精品解析：黑龙江省大庆实验中学实验二部2024-2025学年高一上学期期中考试 化学试卷

大庆实验中学2024—2025学年度上学期高一年级期中考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cu64 Ba137 第I卷(选择题，共48分) 一、单项选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。 1. 利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如图所示。 下列说法中，不正确的是 A. “碳捕获与储存”有助于缓解温室效应 B. 过程I中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2 C. 过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应类型分别为分解反应和化合反应 D. 上述过程中只有NaOH能够循环利用 【答案】D 【解析】 【详解】A．“碳捕获与储存”能减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应，A正确； B．过程I中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2，发生反应，B正确； C．由图知，过程Ⅲ为分解反应，过程Ⅳ为化合反应，C正确； D．根据图示可知，NaOH和Ca(OH)2既参与反应，又生成，能够循环利用，D错误； 故选D。 2. 韦恩(Venn)图常用于展示不同的事物群组(集合)之间的数学或逻辑联系。如图是钠及其化合物反应的韦恩图，图中两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应。下列说法正确的是 A. 甲、乙、丙都属于氧化还原反应 B. 丙反应中，H2O是还原剂 C. Na2O和Na2O2中阴阳离子个数比相同 D. 等量的Na与O2分别在常温和加热条件下完全反应，转移的电子数均为NA 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲反应是钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，为氧化还原反应，乙是氧化钠和水反应生成氢氧化钠，不是氧化还原反应，丙是过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，属于氧化还原反应，A错误； B．丙反应中Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，其中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，水既不是氧化剂又不是还原剂，B错误； C．Na2O是由钠离子和氧离子构成的，Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的，阴阳离子个数比都是1：2，C正确； D．1molNa与O2分别在常温和加热条件下完全反应生成0.5molNa2O和0.5molNa2O2，转移电子的物质的量都是1mol，等量的Na转移电子数相等，但题目没说1mol，转移电子数不一定是NA，D错误； 答案选C。 3. 以下物质间的转化，在一定条件下均能一步实现的是 ① ② ③ ④ A. ①②③④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③ 【答案】A 【解析】 【详解】①C和少量氧气不完全燃烧生成CO，CO与氧气点燃生成二氧化碳，能一步实现，故正确； ②铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁，通入氯气将氯化亚铁转化为氯化铁，能一步实现，故正确； ③碳酸钾和稀盐酸反应生成KCl，与硝酸银反应生成硝酸钾和AgCl沉淀，能一步实现，故正确； ④碳酸钙高温分解生成CaO，与水反应生成氢氧化钙，能一步实现，故正确； 故选A。 4. 某班同学对一定物质的量浓度溶液配制进行实验。甲组：用碳酸钠晶体来配制溶液；乙组：用98%的浓硫酸(密度为)配制稀硫酸。假如其他操作都准确无误，下列说法正确的是 A. 定容后，将容量瓶振荡摇匀、静置发现液面低于刻度线，又加少量水至刻度线 B. 甲组需称取碳酸钠晶体53.0g；乙组需用量筒量取浓硫酸 C. 使用前容量瓶中有水珠，则配制的溶液浓度偏低 D. 甲组定容时仰视刻度线，配制浓度偏低；乙组量筒量取时俯视刻度线，配制浓度偏低 【答案】D 【解析】 【详解】A．摇匀、静置发现液面低于刻度线，又加少量水至刻度线，会导致所配溶液被稀释、配制结果偏低，A错误； B．没有480mL容量瓶，应配500mL溶液，则甲组应称取Na2CO3•10H2O晶体143g(m=nM=×0.5L×286g/mol=143g)，乙组浓硫酸，需用量筒量取浓硫酸的体积为 13.6mL，B错误； C．定容时容量瓶中要加水，使用前容量瓶中有水珠不影响配制的溶液浓度，即配制的溶液浓度不会偏低，C错误； D．甲组定容时仰视刻线，水加多，配制浓度偏低；乙组量筒量取时俯视刻度线，浓硫酸取少，配制浓度偏低，D正确； 故答案选D。 5. 光照条件下新制氯水的与光照时间的关系如图，下列说法正确的是 A. 氯水能导电，但属于非电解质 B. 新制氯水中氯元素质量大于生成的氧气质量 C. 随光照时间增加，溶液导电能力也增强 D. 下降的原因是挥发 【答案】BC 【解析】 【详解】A．氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，A错误； B．新制的氯水中氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，没有氧气，B正确； C．随光照时间增加，HCl的含量增大，可自由移动的离子数增多，溶液导电能力增强，C正确； D．pH下降是光照时间增长，次氯酸分解产生盐酸，由的浓度增大引起的，D错误； 答案选BC。 6. 