周末练17 模块综合试卷(二)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一化学必修第一册学习笔记（人教版 浙江专版）

**基本信息** 涵盖高中化学核心模块，融合真实工业情境与名校期末真题，注重科学思维与探究能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|16题/48分|金属（Na、Al、Fe）、非金属（Cl、S）化合物性质，离子反应，氧化还原|结合杭州十四中、杭高等校期末真题，如第2题钠的灭火安全，第5题离子共存分析| |非选择题|4题/52分|工业流程（废液回收、亚氯酸钠制备），实验探究（无水AlCl₃制备），化学计算|以亚氯酸钠制备（19题）、黑木耳铁含量测定（20题）为载体，考查流程分析与定量计算，体现科学探究与实践素养|

周末练17　模块综合试卷(二) [分值：100分] 一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意) 1.(2025·杭州第十四中学高一期末)下列实验仪器的名称不正确的是(　　) 答案　C 2.下列说法不正确的是(　　) A.铝质餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物 B.火灾现场存放大量活泼金属钠时，可以用水或沙土来灭火 C.炽热的钢水注入模具前，模具必须干燥，否则可能发生爆炸性迸溅 D.对某一溶液进行焰色试验时，观察到火焰颜色为黄色，说明溶液中一定有Na+ 答案　B 解析　蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物，都会直接破坏铝表面的氧化膜，从而降低铝质品的抗腐蚀能力，缩短铝质餐具的寿命，故A正确；活泼金属钠与水反应产生H2且放出大量热，会加剧火情，故B错误；若模具不干燥，炽热的钢水会引发铁和水蒸气反应，产生H2，H2易燃易爆，从而引发钢水爆炸性迸溅，故C正确。 3.(2025·杭州高级中学高一期末)下列有关碳酸钠和碳酸氢钠说法不正确的是(　　) A.向碳酸氢钠中加少量水，伴随着吸热现象 B.侯德榜制碱法最终产品是碳酸氢钠 C.碳酸钠溶液呈碱性 D.碳酸钠可用于纺织、制皂、制玻璃 答案　B 解析　侯德榜制碱法最终产品是碳酸钠，故B项错误。 4.在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，用另一块干冰盖上，能看到镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光，像冰灯一样。反应的化学方程式为2Mg+CO22MgO+C。下列说法错误的是(　　) A.干冰受热升华的过程中，吸收的能量用于克服分子间作用力 B.MgO既是碱性氧化物，又是离子化合物 C.燃烧时CO2中的极性共价键断裂 D.单质Mg能导电，所以它是电解质 答案　D 解析　干冰受热升华的过程中，需要克服范德华力(分子间作用力)，A正确；氧化镁能和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，同时氧化镁是由镁离子和氧离子构成的，含有离子键，属于离子化合物，B正确；燃烧时CO2中碳与氧之间的极性共价键断裂，C正确；单质Mg能导电，但不是化合物，因此它既不是电解质也不是非电解质，D错误。 5.(2025·杭州高级中学高一期末)在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是(　　) A.无色溶液：K+、H+、C、Mn B.碱性条件：Ba2+、Na+、Cl-、ClO- C.酸性条件：Fe3+、S2-、Mg2+、S D.印刷电路板的腐蚀液：Cu2+、N、H+、Ag+ 答案　B 解析　Mn有颜色，不能在无色溶液中大量存在，且氢离子与碳酸根离子也不能大量共存，A不符合题意；碱性条件下，Ba2+、Na+、Cl-、ClO-之间不发生反应，能大量共存，B符合题意；印刷电路板的腐蚀液中含有Fe2+，N、H+会和Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意。 6.下列离子方程式正确的是(　　) A.将Cl2通入水中：Cl2+H2O===2H++Cl-+ClO- B.用FeCl3溶液腐蚀覆铜板：Fe3++Cu===Fe2++Cu2+ C.将Na单质投入到FeCl2溶液中：2Na+Fe2+===Fe+2Na+ D.将碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：+H+===H2O+CO2↑ 答案　D 解析　氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆成离子形式，A错误；电荷不守恒，正确的为2Fe3++Cu===2Fe2++Cu2+，B错误；钠投入到氯化亚铁溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠再和氯化亚铁反应生成Fe和氯化钠，Fe再被空气中氧气氧化生成Fe，C错误。 