+反应生成碳酸锰、CO 和水，离子方程式为： 4 3 2 Mn2 2HCO  MnCO  CO  H O； 3 3 2 2 （5）生成的碳酸锰产品需要充分洗涤，由于原溶液中含有硫酸根，检验碳酸锰产品是否洗 净的操作为：取最后一次洗涤液，先加入盐酸酸化，后加几滴BaCl 溶液，若无沉淀，则 2 已洗净； （6）碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO 反应生成MnO ，化合价由＋2价 4 2 变成＋4价，KMnO 由＋7价变成＋4价，根据化合价升降规律，设碳酸锰的物质的量为 4 3cV103 n，所以n2=V10-3c3，解得n= mol，故MnCO 质量分数为 3 2 3cV103 2  551248   551248  cV3 100%。 100%  m 2000m 16．(1)CH +Cl 光照CH C1+HCl 4 2 3 (2)控制气流速率 (3) 不能 A装置生成的Cl 中混有HCl气体，且过量的Cl 能够与水反应产生HCl， 2 2 所以不能根据E中有HCl产生，就说是甲烷与氯气发生了取代反应 (4)6 (5)9 (6) C H 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入U形管b，干扰实验测定 3 8 答案第8页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}【分析】在装置A中，浓盐酸与MnO 混合加热反应产生Cl ，在装置B中浓硫酸可以干燥 2 2 气体、混合气体，并通过观察气泡来控制气流速率；在C中Cl 与CH 在光照条件下发生取 2 4 代反应产生CH Cl等有机物及HCl；根据取代反应的特点，由取代反应产生的物质的物质 3 的量计算反应消耗的Cl 的物质的量。 2 【详解】（1）在装置A中，浓盐酸与MnO 混合加热反应产生Cl ，装置B的浓硫酸可以干 2 2 燥、混合Cl 与CH 然后在C中Cl 与CH 在光照条件下发生取代反应产生CH C1、HCl， 2 4 2 4 3 反应方程式为：CH +Cl 光照CH C1+HCl。 4 2 3 （2）B装置中浓硫酸的作用有三种：①控制气流速率；②干燥气体，避免副反应的发生； ③混匀混合气体。 （3）A装置生成的Cl 中混有HCl气体，且过量的Cl 能够与水反应产生HCl，所以不能根 2 2 据E中有HCl产生，就说是甲烷与氯气发生了取代反应。 （4）若2molCH 与Cl 在光照条件下发生取代反应，CH 全部消耗完，测得生成CH Cl、 4 2 4 3 CH Cl 、CHCl 和CCl 的物质的量之比为1:2:3:4，由C元素守恒可知生成CH Cl、 2 2 3 4 3 CH Cl 、CHCl 和CCl 的物质的量分别为0.2mol、0.4mol、0.6mol、0.8mol，结合取 2 2 3 4 代反应的特点，可知发生取代反应消耗Cl 的总物质的量为 2 n(CH Cl)+2n(CH Cl )+3n(CHCl )+4n(CCl )=0.2mol+2×0.4mol+3×0.6mol+4×0.8 3 2 2 3 4 mol=6mol。 （5）9种 （6）①实验前后干燥剂和U形管a的质量差为烷烃燃烧生成水的质量，可知水的物质的量 30.8g-29.0g 为 =0.1mol；实验前后碱石灰和U形管b的质量差为烷烃燃烧生成的二氧化 18g/mol 71.1g-67.8g 碳的质量，二氧化碳的物质的量为 =0.075mol，可知烷烃X中 44g/mol n(C)∶n(H)=0.075∶0.2=3∶8，实验式为C H ，由于实验式中H原子已经饱和，该烷烃的 3 8 分子式为C H ； 3 8 ②为确保测量的准确性，需要在U形管b后再连接一个盛有碱石灰的干燥管，目的是：防 止空气中的水蒸气和二氧化碳进入U形管b，干扰实验测定。 17．(1)Fe、O 答案第9页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}(2)2NOO  2NO 2 2 (3)3FeO10H  NO 3Fe3  NO 5H O 3 2 (4)取适量G溶液于试管中，继续滴加NaOH浓溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试 管口，若试纸变蓝，则证明含有NH 4 【分析】气体C为无色气体，遇空气变成红棕色，C为NO，沉淀E为红褐色沉淀，E为Fe(OH) ， 3 F为Fe O ，D为NO ，B为HNO ，D为Fe(NO ) ，G为NH NO ，根据元素守恒，A中含 2 3 2 3 3 3 4 3 Fe和O，为FeO，据此回答。 【详解】（1）根据分析可知，组成固体A的元素符号为Fe、O； （2）C→D的化学反应方程式为：2NO+O =2NO ； 2 2 （3）固体A和过量溶液B反应的离子方程式： 3FeO10H  NO 3Fe3  NO 5H O； 3 2 （4）检验溶液NH NO 中的NH的方法为：取适量G溶液于试管中，继续滴加NaOH浓 4 3 4 溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则证明含有NH。 