向两份相同的溶液中，分别滴入等浓度的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是 A. ①代表滴加溶液的变化曲线 B. A、B两点时反应的离子方程式均为 C. C点时两溶液中含有相同量的 D. A、D两点对应的溶液均显中性 【答案】D 【解析】 【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O或2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，根据图知，A点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则B点发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O；C点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；A点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；D点②中溶质为Na2SO4，据此解答。 【详解】A．Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O或2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，故A错误； B．A点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则B点发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O ，故B错误； C．C点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中从起始到B点发生反应NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O ，B到D发生反应NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，此时C点溶质为NaOH、Na2SO4，离子总浓度相同，导电能力相同，所以两溶液中含OH-离子浓度不同，故C错误； D．A点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，D发生反应NaHSO4+NaOH=Na2SO4+H2O，两点对应的溶液均显中性，故D正确； 答案选D。 7. 下列说法正确的个数为 ①根据丁达尔效应将分散系分为溶液、浊液和胶体 ②元素处于最高化合价时不一定具有强氧化性 ③有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应 ④在同一反应中，氧化剂和还原剂不可能是同一物质 ⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质的强 ⑥酒精属于有机化合物、为非电解质；生石灰可做食品干燥剂，为电解质 ⑦同素异形体之间转化为化学变化；核聚变和核裂变也属于化学变化 ⑧能电离出的纯净物只有酸和水 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【详解】①不同分散系分类依据为分散质粒度大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔效应，①错误； ②元素处于最高化合价时不一定具有强氧化性，如，②正确； ③氧化还原反应一定有化合价变化，有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体之间的转化是非氧化还原反应，③错误； ④在同一反应中，歧化反应的氧化剂和还原剂是同一物质，④错误； ⑤电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度有关，与自由移动离子带的电荷多少有关，与电解质的强弱无关，⑤错误； ⑥酒精属于有机化合物，是非电解质，生石灰可做食品干燥剂，为电解质，⑥正确； ⑦同素异形体之间转化为化学变化；核聚变和核裂变属于物理变化，⑦错误； ⑧电离产生的阳离子都是氢离子的化合物为酸，如NaHSO4也能电离出H+，但不属于酸，⑧错误； 综上，正确的为②⑥，故选B。 8. 向硝酸银溶液中加入适量的碘化钾后制得的一种碘化银溶胶的微观结构如图所示，下列说法正确的是 A. 碘化银胶体粒子能吸附阳离子，从而使碘化银胶体带正电荷 B. 用渗析的方法可以除去碘化银胶体中的硝酸钾溶液 C. 碘化银溶胶中，胶体粒子的半径为 D. 碘化银固体与水混合形成的分散系会产生丁达尔效应 【答案】B 【解析】 【详解】A．碘化银胶粒能吸附阳离子，则胶粒带正电荷，但胶体不带电，A错误； B．碘化银胶体中的胶粒直径在1-100nm之间不能通过半透膜，而硝酸钾溶液中的离子能通过半透膜，即能用渗析的方法除去碘化银胶体中的硝酸钾溶液‌，B正确； C．胶体中分散质粒子直径在1~100 nm，C错误； D．AgI难溶于水，碘化银固体与水混合后得到的分散系应为浊液，没有丁达尔效应，D错误； 故选B。 9. 一个密闭容器中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，右边充入和的混合气体共64g时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法错误的是 A. 右边与分子数之比为 B. 两侧原子个数之比为 C. 右侧气体密度是相同条件下氧气密度相等 D. 若左边抽出时，隔板最终停在距右端1/3处 【答案】D 【解析】 【详解】A．同温同压下，，可以得知右边CO和气体总物质的量为2mol，设，，则x+y=2，28x+44y=64，联立计算出x=1.5，y=0.5，根据分子数之比等于物质的量之比可知：右边CO与分子数之比为1.5∶0.5 =3∶1，A正确； B．右侧CO和的物质的量为分别为1.5mol和0.5mol，所含原子物质的量为，左侧为，所含原子的物质的量为，故两侧原子个数之比为，B正确； C．右侧气体平均分子量为：，同温同压下，，则相同条件下，右侧气体密度：氧气的密度==1∶1，C正确； D．左边抽出时，还剩6molN2，右边CO和气体总物质的量为4mol，根据同温同压下，，可以得知左右体积比为6:4=3:2，隔板最终停在距右端处，D错误； 答案选D。 10. 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。 11. 下列选项描述与对应图像不相符的是 A. 图A为新制氯水在阳光直射时，溶液中浓度随着时间变化的曲线 B. 图B向某浓度的醋酸溶液中滴入氨水，溶液电导率随时间变化的曲线 C. 