7.(2024·台州期末)下列操作符合规范且能达到实验目的的是(　　) A.关闭活塞b，打开活塞a，水能持续顺利流下，则表示甲装置气密性不好 B.用乙装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3 C.可用丙装置鉴别纯碱与小苏打 D.利用丁装置制备Fe(OH) 2可保证较长时间观察到白色沉淀 答案　D 解析　该分液漏斗与蒸馏烧瓶为一个连通装置，关闭活塞b，打开活塞a，水一定能持续顺利流下，不能表示甲装置气密性不好，A错误；侯氏制碱法的原理是向饱和食盐水中先通入氨气、再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠沉淀，B错误；装有固体的试管口应略向下倾斜，以防水蒸气回流使试管壁破裂，C错误；利用丁装置制备氢氧化亚铁，植物油液封可防止二价铁被氧化，可较长时间观察到白色沉淀，D正确。 8.★★从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体的流程如下。 下列说法正确的是(　　) A.试剂a是铁、试剂b是稀硫酸 B.操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ所用仪器相同 C.试剂c是KMnO4 D.用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否含有Fe2+ 答案　D 解析　向含FeCl2、FeCl3、CuCl2废液中加过量的铁单质，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，铁和氯化铜反应置换出铜，过滤，滤渣Y含铜和铁，滤液X为氯化亚铁，滤渣Y中加盐酸溶解铁，过滤得金属铜，向氯化亚铁溶液中通入氯气，得到氯化铁溶液。根据以上分析，试剂a为铁，试剂b为稀盐酸，不能用稀硫酸，会引入杂质，故A错误；操作Ⅰ、操作Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发浓缩、冷却结晶，所用的仪器不同，故B错误；试剂c不能是KMnO4，否则会带入Mn2+杂质，故C错误；W是FeCl3溶液，亚铁离子、氯离子都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否含有Fe2+，故D正确。 9.类比是研究物质性质的常用方法之一。下列类比正确的是(　　) ①Cu与Cl2能化合生成CuCl2，则Fe与Cl2能化合生成FeCl3 ②Mg在空气中燃烧生成MgO，则Na在空气中燃烧生成Na2O ③NaHCO3可以治疗胃酸过多，则NaOH也可以治疗胃酸过多 ④Fe可以置换岀CuSO4溶液中的铜，则Al也可以置换出CuSO4溶液中的铜 A.①② B.②③ C.①③ D.①④ 答案　D 解析　氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成高价氯化物，故①正确；Mg在空气中燃烧生成MgO，而Na在空气中燃烧生成Na2O2，故②错误；氢氧化钠具有强腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多，故③错误；铁、铝活泼性强于铜，都可以从硫酸铜溶液中置换出铜，故④正确。 10.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　) A.5NH4NO32HNO3+4N2↑+9H2O反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NA B.室温下，0.2 mol·L-1的Na2SO4溶液中含Na+数目为0.4NA C.标准状况下，NA个HF分子所占的体积约为22.4 L D.高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA 答案　A 解析　根据化学方程式可知铵根离子中氮元素化合价从-3价升高到0价，生成4 mol N2转移电子15 mol，则生成28 g即1 mol氮气时转移电子的物质的量为1 mol×=3.75 mol，故A正确；溶液体积未知，不能计算溶液中含Na+数目，故B错误；标准状况下HF不是气态，NA个HF分子所占的体积不是22.4 L，故C错误；根据反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2可知，消耗0.2 mol铁时，生成氢气的物质的量为0.2 mol× mol，分子数目为NA，故D错误。 11.★★某白色粉末中可能含有K2CO3、CaCl2、Ba(NO3)2中的一种或多种，现进行以下实验： ①取少量粉末于一支试管中，加入水，振荡，有白色沉淀生成。 ②向实验①的试管中加入过量稀盐酸，白色沉淀消失，并有气泡产生，得到溶液X。 ③向实验②反应后的溶液中滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，得到溶液Y。 