江苏省泰兴市第三高级中学2026届化学高一上期中预测试题含解析.doc

江苏省泰兴市第三高级中学2026届化学高一上期中预测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、1mol O2在放电条件下发生下列反应：3O22O3，如有30%O2转化为O3，则放电后混合气体对H2的相对密度是( )
A．16 B．17.8 C．18.4 D．35.6
2、下列变化中，需要加入还原剂的是(　　)
A．H2→HCl B．Na2CO3→NaHCO3
C．FeCl3→FeCl2 D．SO2→SO3
3、下列关于摩尔质量叙述中正确的是( )
A．1 mol CO 的质量是 28 g·mol-1 B．硫酸根离子的摩尔质量是 98 g
C．Cl2 的摩尔质量是 71 g·mol D．NaCl 的相对分子质量是 58.5 g·m
4、下列仪器常用于物质分离的是
①漏斗 ②试管 ③蒸馏烧瓶 ④天平⑤ 分液漏斗 ⑥研钵
A．①③④ B．①③⑤ C．①②⑥ D．①③⑥
5、下列实验操作正确的是（ ）
A．用蒸发皿蒸发溶液时，应垫石棉网
B．使用分液漏斗前无需检漏
C．萃取时，分液漏斗倒转，不断振荡，并及时放气
D．分液时，上层液体等下层液放出后，再继续放出
6、相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是（ ）。
①它们所含的分子数目之比为1∶1；　②它们所含的O原子数目之比为1∶2；　③它们所含的原子总数目之比为2∶3；　④它们所含的C原子数目之比为1∶1；⑤它们所含的电子数目之比为7∶11
A．①②③④ B．②和③ C．④和⑤ D．①②③④⑤
7、下列说法错误的是( )
A．用托盘天平称取3.2 g NaCl固体
B．过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用相同
C．容量瓶使用前应洗涤、干燥、检漏
D．定容时，加水不慎超过刻度线，只能重新配置
8、用98%的浓硫酸配制2mol·L-1的稀硫酸，下列操作使所配溶液浓度偏低的是
A．未冷却就转移、定容 B．容量瓶中有少量蒸馏水
C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数 D．定容时俯视刻度线观察液面
9、下列关于氧化还原反应的叙述中，正确的是（ ）
A．一种元素被氧化，肯定有另一种元素被还原
B．氧化还原反应的实质是电子的转移
C．某元素由化合态变为游离态，则该元素一定被还原
D．氧化还原反应中，得电子越多，氧化性越强
10、反应方程式 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu不属于下列反应类型中的( )
A．离子反应 B．氧化还原反应 C．复分解反应 D．置换反应
11、已知：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O反应，下列说法正确的是（ ）
A．每消耗1molMnO2生成Cl2的体积为22.4L
B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4
C．氧化性：MnO2>Cl2
D．反应中每生成1molCl2时，转移电子的物质的量为4mol
12、用CuSO4·5H2O配制0.1 mol/LCuSO4水溶液，下面所列的方法正确的是（ ）
A．取25 g CuSO4·5H2O溶于1 L水中
B．将CuSO4·5H2O干燥去掉结晶水，取16 g溶于水制成1 L溶液
C．将25 g CuSO4·5H2O溶于水制成1 L溶液
D．取12.5 g CuSO4·5H2O溶于500 mL水中
13、一定温度和压强下，2体积AB2气体和1体积B2气体化合生成2体积气态化合物，则该化合物的化学式为
A．AB3 B．AB2 C．A3B D．A2B3
14、下列各组仪器常用于物质分离的是(　　)

A．①③⑥ B．②④⑥ C．②③⑥ D．②③⑤
15、下列实验方案中，不能测定NaCl和NaHCO3混合物中NaHCO3质量分数的是
A．取a克混合物充分加热，减重b克
B．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
C．取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应，过滤洗涤、烘干，得b克固体
D．取a 克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得 b 克固体
16、用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，下列图示对应的有关操作规范的是
A．称量 B．溶解 C．转移 D．定容
二、非选择题（本题包括5小题）
17、在Na+浓度为0.5 mol/L的某澄清溶液中，还可能含有下表中的若干种离子。（已知H2SiO3为不溶于水的胶状沉淀，加热时易分解为两种氧化物，SiO32-和Ag+、Ca2+、Ba2+不共存）
阳离子
K+
Ag+
Ca2+
Ba2+
阴离子
NO3－
CO32-
SiO32-
SO42-
