2024-2025學(xué)年山東省淄博市高青縣第一中學(xué)高一上學(xué)期期中考試化學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1山東省淄博市高青縣第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期中考試可能用到的相對原子質(zhì)量：C：12N：14O：16Na：23Cl：35.5Mg：24Cu：64S：32一、單項選擇題(共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求)1.下列物質(zhì)儲存或使用正確的是A.新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色廣口瓶中 B.鐵與氯氣不反應(yīng)，所以液氯可用鋼瓶儲存C.金屬鈉著火用二氧化碳滅火器撲滅 D.ClO2用作新型自來水消毒劑【答案】D【解析】A．由于次氯酸見光易分解，故新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色細(xì)口瓶中避光保存，A錯誤；B．鐵可以在Cl2中劇烈燃燒，但常溫下鐵與氯氣不反應(yīng)，所以液氯可用鋼瓶儲存，B錯誤；C．由于金屬鈉能夠在CO2中繼續(xù)燃燒，反應(yīng)方程式為：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，故金屬鈉著火不能用二氧化碳滅火器撲滅，應(yīng)該用干燥的沙土撲滅，C錯誤；D．ClO2具有強氧化性，可以殺死自來水中的細(xì)菌和病毒，可用作新型自來水消毒劑，D正確；故選D。2.25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.透明的溶液中：Cu2+、Na+、、B.使石蕊試液變藍(lán)的溶液中：Mg2+、Na+、Cl?、C.加入金屬鋅產(chǎn)生H2的溶液中：Na+、Ba2+、、OH?D.pH<7的溶液中：Na+、K+、Cl?、ClO?【答案】A【解析】A．透明的溶液中，Cu2+、Na+、、之間不發(fā)生反應(yīng)，能大量共存，A正確；B．使石蕊試液變藍(lán)的溶液為堿性溶液：Mg2+與OH?反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，不能大量共存，B錯誤；C．加入金屬鋅產(chǎn)生H2的溶液為酸性溶液，H+與OH?反應(yīng)生成水，不能大量共存，C錯誤；D．25℃時，pH<7的溶液為酸性溶液：H+、Cl?與ClO?發(fā)生反應(yīng)生成氯氣和水，不能大量共存，D錯誤；故選A。3.下列關(guān)于NA說法不正確的是A.2.3g鈉與1L0.01mol/L鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAB.標(biāo)況下11.2LH2O分子中所含的O原子數(shù)為0.5NAC.常溫常壓下，CO和N2的混合氣體2.8g含有的原子數(shù)為0.2NAD.將1molCl2通入水中，HClO、Cl?、ClO?粒子數(shù)之和小于2NA【答案】B【解析】A．2.3g鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，與1L0.01mol/L鹽酸反應(yīng)，先與HCl反應(yīng)，再與水反應(yīng)，鈉完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，A正確；B．標(biāo)況下，H2O不是氣體，不能用氣體的摩爾體積來計算物質(zhì)的量，B錯誤；C．CO和N2的摩爾質(zhì)量都是28g/mol，且都是雙原子分子，2.8gCO和N2的混合氣體物質(zhì)的量為0.1mol，含有的原子數(shù)為0.2NA，C正確；D．氯氣和水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進行徹底，所以1molCl2通入水中，粒子數(shù)之和小于2NA，D正確；故選B。4.下列過程中的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式正確的是A.稀鹽酸中加入碳酸鎂濁液：B少量溶液與澄清石灰水反應(yīng)：C.稀硫酸中加入氫氧化鋇溶液：D次氯酸鈣溶液中通入少量：【答案】D【解析】A．碳酸鎂難溶，稀鹽酸中加入碳酸鎂濁液：，A錯誤；B．少量溶液與澄清石灰水反應(yīng)，生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水：，B錯誤；C．稀硫酸中加入氫氧化鋇溶液：，C錯誤；D．次氯酸鈣溶液中通入少量，生成碳酸鈣和次氯酸：，D正確；答案選D。5.教材中的實驗有助于理論知識的學(xué)習(xí)，下列說法錯誤的是AB加熱碳酸鈉或碳酸氫鈉光照過程中氯水中氯離子的濃度變化可以比較二者的熱穩(wěn)定性氯離子濃度升高的原因是HClO分解CDNa2O2與水的反應(yīng)將有色鮮花放入盛有干燥氯氣的集氣瓶帶火星的木條復(fù)燃說明該反應(yīng)生成氧氣證明Cl2具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．碳酸鈉受熱不易分解，澄清石灰水無現(xiàn)象，碳酸氫鈉受熱易分解，澄清石灰水變渾濁，可以比較二者的熱穩(wěn)定性，A正確；B．氯水中次氯酸不穩(wěn)定，光照易分解生成鹽酸，氯化氫完全電離，則氯離子濃度增大，B正確；C．Na2O2與水的反應(yīng)生成的氣體能使帶火星的木條復(fù)燃，說明生成的是氧氣，C正確；D．將有色鮮花放入盛有干燥氯氣的集氣瓶中，鮮花褪色是由于鮮花中的水與氯氣反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，干燥的Cl2不具有漂白性，D錯誤；故選D。6.現(xiàn)有三種溶液：①400mL2.5mol/LHCl溶液、②250mL4.0mol/LHCl溶液、③200mL2.0mol/LMgCl2溶液。下列說法正確的是A.溶液的導(dǎo)電能力：①=②B.Cl?的物質(zhì)的量：③>②C.向①②中加入等質(zhì)量的Fe，產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量：①=②D.將38.0gMgCl2固體溶于200mL水中可得到③【答案】C【解析】A．離子所帶電荷相同時，離子濃度越大，溶液的導(dǎo)電能力就越強，溶液的導(dǎo)電能力為：①＜②，A錯誤；B．②250mL4.0mol/LHCl溶液中的物質(zhì)的量為，③200mL2.0mol/LMgCl2溶液中的物質(zhì)的量為，故的物質(zhì)的量：③<②，B錯誤；C．①②中氫離子物質(zhì)的量相等，均為1mol，故向①②中加入等質(zhì)量的Fe，產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量：①＝②，C正確；D．該體積是溶劑的體積，不是溶液的體積，故所得溶液的濃度不是2mol/L，D錯誤；故選C。7.化學(xué)源自于生活和生產(chǎn)實踐，并伴隨著人類社會的進步不斷發(fā)展，近年來科學(xué)家合成和發(fā)現(xiàn)了一些新物質(zhì)，如新型氫分子H3、新型氧分子O4、高能微粒等，下列說法正確的是A.高能微粒摩爾質(zhì)量為70gB.常溫常壓下，O2與O3的密度之比為3:2C.一定條件下，H2生成H3的反應(yīng)屬于化學(xué)變化D.N2與互為同素異形體【答案】C【解析】A．摩爾質(zhì)量的單位為g/mol，故高能微粒摩爾質(zhì)量為70g/mol，A錯誤；B．同溫同壓下，氣體的密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，所以常溫常壓下，O2與O3的密度之比為32:48=2:3，B錯誤；C．H2生成H3的反應(yīng)中有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，C正確；D．同素異形體為同種元素組成的不同單質(zhì)，互為同素異形體，不是單質(zhì)，D錯誤；故選C。8.離子的摩爾電導(dǎo)率可用來衡量電解質(zhì)溶液中離子導(dǎo)電能力的強弱，摩爾電導(dǎo)率越大，離子在溶液中的導(dǎo)電能力越強。已知Ca2＋、OH－、的摩爾電導(dǎo)率分別為0.60、1.98、0.45據(jù)此可判斷，向飽和的澄清石灰水中通入過量的二氧化碳，溶液導(dǎo)電能力隨二氧化碳通入量的變化趨勢正確的是A. B. C. D.