下列说法正确的是(　　) A.实验①中的白色沉淀一定含两种物质 B.该白色粉末中一定含有CaCl2 C.溶液Y中至少含有两种溶质 D.蘸取溶液X于酒精灯火焰上灼烧，可直接观察到紫色火焰 答案　C 解析　实验①中的白色沉淀不一定含有两种物质，可能只有碳酸钙或者碳酸钡一种，A错误；实验②中引入了氯离子，因此原溶液中不一定含有氯离子，即白色粉末中不一定含有氯化钙，B错误；溶液X中含有钾离子，钾离子的焰色试验需要透过蓝色钴玻璃观察，不能直接观察到紫色，D错误。 12.(2025·温州期末)部分短周期元素原子(用字母表示)最外层电子数与原子序数的关系如图。下列说法正确的是(　　) A.简单离子半径： W>Z>X B.X、M两种元素均可与H形成18e-的物质 C.气态氢化物的稳定性：Y<M D.最高价氧化物对应水化物的碱性：W>Z 答案　B 解析　根据图示X、Y、Z、W、M分别是O、F、Mg、Al、Cl。电子层结构相同，质子数多的半径小，简单离子半径：Al3+<Mg2+<O2-，A错误；H2O2、HCl均为18e-的物质，B正确；气态氢化物的稳定性和元素的非金属性一致，非金属性：F>Cl，所以气态氢化物的稳定性：HF>HCl，C错误；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Mg>Al，碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，D错误。 13.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是(　　) 选项 实验操作与现象 结论 A 湿润的有色布条放入盛有干燥氯气的集气瓶中，布条褪色 氯气具有漂白性 B 向FeCl2溶液中滴入少量KSCN溶液，溶液变成红色 FeCl2溶液已氧化变质 C 向装有Na2CO3、NaHCO3固体的两支试管中分别加入10 mL蒸馏水，并将其置于40 ℃水浴中，最终发现只有NaHCO3未完全溶解 40 ℃时的溶解度：Na2CO3>NaHCO3 D 向某溶液中滴加过量的稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体 该溶液中含有大量 答案　B 解析　湿润的有色布条放入盛有干燥氯气的集气瓶中，布条褪色，这是因为氯气与水反应生成了具有漂白性的次氯酸，而不是氯气本身具有漂白性，A错误；向FeCl2溶液中滴入少量KSCN溶液，溶液变成红色，KSCN溶液遇Fe3+变红，说明溶液中含有Fe3+，则FeCl2溶液已氧化变质，B正确；试管中开始装入的Na2CO3、NaHCO3固体的质量未知，故不能根据题中的现象判断同温下Na2CO3、NaHCO3溶解度的大小，C错误；向某溶液中滴加过量的稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能是CO2或SO2，溶液中可能含有，也可能含有、S或HS等，D错误。 14.(2025·浙江强基联盟联考)关于化学方程式2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2，下列说法正确的是(　　) A.Na2O2中阴、阳离子比为1∶1 B.Na2O2为氧化剂，CO2为还原剂 C.反应后固体的质量增加 D.若生成1 mol O2，则转移4 mol电子 答案　C 解析　Na2O2中阳离子是钠离子，阴离子是过氧根离子，阴、阳离子比为1∶2，故A错误；该反应中CO2中各元素化合价不变，所以二氧化碳既不是氧化剂又不是还原剂，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，故B错误；根据反应的方程式：2Na2O2+2CO2===2Na2CO3+O2可知，每吸收88 g二氧化碳放出32 g氧气，则反应后固体的质量增加，故C正确；Na2O2中氧元素化合价从-1升高至0价，若生成1 mol O2，则转移2 mol电子，故D错误。 15.(2025·杭州高级中学高一期末)向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知：b-a=5，线段Ⅳ表示一种含氧酸，且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法错误的是(　　) A.线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况 B.Fe2+、I-和Br-的物质的量之比为1∶2∶3 C.根据图像可计算b=11 D.线段Ⅳ对应的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1 答案　B 解析　分析可知，线段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表I-、Fe2+、Br-、HIO3的变化情况，故A正确；n(Fe2+)∶n(I-)∶n(Br-)=4 mol∶2 mol∶6 mol=2∶1∶3，故B错误；溶液中n(Br-)=6 mol，根据2Br-+Cl2===Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量是3 mol，故a=3+3=6，b-a=5，所以b=11，故C正确；线段Ⅳ的反应方程式为5Cl2+I2+6H2O===10HCl+2HIO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比是5∶1，D正确。 16.★★向一定浓度的NaOH溶液中缓慢通入Cl2，生成物的物质的量和溶液的温度随通入氯气的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　) A.a点时溶液中n∶n=5∶1 B.由图可知NaOH与Cl2反应放热 C.n减少的原因可能为3ClO-2Cl-+ D.参加反应的NaOH与Cl2的物质的量之比为2∶1 答案　A 解析　a点时溶液中n=n，根据得失电子守恒n(Cl-)=1×1+1×5=6，n∶n=6∶1，A不正确；由图可知，n(ClO-)减少，同时n和n(Cl-)增加，n(ClO-)减少的原因可能为3ClO-2Cl-+，C正确；根据原子守恒，生成物是NaCl、NaClO和NaClO3，Na和Cl个数比为1∶1，参加反应的NaOH与Cl2的物质的量之比为2∶1，D正确。 二、非选择题(本题共4小题，共52分) 17.(11分)已知六种短周期元素A、B、C、D、E、M的原子序数依次增大，A的原子核内没有中子，A和D同主族，C、M同主族，A和B可形成5核10电子的阳离子，C与D形成的离子化合物D2C中阴、阳离子的电子数相同，E的最高价氧化物对应的水化物可分别与D、M的最高价氧化物对应的水化物反应，试回答下列问题： (1)C在元素周期表中的位置是　　　　　　；写出C元素的两种同素异形体的化学式：　　　　　　。  (2)写出A和B形成的4核10电子分子的电子式：　　　　。  (3)C、D、M的简单离子半径由大到小的顺序为　　　　　　　　(用离子符号表示)。  (4)A、C、D可形成多种二元化合物，下列说法不正确的是　　　　(填字母)。  a.A2C2和D2C2中都含共价键 b.A、D可形成离子化合物 c.D2C、D2C2中阴、阳离子个数比均为1∶2 d.D2C和D2C2均能溶于A2C，并发生化合反应 (5)含有E元素的一种复盐KE·12H2O可用作净水剂，该盐溶液中加入足量Ba溶液，反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)不能说明Cl元素的非金属性比M元素强的事实的是　　　　(填序号)。  ①Cl2通入M的氢化物的水溶液中，溶液变浑浊 ②盐酸比M的氢化物的水溶液酸性强 ③M的简单阴离子比Cl-更易被氧化 ④HCl比M的简单氢化物稳定 ⑤铁与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，铁与M单质在加热条件下反应生成某化亚铁 答案　(1)第二周期第ⅥA族　O2、O3　(2)　(3)S2->O2->Na+　(4)d　(5)Al3++2+2Ba2++4OH-===2BaSO4↓+　(6)② 解析　短周期元素A、B、C、D、E、M的原子序数依次增大，A的原子核内没有中子，则A为H元素；A和B可形成5核10电子的阳离子，则B为N元素；A、D同主族，则D为Na元素；C与D形成的离子化合物D2C中阴、阳离子的电子数相同，则C为O元素；C、M同主族，则M为S元素；E的最高价氧化物对应的水化物可与D、M的最高价氧化物对应的水化物反应，则E为Al元素，据此分析。 (2)经分析A为H元素，B为N元素，A和B形成4核10电子分子，则该分子是NH3，电子式是。 (4)经分析A、C、D分别为H、O、Na，则A2C2和D2C2分别为H2O2和Na2O2，H2O2是共价化合物，Na2O2是离子化合物，但过氧根离子内含有共价键，则两种化合物中都含有共价键，故a正确；A、D形成的化合物氢化钠是离子化合物，故b正确；D2C、D2C2分别为Na2O和Na2O2，它们的阴、阳离子个数比均为1∶2，故c正确；Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，该反应不属于化合反应，故d错误。 (6)Cl2通入硫化氢的水溶液中，溶液变浑浊，说明生成单质S，则说明氯元素的非金属性强于硫元素，故①不选；元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，HCl与硫化氢都不是二者的最高价氧化物对应的水化物，不能用来判断非金属性的强弱，故②选；元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，对应离子的还原性越弱，硫离子比氯离子更易被氧化，说明硫离子还原性强于氯离子，说明氯元素的非金属性强于硫元素，故③不选；元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定，说明氯元素的非金属性强于硫元素，故④不选；铁与氯气在加热条件下反应生成氯化铁，铁与硫单质在加热条件下反应生成硫化亚铁，说明氯气的氧化性强于硫，则说明氯元素的非金属性强于硫元素，故⑤不选。 