现取该溶液100mL进行如下实验（气体体积在标准状况下测定）。
序号
实验内容
实验结果
Ⅰ
向该溶液中加入足量稀盐酸
生成白色胶状沉淀并放出标准状况下0.56 L气体
Ⅱ
将Ⅰ中产生的混合液过滤，对沉淀洗涤、灼烧至恒重，称量所得固体质量
固体质量为2.4g
Ⅲ
向Ⅱ的滤液中滴加BaCl2溶液
无明显现象
请回答下列问题：
(1)实验Ⅰ能确定一定不存在的离子是________；
(2)实验Ⅰ中生成气体的离子方程式为________；
(3)通过实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要计算，填写下表中阴离子的浓度（能计算出的，填写计算结果，一定不存在的离子填“0”，不能确定是否存在的离子填“？”）。
阴离子
NO3－
CO32-
SiO32-
SO42-
c（mol/L）
________
0.25mol/L
________
________
(4)判断K+是否存在，若存在，计算其最小浓度；若不存在，请说明理由：___________________。
18、有一包白色固体粉末，由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成，取样品进行如下实验（假设下列过程中，能反应的物质之间的反应恰好完全）：

（1）步骤①所用分离方法叫做___，要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，所用分离方法叫做___。
（2）写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___；②___。
（3）固体粉末中一定不存在的物质是（填化学式，下同）___；不能确定是否存在的物质是___。
（4）将固体粉末可能的组成填入下表（可以不填满，也可以再补充）。___
序号
化学式
Ⅰ

Ⅱ

（5）设计一个实验，进一步确定混合物的组成，简述实验操作、现象和结论。___
19、实验室可用下图装置探究一氧化碳还原氧化铁（NaOH溶液吸收CO2）。

（1）实验开始时应先___________（填序号）。
①通CO    ②点燃酒精喷灯
（2）A处玻璃管中发生反应的化学方程式为_______________。
（3）关于该实验说法正确的是___________（填序号）。
①A中能观察到黑色固体变红
②通过B中石灰水变浑浊即可判断A中反应已发生
③理论上，A管固体质量的减少值等于反应后生成气体的总质量
（4）通入足量CO完全反应后，所得固体产物与工业炼铁所得产品是否相同？________（填“是”或“否”）原因是____________________。
20、现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用下图所示的实验装置测定Na2O2试样的纯度(通过CO2与样品反应后生成O2的量测定Na2O2的含量)。(可供选用的反应物：CaCO3固体、6 mol·L-1盐酸、6 mol·L-1硫酸和蒸馏水)

回答下列问题：
(1)实验前必须先_________。
(2)装置A中液体试剂应选用_____。
(3)装置B的作用是_________；装置C的作用是____；装置E中碱石灰的作用是__________。
(4)装置D中发生反应的化学方程式是___________。
(5)若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL(标准状况)，则Na2O2试样的纯度为________。
21、Ⅰ．高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，比Cl2、O2、ClO2、KMnO4氧化性更强，无二次污染，工业上是先制得高铁酸钠，然后在低温下，向高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和，使高铁酸钾析出。
（1）干法制备高铁酸钠的主要反应为：2FeSO4 + 6 Na2O2 = 2Na2FeO4 + 2Na2O + 2Na2SO4 + O2↑，该反应中氧化剂是________________（填化学式），过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为____________。（填数字）
（2）湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种数粒：Fe（OH）3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。
①碱性条件下，氧化剂和还原剂的物质的量的比为3:2发生反应，写出并配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式：___________________________________________________________。
②每生成1mol FeO42-转移________mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为______________mol。
