精品解析：江西省景德镇一中2024-2025学年高一上学期期中考试化学试题（19班）

景德镇一中2024～2025学年第一学期期中考试卷 高一(19)班化学 一、单选题 1. 向盛有溶液的两支试管中，滴入相同浓度的或溶液，试管内溶液导电能力变化情况如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①实验滴入的是硫酸 B. d、e两点对应的溶液均为中性 C. b点之前，溶液中大量存在的离子是和 D. ae段的反应： 2. 已知氧化性：。向含6molKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加的物质的量的关系如图所示。下列有关说法错误的是 A. b点时KI恰好反应完全 B. b→c过程中，被氧化的为 C. c→d发生反应的离子方程式3H2O+5+3I2=6+5Br-+6H+ D. 该过程最多消耗7.2mol 3. 下列化学反应对应的离子方程式书写错误的是 A. 向溶液中滴入溶液至恰好沉淀完全： B. （标准状况）通入溶液中： C. 将ICl滴入NaOH溶液中： D. 将通入溶液中： 4. 已知：，下列说法正确的是 A. 作氧化剂，和为还原产物 B. 既是氧化产物又是还原产物 C. 每生成a个，有12a个发生氧化反应 D. 每转移11a个电子，有4a个被还原 5. 从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb有+2和+4两种价态，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是 A. 为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾 B. “碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5 C. 浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐减弱 D. 系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下重复2~3次 6. 某无色溶液X含有H+、K+、Mg2+、Cu2+、、Cl-、中的几种，每种离子的数目相等。向 100mL该溶液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀；另取100mL溶液X，逐滴滴加氨水，生成沉淀的质量与加入氨水的体积关系如图。下列说法正确的是 A. 溶液X中一定含有K+、H+、Mg2+、Cl-、 B. 溶液X中一定不含有K+、Cu2+、 C. 无法确定溶液中是否含有K+ D. 滴加氨水体积为30mL时，发生的离子反应为：Mg2+2OH-Mg(OH)2 7. 硫化氢()是一种有毒、有害的气体。处理某废气中的，是将废气与空气混合通入的混合液中，其转化的流程如图所示。下列说法正确的是 A. 转化过程中参与循环的离子只有 B. 转化过程有四种元素的化合价发生了变化 C. 过程Ⅰ中作氧化剂，被氧化 D. 过程Ⅲ中发生的反应为 8. 向含等物质的量浓度FeCl3和FeCl2混合溶液中加入一定量锌粉，反应过程中各离子的物质的量与加入锌粉的物质的量关系如图所示。下列说法正确的是 A. D点的横坐标 x=1.25 B. 反应至点时，溶液总质量增加 C. 线段表示n(Fe3＋)的变化趋势 D. 起始时，FeCl3溶液和FeCl2溶液的物质的量浓度均为 9. 密闭容器中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入9 mol N2，右边充入CO和CO2的混合气体共96 g时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是 A. 右侧CO的质量为11 g B. 右侧混合气体中：n(C)：n(O)=4：5 C. 右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍 D. 若右边充入252 g CO和CO2混合气体，改变混合气体CO和CO2的个数比能使隔板处于中间的处 10. 将一定量的氯气通入热的浓溶液中，恰好完全反应，溶液中形成和的共存体系。下列判断错误的是 A. 参加反应的氯气与个数比为 B. 生成物中和的个数比可能为 C. 若有一个氯气参加反应，转移的电子数目1到之间 D. 反应后的溶液中，与个数比可能为 11. 下列物质均为，将它们在氧气中完全燃烧后的产物与足量的过氧化钠充分反应，则过氧化钠固体增重小于的是 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ A. ②⑥ B. ③⑤ C. ②⑤ D. ②④ 12. 某化学小组欲通过下列实验来测定已变质的样品中的含量(假设无其它杂质，Q为弹性良好的气囊，忽略气体在Ⅱ和Ⅳ中的溶解)。下列说法错误的是 A. 测量气体总体积时需关闭，打开 B. 可以通过b中碱石灰的增重来计算样品中的含量 C. 若量筒Ⅱ收集到气体，则变质的样品中的质量分数为22% D. 读完气体总体积后，关闭，打开后再缓缓打开，可观察到Q气球慢慢缩小 13. 、、，都是氯的常见氧化物，制备方法如下： ① ② ③ 下列说法错误的是 A. 反应①每生成0.5mol ，转移电子数约为 B. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 C. 是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为 D. 、均可用作消毒剂，自身会被还原为，则消毒能力是等质量的1.25倍 14. 