18.★★(11分)(2024·宁波效实中学期末)已知无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用如图所示装置制备无水AlCl3。请回答： (1)仪器a的名称是　　　　。  (2)装置A中发生反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　。  (3)装置B盛放的试剂是　　　　　　，它的作用除降低氯气在水中的溶解度外还包括　　　　　　　　。 (4)装置G的作用是　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。  (5)已知无水AlCl3遇潮湿空气，能发生复分解反应，产生大量的白雾，请写出该反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　。  (6)已知氯酸钾和浓盐酸在不加热的条件下可以制备Cl2，比较KClO3和MnO2氧化性的强弱：KClO3　　　(填“>”或“<”)MnO2。  答案　(1)分液漏斗　(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O　(3)饱和食盐水　除去氯气中的HCl　(4)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O　(5)AlCl3+3H2O===Al(OH)3+3HCl　(6)> 解析　(2)在装置A中浓盐酸与MnO2混合加热反应产生Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(3)装置B中试剂是饱和NaCl溶液；作用是降低Cl2的溶解度，同时也能除去Cl2中的杂质HCl。(4)装置G的作用是吸收多余Cl2，防止大气污染，该反应的离子方程式为Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O。(5)无水AlCl3遇潮湿的空气，发生复分解反应产生Al(OH)3和HCl，反应的化学方程式为AlCl3+3H2O===Al(OH)3+3HCl。(6)KClO3与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应产生Cl2，而MnO2与浓盐酸在加热条件下才可以发生氧化还原反应产生Cl2，说明物质的氧化性：KClO3>MnO2。 19.(18分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种杀菌漂白剂，可用于棉纺漂白、食品消毒等。制备无水NaClO2晶体的其中一种生产工艺如图。 已知：①ClO2沸点为11 ℃，且浓度过高时易发生分解爆炸； ②NaClO2在温度高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl。 (1)NaClO3中氯元素的化合价是　　　　价。  (2)ClO2发生器发生反应：H2SO4+SO2+2NaClO3===2NaHSO4+2ClO2，该反应的氧化剂为　　　　。通入的空气并不参与反应，其目的是　　　　　　　　。  (3)工业上常选用试剂A加入吸收塔中。结合流程信息，试剂A是　　　　(填字母)。  a.HNO3 b.H2O2 c.KMnO4 d.O3 (4)吸收塔工作时需控制温度在10 ℃以下，其目的是　　　　　　　。  (5)①NaClO2溶解度曲线如图。获得无水NaClO2晶体的过程：将NaClO2溶液减压加热到　　　　(填字母，下同)，浓缩至出现晶膜，再在常压下冷却至　　　　，过滤、洗涤、干燥获得NaClO2晶体。  a.略低于38 ℃ b.略高于38 ℃ c.略低于60 ℃ d.略高于60 ℃ ②上述过程中加热时需要减压的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。  (6)NaClO2在温度高于60 ℃时发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)+5　(2)NaClO3　稀释ClO2，防止爆炸　(3)b　(4)使得ClO2液化、易被充分吸收；减少(或者防止)过氧化氢分解；防止NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，影响产品纯度　(5)①c　b　②在较低温度下加快蒸发速率且能防止NaClO2分解　(6)3NaClO22NaClO3+NaCl 解析　NaClO3固体中加入稀硫酸溶解，向溶液中通入SO2和空气混合气，NaClO3被SO2还原生成ClO2，ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，空气的作用是将ClO2稀释，防止发生爆炸，然后在碱性条件下用过氧化氢还原，得到NaClO2溶液，最后得到NaClO2晶体。 (2)反应中氯元素化合价由+5价降低为+4价，发生还原反应，则NaClO3为氧化剂；已知ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，通入的空气并不参与反应，其目的是稀释ClO2，防止爆炸。 (3)“吸收塔” 中的作用是将产生的ClO2转化为NaClO2，氯元素化合价从+4价降低到+3价，被还原，则需加入还原剂，硝酸、臭氧、高锰酸钾均为常用氧化剂，过氧化氢中氧元素化合价可以升高，能做还原剂，故选b。 (4)ClO2沸点为11 ℃，且过氧化氢不稳定受热易分解，另根据信息，NaClO2在温度高于60 ℃时易分解生成NaClO3和NaCl，则“吸收塔”中需要控制温度在10 ℃以下的原因是使得ClO2液化、易被充分吸收；减少(或者防止)过氧化氢分解；防止NaClO2分解生成NaClO3和NaCl，影响产品纯度。 (5)①由NaClO2的溶解度曲线可以看出，温度低于38 ℃时，会生成NaClO2·3H2O，所以温度应控制在38 ℃以上，则从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是：将NaClO2溶液加热温度至略低于60 ℃蒸发浓缩、冷却至略高于38 ℃结晶，过滤、洗涤、干燥获得NaClO2晶体。②NaClO2在温度高于60 ℃时易分解，则蒸发过程中温度不能过高，而加热时进行减压可以在较低温度下加快蒸发速率且能防止NaClO2分解。 (6)NaClO2在温度高于60 ℃时分解生成NaClO3和NaCl，氯元素化合价部分升高为+5价、部分降低为-1价，结合电子守恒，发生反应的化学方程式为3NaClO22NaClO3+NaCl。 20.(12分)(2025·宁波高一检测)黑木耳中含有丰富的人体所必需的铁元素。某研究小组测定黑木耳中铁元素含量，实验方案如下。回答下列问题： (1)配制标准液。本实验预计要用90 mL 0.10 mol·L-1 K2Cr2O7(M=294 g·mol-1)的溶液： ①选择仪器：所必需的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒外，还有　　　　　　。  ②计算，称量：需用托盘天平称量　　　　 g K2Cr2O7固体。  ③溶解，恢复到室温，转移、洗涤、定容。定容的操作是继续向容量瓶中加入蒸馏水，直到液面离刻度线1~2 cm时　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。  ④下列操作会使标准液浓度偏低的是　　　　(填字母)。  A.定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体 B.容量瓶未经干燥即用来配制溶液 C.定容时，俯视刻度线 D.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 (2)测定黑木耳中铁元素含量(已知黑木耳提取液中铁元素以Fe2+和 Fe3+的形式存在)。 步骤一 取224 g黑木耳，经灼烧、酸浸制得提取液，加入过量的铜粉 步骤二 过滤，向滤液中加入10 mL 0.10 mol·L-1 K2Cr2O7酸性溶液(Cr2被还原为Cr3+)，恰好完全反应 ①“步骤一”中加入过量铜粉的目的是　　　　　　　。  ②请写出步骤二中发生反应的离子方程式：　　　　。  ③实验测得黑木耳中铁元素的质量分数为　　　　。  答案　(1)①100 mL容量瓶　②2.9　③改用胶头滴管加水至溶液凹液面最低处与刻度线相切 ④AD　(2)①将铁离子还原为亚铁离子，测定更准确，减小实验误差　②6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O　③0.15% 解析　(1)①配制时需要的仪器有托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管。②计算， 称量： 需用天平称量0.1 L×0.10 mol·L-1×294 g·mol-1≈2.9 g。④定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体，溶质吸出一部分，溶质物质的量减少，浓度偏低，故A正确；容量瓶未干燥即用来配制溶液，对结果无影响，故B错误；定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C错误；未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，浓度偏低，故D正确。(2)①“步骤一”酸浸后含有铁离子，加入过量铜粉的目的是将铁离子还原为亚铁离子，测定更准确，减小实验误差。②根据铁元素守恒、电荷守恒配平步骤二中发生反应的离子方程式：6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O。③根据6Fe2+~Cr2关系式，实验测得黑木耳中铁元素的质量分数为×100%=0.15%。 学科网（北京）股份有限公司 $