Ⅱ．已知：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－。
（1）含有1 mol FeI2和2 mol FeBr2的溶液中通入2 mol Cl2，此时被氧化的离子是____________，被氧化的离子的物质的量分别是________________________。
（2）若向含a mol FeI2和b mol FeBr2的溶液中通入c mol Cl2，当I－、Fe2＋、Br－完全被氧化时，c为________________________（用含a、b的代数式表示）。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
根据质量守恒定律可知，反应后混合气体的质量等于反应前氧气的质量，根据m=nM计算反应前氧气的质量，根据差量法计算反应后混合气体物质的量变化量，进而计算反应后混合气体总物质的量，再根据M=m/n计算混合气体的平均摩尔质量，相同条件下密度之比等于其摩尔质量之比，据此答题。
【详解】
反应前氧气的质量为1mol×32g/mol=32g，根据质量守恒定律可知，反应后混合气体的质量为32g，参加反应氧气为1mol×30%=0.3mol
3O22O3，物质的量减少
3 2 1
0.3mol 0.1mol
故反应后混合气体总物质的量为1mol-0.1mol=0.9mol
则反应后混合气体的平均摩尔质量为32g/0.9mol=32/0.9g/mol
故混合气体相对氢气的密度为32/0.9g/mol÷2g/mol=17.8，故答案B正确。
故选B。
2、C
【解析】
A. H2→HCl，H元素化合价升高，失去电子，需要加入氧化剂才能实现，A错误；
B. Na2CO3→NaHCO3，各元素化合价均无发生变化，不是氧化还原反应，Na2CO3溶液中通入CO2即可变为NaHCO3，B错误；
C. FeCl3→FeCl2，Fe元素化合价降低，得到电子，需要加入还原剂才能实现，C正确；
D. SO2→SO3，S元素化合价升高，失去电子，需要加入氧化剂才能实现，D错误；故答案为：C。
3、C
【解析】
A、1mol一氧化碳的质量为28g，28g•mol-1为一氧化碳的摩尔质量，A错误；
B、硫酸根离子的摩尔质量为98g/mol，98g为1mol硫酸的质量，B错误；
C、氯气的相对分子质量为71，其摩尔质量为71g/mol，C正确；
D、相对分子质量单位为1，省略不写，氯化钠的相对分子质量为58.5，58.5 g•mol-1为氯化钠的摩尔质量，D错误；
答案选C。
掌握摩尔质量与质量、摩尔质量与相对分子量的关系是解题的关键。注意某种物质的摩尔质量、相对分子质量在数值上可以相等，但单位不同，摩尔质量的单位为g/mol，相对分子质量单位为“1”，省略不写。
4、B
【解析】
过滤需要漏斗，蒸馏需要蒸馏烧瓶，分液需要分液漏斗，试管、天平、研钵不用于物质的分离与提纯，答案选B。
5、C
【解析】
A. 用蒸发皿蒸发溶液时，不需要垫石棉网，可以用酒精灯直接加热，A错误；
B. 分液漏斗带有活塞，使用分液漏斗前需要检漏，B错误；
C. 萃取时，分液漏斗倒转，不断振荡，并及时放气，C正确；
D. 分液时为使上下两层液体充分分离，下层液放出后，及时关闭活塞，上层液体从上口倒出，D错误。
答案选C。
6、D
【解析】
根据化学式可知，如果CO和CO2的物质的量相等，则二者的分子数相等，所含的氧原子数是1︰2的。而原子总数是2︰3的，碳原子数是1︰1的，含有的电子数是14︰22，所以正确的答案选D。
7、C
【解析】
A. 托盘天平的精确度为0.1g，因此可以用托盘天平称取3.2 g NaCl固体，A项正确；
B. 过滤和向容量瓶转移液体时，玻璃棒的作用均为引流，作用相同，B项正确；
C. 容量瓶使用前应先检漏，再进行洗涤，无需干燥，C项错误；
D. 定容时，加水不慎超过刻度线，所配置的溶液变稀，只能重新配置，D项正确；
答案应选C。
8、C
【解析】
A．未冷却就转移、定容，当所配制溶液恢复室温时，容量瓶内溶液体积减小，根据c=，溶质物质的量不变，溶液体积减小，所配制溶液的浓度偏高，故A不符合题意；
B．容量瓶在定容操作过程中要加入一定量蒸馏水至凹液面与刻度线相平，则容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液的浓度无影响，故B不符合题意；
C．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，导致溶质的物质的量减小，根据c=，溶质物质的量减小，导致所配溶液的浓度减小，故C符合题意；
D．定容时俯视刻度线观察液面，导致容量瓶内溶液体积减小，根据c=，溶质物质的量不变，溶液体积减小，所配制溶液的浓度偏高，故D不符合题意；
答案选C。
9、B
【解析】
A.在氧化还原反应中被氧化的元素和被还原的元素可以是同一元素，如Cl2+H2O=HCl+HClO，其中氯元素既被氧化又被还原，A项错误；
B.氧化还原反应中化合价升高的实质是失去电子或共用电子对偏离，化合价降低的实质是得到电子或电子对偏向，所以氧化还原反应的实质是电子的转移，B项正确；