图C为向等物质的量浓度的、混合液中滴加盐酸产生的图像 D. 图D为、混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，a代表的是 【答案】B 【解析】 【详解】A．新制氯水在阳光直射时，次氯酸分解生成盐酸和氧气，溶液中浓度随逐渐增大，描述与图像相符，故A不选； B．某浓度的醋酸溶液中滴入氨水生成醋酸铵，为强电解质，导电性逐渐增强，描述与图像不相符，故B选； C．图C为向等物质的量浓度的、混合液中滴加盐酸，NaOH先反应生NaCl和水，然后碳酸钠反应生碳酸氢钠，最后碳酸氢钠和盐酸反应产生二氧化碳，描述与图像相符，故C不选； D．、混合液中通入氯气，反应的先后顺序为I-、Fe2+、Br-，a代表I-、b代表Fe3+、c代表Fe2+、d代表，描述与图像相符，故D不选； 答案选B。 12. 某营养液中含有三种溶质，部分离子的浓度如图甲所示。将该营养液加水稀释，稀释过程中的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线如图乙所示。下列判断错误的是 A. 图甲中Y离子是 B. 图乙中 C. 该营养液中的浓度是 D. 该营养液中的物质的量是 【答案】D 【解析】 【分析】根据图乙，稀释前后硫酸根的物质的量不变，则0.5L×c0=1L×0.4mol/L，则c0=0.8 mol/L，设的浓度分别为x、y、z，则y+z=0.8 mol/L，根据图甲x+2y=1.4 mol/L，又因为X、Y离子浓度分别为0.6 mol/L、0.4 mol/L，则x=0.6 mol/L、y=0.4 mol/L，则硝酸钠的浓度为x=0.6 mol/L，硫酸钠的浓度为y=0.4 mol/L，硫酸镁的浓度z=0.4 mol/L。 【详解】A． Y离子浓度0.4 mol/L，根据分析Y为镁离子，A正确； B．根据分析c0=0.8，B正确； C．根据分析，的浓度是，C正确； D．硫酸钠的浓度为y=0.4 mol/L，体积为0.5L，则的物质的量是，D错误； 故选D。 13. 某小组在检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验： 编号 实验I 实验II 实验III 实验步骤 将实验I褪色后的溶液分三份分别进行实验 进一步探究“红色褪去”的原因，又进行以下实验 ① ②取反应后的溶液，滴加盐酸和溶液 现象 溶液先变红，片刻后红色褪去，有气体生成(经检验为) ①无明显现象 ②溶液变红 ③产生白色沉淀 ①溶液变红，一段时间后不褪色 ②无白色沉淀产生 分析上述三个实验，下列叙述不正确的是 A. 在此实验条件下氧化的速率比氧化的速率慢 B. 通过实验II推出实验I中红色褪去的原因是由于被氧化 C. 通过实验I和实验III对比推出红色褪去只与的氧化性有关 D. 在检验实验中，可以控制用量避免异常现象 【答案】A 【解析】 【分析】氯化亚铁酸化的溶液中滴入KSCN溶液，再滴入过氧化氢发生氧化还原反应，生成氧气，结合实验II可知溶液先变红后褪色，说明氧化亚铁离子先被H2O2氧化生成铁离子，然后SCN－被H2O2氧化，实验Ⅲ先通入氧气，再滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，无硫酸钡沉淀生成，排除了氧气氧化SCN-的可能，据此解答。 【详解】A．在此实验条件下H2O2氧化Fe2＋的速率比氧化SCN－的速率快，所以溶液先变红，当SCN－被完全氧化后，红色褪去，故A错误； B．实验II中滴加FeCl3溶液不变红，说明无SCN-，滴加盐酸和BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SCN-被氧化为，可以推出实验Ⅰ中红色褪去的原因是由于SCN－被氧化，故B正确； C．．对比实验Ⅰ、Ⅲ，实验Ⅲ排除了氧气氧化SCN-的可能，Ⅰ中红色褪去可以判定酸性条件下是H2O2的氧化性把SCN离子氧化为硫酸根离子，故C正确； D．在检验实验中，要控制用量，否则SCN-被氧化，看不到正常现象，故D正确； 答案选A。 14. 以工业废渣[主要成分为和]为原料制备的流程如下： 氯化时控制温度在75℃左右进行，充分反应后过滤所得滤液为、、的混合溶液。下列有关说法正确的是 A. 氯化过程中需提高的转化率，可加快通入的速率 B. 滤液中与的物质的量之比大于 C. 氯化后过滤，测定滤液中、与的个数之比可能为 D. 转化过程可能是被氧化成 【答案】C 【解析】 【分析】工业废渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]，加入水打浆，通入氯气，可生成Ca(ClO3)2，过滤后在滤液中加入KCl转化生成KClO3，经蒸发浓缩、冷却结晶可得晶体KClO3，以此解答该题。 【详解】A．氯化过程中需提高Cl2的转化率，可减小通入Cl2的速率，可增加氯化环节与氯气的接触面积，故A错误； B．反应的化学方程式为6Ca(OH)2+6Cl2═Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，则滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2]∶n[CaCl2]：=1∶5，还有副反应2Ca(OH)2+2Cl2═Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，液中CaCl2的量增加，与的物质的量之比小于1∶5，故B错误； C．若滤液中、与的个数之比可能为，则有电子守恒可知，，得到4个，失电子数目为4；，得到1个，失电子数目为5；，得到9个Cl-，得到9个电子，得失电子刚好守恒，故C正确； D．由于的溶解度不大，转化过程加入，与发生复分解生成，故D错误。 答案选C。 15. 化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。值越高，氧化型物质的氧化能力越强，值越低，还原型物质的还原能力越强。值与体系的有关。根据表格信息，判断下列说法错误的是 氧化型/还原型 (酸性条件中) A. 实验室可用与浓盐酸反应制备 B. 酸性条件中，氧化性强弱顺序为 C. 已知，则的还原性比的还原性弱 D. 向硫酸酸化含溶液中加入，无黄绿色气体产生 【答案】C 【解析】 【详解】A．值越高，氧化型物质的氧化能力越强，由表格数据可知，酸性条件下，的氧化性强于，故实验室可用与浓盐酸反应制备，A正确； B．