【答案】D【解析】向澄清石灰水中通入過量的CO2，先生成碳酸鈣沉淀，鈣離子、氫氧根離子濃度在減少，后沉淀溶解生成碳酸氫鈣溶液，鈣離子、碳酸氫根離子的濃度在增大，鈣離子的濃度與原來相等，碳酸氫根離子的濃度與原來氫氧根離子濃度相等，但OH-的摩爾導(dǎo)電率大于HCO3-的摩爾電導(dǎo)率來分析。向澄清石灰水中通入過量的CO2，先生成碳酸鈣沉淀，鈣離子、氫氧根離子濃度在減少，溶液導(dǎo)電能力減弱，后沉淀溶解生成碳酸氫鈣溶液，鈣離子、碳酸氫根離子的濃度在增大，鈣離子的濃度與原來相等，碳酸氫根離子的濃度與原來氫氧根離子濃度相等，但OH-的摩爾導(dǎo)電率大于HCO3-的摩爾電導(dǎo)率，所以最后溶液的導(dǎo)電性小于原來，最后不變；故選D。9.下列實驗操作，現(xiàn)象及結(jié)論都正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中加入稀鹽酸至溶液呈酸性，產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體該溶液中含有B對某堿性溶液進行焰色試驗，火焰顏色為黃色該溶液為溶液C向某溶液中加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加過量稀鹽酸，沉淀不消失該溶液中含有D向某溶液中加入過量硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成該溶液中含有A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．、都能和鹽酸反應(yīng)生成使澄清石灰水變渾濁的無色無味的二氧化碳，故A錯誤；B．焰色試驗中火焰為黃色只能說明含有鈉元素，堿性溶液可能為NaOH溶液，也可能為Na2CO3或NaHCO3溶液，故B錯誤；C．若溶液中含有Ag+，加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加過量稀鹽酸，沉淀也不消失，故C錯誤；D．向某溶液中加入過量硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可證明該溶液中含有Cl?，故D正確；故選D。10.過氧化鈉可用作熔礦劑，使一些難溶于酸的礦物變成可溶于水或酸的物質(zhì)。過氧化鈉與鉻鐵礦[主要成分為亞鉻酸亞鐵(FeCr2O4)]反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeCr2O4+7Na2O24Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有關(guān)說法錯誤的是A.Na2O2、Na2O陽離子與陰離子個數(shù)比都為2∶1B.該反應(yīng)中的氧化產(chǎn)物是Na2CrO4和Fe2O3C.若有2molFeCr2O4參加反應(yīng)，則被Fe2+氧化的Na2O2為1molD.每生成0.3mol氧化鈉轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1.4mol【答案】C【解析】A．Na2O2的電離方程式為、Na2O的電離方程式為，故陽離子與陰離子個數(shù)比都為2∶1，A正確；B．該反應(yīng)中，F(xiàn)eCr2O4中鐵、鉻元素的化合價升高，被氧化，Na2CrO4、Fe2O3是氧化產(chǎn)物，B正確；C．若有2molFe2+被氧化，則Fe2+失去2mol電子，被Fe2+還原的Na2O2為1mol，C錯誤；D．每生成3molNa2O轉(zhuǎn)移14mol電子，則生成18.6gNa2O的物質(zhì)的量為，則轉(zhuǎn)移1.4mol電子，D正確；故選C。二、不定項選擇題(共5小題，每小題4分，共20分。每小題只有1?2個選項符合題目要求)11.亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。馬蒂遜(Mathieson)法制備亞氯酸鈉的流程如下：下列說法錯誤的是A.反應(yīng)①階段，參加反應(yīng)的NaClO3和SO2的化學(xué)計量數(shù)之比為2：1B.反應(yīng)①中ClO2是氧化產(chǎn)物，反應(yīng)②中ClO2是氧化劑C.反應(yīng)②生成了能使帶火星木條復(fù)燃的氣體D.反應(yīng)②中的H2O2可用KMnO4代替【答案】BD【解析】〖祥解〗氯酸鈉、硫酸和二氧化硫發(fā)生反應(yīng)①：；二氧化氯與雙氧水在堿性條件下發(fā)生反應(yīng)②：。據(jù)此分析作答。A．根據(jù)上述分析，發(fā)生反應(yīng)：，參加反應(yīng)的NaClO3和SO2的化學(xué)計量數(shù)之比為2：1，A正確；B．反應(yīng)①中ClO2是還原產(chǎn)物，反應(yīng)②中ClO2是氧化劑，B錯誤；C．反應(yīng)②：，生成了氧氣，C正確；D．反應(yīng)②中的H2O2是還原劑，而KMnO4只能作氧化劑，不能作還原劑，D錯誤；故選BD。12.有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一種或幾種組成，為了探究它的成分，進行了如下實驗。下列判斷正確的是A.BaCl2、CaCO3一定存在，NaOH可能存在B.NaOH、CuSO4一定不存在C.K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，CuSO4可能存在D.無色濾液C含兩種溶質(zhì)【答案】D【解析】白色粉末加水后過濾，濾渣為白色濾渣A，加入鹽酸，固體全部溶解，并生成氣體B，則白色濾渣為CaCO3，不含有BaSO4，氣體B為CO2。無色濾渣C中通入CO2氣體，有白色沉淀生成，則此沉淀為BaCO3，原白色粉末中不含有CuSO4，含有BaCl2，則不含有K2SO4。A．由分析可知，原白色粉末中BaCl2、CaCO3一定存在，若無NaOH，則通入CO2后不能生成白色沉淀，則NaOH一定存在，A不正確；B．由分析可知，NaOH一定存在，CuSO4一定不存在，B不正確；C．因為K2SO4、BaCl2會發(fā)生反應(yīng)，生成不溶于鹽酸的BaSO4沉淀，所以NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，C不正確；D．綜合分析白色粉末，無色濾液C中含有BaCl2、NaOH兩種溶質(zhì)，D正確；故選D。13.已知有下列四個反應(yīng)：①Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl?②Cl2+FeI2=FeCl2+I2③Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br?④Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O下列有關(guān)說法正確的是A.反應(yīng)②③④中的氧化產(chǎn)物分別是I2、Fe3+、CoCl2B.根據(jù)①②③可以得到還原性：I?>Fe2+>Br?C.可以發(fā)生反應(yīng)Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2D.在反應(yīng)④中參加反應(yīng)的Co2O3和體現(xiàn)還原性的HCl物質(zhì)的量比為1∶2【答案】BD【解析】①在Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl?中，F(xiàn)e元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，氧化劑為Cl2，氧化產(chǎn)物為Fe3+，還原劑為Fe2+，還原產(chǎn)物為Cl?，故氧化性Cl2>Fe3+，還原性為Fe2+>Cl?；在②Cl2+FeI2=FeCl2+I2中，F(xiàn)eI2中I元素的化合價升高，Cl2中Cl元素的化合價降低，氧化劑為Cl2，氧化產(chǎn)物為I2，還原劑為I?，還原產(chǎn)物為Cl?，故氧化性Cl2>I2，還原性為I?>Cl?；③在Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br?中，F(xiàn)e元素的化合價升高，Br2中Br元素的化合價降低，氧化劑為Br2，氧化產(chǎn)物為Fe3+，還原劑為Fe2+，還原產(chǎn)物為Br?，故氧化性Br2>Fe3+，還原性為Fe2+>Br?