C.处于化合态的元素化合价既可能呈负价也可能呈正价，若由正价变成游离态，则该元素被还原如CuO+H2Cu+H2O中的铜元素；若由负价变成游态，则该元素被氧化如MnO2+4HCl2MnCl2+Cl2↑+2H2O中的氯元素，C项错误；
D.氧化性越强是指得电子能力越强，与得电子多少没有必然联系，D项错误；答案选B。
熟记氧化还原反应概念的小方法：“升失氧、降得还”，即化合价升高失去电子，对应元素发生氧化反应，化合价降低得到电子，对应元素发生还原反应。
10、C
【解析】
A．该反应在溶液中进行，有离子参与，属于离子反应；
B．该反应Fe、Cu元素化合价变化，属于氧化还原反应；
C．该反应属于置换反应，不属于复分解反应；
D．该反应属于Fe置换Cu的反应。
答案选C。
11、C
【解析】
由MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，HCl中Cl元素的化合价由-1价升高为0，MnO2中Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，以此来解答。
【详解】
A. 由方程式可以看出，每消耗1molMnO2生成1mol Cl2，在标准状况下的体积为22.4L，由于没有指明是在标准状况下，故A错误；
B. 该反应的氧化剂为MnO2，还原剂为HCl，1mol MnO2氧化2mol HCl，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B错误；
C. 该反应的氧化剂为MnO2，氧化产物为Cl2，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以氧化性：MnO2>Cl2，故C正确；
D. 反应中每生成1molCl2时，转移电子的物质的量为2mol，故D错误。
答案选C。
本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念和电子转移的考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。
12、C
【解析】
A.单位体积溶液里所含溶质的物质的量来表示的浓度是物质的量浓度，A中溶液的体积不是1L，不能确定溶液的浓度，A不正确；
B.胆矾不一定完全失去结晶水，则16g固体的质量不一定是0.1mol，B不正确；
C.胆矾的物质的量是25g÷250g/mol＝0.1mol，溶液体积是1L，则浓度是0.1mol/L，C正确；
D.胆矾的物质的量是0.25mol，但溶液的体积不是0.5L，不能确定溶液的浓度，D不正确。
答案选C。
13、A
【解析】
等温等压下，体积之比等于物质的量之比，因此反应的方程式为：2AB2+ B2=2C，根据原子守恒可知，C的化学式为AB3，A正确；
综上所述，本题选A。
14、C
【解析】
①排液法测量气体的体积的装置，不适用于物质分离；
②过滤能把固体和液体分离,过滤时需要漏斗等；
③分液漏斗把互不相溶的液体分开；
④配制一定物质的量浓度的溶液用到的主要仪器—容量瓶；
⑤把固体研成粉末的一种仪器；
⑥蒸馏时需要蒸馏烧瓶和温度计等，把互溶、沸点相差较大的液体分开；
结合以上分析可知，常用于物质分离的仪器有②③⑥，C正确；
综上所述，本题选C。
15、B
【解析】
方案能确定氯化钠、碳酸氢钠任一物质的质量，即可测定混合物中NaHCO3质量分数，
A. 此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；
B. 应先把水蒸气排除才合理；
C. 根据碳元素守恒，可求解碳酸氢钠质量分数；
D. 根据钠元素守恒的质量关系，可列方程组求解。
【详解】
A. NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳,所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A项不符合题意；
B. 混合物中NaHCO3与足量稀硫酸充分反应，会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故B项符合题意；
C. NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠与Ba(OH)2反应，反应的方程式为：HCO3−+OH−+Ba2+ = H2O+BaCO3↓，因此最后得到的固体是BaCO3，依据碳元素守恒计算，可以计算出NaHCO3质量分数，故C项不符合题意；
D. NaCl和NaHCO3混合物中，碳酸氢钠可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以b g固体是氯化钠，利用守恒法可计算出NaHCO3质量分数，故D不符合题意；
答案选B。
16、B
【解析】

【详解】
A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；
B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；
C．转移溶液时，应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；