4 (5) 70% (6)5：4 （5）列三段式： CO  g   3H  g   CH OH  g   H O  g  2 2 3 2 初始/mol 1 2 0 0 转化/mol 0.2 0.6 0.2 0.2 平衡/mol 0.8 1.4 0.2 0.2 CO  g   2H  g   CH OH  g  2 3 初始/mol 1 1.4 0.2 转化/mol 0.4 0.8 0.4 平衡/mol 0.6 0.6 0.6 平衡时气体总物质的量：0.8mol0.6mol0.6mol0.6mol0.2mol 2.8mol， 20.6 平衡时氢气转化率： 100％70％ 2 答案第10页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}（6）若进入电极A的n  H  :n  CO 3:1，由负极反应：CO2e CO2  2CO 、 2 3 2 H 2e CO2  H OCO ，消耗3mol氢气转移6mol电子生成3molCO ，消耗 2 3 2 2 2 1molCO转移2mol电子生成2molCO ，共转移8mol电子生成5molCO ，由正极反应： 2 2 O 2CO 4e  2CO2，消耗4molCO ，理论上负极生成的CO 与正极消耗的 2 2 3 2 2 CO 的物质的量之比是5：4。 2 18．(1) 浓硫酸 除去氯气中的氯化氢 (2) 收集器内充满黄绿色气体 通入干燥空气把装置内残留的氯气排入装置g中被 氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染 (3)在沉积的氯化铁固体下方加热 25(a-b) (4) 250mL容量瓶 BD 27cV 【分析】由实验装置图可知，装置a中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥 发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置b中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体， 装置c中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置d、e用于制取、冷凝收集氯化铁，装置f中盛 有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入e中导致氯化铁潮解，装置g中盛有的氢氧化 钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。 【详解】（1）由分析可知，装置f中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入e中导 致氯化铁潮解；装置b中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体； （2）由题意可知，步骤Ⅱ为打开分液漏斗活塞，点燃装置a处酒精灯，当收集器内充满黄 绿色气体，点燃装置d处酒精灯；步骤Ⅴ中通入干燥空气的目的是把装置内残留的氯气排入 装置g中被氢氧化钠溶液充分吸收，防止产生污染； （3）由题意可知，氯化铁300℃左右升华可知，要使沉积的氯化铁进入收集器，需要的操 作是在沉积的氯化铁固体下方加热； （4）由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、 装瓶可知，配制样品溶液时，用到的玻璃仪器有250mL容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管； 由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得①中存在如下转化关系： 6FeCl ⋅ nH O—6Fe2+—K Cr O ，反应消耗VmLcmol/L重铬酸钾溶液，则250mL溶液中铁 3 2 2 2 7 250mL 离子的物质的量为6×cmol/L×10-3VL× =0.06cVmol；由②中质量变化可得结晶水的 25.00mL 答案第11页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}(a-b)g (a-b) (a-b) 25(a-b) 物质的量为 = mol，由化学式可得：1：n=0.06cVmol： mol，解得n= ； 18g/mol 18 18 27cV A．实验①中，称重后样品发生了潮解对氯化铁的物质的量无影响，对所测结果无影响，故 不符合题意； B．实验①中配制溶液时，俯视刻度线定容会使所配的溶液浓度偏大，导致所测结果偏小， 故符合题意； C．实验①中配制溶液时，未对所用过的烧杯和玻璃棒进行洗涤会使所配的溶液浓度偏小， 导致所测结果偏大，故不符合题意； D．实验②中样品与SOCl 反应时，失水不充分会使失水的质量偏小，导致所测结果偏小， 2 故符合题意； 故选BD。 答案第12页，共12页 {#{QQABIYIlxwqQwARACZ76EQWoCQmQkIMQJaomQRAUOA4KwRFABAA=}#}