；④在Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，HCl中Cl元素的化合價升高，Co2O3中Co元素的化合價降低，氧化劑為Co2O3，氧化產(chǎn)物為Cl2，還原劑為Cl?，還原產(chǎn)物為Co2+，故氧化性Co2O3>Cl2，還原性為Cl?>Co2+，據(jù)此回答。A．由分析知，反應(yīng)②③④中的氧化產(chǎn)物分別是I2、Fe3+、Cl2，A錯誤；B．由分析知，根據(jù)①②③可以得到還原性：I?>Fe2+>Br?，B正確；C．由③知，還原性Fe2+>Br?，與Cl2反應(yīng)時Fe2+先發(fā)生反應(yīng)，故無法進行Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2，C錯誤；D．在反應(yīng)④中，6個HCl中只有2個HCl被氧化，故參加反應(yīng)的Co2O3和體現(xiàn)還原性的HCl物質(zhì)的量比為1∶2，D正確；故選BD。14.將一定量的氯氣通入30mL濃度為10mol/L的氫氧化鈉濃溶液中，加熱少許時間后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系。下列判斷正確的是A.與NaOH反應(yīng)的氯氣一定為0.3molB.n(Na＋)∶n(Cl－)可能為7∶3C.n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能為11∶2∶1D.若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為nmol，則0.15＜n＜0.25【答案】D【解析】A、反應(yīng)后混合中沒有NaOH，根據(jù)鈉元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol·L－1=0.3mol，根據(jù)氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，參加反應(yīng)的氯氣n（Cl2）=0.15mol，故A錯誤；B、Cl2可能發(fā)生兩種反應(yīng)：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化產(chǎn)物只有NaClO時，n（Na＋）：n（Cl－）最大為2：1，當(dāng)氧化產(chǎn)物為NaClO3時，n（Na＋）：n（Cl－）最小為6：5，n（Na＋）：n（Cl－）應(yīng)介于兩者之間，即6：5＜n（Na＋）：n（Cl－）＜2：1，現(xiàn)7：3＞2：1，故B錯誤；C、若n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaClO、NaClO3失去的電子為2mol×1+1mol×5=7mol，生成NaCl獲得的電子為11mol×1=11mol，得失電子不相等，故C錯誤；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO3時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多，為0.3mol×5/6×1=0.25mol，氧化產(chǎn)物只有NaClO時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少，為0.3mol×1/2×1=0.15mol，0.15＜n＜0.25，故D正確；故選D。『點石成金』：考查氧化還原反應(yīng)計算、根據(jù)方程式的計算，難度較大，用列方程組可以解，但利用極限法與守恒法等技巧可以達(dá)到事半功倍的效果。15.錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng)：。利用氧化制備的裝置如圖所示(夾持裝置略)。下列說法正確的是A.裝置甲中的固體可以是KMnO4B.裝置乙中放飽和NaCl溶液，以提高KMnO4的產(chǎn)率C.裝置丙中濃堿可以是濃NaOH溶液D.裝置丁中可加入澄清石灰水吸收尾氣【答案】AB【解析】〖祥解〗根據(jù)實驗?zāi)康?，甲裝置的目的是制備氯氣，因為錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng)，因此需要除去氯氣中的HCl，即乙裝置的作用是除去氯氣中的HCl，盛放飽和食鹽水，丙裝置是發(fā)生裝置，氯氣有毒，為防止污染環(huán)境，需要尾氣除去，即丁裝置的目的是除去多余氯氣，據(jù)此分析。A．KMnO4具有強氧化性可將氧化為Cl2，且不需要加熱，A正確；B．裝置乙中放飽和NaCl溶液，除去氯氣中混有的HCl，減少消耗KOH，以提高KMnO4的產(chǎn)率，B正確；C．裝置丙用NaOH導(dǎo)致制備的KMnO4不純，選KOH作堿性介質(zhì)，C錯誤；D．裝置丁的目的是除去多余氯氣，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2濃度較小，可用石灰乳吸收尾氣，D錯誤；故選AB。三、綜合題(本題共5小題，共60分)16.下圖為氯元素的單質(zhì)及其化合物的“價?類”二維圖。其中對辛、庚的溶液進行焰色試驗，火焰顏色為黃色。請回答下列問題：（1）丙的化學(xué)式為___________；丁的化學(xué)式為___________。（2）甲、乙、丁、戊中，屬于電解質(zhì)的是___________(填化學(xué)式)；根據(jù)氯元素的化合價判斷，乙___________(填標(biāo)號)。A．只有氧化性

B．既有氧化性又有還原性C．只有還原性

D．既能作氧化劑又能作還原劑（3）工業(yè)上常用NaClO2制備ClO2，反應(yīng)的化學(xué)方程為5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目___________，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為___________。（4）“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其含義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當(dāng)于多少克氯氣的氧化能力。辛的有效氯含量為___________g?！敬鸢浮浚?）①.ClO2②.Cl2O7（2）①.HCl、HClO②.BD（3）①.②.4∶1（4）2【解析】〖祥解〗由圖知，甲為Cl中-1價的氫化物，故甲為HCl，乙為單質(zhì)，故乙為Cl2，丙為Cl中+4價的氧化物，故丙為ClO2，丁為Cl中+7價的氧化物，故丁為Cl2O7，戊為Cl中+1價的酸，故戊為HClO，己為Cl中+7價的酸，故己為HClO4，對辛、庚的溶液進行焰色試驗，火焰顏色為黃色，庚為Cl中+1價的鹽，故庚為次氯酸鈉，辛為Cl中+5價的鹽，故辛為氯酸鈉，據(jù)此回答?！拘?詳析】由分析知，丙的化學(xué)式為ClO2；丁的化學(xué)式為Cl2O7；【小問2詳析】甲、乙、丁、戊分別為HCl、Cl2、Cl2O7、HClO，Cl2為單質(zhì)，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，Cl2O7為氧化物，為非電解質(zhì)，HCl、HClO均為酸，屬于電解質(zhì)的是HCl、HClO；由分析知，乙為Cl2，化合價為0價，處于中間價態(tài)，既能升高，也能降低，故根據(jù)氯元素的化合價判斷，乙既有氧化性又有還原性，既能作氧化劑又能作還原劑，故選BD；【小問3詳析】在5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中，5個NaClO2中有4個Cl的化合價由+3價升高到+4價，有1個由+3降低到-1價，用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目為，由于5個NaClO2中有4個Cl的化合價由+3價升高到+4價，有1個由+3降低到-1價，則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為4∶1；小問4詳析】由分析知，辛為NaClO3，在消毒時，Cl化合價由+5價降低為-1價，得到6個電子，Cl2中Cl為0價，在反應(yīng)中變成-1價，1個氯氣分子得到2個電子，設(shè)1gNaClO3的氧化能力相當(dāng)于xgCl2的氧化能力，根據(jù)得到電子數(shù)目相等列式：（是NaClO3的摩爾質(zhì)量，是Cl2的摩爾質(zhì)量），解得，故辛的有效氯含量為2g。17.要配制480mL0.2mol/L的CuSO4溶液，配制過程中有如下操作步驟：①把稱量好的膽礬(CuSO4?5H2O)放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解；②把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入___________中；③繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距離刻度線1?2cm處，改用___________滴加蒸餾水至液面與刻度線相切；④用少量蒸餾水洗滌燒杯玻璃棒2?3次，每次洗滌的液體都小心轉(zhuǎn)入容量瓶，并輕輕搖勻；⑤將容量瓶塞緊，反復(fù)上下顛倒，搖勻；⑥待溶液恢復(fù)到室溫?；卮鹣铝袉栴}：（1）請?zhí)顚懮鲜鰧嶒灢襟E的空白處：②___________，③___________。（2）實驗操作步驟的正確順序為(填序號)___________。（3）實驗室用膽礬(CuSO4?5H2O)來配制該溶液，用托盤天平稱量膽礬___________g。（4）由于錯誤操作，使得實際濃度比所要求的偏小的是___________(填寫編號)。A.轉(zhuǎn)移前容量瓶洗滌后未干燥B.使用容量瓶配制溶液時，俯視液面定容C.沒有用蒸餾水洗燒杯2?3次，并將洗液移入容量瓶中D.把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用（5）定容時，若加蒸餾水時不慎超過刻度線，處理方法是___________?！敬鸢浮浚?）①.500mL容量瓶②.膠頭滴管（2）①⑥②④③⑤（3）25.0（4）CD（5）重新配制【解析】〖祥解〗配制一定物質(zhì)的量濃度溶液操作步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶；【小問1詳析】②沒有480mL容量瓶，因此應(yīng)使用500mL容量瓶進行配制，即把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入500mL容量瓶中；③繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距離刻度線l-2cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切；【小問2詳析】根據(jù)實驗步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、振蕩、定容、搖勻，裝瓶貼標(biāo)簽，因此實驗操作步驟的正確順序為①⑥②④③⑤；【小問3詳析】實驗室用膽礬(CuSO4?5H2O)來配制該溶液，用托盤天平稱量膽礬0.2mol?L?1×0.5L×250g?mol?1=25.0g；【小問4詳析】A．容量瓶用蒸餾水洗凈，沒有干燥，對結(jié)果無影響，A錯誤；B．使用容量瓶配制溶液時，俯視液面定容，溶液體積偏小，濃度偏大，B錯誤；C．沒有用蒸餾水洗燒杯2～3次，并將洗液移入容量瓶中，溶質(zhì)物質(zhì)的量減小，濃度偏小，C正確；D．把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用，試劑瓶中有水，因此濃度偏小，D正確；故選CD；【小問5詳析】定容時，若加蒸餾水時不慎超過刻度線，處理方法是重新配制。18.H2O2可作為礦業(yè)廢液消毒劑，有“綠色氧化劑”的美稱。（1）消除廢液中的氰化物(如NaCN)，可經(jīng)以下反應(yīng)實現(xiàn)：(已配平)，則生成物X的化學(xué)式為___________。（2）從氧元素的化合價可推測，H2O2既具有氧化性，又具有還原性。某實驗小組同學(xué)設(shè)計實驗探究在某強酸性反應(yīng)體系中的性質(zhì)。實驗Ⅰ：探究H2O2的氧化性。向含5%H2O2的硫酸酸性溶液中加入___________(填序號)，預(yù)測可能看到的現(xiàn)象___________。①淀粉?KI溶液②NaClO溶液③MnO2固體實驗Ⅱ：探究H2O2的還原性。向含5%H2O2的溶液中滴加酸性KMnO4溶液。已知反應(yīng)物和生成物共有六種粒子：O2、、H2O、Mn2+、H2O2、H+。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是___________，若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，則生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2的體積是___________。（3）寫出一個H2O2既做氧化劑又做還原劑的反應(yīng)的化學(xué)方程式___________?！敬鸢浮浚?）（2）①.①②.溶液變藍(lán)色③.④.11.2L（3）【解析】【小問1詳析】根據(jù)原子守恒，X的化學(xué)式為；【小問2詳析】與KI在酸性條件下反應(yīng)生成單質(zhì)碘和水，化學(xué)方程式為，單質(zhì)碘遇淀粉變成藍(lán)色，故可能看到的現(xiàn)象為溶液變藍(lán)；與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)，被氧化得到氧化產(chǎn)物，1mol得到2mol電子生成1mol，故轉(zhuǎn)移NA個電子時，產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量為0.5mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L；【小問3詳析】既做氧化劑又做還原劑，即化合價既有升高又有降低，比如實驗室用制氧氣的反應(yīng)。19.Ⅰ．如圖所示物質(zhì)之間的轉(zhuǎn)化，已知：A是金屬單質(zhì)；B為淡黃色固體；F是非金屬單質(zhì)；H是“84”消毒液的有效成分；X是常見的溫室氣體。按要求回答下列問題：（1）以上反應(yīng)中，不屬于氧化還原反應(yīng)的有___________個。（2）寫出E與F反應(yīng)的離子方程式___________。（3）寫出B→C反應(yīng)的化學(xué)方程式___________；若反應(yīng)中有0.2mol電子轉(zhuǎn)移，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體的體積為___________L。Ⅱ．我國化學(xué)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)合制堿法的主要過程如下圖所示(部分物質(zhì)已略去)。（4）①~③所涉及的操作方法中，包含過濾的是___________(填序號)。（5）上述過程中可循環(huán)使用的物質(zhì)是___________(填化學(xué)式)。（6）設(shè)計實驗檢驗溶液B中是否含有Cl?，其操作為___________?！敬鸢浮浚?）2（2）Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O（3）①.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2②.2.24（4）①③（5）CO2（6）取少量溶液B于試管中，先加稀硝酸酸化，再加適量AgNO3溶液，若出現(xiàn)白色沉淀證明含Cl-；反之則不含Cl-【解析】〖祥解〗I．A是金屬單質(zhì)，A生成B，B為淡黃色固體，則A為Na單質(zhì)，則B為Na2O2，X是常見的溫室氣體，則X為CO2，CO2與過氧化鈉反應(yīng)生成的C為Na2CO3，碳酸鈉與CO2在一定條件生成D，D也可以轉(zhuǎn)化為Na2CO3，則D為NaHCO3，H是“84”消毒液的有效成分，則H為NaClO，F(xiàn)為非金屬單質(zhì)，則F為Cl2，而Na和水生成E，則E為NaOH；II．向飽和食鹽水先進行氨化，使溶液顯堿性，再通入二氧化碳，增大溶液中的濃度，利用NaHCO3的溶解度小于NH4HCO3，使NaHCO3晶體析出，發(fā)生反應(yīng)：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，過濾，將沉淀洗滌、干燥，碳酸氫鈉灼燒分解生成碳酸鈉，生成的二氧化碳利用循環(huán)利用，溶液A中的主要成分是氯化銨，加入氯化鈉析出

NH4Cl晶體，過濾分離，溶液B中主要成分是NaCl，據(jù)此回答?！拘?詳析】上述反應(yīng)中Na與氧氣反應(yīng)生成過氧化鈉、鈉與水的反應(yīng)、過氧化鈉與二氧化碳的反應(yīng)、氫氧化鈉與氯氣的反應(yīng)都屬于氧化還原反應(yīng)，只有碳酸鈉與碳酸氫鈉之間的相互轉(zhuǎn)化屬于非氧化還原反應(yīng)，即以上反應(yīng)中，不屬于氧化還原反應(yīng)的有2個；【小問2詳析】由分析知，F(xiàn)為Cl2，E為NaOH，兩者反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，離子方程式為Cl2+2OH?=Cl?+ClO?+H2O；【小問3詳析】由分析知，B為Na2O2，C為Na2CO3，B→C反應(yīng)為過氧化鈉與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；若反應(yīng)中有0.2mol電子轉(zhuǎn)移，生成O2為0.1mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為0.1mol×22.4L/mol=2.24L；【小問4詳析】①～③所涉及的操作方法中，①③是將固體與溶液分離，而②是將碳酸氫鈉加熱分解，則包含過濾的是①③；【小問5詳析】由分析知，可循環(huán)利用的物質(zhì)為CO2；小問6詳析】由于Cl-能與Ag+反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀，故取少量溶液B于試管中，先加稀硝酸酸化，再加適量AgNO3溶液，若出現(xiàn)白色沉淀證明含Cl-；反之則不含Cl-。20.四氯化鈦是一種重要的化工原料，某實驗小組利用如圖裝置模擬制備TiCl4(部分夾持儀器已略去)。已知：①室溫下TiCl4為無色液體，熔點為?25℃，沸點②TiCl4易與水反應(yīng)生成TiO2和HCl。③在左右，將氯氣通過TiO2和碳粉的混合物可制得TiCl4和一種有毒的氣體。（1）裝置A中MnO2與濃鹽酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。（2）玻璃管a能有效提示裝置是否發(fā)生堵塞，若右側(cè)裝置出現(xiàn)堵塞，觀察到的現(xiàn)象是___________。（3）寫出裝置D中生成TiCl4的化學(xué)方程式___________。（4）儀器F的名稱為___________，若F中裝有堿石灰，其作用是___________。該實驗還有個明顯的缺點是___________。【答案】（1）MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）玻璃管內(nèi)液面上升（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO（4）①.球形干燥管②.吸收多余的Cl2，防止空氣中水蒸氣進入裝置③.缺少CO尾氣處理裝置【解析】〖祥解〗A裝置在加熱條件下二氧化錳與濃鹽酸制取氯氣；B裝置內(nèi)飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫并平衡氣壓；C裝置內(nèi)濃硫酸用于干燥氯氣；D裝置中氯氣通過TiO2和碳粉的混合物制得TiCl4；E裝置作用是冷凝回收TiCl4；F裝置用于尾氣吸收以及防止空氣中的水蒸氣進入裝置與TiCl4反應(yīng)；【小問1詳析】二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)生成氯化錳、氯氣和水，化學(xué)方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；【小問2詳析】玻璃管a能有效提示裝置是否發(fā)生堵塞，若右側(cè)裝置出現(xiàn)堵塞，造成B裝置內(nèi)壓強變大，觀察到的現(xiàn)象是玻璃管內(nèi)液面上升(高于洗氣瓶中的液面)；【小問3詳析】氯氣通過TiO2和碳粉的混合物可制得TiCl4和一種有毒的氣體為一氧化碳，制得四氯化鈦的化學(xué)方程式為：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；【小問4詳析】儀器F的名稱為球形干燥管，若F中裝有堿石灰，其作用是能吸收多余的氯氣防止污染空氣，吸收空氣中的水蒸氣，防止空氣中水蒸氣進入裝置與TiCl4反應(yīng)；一氧化碳為有毒氣體，需進行尾氣處理，則該實驗還有個明顯的缺點是缺少CO尾氣處理裝置。山東省淄博市高青縣第一中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期中考試可能用到的相對原子質(zhì)量：C：12N：14O：16Na：23Cl：35.5Mg：24Cu：64S：32一、單項選擇題(共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求)1.下列物質(zhì)儲存或使用正確的是A.新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色廣口瓶中 B.鐵與氯氣不反應(yīng)，所以液氯可用鋼瓶儲存C.金屬鈉著火用二氧化碳滅火器撲滅 D.ClO2用作新型自來水消毒劑【答案】D【解析】A．由于次氯酸見光易分解，故新制氯水保存于帶玻璃塞的棕色細(xì)口瓶中避光保存，A錯誤；B．鐵可以在Cl2中劇烈燃燒，但常溫下鐵與氯氣不反應(yīng)，所以液氯可用鋼瓶儲存，B錯誤；C．由于金屬鈉能夠在CO2中繼續(xù)燃燒，反應(yīng)方程式為：4Na+3CO2=2Na2CO3+C，故金屬鈉著火不能用二氧化碳滅火器撲滅，應(yīng)該用干燥的沙土撲滅，C錯誤；D．ClO2具有強氧化性，可以殺死自來水中的細(xì)菌和病毒，可用作新型自來水消毒劑，D正確；故選D。2.25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.透明的溶液中：Cu2+、Na+、、B.使石蕊試液變藍(lán)的溶液中：Mg2+、Na+、Cl?、C.加入金屬鋅產(chǎn)生H2的溶液中：Na+、Ba2+、、OH?D.pH<7的溶液中：Na+、K+、Cl?、ClO?【答案】A【解析】A．透明的溶液中，Cu2+、Na+、、之間不發(fā)生反應(yīng)，能大量共存，A正確；B．使石蕊試液變藍(lán)的溶液為堿性溶液：Mg2+與OH?反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀，不能大量共存，B錯誤；C．加入金屬鋅產(chǎn)生H2的溶液為酸性溶液，H+與OH?反應(yīng)生成水，不能大量共存，C錯誤；D．25℃時，pH<7的溶液為酸性溶液：H+、Cl?與ClO?發(fā)生反應(yīng)生成氯氣和水，不能大量共存，D錯誤；故選A。3.下列關(guān)于NA說法不正確的是A.2.3g鈉與1L0.01mol/L鹽酸反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAB.標(biāo)況下11.2LH2O分子中所含的O原子數(shù)為0.5NAC.常溫常壓下，CO和N2的混合氣體2.8g含有的原子數(shù)為0.2NAD.將1molCl2通入水中，HClO、Cl?、ClO?粒子數(shù)之和小于2NA【答案】B【解析】A．2.3g鈉的物質(zhì)的量為0.1mol，與1L0.01mol/L鹽酸反應(yīng)，先與HCl反應(yīng)，再與水反應(yīng)，鈉完全反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，A正確；B．標(biāo)況下，H2O不是氣體，不能用氣體的摩爾體積來計算物質(zhì)的量，B錯誤；C．CO和N2的摩爾質(zhì)量都是28g/mol，且都是雙原子分子，2.8gCO和N2的混合氣體物質(zhì)的量為0.1mol，含有的原子數(shù)為0.2NA，C正確；D．氯氣和水反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進行徹底，所以1molCl2通入水中，粒子數(shù)之和小于2NA，D正確；故選B。4.下列過程中的化學(xué)反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式正確的是A.稀鹽酸中加入碳酸鎂濁液：B少量溶液與澄清石灰水反應(yīng)：C.稀硫酸中加入氫氧化鋇溶液：D次氯酸鈣溶液中通入少量：【答案】D【解析】A．碳酸鎂難溶，稀鹽酸中加入碳酸鎂濁液：，A錯誤；B．少量溶液與澄清石灰水反應(yīng)，生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水：，B錯誤；C．稀硫酸中加入氫氧化鋇溶液：，C錯誤；D．次氯酸鈣溶液中通入少量，生成碳酸鈣和次氯酸：，D正確；答案選D。5.教材中的實驗有助于理論知識的學(xué)習(xí)，下列說法錯誤的是AB加熱碳酸鈉或碳酸氫鈉光照過程中氯水中氯離子的濃度變化可以比較二者的熱穩(wěn)定性氯離子濃度升高的原因是HClO分解CDNa2O2與水的反應(yīng)將有色鮮花放入盛有干燥氯氣的集氣瓶帶火星的木條復(fù)燃說明該反應(yīng)生成氧氣證明Cl2具有漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．碳酸鈉受熱不易分解，澄清石灰水無現(xiàn)象，碳酸氫鈉受熱易分解，澄清石灰水變渾濁，可以比較二者的熱穩(wěn)定性，A正確；B．氯水中次氯酸不穩(wěn)定，光照易分解生成鹽酸，氯化氫完全電離，則氯離子濃度增大，B正確；C．Na2O2與水的反應(yīng)生成的氣體能使帶火星的木條復(fù)燃，說明生成的是氧氣，C正確；D．將有色鮮花放入盛有干燥氯氣的集氣瓶中，鮮花褪色是由于鮮花中的水與氯氣反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，干燥的Cl2不具有漂白性，D錯誤；故選D。6.現(xiàn)有三種溶液：①400mL2.5mol/LHCl溶液、②250mL4.0mol/LHCl溶液、③200mL2.0mol/LMgCl2溶液。下列說法正確的是A.溶液的導(dǎo)電能力：①=②B.Cl?的物質(zhì)的量：③>②C.向①②中加入等質(zhì)量的Fe，產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量：①=②D.將38.0gMgCl2固體溶于200mL水中可得到③【答案】C【解析】A．離子所帶電荷相同時，離子濃度越大，溶液的導(dǎo)電能力就越強，溶液的導(dǎo)電能力為：①＜②，A錯誤；B．②250mL4.0mol/LHCl溶液中的物質(zhì)的量為，③200mL2.0mol/LMgCl2溶液中的物質(zhì)的量為，故的物質(zhì)的量：③<②，B錯誤；C．①②中氫離子物質(zhì)的量相等，均為1mol，故向①②中加入等質(zhì)量的Fe，產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量：①＝②，C正確；D．該體積是溶劑的體積，不是溶液的體積，故所得溶液的濃度不是2mol/L，D錯誤；故選C。7.化學(xué)源自于生活和生產(chǎn)實踐，并伴隨著人類社會的進步不斷發(fā)展，近年來科學(xué)家合成和發(fā)現(xiàn)了一些新物質(zhì)，如新型氫分子H3、新型氧分子O4、高能微粒等，下列說法正確的是A.高能微粒摩爾質(zhì)量為70gB.常溫常壓下，O2與O3的密度之比為3:2C.一定條件下，H2生成H3的反應(yīng)屬于化學(xué)變化D.N2與互為同素異形體【答案】C【解析】A．摩爾質(zhì)量的單位為g/mol，故高能微粒摩爾質(zhì)量為70g/mol，A錯誤；B．同溫同壓下，氣體的密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，所以常溫常壓下，O2與O3的密度之比為32:48=2:3，B錯誤；C．H2生成H3的反應(yīng)中有新物質(zhì)生成，屬于化學(xué)變化，C正確；D．同素異形體為同種元素組成的不同單質(zhì)，互為同素異形體，不是單質(zhì)，D錯誤；故選C。8.離子的摩爾電導(dǎo)率可用來衡量電解質(zhì)溶液中離子導(dǎo)電能力的強弱，摩爾電導(dǎo)率越大，離子在溶液中的導(dǎo)電能力越強。已知Ca2＋、OH－、的摩爾電導(dǎo)率分別為0.60、1.98、0.45據(jù)此可判斷，向飽和的澄清石灰水中通入過量的二氧化碳，溶液導(dǎo)電能力隨二氧化碳通入量的變化趨勢正確的是A. B. C. D.【答案】D【解析】向澄清石灰水中通入過量的CO2，先生成碳酸鈣沉淀，鈣離子、氫氧根離子濃度在減少，后沉淀溶解生成碳酸氫鈣溶液，鈣離子、碳酸氫根離子的濃度在增大，鈣離子的濃度與原來相等，碳酸氫根離子的濃度與原來氫氧根離子濃度相等，但OH-的摩爾導(dǎo)電率大于HCO3-的摩爾電導(dǎo)率來分析。向澄清石灰水中通入過量的CO2，先生成碳酸鈣沉淀，鈣離子、氫氧根離子濃度在減少，溶液導(dǎo)電能力減弱，后沉淀溶解生成碳酸氫鈣溶液，鈣離子、碳酸氫根離子的濃度在增大，鈣離子的濃度與原來相等，碳酸氫根離子的濃度與原來氫氧根離子濃度相等，但OH-的摩爾導(dǎo)電率大于HCO3-的摩爾電導(dǎo)率，所以最后溶液的導(dǎo)電性小于原來，最后不變；故選D。9.下列實驗操作，現(xiàn)象及結(jié)論都正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向某溶液中加入稀鹽酸至溶液呈酸性，產(chǎn)生使澄清石灰水變渾濁的氣體該溶液中含有B對某堿性溶液進行焰色試驗，火焰顏色為黃色該溶液為溶液C向某溶液中加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加過量稀鹽酸，沉淀不消失該溶液中含有D向某溶液中加入過量硝酸酸化的溶液，有白色沉淀生成該溶液中含有A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．、都能和鹽酸反應(yīng)生成使澄清石灰水變渾濁的無色無味的二氧化碳，故A錯誤；B．焰色試驗中火焰為黃色只能說明含有鈉元素，堿性溶液可能為NaOH溶液，也可能為Na2CO3或NaHCO3溶液，故B錯誤；C．若溶液中含有Ag+，加入氯化鋇溶液有白色沉淀產(chǎn)生，再加過量稀鹽酸，沉淀也不消失，故C錯誤；D．向某溶液中加入過量硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可證明該溶液中含有Cl?，故D正確；故選D。10.過氧化鈉可用作熔礦劑，使一些難溶于酸的礦物變成可溶于水或酸的物質(zhì)。過氧化鈉與鉻鐵礦[主要成分為亞鉻酸亞鐵(FeCr2O4)]反應(yīng)的化學(xué)方程式為2FeCr2O4+7Na2O24Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O，下列有關(guān)說法錯誤的是A.Na2O2、Na2O陽離子與陰離子個數(shù)比都為2∶1B.該反應(yīng)中的氧化產(chǎn)物是Na2CrO4和Fe2O3C.若有2molFeCr2O4參加反應(yīng)，則被Fe2+氧化的Na2O2為1molD.每生成0.3mol氧化鈉轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是1.4mol【答案】C【解析】A．Na2O2的電離方程式為、Na2O的電離方程式為，故陽離子與陰離子個數(shù)比都為2∶1，A正確；B．該反應(yīng)中，F(xiàn)eCr2O4中鐵、鉻元素的化合價升高，被氧化，Na2CrO4、Fe2O3是氧化產(chǎn)物，B正確；C．若有2molFe2+被氧化，則Fe2+失去2mol電子，被Fe2+還原的Na2O2為1mol，C錯誤；D．每生成3molNa2O轉(zhuǎn)移14mol電子，則生成18.6gNa2O的物質(zhì)的量為，則轉(zhuǎn)移1.4mol電子，D正確；故選C。二、不定項選擇題(共5小題，每小題4分，共20分。每小題只有1?2個選項符合題目要求)11.亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。馬蒂遜(Mathieson)法制備亞氯酸鈉的流程如下：下列說法錯誤的是A.反應(yīng)①階段，參加反應(yīng)的NaClO3和SO2的化學(xué)計量數(shù)之比為2：1B.反應(yīng)①中ClO2是氧化產(chǎn)物，反應(yīng)②中ClO2是氧化劑C.反應(yīng)②生成了能使帶火星木條復(fù)燃的氣體D.反應(yīng)②中的H2O2可用KMnO4代替【答案】BD【解析】〖祥解〗氯酸鈉、硫酸和二氧化硫發(fā)生反應(yīng)①：；二氧化氯與雙氧水在堿性條件下發(fā)生反應(yīng)②：。據(jù)此分析作答。A．根據(jù)上述分析，發(fā)生反應(yīng)：，參加反應(yīng)的NaClO3和SO2的化學(xué)計量數(shù)之比為2：1，A正確；B．反應(yīng)①中ClO2是還原產(chǎn)物，反應(yīng)②中ClO2是氧化劑，B錯誤；C．反應(yīng)②：，生成了氧氣，C正確；D．反應(yīng)②中的H2O2是還原劑，而KMnO4只能作氧化劑，不能作還原劑，D錯誤；故選BD。12.有一包白色粉末，由BaCl2、K2SO4、CaCO3、NaOH、CuSO4中的一種或幾種組成，為了探究它的成分，進行了如下實驗。下列判斷正確的是A.BaCl2、CaCO3一定存在，NaOH可能存在B.NaOH、CuSO4一定不存在C.K2SO4、NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，CuSO4可能存在D.無色濾液C含兩種溶質(zhì)【答案】D【解析】白色粉末加水后過濾，濾渣為白色濾渣A，加入鹽酸，固體全部溶解，并生成氣體B，則白色濾渣為CaCO3，不含有BaSO4，氣體B為CO2。無色濾渣C中通入CO2氣體，有白色沉淀生成，則此沉淀為BaCO3，原白色粉末中不含有CuSO4，含有BaCl2，則不含有K2SO4。A．由分析可知，原白色粉末中BaCl2、CaCO3一定存在，若無NaOH，則通入CO2后不能生成白色沉淀，則NaOH一定存在，A不正確；B．由分析可知，NaOH一定存在，CuSO4一定不存在，B不正確；C．因為K2SO4、BaCl2會發(fā)生反應(yīng)，生成不溶于鹽酸的BaSO4沉淀，所以NaOH、CaCO3、BaCl2一定存在，K2SO4、CuSO4一定不存在，C不正確；D．綜合分析白色粉末，無色濾液C中含有BaCl2、NaOH兩種溶質(zhì)，D正確；故選D。13.已知有下列四個反應(yīng)：①Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl?②Cl2+FeI2=FeCl2+I2③Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br?④Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O下列有關(guān)說法正確的是A.反應(yīng)②③④中的氧化產(chǎn)物分別是I2、Fe3+、CoCl2B.根據(jù)①②③可以得到還原性：I?>Fe2+>Br?C.可以發(fā)生反應(yīng)Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2D.在反應(yīng)④中參加反應(yīng)的Co2O3和體現(xiàn)還原性的HCl物質(zhì)的量比為1∶2【答案】BD【解析】①在Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl?中，F(xiàn)e元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，氧化劑為Cl2，氧化產(chǎn)物為Fe3+，還原劑為Fe2+，還原產(chǎn)物為Cl?，故氧化性Cl2>Fe3+，還原性為Fe2+>Cl?；在②Cl2+FeI2=FeCl2+I2中，F(xiàn)eI2中I元素的化合價升高，Cl2中Cl元素的化合價降低，氧化劑為Cl2，氧化產(chǎn)物為I2，還原劑為I?，還原產(chǎn)物為Cl?，故氧化性Cl2>I2，還原性為I?>Cl?；③在Br2+2Fe2+=2Fe3++2Br?中，F(xiàn)e元素的化合價升高，Br2中Br元素的化合價降低，氧化劑為Br2，氧化產(chǎn)物為Fe3+，還原劑為Fe2+，還原產(chǎn)物為Br?，故氧化性Br2>Fe3+，還原性為Fe2+>Br?；④在Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，HCl中Cl元素的化合價升高，Co2O3中Co元素的化合價降低，氧化劑為Co2O3，氧化產(chǎn)物為Cl2，還原劑為Cl?，還原產(chǎn)物為Co2+，故氧化性Co2O3>Cl2，還原性為Cl?>Co2+，據(jù)此回答。A．由分析知，反應(yīng)②③④中的氧化產(chǎn)物分別是I2、Fe3+、Cl2，A錯誤；B．由分析知，根據(jù)①②③可以得到還原性：I?>Fe2+>Br?，B正確；C．由③知，還原性Fe2+>Br?，與Cl2反應(yīng)時Fe2+先發(fā)生反應(yīng)，故無法進行Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2，C錯誤；D．在反應(yīng)④中，6個HCl中只有2個HCl被氧化，故參加反應(yīng)的Co2O3和體現(xiàn)還原性的HCl物質(zhì)的量比為1∶2，D正確；故選BD。14.將一定量的氯氣通入30mL濃度為10mol/L的氫氧化鈉濃溶液中，加熱少許時間后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系。下列判斷正確的是A.與NaOH反應(yīng)的氯氣一定為0.3molB.n(Na＋)∶n(Cl－)可能為7∶3C.n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能為11∶2∶1D.若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子為nmol，則0.15＜n＜0.25【答案】D【解析】A、反應(yīng)后混合中沒有NaOH，根據(jù)鈉元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol·L－1=0.3mol，根據(jù)氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，參加反應(yīng)的氯氣n（Cl2）=0.15mol，故A錯誤；B、Cl2可能發(fā)生兩種反應(yīng)：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，氧化產(chǎn)物只有NaClO時，n（Na＋）：n（Cl－）最大為2：1，當(dāng)氧化產(chǎn)物為NaClO3時，n（Na＋）：n（Cl－）最小為6：5，n（Na＋）：n（Cl－）應(yīng)介于兩者之間，即6：5＜n（Na＋）：n（Cl－）＜2：1，現(xiàn)7：3＞2：1，故B錯誤；C、若n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaClO、NaClO3失去的電子為2mol×1+1mol×5=7mol，生成NaCl獲得的電子為11mol×1=11mol，得失電子不相等，故C錯誤；D、由3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O、Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，氧化產(chǎn)物只有NaClO3時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多，為0.3mol×5/6×1=0.25mol，氧化產(chǎn)物只有NaClO時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少，為0.3mol×1/2×1=0.15mol，0.15＜n＜0.25，故D正確；故選D?！狐c石成金』：考查氧化還原反應(yīng)計算、根據(jù)方程式的計算，難度較大，用列方程組可以解，但利用極限法與守恒法等技巧可以達(dá)到事半功倍的效果。15.錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng)：。利用氧化制備的裝置如圖所示(夾持裝置略)。下列說法正確的是A.裝置甲中的固體可以是KMnO4B.裝置乙中放飽和NaCl溶液，以提高KMnO4的產(chǎn)率C.裝置丙中濃堿可以是濃NaOH溶液D.裝置丁中可加入澄清石灰水吸收尾氣【答案】AB【解析】〖祥解〗根據(jù)實驗?zāi)康?，甲裝置的目的是制備氯氣，因為錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應(yīng)，因此需要除去氯氣中的HCl，即乙裝置的作用是除去氯氣中的HCl，盛放飽和食鹽水，丙裝置是發(fā)生裝置，氯氣有毒，為防止污染環(huán)境，需要尾氣除去，即丁裝置的目的是除去多余氯氣，據(jù)此分析。A．KMnO4具有強氧化性可將氧化為Cl2，且不需要加熱，A正確；B．裝置乙中放飽和NaCl溶液，除去氯氣中混有的HCl，減少消耗KOH，以提高KMnO4的產(chǎn)率，B正確；C．裝置丙用NaOH導(dǎo)致制備的KMnO4不純，選KOH作堿性介質(zhì)，C錯誤；D．裝置丁的目的是除去多余氯氣，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2濃度較小，可用石灰乳吸收尾氣，D錯誤；故選AB。三、綜合題(本題共5小題，共60分)16.下圖為氯元素的單質(zhì)及其化合物的“價?類”二維圖。其中對辛、庚的溶液進行焰色試驗，火焰顏色為黃色。請回答下列問題：（1）丙的化學(xué)式為___________；丁的化學(xué)式為___________。（2）甲、乙、丁、戊中，屬于電解質(zhì)的是___________(填化學(xué)式)；根據(jù)氯元素的化合價判斷，乙___________(填標(biāo)號)。A．只有氧化性

B．既有氧化性又有還原性C．只有還原性

D．既能作氧化劑又能作還原劑（3）工業(yè)上常用NaClO2制備ClO2，反應(yīng)的化學(xué)方程為5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目___________，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為___________。（4）“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力，其含義是：每克含氯消毒劑的氧化能力相當(dāng)于多少克氯氣的氧化能力。辛的有效氯含量為___________g。【答案】（1）①.ClO2②.Cl2O7（2）①.HCl、HClO②.BD（3）①.②.4∶1（4）2【解析】〖祥解〗由圖知，甲為Cl中-1價的氫化物，故甲為HCl，乙為單質(zhì)，故乙為Cl2，丙為Cl中+4價的氧化物，故丙為ClO2，丁為Cl中+7價的氧化物，故丁為Cl2O7，戊為Cl中+1價的酸，故戊為HClO，己為Cl中+7價的酸，故己為HClO4，對辛、庚的溶液進行焰色試驗，火焰顏色為黃色，庚為Cl中+1價的鹽，故庚為次氯酸鈉，辛為Cl中+5價的鹽，故辛為氯酸鈉，據(jù)此回答?！拘?詳析】由分析知，丙的化學(xué)式為ClO2；丁的化學(xué)式為Cl2O7；【小問2詳析】甲、乙、丁、戊分別為HCl、Cl2、Cl2O7、HClO，Cl2為單質(zhì)，既不是電解質(zhì)，也不是非電解質(zhì)，Cl2O7為氧化物，為非電解質(zhì)，HCl、HClO均為酸，屬于電解質(zhì)的是HCl、HClO；由分析知，乙為Cl2，化合價為0價，處于中間價態(tài)，既能升高，也能降低，故根據(jù)氯元素的化合價判斷，乙既有氧化性又有還原性，既能作氧化劑又能作還原劑，故選BD；【小問3詳析】在5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O中，5個NaClO2中有4個Cl的化合價由+3價升高到+4價，有1個由+3降低到-1價，用單線橋標(biāo)明電子轉(zhuǎn)移方向和數(shù)目為，由于5個NaClO2中有4個Cl的化合價由+3價升高到+4價，有1個由+3降低到-1價，則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為4∶1；小問4詳析】由分析知，辛為NaClO3，在消毒時，Cl化合價由+5價降低為-1價，得到6個電子，Cl2中Cl為0價，在反應(yīng)中變成-1價，1個氯氣分子得到2個電子，設(shè)1gNaClO3的氧化能力相當(dāng)于xgCl2的氧化能力，根據(jù)得到電子數(shù)目相等列式：（是NaClO3的摩爾質(zhì)量，是Cl2的摩爾質(zhì)量），解得，故辛的有效氯含量為2g。17.要配制480mL0.2mol/L的CuSO4溶液，配制過程中有如下操作步驟：①把稱量好的膽礬(CuSO4?5H2O)放入小燒杯中，加適量蒸餾水溶解；②把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入___________中；③繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距離刻度線1?2cm處，改用___________滴加蒸餾水至液面與刻度線相切；④用少量蒸餾水洗滌燒杯玻璃棒2?3次，每次洗滌的液體都小心轉(zhuǎn)入容量瓶，并輕輕搖勻；⑤將容量瓶塞緊，反復(fù)上下顛倒，搖勻；⑥待溶液恢復(fù)到室溫?；卮鹣铝袉栴}：（1）請?zhí)顚懮鲜鰧嶒灢襟E的空白處：②___________，③___________。（2）實驗操作步驟的正確順序為(填序號)___________。（3）實驗室用膽礬(CuSO4?5H2O)來配制該溶液，用托盤天平稱量膽礬___________g。（4）由于錯誤操作，使得實際濃度比所要求的偏小的是___________(填寫編號)。A.轉(zhuǎn)移前容量瓶洗滌后未干燥B.使用容量瓶配制溶液時，俯視液面定容C.沒有用蒸餾水洗燒杯2?3次，并將洗液移入容量瓶中D.把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用（5）定容時，若加蒸餾水時不慎超過刻度線，處理方法是___________。【答案】（1）①.500mL容量瓶②.膠頭滴管（2）①⑥②④③⑤（3）25.0（4）CD（5）重新配制【解析】〖祥解〗配制一定物質(zhì)的量濃度溶液操作步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶；【小問1詳析】②沒有480mL容量瓶，因此應(yīng)使用500mL容量瓶進行配制，即把①所得溶液小心轉(zhuǎn)入500mL容量瓶中；③繼續(xù)向容量瓶中加蒸餾水至液面距離刻度線l-2cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切；【小問2詳析】根據(jù)實驗步驟：計算、稱量、溶解、冷卻、轉(zhuǎn)移、洗滌、振蕩、定容、搖勻，裝瓶貼標(biāo)簽，因此實驗操作步驟的正確順序為①⑥②④③⑤；【小問3詳析】實驗室用膽礬(CuSO4?5H2O)來配制該溶液，用托盤天平稱量膽礬0.2mol?L?1×0.5L×250g?mol?1=25.0g；【小問4詳析】A．容量瓶用蒸餾水洗凈，沒有干燥，對結(jié)果無影響，A錯誤；B．使用容量瓶配制溶液時，俯視液面定容，溶液體積偏小，濃度偏大，B錯誤；C．沒有用蒸餾水洗燒杯2～3次，并將洗液移入容量瓶中，溶質(zhì)物質(zhì)的量減小，濃度偏小，C正確；D．把配好的溶液倒入剛用蒸餾水洗凈的試劑瓶中備用，試劑瓶中有水，因此濃度偏小，D正確；故選CD；【小問5詳析】定容時，若加蒸餾水時不慎超過刻度線，處理方法是重新配制。18.H2O2可作為礦業(yè)廢液消毒劑，有“綠色氧化劑”的美稱。（1）消除廢液中的氰化物(如NaCN)，可經(jīng)以下反應(yīng)實現(xiàn)：(已配平)，則生成物X的化學(xué)式為___________。（2）從氧元素的化合價可推測，H2O2既具有氧化性，又具有還原性。某實驗小組同學(xué)設(shè)計實驗探究在某強酸性反應(yīng)體系中的性質(zhì)。實驗Ⅰ：探究H2O2的氧化性。向含5%H2O2的硫酸酸性溶液中加入___________(填序號)，預(yù)測可能看到的現(xiàn)象___________。①淀粉?KI溶液②NaClO溶液③MnO2固體實驗Ⅱ：探究H2O2的還原性。向含5%H2O2的溶液中滴加酸性KMnO4溶液。已知反應(yīng)物和生成物共有六種粒子：O2、、H2O、Mn2+、H2O2、H+。該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是___________，若反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，則生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2的體積是___________。（3）寫出一個H2O2既做氧化劑又做還原劑的反應(yīng)的化學(xué)方程式___________?！敬鸢浮浚?）（2）①.①②.溶液變藍(lán)色③.④.11.2L（3）【解析】【小問1詳析】根據(jù)原子守恒，X的化學(xué)式為；【小問2詳析】與KI在酸性條件下反應(yīng)生成單質(zhì)碘和水，化學(xué)方程式為，單質(zhì)碘遇淀粉變成藍(lán)色，故可能看到的現(xiàn)象為溶液