D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；
故选B。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、Ag+、Ca2+、Ba2+ CO32－＋2H＋ ＝ H2O＋CO2↑ ？ 0.4 0 存在，最小浓度为0.8 mol/L
【解析】
I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K＋，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32－，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；
II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32－的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；
III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42－；综上所述，NO3－可能含有；
【详解】
I：加入盐酸，生成白色胶状沉淀，该沉淀为H2SiO3，原溶液中有SiO32－，Ag＋、Ca2＋、Ba2＋不能大量存在，根据溶液呈现电中性，原溶液中一定含有K＋，有气体产生，该气体为CO2，原溶液中含有CO32－，其物质的量为0.56/22.4mol=0.025mol；
II：最后得到固体为SiO2，原溶液中SiO32－的物质的量为2.4/60mol=0.04mol；
III：向滤液II中加入BaCl2溶液，无现象，说明原溶液中不含有SO42－；综上所述，NO3－可能含有；
（1）根据上述分析，实验I中一定不存在的离子是Ag＋、Ca2＋、Ba2＋；
（2）实验I中生成气体的离子方程式为CO32－＋2H＋=CO2↑＋H2O；
（3）根据上述分析，NO3－可能含有，也可能不含有，因此NO3－的浓度为?；SiO32－的物质的量浓度为0.04/(100×10－3)mol·L－1=0.4mol·L－1；SO42－不含有，浓度为0；
（4）根据上述分析，K＋一定存在，根据电中性，当没有NO3－时，K＋浓度最小，n(K＋)＋n(Na＋)=2n(SiO32－)＋2n(CO32－)，代入数值，解得n(K＋)=0.08mol，即c(K＋)=0.8mol·L－1。
18、过滤 蒸馏 Ba2++SO42-=BaSO4↓ H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O CuSO4 KCl
序号
化学式
I
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2
II
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl
用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl
【解析】
假设这些物质都有，经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，说明原粉末中没有FeCl3，在该假设的前提下，白色沉淀是CaCO3、BaSO4，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体，则说明沉淀中一定有CaCO3，题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全，加入稀硝酸之后，沉淀的质量减少，说明还含有BaSO4，则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2；KCl不和上述的任何物质反应，也不能通过实验现象去确定其是否存在，故可能有KCl。
【详解】
（1）经步骤①得到无色溶液和白色沉淀，则该步骤为过滤；要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂，需要采用蒸馏；
（2）经分析，原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓；步骤②中，仅CaCO3和HNO3反应，该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O；
（3）经分析，原固体粉末中一定没有CuSO4，不能确定是否存在的是KCl；
（4）由于原固体粉末中一定没有CuSO4，一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2，可能有KCl，故其组成由两种情况：
序号
化学式
I
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2
II
CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl
（5）KCl是唯一可能存在的物质，故只需要鉴定KCl即可，可以用AgNO3溶液检验KCl：用试管取少许步骤①中的“无色溶液”，滴入HNO3酸化，再滴入AgNO3溶液；若有白色沉淀出现，则原白色固体粉末中含有KCl；若无白色沉淀出现，则原白色固体粉末中不含KCl。
“白色粉末”的推断题，是酸碱盐的常考题型，解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体，再根据后续的实验现象，确定这些固体的存在情况。
19、① Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 ② 否 该实验得到的是纯铁，而工业炼铁含有杂质．
【解析】
装置A中CO在高温下还原氧化铁，装置B检验生成的CO2，装置C吸收生成的CO2，同时收集CO，据此解答。
【详解】
（1）因为一氧化碳具有可燃性，点燃或加热一氧化碳与空气的混合物可能引起爆炸，故加热前要先通入一氧化碳，排除空气防止爆炸，故答案选①；
（2）在高温的条件下，一氧化碳与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，反应的方程式为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（3）①A中的氧化铁变成了铁，现象是红色粉末变成黑色，故错误；
②B中石灰水变浑浊说明有二氧化碳生成，即A中反应已发生，故正确；
③由化学方程式Fe2O3+3CO2Fe+3CO2可知，A管固体质量的减少值是氧化铁中氧元素的质量，而生成的气体是参加反应的一氧化碳质量与氧化铁中氧元素的质量之和，故错误；
故答案选②；
（4）通入足量CO完全反应后，所得固体产物与工业炼铁所得产品不完全相同，这里得到的是纯铁，而工业炼铁含有杂质。
20、检查装置的气密性 6 mol·L-1 盐酸 除去气体中的HCl 干燥气体 吸收装置D中反应剩余的CO2 Na2O+CO2＝Na2CO3 、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 78%
【解析】
根据化学实验基础及除杂原则分析；根据化学反应方程式化学计量计算分析。
【详解】
(1)所有化学实验前都要进行气密性检验；
(2) 装置A是碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，若碳酸钙和硫酸反应时，生成的硫酸钙是微溶于水的，会覆盖在碳酸钙的表面，使反应不能持续，故装置A中液体试剂应选用用盐酸来反应；
(3) 碳酸钙和盐酸反应生成的二氧化碳气体中含有盐酸挥发出来的氯化氢气体和水蒸气，可以用饱和碳酸氢钠来除去，可以用浓硫酸吸收水蒸气，装置E中碱石灰的作用是吸收二氧化碳，防止CO2对氧气的体积测量造成干扰，故答案为除去气体中的HCl，干燥气体， 吸收装置D中反应剩余的CO2；
(4) 装置D中是CO2与Na2O2、Na2O反应，反应方程式：Na2O+CO2＝Na2CO3 、2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；
(5) 根据反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224mL（标准状况），生成的氧气的物质的量为：n（O2）=0.224L/22.4L·mol-1=0.01mol，过氧化钠的物质的量为：n（Na2O2）=2n（O2）=0.02mol，过氧化钠的纯度为：ω（Na2O2）=(0.02mol×78g/mol)÷2.0g=78%；
实验设计操作流程大致为：组装仪器从左到右，从下到上→气密性检验→反应→除杂→收集→尾气处理。按照大致流程推断每一步操作的用意，即可顺利解决此种类型题。
21、Na2O2 -1 2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O 3 0.15 I-、Fe2+ n（I-）=2mol n（Fe2+）=2mol c=
【解析】
Ⅰ（1） FeSO4中Fe元素化合价由+2价变为+6价,化合价升高，失去电子，作还原剂；、Na2O2 中O元素化合价由-1价变为0价,得到电子，作氧化剂，所以Na2O2是氧化剂，过氧化钠（Na2O2）中氧元素化合价为-1；
（2）①湿法制备高铁酸钾K2FeO4时, Fe（OH）3失电子被氧化生成K2FeO4,则ClO－作氧化剂被还原生成Cl－,氢氧化铁必须在碱性条件下存在,所以该反应是在碱性条件下进行,该离子反应为2Fe（OH）3 + 3ClO- + 4OH- = 2FeO42- + 3Cl- + 5H2O；
②Fe（OH）3 中Fe元素化合价由+3价变为+6价，所以1mol FeO42-转移3mol电子，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物Cl-的物质的量为0.15mol；
Ⅱ.（1）在氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，所以还原性的强弱顺序为I－＞Fe2＋＞Br－，所以氯气首先氧化的是I－，然后氧化Fe2＋，最后是Br－；根据电子得失守恒可知，2 mol氯气能氧化2mol I－和2mol Fe2＋；
（2）根据电子得失守恒可知，2c=2a+(a+b)，即c=。