实验室可用干燥的氯气与亚氯酸钠()固体反应来制备，装置如图所示，已知常温下为黄绿色气体，熔点-56℃，沸点11℃，极易溶于水且不与水反应，高浓度的受热时易爆炸，下列说法不正确的是 A. 导气管K的作用是平衡气压，保证液体顺利流下 B. C和F中不可选用同一种物质 C. D中通入一定量的干燥空气，目的主要是防止生成的浓度过高，发生爆炸 D. D中发生的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 二、填空题 15. 给出以下几种物质：①；②液态HCl；③；④晶体；⑤酒精；⑥熔融KOH；⑦水银；⑧(胶体)；⑨固体；⑩溶液；⑪；⑫固体；⑬溶液。 （1）上述物质是电解质的有_____(填序号)，写出其中⑬的电离方程式为______。 （2）将⑩逐滴加入⑨的溶液中，至恰好沉淀完全，写出相应的离子方程式为_______，在反应后混合液中滴加紫色石蕊，现象是混合液_______ (填“变红”、“变蓝”、“不变色”)。 （3）将⑫加入③的溶液中至恰好反应完全，此过程中溶液的导电能力_______(填“增强”、“减弱”、“不变”)。 （4）将过量的①通入⑫的水溶液中反应的离子方程式为_______。 （5）将少量⑫加入⑬中的离子方程式为_______。 16. Ca(ClO)2具有强氧化性，可作漂白剂。某化学兴趣小组利用如图装置制取Ca(ClO)2。已知：①氯气和碱的反应是放热反应；②Ca(ClO)2遇热水会分解生成Ca(ClO3)2。回答下列问题： （1）仪器a的名称是___________，装置A中发生反应的化学方程式是___________。 （2）装置B中盛装的试剂是___________，装置E中b的作用是___________。 （3）装置C中的颜色变化为___________。 （4）为了提高Ca(ClO)2的产率，防止副反应发生，装置D需要控制一定温度，采用方式为___________(填“热水浴”或“冷水浴”)，实验中除控制温度外还可采取的措施是___________。 （5）已知氯气和Ca(OH)2溶液在一定温度下能同时发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。某温度下，将氯气通入Ca(OH)2溶液中，反应得到CaCl2、Ca(ClO)2和Ca(ClO3)2的混合溶液，该反应中，氧化反应的产物为___________(填化学式)，经测定ClO-与ClO的个数比为2：3，则氯气与氢氧化钙反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为___________。 17. 称取5.40g草酸亚铁晶体（，），用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示，已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物。 5.40g草酸亚铁晶体的物质的量为__________mol，M点对应物质的化学式为__________，N点对应的物质是__________，M→N发生反应的化学方程式为____________________。 18. I：雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下离子中的若干种：NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl－、NO3－、CO32－、SO42－．某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成如下实验： 试回答下列问题： （1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，气体A遇空气变成红棕色，溶液B依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，据此可知原溶液中一定不含__________________。（填离子符号） （2）实验①中发生反应的离子方程式为_________________________________。 （3）根据实验③现象该同学认为原溶液中一定含有SO42－，有其他同学认为其结论不合理，又进行了后续实验④，最终确认原溶液中含有SO42－，试写出实验④可行的操作方法及现象______________________________。 II ：汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。 （4）氧化还原法消除NOx的转化如下： ①反应I为NO+O3 = NO2+O2，生成标准状况11.2 L O2时，转移电子的物质的量是______mol。 ②反应Ⅱ中，当n( NO2)：n[CO(NH2)2]=3：2时，氧化产物与还原产物的质量比为___________。 （5）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）。 ① 装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，请写出生成等物质的量的NO3－和NO2－时的离子方程式________________ ② 装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生，同时在另一极生成S2O42-的电极反应式为__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 景德镇一中2024～2025学年第一学期期中考试卷 高一(19)班化学 一、单选题 1. 向盛有溶液的两支试管中，滴入相同浓度的或溶液，试管内溶液导电能力变化情况如图所示。下列说法正确的是 A. 曲线①实验滴入的是硫酸 B. d、e两点对应的溶液均为中性 C. b点之前，溶液中大量存在的离子是和 D. ae段的反应： 【答案】B 【解析】 【分析】向溶液中滴入，反应方程式为，向溶液中滴入，先发生反应：，而后发生反应：，当滴入少量溶液时，滴入生成的水少且由NaOH生成，则滴入溶液的导电能力降低幅度小，则①表示向溶液中滴入，②表示向溶液中滴入，c点加入的与恰好完全，此时溶液中溶质为NaOH，d点加入的与恰好完全，此时溶液中溶质为，e点加入的与恰好完全反应，此时相当于是纯水，导电能力几乎为0，继续加入溶液，溶液导电能力增强。 【详解】A．根据分析，曲线①实验滴入的是，A错误； B．d点和完全反应转化为硫酸钡、硫酸钠和水，溶液呈中性，e点和完全反应转化为硫酸钡和水，溶液呈中性，B正确； C．b点之前，发生反应：，溶液中大量存在的离子是和，C错误； D．根据分析，ae段的反应：，离子方程式为：，D错误； 故选B。 2. 已知氧化性：。向含6molKI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加的物质的量的关系如图所示。下列有关说法错误的是 A. b点时KI恰好反应完全 B. b→c过程中，被氧化的为 C. c→d发生反应的离子方程式3H2O+5+3I2=6+5Br-+6H+ D. 该过程最多消耗7.2mol 【答案】C 【解析】 【分析】根据氧化性：，可知还原性：，由图像可知，整个反应过程分三个阶段，每个阶段的反应方程式为①(a→b)6H＋＋BrO＋6I－=3I2＋Br－＋3H2O，②(b→c)BrO＋5Br－＋6H＋=3Br2＋3H2O，③(c→d)I2＋2BrO=2IO＋Br2，据此分析解题。 【详解】A．b点时KI恰好反应完全，I－恰好转化为I2，A正确； B．由分析可知，b→c过程中，被氧化的为，B正确； C．由分析可知，c→d发生反应的离子方程式I2＋2BrO=2IO＋Br2，因为氧化性，则IO与不可共存于同一溶液中，C错误； D．根据反应①、②、③可知总反应为：6H＋＋5I－+6BrO=5IO＋3Br2＋3H2O，可计算出6mol KI最终完全转化为KIO3时共消耗KBrO3的物质的量为1.2×6mol=7.2mol，D正确； 答案选C。 3. 下列化学反应对应的离子方程式书写错误的是 A. 向溶液中滴入溶液至恰好沉淀完全： B. （标准状况）通入溶液中： C. 将ICl滴入NaOH溶液中： D. 将通入溶液中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．沉淀完全时，Ba2+与的物质的量之比为1∶1，即与NaHSO4的物质的量比为1∶1，离子方程式为，A正确； B．标准状况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，250mL0.5mol·L-1NaOH溶液中溶质NaOH的物质的量为0.125mol，参加反应的n(CO2)：n(NaOH)=4:5，反应的离子方程式为，B正确； C．ICl中I为+1价，Cl为-1价，ICl与NaOH的反应为非氧化还原反应，离子方程式为，C正确； D．还原性：I->Fe2+，氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，0.2molCl2和0.2molFeI2反应时，氯气与碘离子恰好完全反应，离子方程式为，D错误； 答案选D。 4. 已知：，下列说法正确的是 A. 作氧化剂，和为还原产物 B. 既是氧化产物又是还原产物 C. 每生成a个，有12a个发生氧化反应 D. 每转移11a个电子，有4a个被还原 【答案】A 【解析】 【分析】该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu(IO3)2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有的I元素化合价由-1价变为0价，转移电子数为22，据此判断。 【详解】A．Cu元素化合价由+2价变为+1价、Cu(IO3)2中碘元素化合价由+5价变为0价、KI中有 的I元素化合价由-1价变为0价，Cu(IO3)2作氧化剂，KI是还原剂，CuI是还原产物， 既是还原产物又是氧化产物，A正确； B．既是氧化产物又是还原产物，是还原产物，B错误； C．1个Cu(IO3)2在反应中得到的电子为1×(2-1)+2×(5-0)＝11个，同时生成1个CuI、有11 KI发生氧化反应，则每生成a个，有11a个发生氧化反应，C错误； D．根据以上分析可知每转移22个电子，有4个被还原，因此每转移11a个电子，有2a个被还原，D错误； 答案选A。 5. 从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb有+2和+4两种价态，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是 A. 为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾 B. “碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶5 C. 浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐减弱 D. 系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下重复2~3次 【答案】C 【解析】 【分析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，反应后经抽滤所得滤渣为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：H2O2+ +2OH-= +2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。 【详解】A．“氧化”时用的氧化剂为过氧化氢，过氧化氢受热分解速率加快，因此不能将溶液加热至沸腾，A错误； B．“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Pb5O8+8Na2S+8H2O=5PbS+16NaOH+3S，其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知Pb5O8中Pb2+和Pb4+的数目之比为2:3，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，B错误； C．浸出液“氧化”过程中，发生反应H2O2+ +2OH-= +2H2O，消耗了氢氧根离子，溶液的碱性逐渐减弱，C正确； D．洗涤过程中，不能用玻璃棒搅拌，易戳破滤纸，应使水刚好浸没固体，待水自然流下，重复2~3次，D错误； 故答案选C。 6. 某无色溶液X含有H+、K+、Mg2+、Cu2+、、Cl-、中的几种，每种离子的数目相等。向 100mL该溶液中加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀；另取100mL溶液X，逐滴滴加氨水，生成沉淀的质量与加入氨水的体积关系如图。下列说法正确的是 A. 溶液X中一定含有K+、H+、Mg2+、Cl-、 B. 溶液X中一定不含有K+、Cu2+、 C. 无法确定溶液中是否含有K+ D. 滴加氨水体积为30mL时，发生的离子反应为：Mg2+2OH-Mg(OH)2 【答案】B 【解析】 【详解】无色溶液，一定不含，加入氯化钡溶液产生白色沉淀，含和中一种或两种，加入氨水先不产生沉淀，一定含，后产生沉淀，含，不含，一定含有，一水合氨为弱电解质，生成沉淀的离子反应为：Mg22Mg(OH)2+2，根据图像，，，则沉淀，根据每种离子的数目相等，，根据电荷守恒，，，故一定有，，一定不含有，故该溶液中一定含有、、、，一定没有、、； 答案选B。 7. 硫化氢()是一种有毒、有害的气体。处理某废气中的，是将废气与空气混合通入的混合液中，其转化的流程如图所示。下列说法正确的是 A. 转化过程中参与循环的离子只有 B. 转化过程有四种元素的化合价发生了变化 C. 过程Ⅰ中作氧化剂，被氧化 D. 过程Ⅲ中发生的反应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，过程I中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，过程Ⅲ中铁离子又被硫化铜还原为亚铁离子，过程Ⅱ中铜离子转化为硫化铜，过程Ⅲ中又生成铜离子，则铜离子、铁离子、亚铁离子均参与循环，A错误； B．在图示转化过程中，化合价改变的元素有O、Fe、S，共三种元素化合价发生变化，B错误； C．由图可知，过程Ⅰ中将亚铁离子氧化成铁离子，作氧化剂，被还原，C错误； D．由图可知反应Ⅲ为硫化铜和铁离子反应生成硫、亚铁离子和铜离子，其离子方程式为：CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，D正确； 故选D。 8. 向含等物质的量浓度FeCl3和FeCl2混合溶液中加入一定量锌粉，反应过程中各离子的物质的量与加入锌粉的物质的量关系如图所示。下列说法正确的是 A. D点的横坐标 x=1.25 B. 反应至点时，溶液总质量增加 C. 线段表示n(Fe3＋)的变化趋势 D. 起始时，FeCl3溶液和FeCl2溶液的物质的量浓度均为 【答案】A 【解析】 【分析】氯化铁的氧化性强于氯化亚铁，则氯化亚铁和氯化铁混合溶液中加入一定量锌粉时，氯化铁溶液优先与锌反应生成亚铁离子和锌离子，反应的离子方程式为：，溶液中铁离子浓度减小、亚铁离子浓度增大，由图可知，锌为0.5mol时，铁离子和锌恰好完全反应，则混合溶液中铁离子的物质的量为0.5mol2=1mol，亚铁离子的物质的量为2mol；当铁离子完全反应后，亚铁离子与锌发生置换反应生成铁和锌离子，反应的离子方程式为：，溶液中亚铁离子浓度减小，线段AB表示溶液中亚铁离子的物质的量的变化趋势，B点时，亚铁离子和锌恰好完全反应，反应消耗锌的物质的量为2mol，则B点的横坐标为2.5mol，溶液总质量增加的质量为：。 【详解】A．由分析可知，锌为0.5mol时，溶液中亚铁离子的物质的量为2mol，设AD段消耗锌为amol，根据D点时亚铁离子的物质的量与锌离子物质的量相等可得：，解得a=0.75mol，则D点的横坐标x=1.25mol，A正确； B．由分析可知，B点时，亚铁离子和锌恰好完全反应，溶液总质量增加的质量为：50.5g，B错误； C．分析可知，线段AB表示溶液中亚铁离子的物质的量的变化趋势，C错误； D．由分析可知，混合溶液中铁离子和亚铁离子的物质的量都为1mol，则起始时，溶液中氯化铁和氯化亚铁的浓度均为，D错误； 故选A。 9. 密闭容器中间有一可自由滑动的隔板(厚度不计)将容器分成两部分，当左边充入9 mol N2，右边充入CO和CO2的混合气体共96 g时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法正确的是 A. 右侧CO的质量为11 g B. 右侧混合气体中：n(C)：n(O)=4：5 C. 右侧气体密度是相同条件下氧气密度的2倍 D. 若右边充入252 g CO和CO2混合气体，改变混合气体CO和CO2的个数比能使隔板处于中间的处 【答案】B 【解析】 【分析】左右两侧气体所处的温度、压强相同，由于在相同外界条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，左右体积之比为3：1，则左右气体物质的量之比为3：1，故右侧气体物质的量n==3 mol。右边CO和CO2质量和为96 g，设CO的物质的量为x mol，则CO2的物质的量为(3-x) mol，28xg+44×(3-x)g=96 g，解得x=2.25 mol，故混合气体中，n(CO)=2.25 mol，n(CO2)=0.75 mol，由此分析解答。 【详解】A．根据上述分析可知：右侧混合气体中含有CO的物质的量是2.25 mol，其质量为m(CO)=2.25 mol×28 g/mol=63 g，A错误； B．根据上述分析可知：右侧混合气体中含有CO的物质的量是2.25 mol，CO2的物质的量为0.75 mol，则根据元素守恒可知右侧混合气体中原子的物质的量的比：n(C)：n(O)=[n(CO)+n(CO2)]：[n(CO)+2n(CO2)]=(2.25 mol+0.75mol)：(2.25 mol+2×0.75 mol)=3：3.75=4：5，B正确； C．相同条件下气体密度之比等于其摩尔质量之比，右边气体平均摩尔质量为M==32 g/mol，根据密度ρ=可知：气体的密度与摩尔质量呈正比，所以混合气体与氧气密度相同，C错误； D．使隔板处于中间的处，则两边气体的物质的量相同，即右边气体的物质的量也是9 mol，9 mol CO的质量为m(CO)=9 mol×28 g/mol=252 g，9 mol CO2的质量为m(CO2)=9 mol×44 g/mol=396 g，所以9 molCO和CO2混合气体的质量一定大于252 g，因此若右边充入252 g CO和CO2混合气体，无论如何改变两种气体的个数比关系，隔板也不可能处于中间的处，D错误； 故合理选项是B。 10. 将一定量的氯气通入热的浓溶液中，恰好完全反应，溶液中形成和的共存体系。下列判断错误的是 A. 参加反应的氯气与个数比为 B. 生成物中和的个数比可能为 C. 若有一个氯气参加反应，转移的电子数目1到之间 D. 反应后的溶液中，与个数比可能为 【答案】C 【解析】 【详解】A．将一定量的Cl2通入热的NaOH浓溶液中，恰好完全反应生成NaCl、NaClO、NaClO3和H2O，NaCl、NaClO、NaClO3中Na与Cl的个数之比都为1∶1，根据Na、Cl原子守恒，参加反应的Cl2与NaOH个数比为1∶2，A项正确； B．反应中部分Cl元素的化合价由0价降至-1价，部分Cl元素的化合价由0价升至+1价或+5价，根据得失电子守恒可得N(NaCl)=N(NaClO)+5N(NaClO3)，当NaCl、NaClO和NaClO3的个数比为6∶1∶1时满足上述守恒，故生成物中NaCl、NaClO和NaClO3的个数比可能为6∶1∶1，B项正确； C．若生成物为NaCl、NaClO和H2O，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1个Cl2参加反应，转移电子数为1；若生成物为NaCl、NaClO3和H2O，反应为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，3个Cl2参与反应转移5个电子，则1个Cl2参加反应，转移电子数为；故若1个Cl2参加反应，转移电子数目1到之间，C项错误； D．若生成物为NaCl、NaClO和H2O，反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，溶液中Na+与Cl-的个数比为2∶1；若生成物为NaCl、NaClO3和H2O，反应为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，溶液中Na+与Cl-的个数比为6∶5；故反应后溶液中Na+与Cl-的个数比为6∶5到2∶1之间，可能为7∶4，D项正确； 答案选C。 11. 下列物质均为，将它们在氧气中完全燃烧后的产物与足量的过氧化钠充分反应，则过氧化钠固体增重小于的是 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ A. ②⑥ B. ③⑤ C. ②⑤ D. ②④ 【答案】A 【解析】 【详解】H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；2CO+O22CO2 ，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的气体混合物或化学组成符合(CO)m·(H2)n，则过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，若分子中碳、氧原子个数比大于1：1，则过氧化钠固体增重的质量大于原物质的质量；若分子中碳、氧原子个数比小于1：1，则过氧化钠固体增重的质量小于原物质的质量；则符合碳、氧原子个数比小于1：1的有②⑥； 故选A。 12. 某化学小组欲通过下列实验来测定已变质的样品中的含量(假设无其它杂质，Q为弹性良好的气囊，忽略气体在Ⅱ和Ⅳ中的溶解)。下列说法错误的是 A. 测量气体总体积时需关闭，打开 B. 可以通过b中碱石灰的增重来计算样品中的含量 C. 若量筒Ⅱ收集到气体，则变质的样品中的质量分数为22% D. 读完气体总体积后，关闭，打开后再缓缓打开，可观察到Q气球慢慢缩小 【答案】B 【解析】 【分析】变质的过氧化钠中含有碳酸钠，加入酸后在Q内发生反应：；Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生的CO2、O2使气球变大，将广口瓶中气体排出，水进入量筒Ⅰ中，所以量筒Ⅰ中水的体积即为产生的CO2、O2的体积。反应停止，打开K2，再缓缓打开K1，广口瓶内外相通，气球Q慢慢缩小，混合气体通过碱石灰吸收CO2，最后量筒Ⅱ中收集的是O2，据此分析； 【详解】A．测定气体总体积是利用气球膨胀，把瓶中的空气排入右边排水量气，所以必须关闭，打开，A正确； B．b中碱石灰既吸收了二氧化碳又吸收了水蒸气，增重为二氧化碳和水蒸气的总质量，无法通过增重计算样品中的含量，B错误； C．若量筒Ⅱ收集到气体，则氧气的物质的量为0.02mol，根据方程式可知，过氧化钠的物质的量为0.04mol，则中的质量分数为，C正确； D．读取气体总体积后关闭，打开后再缓缓打开，气体进入空气中，可观察到Q气囊慢慢缩小，D正确； 故选B。 13. 、、，都是氯的常见氧化物，制备方法如下： ① ② ③ 下列说法错误的是 A. 反应①每生成0.5mol ，转移电子数约为 B. 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 C. 是酸性氧化物，与水反应的离子方程式为 D. 、均可用作消毒剂，自身会被还原为，则消毒能力是等质量的1.25倍 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应①中生成1个转移2，故生成0.5mol 转移电子数约为，A正确； B．反应中②的HCl，一半表现酸性，一半表现还原性，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，B正确； C．是酸性氧化物，与水反应生成强酸高氯酸，离子方程式为，C正确； D．和在消毒时自身均被还原为，则等质量和得到电子数之比为29∶18，消毒能力是等质量的1.61倍，D错误； 故选D。 14. 实验室可用干燥的氯气与亚氯酸钠()固体反应来制备，装置如图所示，已知常温下为黄绿色气体，熔点-56℃，沸点11℃，极易溶于水且不与水反应，高浓度的受热时易爆炸，下列说法不正确的是 A. 导气管K的作用是平衡气压，保证液体顺利流下 B. C和F中不可选用同一种物质 C. D中通入一定量的干燥空气，目的主要是防止生成的浓度过高，发生爆炸 D. D中发生的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 【答案】D 【解析】 【分析】利用高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有盐酸挥发出的HCl气体及水分，需经过饱和食盐水进行除杂，经过无水氯化钙进行干燥；高浓度的ClO2受热时易爆炸，所以需向装置中通入一定量的干燥的空气，E中收集ClO2，F吸收尾气，同时防止空气中的水进入E中；据此作答。 【详解】A．导气管K的作用：平衡气压，保证液体顺利流下，故A正确； B．C中生成的氯气中混有水分，需进行干杂，球形干燥管内需装固体干燥剂，碱石灰为碱性物质，与氯气反应，所以需选用无水氯化钙；F中是吸收尾气，多余的氯气等，要用碱石灰，故B正确； C．ClO2极易溶于水，且高浓度的ClO2受热时易爆炸，所以实验时需要向D中通入一定量的干燥空气，故C正确； D．干燥的氯气与亚氯酸钠固体反应来制备ClO2，氯气中Cl元素化合价从0价降低至-1价，作氧化剂；NaClO2中Cl元素化合价从+3价升高至+4价，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故D错误； 故答案选D。 二、填空题 15. 给出以下几种物质：①；②液态HCl；③；④晶体；⑤酒精；⑥熔融KOH；⑦水银；⑧(胶体)；⑨固体；⑩溶液；⑪；⑫固体；⑬溶液。 （1）上述物质是电解质的有_____(填序号)，写出其中⑬的电离方程式为______。 （2）将⑩逐滴加入⑨的溶液中，至恰好沉淀完全，写出相应的离子方程式为_______，在反应后混合液中滴加紫色石蕊，现象是混合液_______ (填“变红”、“变蓝”、“不变色”)。 （3）将⑫加入③的溶液中至恰好反应完全，此过程中溶液的导电能力_______(填“增强”、“减弱”、“不变”)。 （4）将过量的①通入⑫的水溶液中反应的离子方程式为_______。 （5）将少量⑫加入⑬中的离子方程式为_______。 【答案】（1） ①. ②③④⑥⑨⑫ ②. （2） ①. ②. 变蓝 （3）增强 （4） （5） 【解析】 【小问1详解】 电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物； ①溶于水产生碳酸，碳酸可以电离出自由移动的离子，因此可以导电，但并非是自身电离出的离子导电，因此为非电解质； ②液态HCl溶于水后可以产生自由移动的离子，可以导电，因此液态HCl为电解质； ③溶于水后可以产生自由移动的离子，可以导电，因此为电解质； ④固体溶于水或熔融状态下均可以产生自由移动的离子，可以导电，因此为电解质； ⑤酒精无法电离出自由移动的离子，为非电解质； ⑥熔融KOH可以产生自由移动的离子，可以导电，因此熔融KOH为电解质； ⑦水银为单质Hg，既不是电解质也不是非电解质； ⑧Fe(OH)3(胶体)是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑨KHSO4固体溶于水或熔融状态下均可以产生自由移动的离子，可以导电，因此KHSO4固体为电解质； ⑩溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑪NH3溶于水产生一水合氨，一水合氨可以电离出自由移动的离子，因此可以导电，但并非是自身电离出的离子导电，因此NH3为非电解质； ⑫固体溶于水或熔融状态下均可以产生自由移动的离子，可以导电，因此固体为电解质； ⑬溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质； 因此上述物质是电解质的有②③④⑥⑨⑫； 为强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为：。 【小问2详解】 将溶液逐滴滴入到溶液中，至恰好沉淀完全，发生的反应为：； 恰好沉淀完全时，由于反应为：，因此反应后溶液为碱性，在反应后混合液中滴加紫色石蕊，现象是混合液变蓝。 【小问3详解】 醋酸是弱电解质，在水中部分电离，当加入NaOH固体后，发生反应产生醋酸钠和水，生成的醋酸钠是强电解质，因此溶液的导电能力增强。 【小问4详解】 将过量的二氧化碳通入到NaOH水溶液中，产生NaHCO3，反应的离子方程式为：。 【小问5详解】 少量的NaOH固体与硫酸氢铵发生产生水，反应的离子方程式为：。 16. Ca(ClO)2具有强氧化性，可作漂白剂。某化学兴趣小组利用如图装置制取Ca(ClO)2。已知：①氯气和碱的反应是放热反应；②Ca(ClO)2遇热水会分解生成Ca(ClO3)2。回答下列问题： （1）仪器a的名称是___________，装置A中发生反应的化学方程式是___________。 （2）装置B中盛装的试剂是___________，装置E中b的作用是___________。 （3）装置C中的颜色变化为___________。 （4）为了提高Ca(ClO)2的产率，防止副反应发生，装置D需要控制一定温度，采用方式为___________(填“热水浴”或“冷水浴”)，实验中除控制温度外还可采取的措施是___________。 （5）已知氯气和Ca(OH)2溶液在一定温度下能同时发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。某温度下，将氯气通入Ca(OH)2溶液中，反应得到CaCl2、Ca(ClO)2和Ca(ClO3)2的混合溶液，该反应中，氧化反应的产物为___________(填化学式)，经测定ClO-与ClO的个数比为2：3，则氯气与氢氧化钙反应时，被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为___________。 【答案】（1） ①. 圆底烧瓶(或烧瓶) ②. MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O （2） ①. 饱和NaCl溶液 ②. 防倒吸 （3）紫色石蕊溶液先变红后褪色 （4） ①. 冷水浴 ②. 控制浓盐酸的滴加速度 （5） ①. Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2 ②. 17：5 【解析】 【分析】由实验装置图可知，A中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，氯气通入B中饱和食盐水除去HCl后，再通入C中检验氯水的漂白性，然后再通入D中使氯气与石灰乳反应产生次氯酸钙和氯化钙，最后通入E中进行尾气处理，据此分析解答。 【小问1详解】 仪器a的名称是：圆底烧瓶(或烧瓶)；装置A中浓盐酸与二氧化锰加热是用来制备氯气，同时还生成二氯化锰和水。 故答案为：圆底烧瓶(或烧瓶)； 。 【小问2详解】 根据分析可知，装置B中盛装的试剂是饱和NaCl溶液，其作用是除去HCl气体；装置E的作用是吸收尾气，而b的作用是吸收尾气时防止液体倒吸。 故答案为：饱和NaCl溶液；防倒吸。 【小问3详解】 氯气通入石蕊溶液中发生，HCl和HClO体现出酸性使紫色石蕊溶液变红，然后HClO体现漂白性使红色石蕊溶液褪色。 故答案为：紫色石蕊试液先变红后褪色。 【小问4详解】 温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，应采用冷水浴的方式进行；也可以控制氯气的产生速率，避免反应过快大量放热使温度快速升高产生副反应，因此可采用控制浓盐酸的滴加速度来控制氯气生成的速率。 故答案为：冷水浴；控制浓盐酸的滴加速度。 【小问5详解】 根据题目的反应方程式可知，反应中氯元素得电子生成CaCl2，氯元素失电子生成Ca(ClO)2和Ca(ClO3)2，因此氧化反应的产物为：Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2；Cl2生成 和是被氧化的过程，化合价由0价分别升高到+1价、+5价，与的个数比为2：3，可假设生成的为2mol，为3mol，被氧化的氯原子为5mol，共失去电子17 mol，Cl2生成是被还原的过程，化合价由0价降低到-1价，由得失电子守恒可知，要得到17 mol电子，则被还原的氯原子也为17mol，因此被还原的氯原子和被氧化的氯原子的个数比为17：5。 故答案为：Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2； 17：5。 17. 称取5.40g草酸亚铁晶体（，），用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示，已知400℃时，剩余固体是铁的一种氧化物。 5.40g草酸亚铁晶体的物质的量为__________mol，M点对应物质的化学式为__________，N点对应的物质是__________，M→N发生反应的化学方程式为____________________。 【答案】 ①. 0.03 ②. ③. ④. 【解析】 【详解】草酸亚铁晶体的物质的量为； M点剩余固体的质量为4.32g，则M点对应物质的摩尔质量为，从开始到M点发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，则 M点对应物质为； 草酸亚铁晶体中的铁元素质量为，400℃时，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到铁的氧化物中，铁的氧化物中氧元素的质量为，设铁的氧化物的化学式为FexOy，则有，解得，则铁的氧化物的化学式为Fe3O4；因此M→N发生反应的化学方程式为。 18. I：雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下离子中的若干种：NH4+、Ba2+、Fe2+、Cl－、NO3－、CO32－、SO42－．某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后得到试样溶液，设计并完成如下实验： 试回答下列问题： （1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，气体A遇空气变成红棕色，溶液B依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，据此可知原溶液中一定不含__________________。（填离子符号） （2）实验①中发生反应的离子方程式为_________________________________。 （3）根据实验③现象该同学认为原溶液中一定含有SO42－，有其他同学认为其结论不合理，又进行了后续实验④，最终确认原溶液中含有SO42－，试写出实验④可行的操作方法及现象______________________________。 II ：汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物，对它们的治理具有重要意义。 （4）氧化还原法消除NOx的转化如下： ①反应I为NO+O3 = NO2+O2，生成标准状况11.2 L O2时，转移电子的物质的量是______mol。 ②反应Ⅱ中，当n( NO2)：n[CO(NH2)2]=3：2时，氧化产物与还原产物的质量比为___________。 （5）吸收SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下（Ce为铈元素）。 ① 装置Ⅱ中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，请写出生成等物质的量的NO3－和NO2－时的离子方程式________________ ② 装置Ⅲ的作用之一是用质子交换膜电解槽电解使得Ce4+再生，同时在另一极生成S2O42-的电极反应式为__________。 【答案】 ①. CO32－ ②. 3Fe2+ + NO3－ +4H+ = 3Fe3+ +NO↑ + 2H2O ③. 向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42－ ④. 1 ⑤. 4:3 ⑥. 2NO+3H2O+4Ce4+=NO3－+NO2－+6H++4Ce3+ ⑦. 2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O 【解析】 【详解】I.（1）实验①中加入稀盐酸后，有无色气体A生成，该气体可能为CO2或NO，由于盐酸过量且反应后溶液中阴离子种类不变，则生成的气体为NO，溶液中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-，且NO3-过量；根据离子共存可知一定不存在CO32-，故答案为CO32-； （2）实验①中亚铁离子与稀硝酸反应生成硝酸铁和一氧化氮和水，反应的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O； （3）由于实验②中NaHCO3足量，则实验③的沉淀G中一定含有沉淀BaCO3，不能确定是否含有BaSO4，需要进行后续实验④，可向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42-，答：向沉淀G中加入足量的稀硝酸，若沉淀部分溶解，则证明原溶液中含有SO42-。 II.（4）①NO+O3═NO2+O2，生成1mol氧气转移电子是2mol，生成11.2L即0.5mol O2（标准状况）时，转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，故答案为1； ②当n（NO2）：n[CO（NH2）2]=3：2，即NO2和CO（NH2）2的系数之比是3：2，其方程式表示为：6NO2+4CO（NH2）2=7N2+8H2O+4CO2，只有N元素的化合价变化，氮气为氧化产物也是还原产物，由N原子守恒可知氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4：3，故答案为4：3； （5）①酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO3-、NO2-，生成等物质的量的NO3－和NO2－时共转移4个电子，应该消耗4个Ce4+，离子方程式为：2NO+3H2O+4Ce4+=NO3－+NO2－+6H++4Ce3+； ②电解池的阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，阳极电极反应为：Ce3+-e-═Ce4+，故答案为2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O； 【点睛】题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握还原性的强弱及电子守恒为解答的关键。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $