北京市大興區(qū)2023-2024學年高一上學期期末聯(lián)考化學試題（含答案）

北京市大興區(qū)2023-2024學年高一上學期期末聯(lián)考化學試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三總分評分一、單選題1．2022年2月4日，第24屆冬奧會將在中國北京和張家口舉行?；┦嵌瑠W會的主要項目之一，下列滑雪用品涉及的材料中，屬于合金的是（）A．滑雪板底板——塑料 B．滑雪手套——聚乙烯C．滑雪服面料——尼龍 D．滑雪杖桿——鋁材(鋁、鎂)2．當光束通過下列分散系時，能觀察到丁達爾效應的是（）A．KCl溶液 B．Fe(OH)3膠體 C．KOH溶液 D．CuSO4溶液3．下列物質(zhì)中，屬于電解質(zhì)的是（）A．Cu B．KNO3 C．NaOH溶液 D．H2SO4溶液4．下列各組中的離子，能在溶液中大量共存的是（）A．Na+、Cu2+、Cl-、SO42? B．Na+、Ca2+、CO32?C．Na+、H+、Cl-、CO32? D．K+、Ag+、NO3?5．下列化合物中，含有共價鍵的是（）A．CO2 B．KCl C．Na2O D．CaCl26．下列化合物不可通過單質(zhì)直接化合生成的為（）A．FeCl2 B．Na2O2 C．CuCl2 D．HCl7．下列轉(zhuǎn)化中，需要加入還原劑才能實現(xiàn)的是（）A．CO2→CaCO3 B．HCl→Cl2 C．I-→I2 D．Fe2O3→Fe8．硒(Se)是人體必需的微量元素。Se的原子結(jié)構(gòu)示意圖如圖，下列說法中錯誤的是（）A．Se屬于第4周期VIA族元素B．氫化物的穩(wěn)定性：H2Se＜H2SC．核素3478D．Se的最高價氧化物對應的水化物是H2SeO49．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說法錯誤的是（）A．Na的摩爾質(zhì)量是23g·mol-1B．0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的Na+數(shù)為NAC．24gMg變?yōu)镸g2+時，失去的電子數(shù)為2NAD．標準狀況下，0.5molN2的體積約為11.2L10．下列分子結(jié)構(gòu)模型中，不能正確表示分子的空間結(jié)構(gòu)的是（）ABCD氫分子氯化氫水分子甲烷分子A．A B．B C．C D．D11．下列用來解釋事實的方程式中，不合理的是（）A．過氧化鈉作呼吸面具中的氧氣來源：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2B．小蘇打(NaHCO3)溶液治療胃酸過多：CO32?+2H+=CO2↑+H2C．硝酸酸化的AgNO3溶液檢驗NaCl溶液中的Cl-：Ag++Cl-=AgCl↓D．實驗室用大理石和稀鹽酸反應制CO2：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O12．下列由NaCl的實驗事實得出的結(jié)論錯誤的是（）選項ABCD實驗事實NaCl固體不導電NaCl溶于水NaCl溶液通電熔融NaCl能導電結(jié)論NaCl不是電解質(zhì)NaCl在水中發(fā)生電離：NaCl=Na++Cl-a離子是Na+，通電后a、b離子定向移動NaCl熔融時能電離出自由移動的離子A．A B．B C．C D．D13．硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題之一。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中可回收S，其轉(zhuǎn)化如圖所示(CuS難溶于水)。下列說法中，錯誤的是（）A．過程①中，生成CuS的反應為H2S+Cu2+=CuS↓+2H+B．過程②中，F(xiàn)e3+作氧化劑C．過程③中，只有鐵元素的化合價發(fā)生改變D．回收S的總反應為2H2S+O2=2H2O+2S↓14．小組同學配制250mL1.00mol/LH2SO4溶液，計算出所需18mol/L濃H2SO4的體積后，下列有關(guān)溶液配制過程的說法中，錯誤的是（）實驗步驟實驗儀器a.用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次，洗滌液均注入容量瓶。b.用量筒量取所需18mol/L濃H2SO4的體積，注入盛有約50mL蒸餾水的燒杯中。c.用膠頭滴管滴加蒸餾水，至溶液的凹液面與刻度線相切。d.用玻璃棒慢慢攪動，混合均勻冷卻至室溫。e.蓋好容量瓶瓶塞，反復上下顛倒，搖勻。f.將稀釋后的H2SO4溶液沿玻璃棒注入250mL容量瓶。g.往容量瓶中加入蒸餾水，直到液面在容量瓶刻度線下1～2cm處。量筒托盤天平燒瓶250mL容量瓶燒杯玻璃棒膠頭滴管A．計算需要18mol/L的濃硫酸的體積約為13.9mLB．配制過程中不需要使用的儀器是托盤天平和燒瓶C．配制過程中正確的操作順序為：b–d–f–a–g–c–eD．定容時俯視容量瓶刻度線會導致所配制的H2SO4溶液濃度偏小二、填空題15．分類是認識和研究物質(zhì)及其變化的一種常用的科學方法。依據(jù)物質(zhì)類別和元素價態(tài)可以對物質(zhì)的性質(zhì)進行解釋和預測。（1）閱讀資料，回答下列相關(guān)問題。①資料涉及的物質(zhì)中，屬于堿的是(填化學式)；屬于鹽的是(填化學式)。②Cl2與NaOH溶液反應的離子方程式是。③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具過程中，因吸收空氣中CO2使消毒殺菌能力增強，其中發(fā)生的化學反應符合規(guī)律：（）+（）=（）+（）(填物質(zhì)類別)。（2）“84”消毒液不能與潔廁靈(含鹽酸)混用，混用會發(fā)生如下反應：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O。①該反應中起氧化作用的微粒是。②若反應中生成了0.01molCl2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為mol。（3）2016年巴西奧運會期間，由于工作人員將“84”消毒液與雙氧水兩種消毒劑混用，導致游泳池藻類快速生長，池水變綠。一種可能的原因是NaClO將H2O2氧化產(chǎn)生的O2促進藻類快速生長。該反應說明氧化性：NaClOH2O2的(填“>”或“<”)。三、綜合題16．元素周期表與元素周期律在學習、研究和生產(chǎn)實踐中有很重要的作用。表中列出了鈣元素及a～f6種元素在周期表中的位置。族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02ab3cdef4Ca（1）a的元素符號是；e的最高價氧化物是。（2）c、d的最高價氧化物對應的水化物中，堿性較弱的物質(zhì)是(寫化學式)。（3）用電子式表示c與f組成的化合物的形成過程。（4）非金屬性b強于e，用原子結(jié)構(gòu)解釋原因。（5）下列關(guān)于f及其化合物的推斷中，正確的是(填字母)。a.f的最高化合價均為+7價b.f單質(zhì)的氧化性在同主族中最強c.f的最高價氧化物對應的水化物的溶液pH＜7（6）某種牛奶的營養(yǎng)成分表如表所示。營養(yǎng)成分表項目每100gNRV%能量309kJ4%蛋白質(zhì)3.6g6%脂肪4.4g7%碳水化合物5.0g2%鈉65mg3%鈣120mg15%①營養(yǎng)成分表中，所含物質(zhì)質(zhì)量最大的是。②已知鎂能與O2、H2O反應，對比鈣與鎂的原子結(jié)構(gòu)和在元素周期表中的位置關(guān)系，你預測金屬鈣的性質(zhì)是。③請結(jié)合鈣的化學性質(zhì)判斷牛奶中鈣的存在形式為(填“單質(zhì)”或“化合物”)。17．某小組同學在實驗室制備、收集氯氣，并進行氯水中相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)探究，回答下列問題。（1）制備Cl2。裝置I中發(fā)生如下反應：MnO2+4HCl(濃)Δ__MnCl2+Cl2↑+2H2O。從反應物中任選一種物質(zhì)，說明其發(fā)生氧化反應（2）除去Cl2中混有的HCl。裝置II中溶液a為飽和溶液。（3）收集Cl2。裝置III中氣體應該從集氣瓶的(選“m”或“n”)口進入。（4）氯水相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)探究。①若裝置IV中試劑b為H2O，制得氯水。氯水呈黃綠色是由于其中含有；Cl2與H2O反應的化學方程式為。②若裝置IV中試劑b為CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液(Cl2可溶于CCl4，且不與CCl4反應)。取稀鹽酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分別滴在三張紅色紙條上，可觀察到現(xiàn)象，證明氯水中HClO具有漂白性作用。③驗證氯水中HClO光照分解的產(chǎn)物。將裝置IV廣口瓶中的氯水轉(zhuǎn)移至三頸瓶內(nèi)，將pH傳感器、氯離子傳感器、氧氣傳感器分別插入三頸瓶中(如圖2)，用強光照射氯水，進行實驗并采集數(shù)據(jù)，獲得相關(guān)變化曲線。若能夠證明氯水中HClO在光照下發(fā)生了分解反應，則圖3中縱坐標可以表示的物理量是(填字母)。(注：酸性溶液中，c(H+)越大，pH越小，溶液酸性越強。)a.氯水的pHb.氫離子的濃度c.氯離子的濃度d.氧氣的體積分數(shù)18．長期放置的FeSO4溶液易被氧化而變質(zhì)。某興趣小組分別對新制和久置的兩瓶FeSO4溶液進行了如表實驗。（1）I.分別取2mL新制的FeSO4溶液于三支試管中，進行如圖實驗。實驗試劑X實驗現(xiàn)象實驗i1mL1mol/LNaOH溶液現(xiàn)象a實驗ii5滴酸性KMnO4溶液現(xiàn)象b：紫色褪去實驗iii依次加入5滴KSCN溶液、5滴氯水現(xiàn)象c方案i中，現(xiàn)象a是立即產(chǎn)生白色沉淀，白色沉淀逐漸變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色。白色沉淀的化學式是，最終變?yōu)榧t褐色的化學方程式是。（2）方案iii的實驗現(xiàn)象是，寫出氯水參與反應的的離子方程式：。（3）II.久置的FeSO4溶液。實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論實驗iv取少量久置的FeSO4溶液于試管中，向其中滴加5滴KSCN溶液溶液變紅FeSO4溶液部分變質(zhì)實驗v將上述實驗v中的實驗操作和現(xiàn)象補充完整。（4）若要使部分變質(zhì)的FeSO4復原，發(fā)生反應的離子反應方程式是。（5）小組同學查閱資料得知，“維生素C可將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+”。為了驗證維生素C的作用，設計了如表實驗vi。實驗操作實驗現(xiàn)象實驗vi取一定量Fe2(SO4)3溶液于試管中，加入維生素C片，振蕩溶解后，滴加酸性KMnO4溶液紫色褪去由實驗vi能否得出“維生素C可將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+”的結(jié)論？請說明理由。19．我國化學家侯德榜發(fā)明了聯(lián)合制堿法，對世界制堿工業(yè)做出了巨大貢獻。聯(lián)合制堿法的主要流程如圖(部分物質(zhì)已略去)：（1）①~③所涉及的操作方法中，包含過濾的是(填序號)。（2）根據(jù)上述流程圖，將化學方程式補充完整：。NH3+CO2++=NaHCO3↓+NH4Cl（3）煅燒NaHCO3固體的化學方程式是。（4）下列聯(lián)合制堿法流程說法正確的是(填字母)。a.CO2可以循環(huán)使用b.副產(chǎn)物NH4Cl可用作肥料c.溶液B中一定含有Na+、NH4+、Cl（5）某小組利用下列裝置繼續(xù)對Na2CO3和NaHCO3的性質(zhì)進行探究(夾持裝置已略去，氣密性已檢驗)。①方框中為洗氣裝置，請將該裝置補充完整。②試劑a為飽和NaHCO3溶液，其作用是。③實驗持續(xù)一段時間后，觀察到飽和Na2CO3溶液中有細小晶體析出，用化學方程式表示產(chǎn)生細小晶體的原因。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．塑料為高分子化合物，屬于有機高分子材料，故A不符合題意；B．聚乙烯為高分子化合物，屬于有機高分子材料，故B不符合題意；C．尼龍為高分子化合物，屬于有機高分子材料，故C不符合題意；D．鋁材是由鋁、鎂形成鋁合金，屬于合金材料，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】合金是由金屬元素跟其他金屬或非金屬元素熔合而成的、具有金屬特性的物質(zhì)。2．【答案】B【解析】【解答】只有膠體具有丁達爾效應，而溶液和濁液都不具有此性質(zhì)，KCl溶液、KOH溶液、CuSO4溶液均屬于溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應，F(xiàn)e(OH)3膠體為膠體，所以能產(chǎn)生丁達爾效應；故答案為：B。

【分析】丁達爾效應是膠體特有的性質(zhì)。3．【答案】B【解析】【解答】電解質(zhì)：在水溶液或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，該概念的前提條件是化合物。A．Cu既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A不符合題意；B．KNO3溶于水導電，屬于電解質(zhì)，故B符合題意；C．NaOH溶液是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故C不符合題意；D．H2SO4溶液是混合物，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物。4．【答案】A【解析】【解答】A．各個離子之間互不反應，能夠大量共存，故A符合題意；B．Ca2+、COC．H+、COD．Ag+、Cl-之間反應生成AgCl沉淀，不能大量共存，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】離子之間不生成氣體、沉淀、弱電解質(zhì)或不發(fā)生氧化還原反應、絡合反應等反應時能大量共存。5．【答案】A【解析】【解答】A．二氧化碳為共價化合物，含有碳氧共價鍵，A符合題意；B．氯化鉀為離子化合物，只含離子鍵，不含共價鍵，B不符合題意；C．氧化鈉為離子化合物，只含離子鍵，不含共價鍵，C不符合題意；D．氯化鈣為離子化合物，只含離子鍵，不含共價鍵，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】活潑金屬和活潑非金屬元素之間易形成離子鍵，非金屬元素的原子之間易形成共價鍵。6．【答案】A【解析】【解答】

A、Fe與氯氣反應生成FeCl3，故A符合題意；B、鈉在氧氣中燃燒生成Na2O2，故B不符合題意；C、銅在氯氣中燃燒生成CuCl2，故C不符合題意；D、氫氣在氯氣中燃燒生成HCl，故D不符合題意；故答案為：A?！痉治觥?/p>

氯氣的氧化性較強，會直接將Fe氧化為三價鐵離子。7．【答案】D【解析】【解答】A．CO2→CaCO3沒有元素化合價的變化，為非氧化還原反應，不需要加入還原劑，故A不符合題意；B．HCl→Cl2中Cl元素化合價升高，被氧化，需加入氧化劑，故B不符合題意；C．I-→I2中I元素化合價升高，被氧化，需加入氧化劑，故C不符合題意；D．Fe2O3→Fe中Fe元素化合價降低，被還原，需加入還原劑，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】需要加入還原劑才能實現(xiàn)，則所給物質(zhì)為氧化劑，在反應中有元素的化合價降低。8．【答案】C【解析】【解答】A．該元素處于第四周期ⅥA族，故A不符合題意；B．S的非金屬性大于Se的非金屬性，所以穩(wěn)定性，H2Se＜H2S，故B不符合題意；C．質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，中子數(shù)=78-34=44，該原子的中子數(shù)為44，故C符合題意；D．Se的最高價是+6價，故Se的最高價氧化物對應的水化物是H2SeO4，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.主族元素原子電子層數(shù)=周期數(shù)，最外層電子數(shù)=族序數(shù)；

B.元素非金屬性越強，簡單氫化物的穩(wěn)定性越強；

D.Se的最高價是+6價。9．【答案】B【解析】【解答】A．鈉的相對原子質(zhì)量為23，則Na的摩爾質(zhì)量是23g?mol-1，故A不符合題意；B．溶液體積未知，無法計算鈉離子個數(shù)，故B符合題意；C.24gMg物質(zhì)的量為：n=mM=24g24g/molD．標準狀況下，0.5molN2的體積約為：0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.摩爾質(zhì)量在數(shù)值上與相對分子（原子）質(zhì)量相等，單位為“g/mol”；

C.Mg原子失去2個電子變?yōu)镸g2+，根據(jù)n=mM計算；

D.根據(jù)V=nV10．【答案】C【解析】【解答】A．氫氣是由兩個H原子構(gòu)成的直線型結(jié)構(gòu)，球棍模型為：，故A不符合題意；B．氯化氫是由H和Cl構(gòu)成的直線型結(jié)構(gòu)，Cl原子半徑大于H原子半徑，球棍模型為：，故B不符合題意；C．水分子是由1個氧原子連接2個H原子構(gòu)成的V形結(jié)構(gòu)，球棍模型為：，故C符合題意；D．甲烷是由碳原子與4個氫原子構(gòu)成的正面體結(jié)構(gòu)，碳原子半徑大于氫原子半徑，球棍模型為：，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.氫氣分子由2個H原子構(gòu)成，且為直線形分子；

B.HCl為直線形分子，H與Cl之間形成一個共用電子對，原子半徑：Cl>H；

C.水分子為V形結(jié)構(gòu)；

D.甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，且C原子半徑大于H原子半徑。11．【答案】B【解析】【解答】A．過氧化鈉作呼吸面具中的氧氣來源，化學方程式為：2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，故A不符合題意；B．小蘇打(NaHCO3)溶液治療胃酸過多，離子方程式為：HCO3-+H+═CO2C．硝酸酸化的AgNO3溶液檢驗NaCl溶液中的Cl-，離子方程式為：Ag++Cl-═AgCl↓，故C不符合題意；D．實驗室用大理石和稀鹽酸反應制CO2，離子方程式為：CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.過氧化鈉和二氧化碳發(fā)生反應2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

C.硝酸銀與氯化鈉反應生成氯化銀和硝酸鈉；

D.碳酸鈣和稀鹽酸反應生成氯化鈣、二氧化碳和水。12．【答案】A【解析】【解答】A．氯化鈉是由氯離子和鈉離子構(gòu)成的離子化合物，固體中不存在自由移動的離子，溶于水電離出自由移動的兩種，溶液導電，氯化鈉是電解質(zhì)，故A符合題意；B．NaCl溶于水發(fā)生了電離，NaCl在水中發(fā)生電離：NaCl═Na++Cl-，故B不符合題意；C．NaCl溶液通電，陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，a離子是Na+，通電后a、b離子定向移動，故C不符合題意；D．熔融NaCl能導電，說明NaCl熔融時能電離出自由移動的離子，在兩個電極放電，發(fā)生氧化還原反應，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.電解質(zhì)是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物；

B.氯化鈉在水溶液中電離為鈉離子和氯離子；

C.溶液通電后，陰陽離子發(fā)生定向移動；

D.熔融NaCl能導電，說明NaCl熔融時能電離出自由移動的離子。13．【答案】C【解析】【解答】A．根據(jù)圖中轉(zhuǎn)化可知，生成CuS的反應為H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，A不符合題意；B．過程②中，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，F(xiàn)e3+為氧化劑，B不符合題意；C．過程③為4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，鐵元素和氧元素化合價均發(fā)生變化，C符合題意；D．根據(jù)圖中轉(zhuǎn)化可知，反應物為H2S和O2，生成物為S，根據(jù)原子守恒，還有水生成，總反應是2H2S+O2=2H2O+2S↓，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】反應①為H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；反應②為CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+；反應③為4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O。14．【答案】D【解析】【解答】A．依據(jù)溶液稀釋規(guī)律可知，配制250mL1.00mol/LH2SO4溶液需要濃硫酸體積為：1.00mol/L×0.25L18mol/LB．配制一定物質(zhì)的量濃度溶液實驗操作一般步驟：計算、量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，該實驗中需要用量筒、膠頭滴管量取濃硫酸，燒杯、玻璃棒稀釋濃硫酸，需要玻璃棒攪拌和引流，需要250mL容量瓶配制溶液，需要膠頭滴管定容，不需要的儀器：托盤天平和燒瓶，故B不符合題意；C．用濃溶液配制一定物質(zhì)的量濃度稀溶液操作步驟為：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，所以正確的操作順序為：b-d-f-a-g-c-e，故C不符合題意；D．定容時俯視容量瓶刻度線會導致溶液體積偏小，依據(jù)c=nV故答案為：D。

【分析】A.稀釋前后溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變；

B.配制一定物質(zhì)的量濃度溶液實驗操作一般步驟：計算、量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作，根據(jù)配制步驟選擇所用儀器；

C.用濃溶液配制一定物質(zhì)的量濃度稀溶液操作步驟為：計算、量取、稀釋、冷卻、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作。15．【答案】（1）NaOH；NaClO、NaCl；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；酸與鹽反應生成(新)酸和(新)鹽（2）ClO-；0.01（3）>【解析】【解答】（1）①84”消毒液呈無色或淡黃色，可由Cl2與NaOH溶液反應制得，其主要成分為NaClO、NaCl，鼠疫堿的是NaOH，屬于鹽的是：NaClO、NaCl，故答案為：NaOH；NaClO、NaCl；②Cl2與NaOH溶液反應，生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的離子方程式為：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O，故答案為：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；③“84”消毒液的稀溶液在浸泡餐具過程中，因吸收空氣中CO2使消毒殺菌能力增強，反應為：NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，其中發(fā)生的化學反應符合規(guī)律是：酸與鹽反應生成(新)酸和(新)鹽，故答案為：酸與鹽反應生成(新)酸和(新)鹽；（2）①“84”消毒液不能與潔廁靈(含鹽酸)混用，混用會發(fā)生如下反應：ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，反應過程中次氯酸根離子中氯元素化合價+1價降低到0價，為氧化劑，具有氧化性，該反應中起氧化作用的微粒是：ClO-，故答案為：ClO-；②ClO-+Cl-+2H+═Cl2↑+H2O，反應中，氯元素化合價-1價升高到0價，+1價降低到0價，生成1mol氯氣，電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為e-，若反應中生成了0.01molCl2，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為：0.01mol，故答案為：0.01；（3）NaClO將H2O2氧化產(chǎn)生的O2促進藻類快速生長，說明次氯酸鈉做氧化劑，能氧化過氧化氫生成氧氣，氧化性大小：NaClO＞H2O2，故答案為：＞。

【分析】（1）①堿電離產(chǎn)生的陰離子全部是OH-；鹽是由金屬陽離子或銨根離子與酸根陰離子形成的化合物；

②氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；

③該反應的化學方程式為NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO；

（2）①氧化劑在反應過程中起氧化作用；

②根據(jù)得失電子守恒計算；

（3）根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物分析。16．【答案】（1）N；SO3(或三氧化硫)（2）Al(OH)3（3）（4）最外層電子數(shù)S與O相同，電子層數(shù)S大于O，原子半徑S大于O，得電子能力S小于O（5）ac（6）碳水化合物；鈣也能與O2、H2O反應，比鎂更劇烈；化合物【解析】【解答】（1）由元素周期表可知a的元素符號為N；e為S，最高價為+6，最高價氧化物為SO3，故答案為：N；SO3；（2）金屬性越強，最高價氧化物對應的水化物形成的堿的堿性越強，Na的金屬性比Al的強，Al（OH）3的堿性較弱，故答案為：Al(OH)3；（3）c和f組成化合物為NaCl，由鈉離子與氯離子構(gòu)成，用電子式表示其形成過程為；（4）同主族元素原子隨原子序數(shù)增大，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，最外層電子數(shù)S與O相同，電子層數(shù)S大于O，原子半徑S大于O，得電子能力S小于O，故答案為：最外層電子數(shù)S與O相同，電子層數(shù)S大于O，原子半徑S大于O，得電子能力S小于O；（5）a.f為Cl，最外層電子數(shù)為7，最高正價為+7，故a對，b.同主族從上到下，元素非金屬性逐漸減弱，氯在氟的下面，氟單質(zhì)的氧化性是同主族最強的，故b錯，c.氯為非金屬元素，最高價氧化物對應的水化物屬于酸，其水溶液的pH＜7，故c對，故答案為：ac；（6）①由表格可知質(zhì)量最大為5.0g，為碳水化合物，故答案為：碳水化合物；②鈣和鎂位于元素周期表中第二主族，鎂在第二周期，鈣在第三周期，最外層電子數(shù)都是2，具有相似性，鈣比鎂多一個電子層，鈣的失電子能力比鎂強，因此鈣也能與反應，而且比鎂更劇烈，故答案為：鈣能與O2、H2O反應，比鎂劇烈；③鈣位于元素周期表中第四周期第ⅡA族，最外層只有兩個電子，易失電子，在牛奶中以化合態(tài)形式存在，故答案為：化合物。

【分析】根據(jù)元素周期表可知：a為N，b為O，c為Na，d為Al，e為S，f為Cl。17．【答案】（1）MnO2中Mn元素的化合價降低，被還原，發(fā)生還原反應(或HCl中Cl元素的化合價升高，被氧化，發(fā)生氧化反應)（2）NaCl（3）n（4）Cl2；Cl2+H2O=HCl+HClO；滴有新制氯水的紅紙褪色，其他兩種不使紅紙褪色(或只有新制的氯水使紅紙褪色)；bcd【解析】【解答】（1）氯化氫中氯為-1價，產(chǎn)物中單質(zhì)化合價為0，則氯在反應中化合價升高作還原劑，故答案為：Cl的化合價從HCl中的-1價升高為Cl2中的0價，HCl發(fā)生氧化反應，或者Mn的化合價由MnO2中的+4價降低為MnCl2中的+2價，MnO2發(fā)生還原反應；（2）食鹽水抑制Cl2的溶解，HCl極易溶于水，則利用飽和食鹽水洗氣，故答案為：NaCl；（3）氯氣的密度大于空氣的密度，用排氣法收集氯氣應選擇向上排氣法，應長進短出，故應從n口進入，故答案為：n；（4）①氯氣微溶于水，溶液中存在氯氣，且顏色是黃綠色，氯氣與水反應方程式為Cl2+H2O=HCl+HClO，故答案為：Cl2；Cl2+H2O=HCl+HClO；②若裝置IV中試劑b為CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液(Cl2可溶于CCl4，且不與CCl4反應)。取稀鹽酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分別滴在三張紅色紙條上，可觀察到滴有新制氯水的紅紙褪色，其他兩種不使紅紙褪色，證明氯水中HClO具有漂白性作用，故答案為：滴有新制氯水的紅紙褪色，其他兩種不使紅紙褪色；③a.氯水中含有次氯酸，光照條件下發(fā)生如下反應：2HClO光照b.根據(jù)a的分析氯水中含有次氯酸，光照條件下發(fā)生如下反應：2HClO=c.光照條件下發(fā)生如下反應2HClO光照d.次氯酸光照分解生成氧氣，所以溶液中氧氣的濃度增大，裝置內(nèi)氣體混合物中氧氣的體積分數(shù)增大，故d正確；故答案為：bcd。

【分析】裝置I用二氧化錳和濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，由于鹽酸易揮發(fā)，混有HCl雜質(zhì)氣體，經(jīng)裝置II飽和食鹽水除去HCl，再經(jīng)過裝置III的濃硫酸干燥氯氣，再通入裝置IV探究氯氣的性質(zhì)，最后用NaOH溶液除去尾氣中的有毒氯氣。18．【答案】（1）Fe(OH)2；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（2）加入KSCN后無明顯現(xiàn)象，加入氯水后溶液變成血紅色；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+（3）取少量久置的FeSO4溶液于試管中，向其中滴加5滴酸性KMnO4溶液，紫色褪去（4）2Fe3++Fe=3Fe2+（5）不能，維生素C可能過量，也可使酸性KMnO4溶液褪色，則無法說明一定有Fe2+生成。(能，如果維生素C恰好被Fe2(SO4)3溶液反應完，加入酸性KMnO4溶液褪色，則證明一定含有Fe2+)【解析】【解答】（1）實驗ⅰ中FeSO4與NaOH反應生成Fe(OH)2，為白色沉淀，該反應的化學方程式為：FeSO4＋2NaOH=Fe(OH)2↓＋Na2SO4。反應生成的Fe(OH)2具有還原性，易被空氣中的O2氧化，形成Fe(OH)3，該反應的化學方程式為：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。

（2）實驗ⅲ氯水中含有Cl2，具有氧化性，能將Fe2＋氧化成Fe3＋，反應的離子方程式為：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－。