由常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力，值越高，氧化型物质的氧化能力越强，可得氧化性强弱顺序为，B正确； C．值越低，还原型物质的还原能力越强，已知，则的还原性强于的还原性，C错误； D．值越低，还原型物质的还原能力越强， 还原性强于 ，向硫酸酸化的含2 mol 溶液中加入1 mol ，先和Fe2+反应，且恰好完全和反应，即不能得到氯气，D正确； 故选C。 16. 现有有m g的钠、镁、铝，分别与100mL 1mol/L 的盐酸反应，产生气体在相同条件的体积分别为V1、V2、V3，则V1：V2：V3之比可能是，正确的有几个 ①；②；③；④1:1:1；⑤ A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】钠和盐酸、水均能反应，故钠始终能完全反应，产生H2的体积由钠决定，钠与盐酸、水反应的方程式为：2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，镁、铝只能与盐酸反应，与盐酸反应的方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+ H2↑、2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑；盐酸的物质的量为：0.1L×1mol/L=0.1mol，由方程式可知：当钠、镁、铝均恰好完全反应时的物质的量分别为： mol、mol、mol，质量分别为：、、； (1)当m＜0.9g时，盐酸过量，产生的H2的物质的量由金属决定，由方程式可知，产生H2的物质的量分别为：、、，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=，①符合； (2)当1.2g＞m≥0.9g时，铝能完全反应，，产生氢气的物质的量为0.05mol，相对钠、镁，盐酸过量，产生的H2的物质的量由金属决定，由方程式可知，产生H2的物质的量分别为：、，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=； (3)当2.3g＞m≥1.2g时，镁、铝完全反应，，产生氢气的物质的量为0.05mol，相对钠，产生的H2的物质的量由金属决定，由方程式可知，产生H2的物质的量为：，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=，⑤符合； (4)当m=2.3g时，钠、镁、铝与盐酸均恰好完全反应，产生H2的物质的量均为：0.05mol，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=1:1:1，④符合； (5)当m＞2.3g时，镁、铝完全反应，而钠过量，产生的H2的物质的量由金属决定，由方程式可知，产生H2的物质的量分别为：，根据阿伏加德罗定律，V1：V2：V3=，⑤符合； 故选C。 【点睛】在不知道金属物质的量时，依据反应方程式判断完全反应时金属的物质的量，再依据各物质的量进行分类讨论。 第II卷(非选择题，共52分) 17. 现有下列十种物质： ①②③溶液④⑤蔗糖固体⑥⑦氢氧化铁胶体⑧⑨空气⑩ （1）上述物质中属于电解质的有_______。(填序号) （2）向⑦中逐滴滴加①的水溶液，看到的现象_______。 （3）实验室制备⑦的化学方程式为_______。 （4）向⑩中滴加过量⑧的水溶液，反应离子方程式_______。 （5）过量的⑥与②混合的离子方程式：_______。 （6）药物“达喜”的化学成分是铝和镁的碱式盐，也可用于治疗胃酸过多。取一定量该碱式盐，加入盐酸使其溶解，当加入盐酸时开始产生，加入盐酸至时恰好反应完全，该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为_______。 (已知：) 【答案】（1）①②⑥⑧⑩ （2）先出现红褐色沉淀，然后沉淀溶解得黄色溶液 （3） （4） （5） （6）16:1 【解析】 【分析】①HCl 为化合物，其在水溶液中电离产生自由移动的阴阳离子，即其水溶液可导电，HCl是电解质； ②NaHCO3为化合物，其在水溶液中电离产生自由移动的阴阳离子，即其水溶液可导电，NaHCO3是电解质； ③NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ④CO2 为化合物，其水溶液能导电，但不是自身电离出的离子导电，故CO2是非电解质； ⑤蔗糖固体的水溶液不导电，蔗糖是非电解质； ⑥Ca(OH)2为化合物，其水溶液能导电， Ca(OH)2是电解质； ⑦氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑧NH3·H2O的水溶液能导电，NH3·H2O是电解质； ⑨空气是混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑩Al2(SO4)3为化合物，其水溶液能导电，Al2(SO4)3是电解质； 【小问1详解】 属于电解质的有①②⑥⑧⑩； 【小问2详解】 Fe(OH)3胶体遇盐酸会聚沉，随后盐酸会与Fe(OH)3发生中和反应使沉淀溶解，看到的现象是先出现红褐色沉淀，然后沉淀溶解得黄色溶液； 【小问3详解】 向沸水中滴入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色即可得到氢氧化铁胶体，化学方程式为； 【小问4详解】 向Al2(SO4)3溶液中滴加过量氨水，生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，且沉淀不会溶解，反应的离子方程式； 【小问5详解】 碳酸氢钠与过量氢氧化钙反应生成氢氧化钠、碳酸钙和水，离子方程式为； 【小问6详解】 铝和镁的碱式盐与盐酸反应时，依次发生①OH-+H+ =H2O ②H++ =③H++= CO2↑+H2O；当加入盐酸42.5 mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0 mL时恰好反应完全，可知反应③消耗盐酸的物质的量是 =0.005mol，所以的物质的量是0.005mol，根据碳元素守恒，的物质的量是0.005mol，所以反应②消耗盐酸的体积是2.5mL，反应①消耗盐酸的体积是42.5-2.5=40mL；所以氢氧根离子的物质的量是=0.08mol，氢氧根与碳酸根的物质的量之比为0.08mol：0.005mol=16:1。 18. I.纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。工业上“侯氏制碱法”以、、及水等为原料制备纯碱。生产纯碱的工艺流程如图： 根据以上流程回答下列问题： （1）操作A所需要的玻璃仪器是_______。 （2）该工艺流程中可循环使用的物质是_______(填化学式)。 II.某化学小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备，进一步处理得到产品和，实验流程如图： 回答下列问题： （3）从A~E中选择合适的仪器制备，其中D装置的作用是_______。 （4）B中使用雾化装置的优点是_______，B水槽中盛放的是_______。(填“冰水”或“热水”) （5）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体和滤液。 ①对固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量碱石灰，共吸收了(已换算成标况下)，则固体的质量为_______g。 ②向滤液中加入粉末，存在过程。为使沉淀充分析出并分离，根据和溶解度曲线，需采用的操作为_______、过滤、洗涤、干燥。 【答案】（1）烧杯、漏斗、玻璃棒 （2）CO2 （3）除HCl （4） ①. 使氨盐水雾化，增大与二氧化碳的接触面积，提高产率 ②. 冰水 （5） ①. 0.21 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】由题给流程可知，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，二氧化碳与饱和氨盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到氯化铵溶液和碳酸氢钠；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、可以循环使用的二氧化碳和水。 【小问1详解】 由分析可知，操作A为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒； 【小问2详解】 由分析可知，碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳，二氧化碳又通入沉淀池中反应，故该工艺流程中可循环使用的物质是二氧化碳； 【小问3详解】 由实验装置图可知，装置A中碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，装置D中盛有的饱和碳酸氢钠溶液用于除去氯化氢气体，装置B中氨盐水与二氧化碳反应制备碳酸氢钠，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收过量的二氧化碳，则装置的连接顺序为ADBE，因此D装置中为饱和碳酸氢钠，作用是：除HCl； 【小问4详解】 B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；若是温度过高，则溶于饱和食盐水的氨气、二氧化碳会逸出，因此B水槽中盛放的是：冷水； 【小问5详解】 ①碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，产生的气体先通过足量浓硫酸吸收水蒸气，再通过碱石灰，二氧化碳被碱石灰吸收，共吸收的56mL，即，二氧化碳和水蒸气的比例为1：1，由方程式可得如下转化关系：2NaHCO3～CO2，则反应固体中碳酸氢钠的质量为； ②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使氯化铵沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法。 19. Ⅰ．某学生欲配制的硫酸铜溶液，并探究硫酸铜的性质。实验室有两种不同的试剂可供选用：①胆矾；②16%的溶液。回答下列问题： （1）若用②配制该硫酸铜溶液，应选用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还有_______。 （2）若取用①来配制该硫酸铜溶液，需用托盘天平称量_______g；若取用②来配制，所选用硫酸铜溶液的体积为_______。 （3）下列主要操作步骤的正确顺序是_______(填序号) ①称取一定质量的胆矾固体，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解； ②加水至液面离容量瓶颈刻度线下时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切； ③待冷却至室温后，将溶液转移到容量瓶中； ④盖好瓶盖，反复上下颠倒，摇匀； ⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液转移到容量瓶中。 Ⅱ．由硫酸铜制备碱式碳酸铜。 已知的产率随起始与的比值和溶液的关系如图所示。 （4）补充完整制取的实验方案：向烧杯中加入溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入_______溶液，在计测定溶液条件下，用溶液或盐酸调节溶液约为9，充分反应后，过滤，洗涤，判断沉淀是否洗净的方法为_______。低温烘干，得到。(实验中可选用的试剂或仪器：溶液、溶液、溶液、盐酸、计)。 （5）实验时发现，若反应时溶液过大，所得产品中铜元素含量_______(填“偏大”或“偏小”)。 【答案】（1）500mL容量瓶、胶头滴管 （2） ①. 12.5 ②. 21.7 （3）①③⑤②④ （4） ①. 25 ②. 取最后一次洗涤滤液，加盐酸酸化后滴加BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净；若有沉淀生成，则未洗净 （5）偏大 【解析】 【分析】实验室没有480mL的容量瓶，欲配制的硫酸铜溶液，根据“大而近”的原则应选用500mL容量瓶。配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签。由硫酸铜制备碱式碳酸铜过程中，由图可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高。据此分析解答。 【小问1详解】 配制的硫酸铜溶液，需要500mL容量瓶，定容时，需要胶头滴管，故缺少的仪器有500mL容量瓶、胶头滴管； 【小问2详解】 若取用①来配制该硫酸铜溶液，硫酸铜的质量为m=0.5L×0.1 mol/L×250g/mol=12.5g，需用托盘天平称量12.5g；若取用②来配制，根据溶液在稀释前后溶质的质量不变。假设所选用硫酸铜溶液的体积V mL，则2.3 g/mL×V mL×16%=0.05 mol×160 g/mol，解得V=21.7 mL； 【小问3详解】 配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，结合题目已知步骤，可知主要操作步骤的正确顺序是①③⑤②④； 【小问4详解】 通过图可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高。若向烧杯中加入溶液，根据与的比值是1.2，可得关系式 V×0.5mol·L-1×1.2=30mL×0.5mol·L-1，解得V=25ml，则还需向烧杯中加入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，为了使溶液的pH=9，还需通过提供的pH计测定溶液pH，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1盐酸调节溶液pH约为9，才能使的产率最高；沉淀是否洗涤干净，可检验沉淀是否还附有硫酸根离子，步骤为：取最后一次洗涤滤液，加盐酸酸化后滴加溶液，若无沉淀生成 ，则已洗净；若有沉淀生成，则未洗净。 【小问5详解】 沉淀中含有Cu(OH)2沉淀，而Cu(OH)2中铜元素的质量分数大于，故反应时溶液pH过大，所得的产率偏低，但Cu元素含量偏大。 20. 二氧化氯具有强氧化性，是一种比较安全的消毒剂。实验小组以氯气和亚氯酸钠为原料制备二氧化氯并探究其性质。 资料：i. ClO2为黄绿色气体，易溶于水，难溶于CCl4；Cl2易溶于中，溶液呈黄绿色。 ii. CCl4为无色液体，密度比水大，且与水不互溶。 iii.溶液呈弱碱性，在酸性溶液中，不稳定易发生歧化反应。 【实验一：制备ClO2】进行如图所示实验，实验过程中，持续通入N2使C中生成的逸出。 （1）A为Cl2发生装置(夹持和加热装置已略)。A中反应的离子方程式为_______。 （2）装置C中制备ClO2的反应为，由此得到此条件下的氧化性：Cl2_______ClO2 (填“>”或“<”)。 （3）装置C中Cl2还能发生的反应为_______(用化学方程式表示)。 随着装置A中的Cl2持续产生，开始时装置D液面上方出现黄绿色气体，溶液较长一段时间保持无色，随后逐渐变为黄绿色，说明有Cl2进入D中。 【实验二：探究的性质】 将实验一中收集到的气体处理后得到纯净的ClO2，进行下表所示实验。(CCl4密度；卤素单质在CCl4中溶解度比在水中溶解度大)。 实验i 将ClO2通入溶液，溶液变为黄绿色、加入少量CCl4振荡，静置后溶液分层，上层溶液为黄绿色，下层溶液为无色。 实验ii 将ClO2通入溶液，溶液变为黄绿色。加入少量CCl4振荡，静置。溶液分层，上层溶液为浅黄绿色，下层溶液为黄绿色。 （4）实验二中，证明ClO2能氧化Cl-产生Cl2的现象是_______。 （5）由实验一、实验二得到的Cl2和ClO2氧化性强弱关系相反，可能的原因是_______。 【实验反思】 （6）甲同学从实验二推论实验一的装置D中Cl2的来源：实验进行一段时间后，装置C中的ClO2氧化Cl-，产生的Cl2进入装置D。乙同学提出还有其他以下可能的来源。 来源1：部分Cl2未与C中反应就进入了装置D。 来源2：Cl2通入装置C中一段时间后，溶液的酸性增强，生成的Cl2进入了装置D，发生的反应为_______(离子方程式)。 （7）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的剧毒CN-氧化为无毒物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。 【答案】（1） （2）> （3） （4）实验ii中，下层溶液为黄绿色 （5）溶液的酸碱性不同 （6） （7）2.5 【解析】 【分析】A中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，B中饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl，C中制备ClO2，化学方程式为，D中CCl4可以收集产物，后续再进行尾气处理。 【小问1详解】 A中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问2详解】 氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则装置C中制备ClO2的反应为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2，由此得到此条件下的氧化性：Cl2＞ClO2，故答案为：＞； 【小问3详解】 装置C中Cl2还能与水反应生成盐酸和次氯酸，其反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问4详解】 实验二中，ClO2能氧化Cl-产生Cl2，氯气溶于四氯化碳中溶液为黄绿色，则证明ClO2能氧化Cl-产生Cl2的现象是实验ii中，下层溶液为黄绿色，故答案为：实验ii中，下层溶液为黄绿色； 【小问5详解】 由实验一、实验二得到的Cl2和ClO2氧化性强弱关系相反，可能的原因是溶液的酸碱性不同，故答案为：溶液的酸碱性不同； 【小问6详解】 Cl2通入装置C中一段时间后，溶液的酸性增强，发生反应，生成的Cl2进入了装置D，故答案为：； 【小问7详解】 1molClO2转化为Cl-转移5mol电子，1molCl2转化为Cl-转移2mol电子，处理含CN－相同量的电镀废水，则转移电子数相同，所以消耗的Cl2的物质的量是ClO2的2.5倍，故答案为：2.5。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆实验中学2024—2025学年度上学期高一年级期中考试 化学试题 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cu64 Ba137 第I卷(选择题，共48分) 一、单项选择题：本大题共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。 1. 利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如图所示。 下列说法中，不正确的是 A. “碳捕获与储存”有助于缓解温室效应 B. 过程I中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2 C. 过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应类型分别为分解反应和化合反应 D. 上述过程中只有NaOH能够循环利用 2. 韦恩(Venn)图常用于展示不同的事物群组(集合)之间的数学或逻辑联系。如图是钠及其化合物反应的韦恩图，图中两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应。下列说法正确的是 A. 甲、乙、丙都属于氧化还原反应 B. 丙反应中，H2O是还原剂 C. Na2O和Na2O2中阴阳离子个数比相同 D. 等量的Na与O2分别在常温和加热条件下完全反应，转移的电子数均为NA 3. 以下物质间的转化，在一定条件下均能一步实现的是 ① ② ③ ④ A. ①②③④ B. ①②④ C. ①③④ D. ①②③ 4. 某班同学对一定物质的量浓度溶液配制进行实验。甲组：用碳酸钠晶体来配制溶液；乙组：用98%的浓硫酸(密度为)配制稀硫酸。假如其他操作都准确无误，下列说法正确的是 A. 定容后，将容量瓶振荡摇匀、静置发现液面低于刻度线，又加少量水至刻度线 B. 甲组需称取碳酸钠晶体53.0g；乙组需用量筒量取浓硫酸 C. 使用前容量瓶中有水珠，则配制的溶液浓度偏低 D. 甲组定容时仰视刻度线，配制浓度偏低；乙组量筒量取时俯视刻度线，配制浓度偏低 5. 光照条件下新制氯水的与光照时间的关系如图，下列说法正确的是 A. 氯水能导电，但属于非电解质 B. 新制氯水中氯元素质量大于生成的氧气质量 C. 随光照时间增加，溶液导电能力也增强 D. 下降的原因是挥发 6. 向两份相同的溶液中，分别滴入等浓度的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是 A. ①代表滴加溶液的变化曲线 B. A、B两点时反应的离子方程式均为 C. C点时两溶液中含有相同量的 D. A、D两点对应的溶液均显中性 7. 下列说法正确的个数为 ①根据丁达尔效应将分散系分为溶液、浊液和胶体 ②元素处于最高化合价时不一定具有强氧化性 ③有单质参加的反应或有单质生成的反应是氧化还原反应 ④在同一反应中，氧化剂和还原剂不可能是同一物质 ⑤强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质的强 ⑥酒精属于有机化合物、为非电解质；生石灰可做食品干燥剂，为电解质 ⑦同素异形体之间转化为化学变化；核聚变和核裂变也属于化学变化 ⑧能电离出的纯净物只有酸和水 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 向硝酸银溶液中加入适量的碘化钾后制得的一种碘化银溶胶的微观结构如图所示，下列说法正确的是 A. 碘化银胶体粒子能吸附阳离子，从而使碘化银胶体带正电荷 B. 用渗析的方法可以除去碘化银胶体中的硝酸钾溶液 C. 碘化银溶胶中，胶体粒子的半径为 D. 碘化银固体与水混合形成的分散系会产生丁达尔效应 9. 一个密闭容器中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，右边充入和的混合气体共64g时，隔板处于如图位置(保持温度不变)，下列说法错误的是 A. 右边与分子数之比为 B. 两侧原子个数之比为 C. 右侧气体密度是相同条件下氧气密度相等 D. 若左边抽出时，隔板最终停在距右端1/3处 10. 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 11. 下列选项描述与对应图像不相符的是 A. 图A为新制氯水在阳光直射时，溶液中浓度随着时间变化的曲线 B. 图B向某浓度的醋酸溶液中滴入氨水，溶液电导率随时间变化的曲线 C. 图C为向等物质的量浓度的、混合液中滴加盐酸产生的图像 D. 图D为、混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，a代表的是 12. 某营养液中含有三种溶质，部分离子的浓度如图甲所示。将该营养液加水稀释，稀释过程中的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线如图乙所示。下列判断错误的是 A. 图甲中Y离子是 B. 图乙中 C. 该营养液中的浓度是 D. 该营养液中的物质的量是 13. 某小组在检验实验中观察到异常现象，为探究“红色褪去”的原因，进行如下实验： 编号 实验I 实验II 实验III 实验步骤 将实验I褪色后的溶液分三份分别进行实验 进一步探究“红色褪去”的原因，又进行以下实验 ① ②取反应后的溶液，滴加盐酸和溶液 现象 溶液先变红，片刻后红色褪去，有气体生成(经检验为) ①无明显现象 ②溶液变红 ③产生白色沉淀 ①溶液变红，一段时间后不褪色 ②无白色沉淀产生 分析上述三个实验，下列叙述不正确的是 A. 在此实验条件下氧化的速率比氧化的速率慢 B. 通过实验II推出实验I中红色褪去的原因是由于被氧化 C. 通过实验I和实验III对比推出红色褪去只与的氧化性有关 D. 在检验实验中，可以控制用量避免异常现象 14. 以工业废渣[主要成分为和]为原料制备的流程如下： 氯化时控制温度在75℃左右进行，充分反应后过滤所得滤液为、、的混合溶液。下列有关说法正确的是 A. 氯化过程中需提高的转化率，可加快通入的速率 B. 滤液中与的物质的量之比大于 C. 氯化后过滤，测定滤液中、与的个数之比可能为 D. 转化过程可能是被氧化成 15. 化学上常用标准电极电势(氧化型/还原型)比较物质氧化能力。值越高，氧化型物质的氧化能力越强，值越低，还原型物质的还原能力越强。值与体系的有关。根据表格信息，判断下列说法错误的是 氧化型/还原型 (酸性条件中) A. 实验室可用与浓盐酸反应制备 B. 酸性条件中，氧化性强弱顺序为 C. 已知，则的还原性比的还原性弱 D. 向硫酸酸化含溶液中加入，无黄绿色气体产生 16. 现有有m g的钠、镁、铝，分别与100mL 1mol/L 的盐酸反应，产生气体在相同条件的体积分别为V1、V2、V3，则V1：V2：V3之比可能是，正确的有几个 ①；②；③；④1:1:1；⑤ A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 第II卷(非选择题，共52分) 17. 现有下列十种物质： ①②③溶液④⑤蔗糖固体⑥⑦氢氧化铁胶体⑧⑨空气⑩ （1）上述物质中属于电解质的有_______。(填序号) （2）向⑦中逐滴滴加①的水溶液，看到的现象_______。 （3）实验室制备⑦的化学方程式为_______。 （4）向⑩中滴加过量⑧的水溶液，反应离子方程式_______。 （5）过量的⑥与②混合的离子方程式：_______。 （6）药物“达喜”的化学成分是铝和镁的碱式盐，也可用于治疗胃酸过多。取一定量该碱式盐，加入盐酸使其溶解，当加入盐酸时开始产生，加入盐酸至时恰好反应完全，该碱式盐样品中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为_______。 (已知：) 18. I.纯碱是一种非常重要的化工原料，在玻璃、肥料、合成洗涤剂等工业中有着广泛的应用。工业上“侯氏制碱法”以、、及水等为原料制备纯碱。生产纯碱的工艺流程如图： 根据以上流程回答下列问题： （1）操作A所需要的玻璃仪器是_______。 （2）该工艺流程中可循环使用的物质是_______(填化学式)。 II.某化学小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备，进一步处理得到产品和，实验流程如图： 回答下列问题： （3）从A~E中选择合适的仪器制备，其中D装置的作用是_______。 （4）B中使用雾化装置的优点是_______，B水槽中盛放的是_______。(填“冰水”或“热水”) （5）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体和滤液。 ①对固体充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量碱石灰，共吸收了(已换算成标况下)，则固体的质量为_______g。 ②向滤液中加入粉末，存在过程。为使沉淀充分析出并分离，根据和溶解度曲线，需采用的操作为_______、过滤、洗涤、干燥。 19. Ⅰ．某学生欲配制的硫酸铜溶液，并探究硫酸铜的性质。实验室有两种不同的试剂可供选用：①胆矾；②16%的溶液。回答下列问题： （1）若用②配制该硫酸铜溶液，应选用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还有_______。 （2）若取用①来配制该硫酸铜溶液，需用托盘天平称量_______g；若取用②来配制，所选用硫酸铜溶液的体积为_______。 （3）下列主要操作步骤的正确顺序是_______(填序号) ①称取一定质量的胆矾固体，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解； ②加水至液面离容量瓶颈刻度线下时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切； ③待冷却至室温后，将溶液转移到容量瓶中； ④盖好瓶盖，反复上下颠倒，摇匀； ⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液转移到容量瓶中。 Ⅱ．由硫酸铜制备碱式碳酸铜。 已知的产率随起始与的比值和溶液的关系如图所示。 （4）补充完整制取的实验方案：向烧杯中加入溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入_______溶液，在计测定溶液条件下，用溶液或盐酸调节溶液约为9，充分反应后，过滤，洗涤，判断沉淀是否洗净的方法为_______。低温烘干，得到。(实验中可选用的试剂或仪器：溶液、溶液、溶液、盐酸、计)。 （5）实验时发现，若反应时溶液过大，所得产品中铜元素含量_______(填“偏大”或“偏小”)。 20. 二氧化氯具有强氧化性，是一种比较安全的消毒剂。实验小组以氯气和亚氯酸钠为原料制备二氧化氯并探究其性质。 资料：i. ClO2为黄绿色气体，易溶于水，难溶于CCl4；Cl2易溶于中，溶液呈黄绿色。 ii. CCl4为无色液体，密度比水大，且与水不互溶。 iii.溶液呈弱碱性，在酸性溶液中，不稳定易发生歧化反应。 【实验一：制备ClO2】进行如图所示实验，实验过程中，持续通入N2使C中生成的逸出。 （1）A为Cl2发生装置(夹持和加热装置已略)。A中反应的离子方程式为_______。 （2）装置C中制备ClO2的反应为，由此得到此条件下的氧化性：Cl2_______ClO2 (填“>”或“<”)。 （3）装置C中Cl2还能发生的反应为_______(用化学方程式表示)。 随着装置A中的Cl2持续产生，开始时装置D液面上方出现黄绿色气体，溶液较长一段时间保持无色，随后逐渐变为黄绿色，说明有Cl2进入D中。 【实验二：探究的性质】 将实验一中收集到的气体处理后得到纯净的ClO2，进行下表所示实验。(CCl4密度；卤素单质在CCl4中溶解度比在水中溶解度大)。 实验i 将ClO2通入溶液，溶液变为黄绿色、加入少量CCl4振荡，静置后溶液分层，上层溶液为黄绿色，下层溶液为无色。 实验ii 将ClO2通入溶液，溶液变为黄绿色。加入少量CCl4振荡，静置。溶液分层，上层溶液为浅黄绿色，下层溶液为黄绿色。 （4）实验二中，证明ClO2能氧化Cl-产生Cl2的现象是_______。 （5）由实验一、实验二得到的Cl2和ClO2氧化性强弱关系相反，可能的原因是_______。 【实验反思】 （6）甲同学从实验二推论实验一的装置D中Cl2的来源：实验进行一段时间后，装置C中的ClO2氧化Cl-，产生的Cl2进入装置D。乙同学提出还有其他以下可能的来源。 来源1：部分Cl2未与C中反应就进入了装置D。 来源2：Cl2通入装置C中一段时间后，溶液的酸性增强，生成的Cl2进入了装置D，发生的反应为_______(离子方程式)。 （7）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的剧毒CN-氧化为无毒物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $