浙江省杭州市2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

浙江省杭州市2024-2025学年高一下学期开学模拟测试化学练习卷 一．选择题（共20小题） 1．由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐。下列说法不正确的是（　　） A．CaOCl2有较强的氧化性 B．CaOCl2有类似于漂白粉的性质，也是混合物 C．由氯气为原料，每生成1mol CaOCl2，转移的电子为1mol D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生 2．下列说法正确的是（　　） A．由于固态水中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，所以冰的密度比水小 B．N、H、O三种元素组成的化合物一定只含共价键 C．NaOH和MgCl2中的化学键类型完全相同，都属于离子化合物 D．CCl4和NH3分子中，各原子均满足最外层8电子的稳定结构 3．下列各组物质的转化，只通过一步反应不能完成的是（　　） A．CuO→Cu（OH）2 B．Na2CO3→NaHCO3 C．Ca（OH）2→CaCl2 D．CaCl2→CaCO3 4．下列关于氯气的性质叙述正确的是（　　） A．工业上可将氯气与热的石灰水反应制备漂白粉 B．氯气有毒，不能用于生产药品 C．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白烟 D．氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色 5．化学与生活密切相关，下列应用中利用了物质氧化性的是（　　） A．氢氧化铁胶体净水 B．氧化铁作油漆、涂料等的红色颜料 C．生石灰用作雪饼的干燥剂 D．漂白液漂白织物 6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．常温下，32gS的摩尔质量为32g B．在标准状况下，18gH2O的体积约为22.4L C．80gNaOH溶于水配成溶液，其物质的量浓度为2mol/L D．16g臭氧O3中含有NA个氧原子 7．下列实验过程中，溶液的导电能力变化不大的是（　　） A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸 B．向醋酸溶液中滴加少量KOH溶液 C．向澄清石灰水中通入少量CO2 D．向盐酸中加入少量NaOH固体 8．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是（　　） A．工业用电解熔融NaCl制备金属钠 B．实验室以高锰酸钾为原料制取O2 C．用饱和FeCl3溶液滴入沸水制备氢氧化铁胶体 D．氯化铁溶液作为蚀刻铜电路板的腐蚀液 9．火法炼锌反应的方程式：，下列说法不正确的是（　　） A．ZnCO3仅作氧化剂 B．生成3mol CO时转移的电子数目是4NA C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1 D．CO既是氧化产物又是还原产物 10．我国化学家侯德榜先生改进国外的纯碱生产工艺，其生产流程可简要表示如图，以下说法不正确的是（　　） A．该流程在生产纯碱的同时，还会产生副产品氯化铵 B．应先向沉淀池中的饱和食盐水通入过量二氧化碳（CO2），随后再通入足量的氨气（NH3） C．循环1使原料氯化钠的利用率大大提高，循环2中的气体X为CO2 D．可以通过向纯碱样品中加入足量稀硝酸后再加硝酸银溶液的方法，判断样品中是否含有Cl﹣ 11．如表是关于四个反应的相关信息，下列结论正确的是（　　） 序号 ① ② ③ ④ 氧化剂 Cl2 KMnO4 KClO3 KMnO4 还原剂 FeCl2 H2O2 HCl（浓） HCl 其它反应物 / H2SO4 / / 氧化产物 ？ O2 Cl2 Cl2 还原产物 FeCl3 MnSO4 Cl2 MnCl2 A．反应①的氧化产物和还原产物是同一种物质 B．氧化性比较：KMnO4＞Fe3+＞Cl2 C．②、④反应生成相同状况下等体积的气体，消耗的KMnO4的物质的量不同 D．利用③、④反应制备等量的Cl2，消耗HCl物质的量的比例为1：1 12．下列说法正确的是（　　） A．是否具有丁达尔效应是溶液和胶体的本质区别 B．氢氧化铁胶体能用于净水和杀菌消毒 C．FeCl3溶液滴在淀粉﹣KI试纸上，试纸变蓝证明Fe3+有氧化性 D．FeSO4固体高温下分解，只产生Fe2O3和SO3 13．氯及其部分化合物相关转化如图： 下列有关流程中的说法不正确的是（　　） A．已知ClF中F元素的化合价为﹣1价，F2的氧化性强于Cl2 B．Cl2与热的NaOH溶液反应，生成物的物质的量n（NaCl）：n（NaClO3）＝5：1 C．制备ClO2的离子方程式： D．1mol ClO2氧化能力是1mol Cl2的5倍 14．图a～c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验（X、Y均表示石墨电极，X与电源正极相连，Y与电源负极相连）微观示意图，下列说法正确的是（　　） A．图示中代表的是水合钠离子 B．氯化钠只有在通电条件下才能电离 C．图b表示熔融状态下氯化钠的导电过程 D．氯化钠在不同状态下均能导电 15．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．1mol/L的K2SO4溶液中所含K+数目为2NA B．1mol NH5（离子化合物）中含有的共价键数目为5NA C．标况下2.24LO2和O3组成的混合物中含有氧原子的数目为0.2NA D．0.1mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数目为0.1NA 16．短周期元素W、X、Y、Z和Q在周期表中的相对位置如表所示，这五种元素原子的最外层电子数之和为24。下列说法正确的是（　　） W X Q Y Z A．简单氢化物稳定性：X＜W B．氧化物对应水化物的酸性：Z＞W C．Y的氧化物和W单质在高温下反应生成Y单质，可以说明非金属性W＞Y D．简单离子的半径：Q＜X 17．关于钠元素的单质及其化合物的叙述不正确的是（　　） A．钠的性质活泼，燃烧能产生白色的过氧化钠 B．Na2O2与氢氧化钠水溶液反应放出氧气 C．钠长期露置在空气中最终会生成碳酸钠粉末 D．当碳酸钠与少量水混合时，有放热现象；当碳酸氢钠与少量水混合时，有吸热现象 18．关于氯元素的单质及其化合物的描述，正确的是（　　） A．红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成蓝色的烟 B．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白色的烟 C．氯水滴在有色布条上，一会儿有色布条褪色，说明Cl2有漂白性 D．氯水不稳定难以长期保存，人们将其制成更稳定的NaClO、Ca（ClO）2等次氯酸盐 19．食品包装盒内有小袋，内装灰黑色粉末，部分变红褐色。将该粉末溶于稀盐酸，取上层清液，滴入KSCN溶液无明显现象，滴加氯水后变红。下列叙述不正确的是（　　） A．该灰黑色粉末原来可能是铁粉 B．食品包装盒内小袋的作用是抗氧化 C．在该检测中，氯水可以使用高锰酸钾溶液替代 D．滴加氯水后溶液变红，使溶液变红的物质是硫氰化铁 20．下列反应的离子方程式正确的是（　　） A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合： B．将稀盐酸滴在石灰石上： C．向水中加入一小块钠： D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓ 二．解答题（共5小题） 21．钠及其化合物在生活中有非常重要的应用，请完成下列问题： （1）请将下列含钠元素的物质与其应用进行连线　 　。 Na 高压钠灯 Na2O2 食品调味剂 NaHCO3 供氧剂 NaCl 膨松剂 （2）NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O═NaOH+H2↑，该反应中氧化剂的化学式是 　 　，并用双线桥表示该反应的电子转移：　 　 NaH+H2O═NaOH+H2↑ （3）通常将Na与NaNO2在空气中共热制取Na2O反应的另一产物为N2则该反应的化学方程式为 　 　，试说明不采用钠在氧气中燃烧的方法而采用此法制取氧化钠的原因 　 　。 22．元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图象。如图是钠的价类二维图： 请回答以下问题： （1）写出二维图中缺失①中某种淡黄色固体能做供氧剂的原因 　 　（用化学方程式表示）。 （2）氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，常做 　 　（填“氧化剂”或“还原剂”）。 （3）单质钠投入水中会看到钠熔成一个小球的现象，解释原因 　 　。 （4）NaHCO3溶液常因温度较高而分解含有少量Na2CO3除去杂质Na2CO3的最有效的方法为 　 　（用离子方程式表示）。 23．（1）巴西奥运会期间，由于工作人员将84消毒液（有效成分NaClO）与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO 　 　H2O2的（填“＞”或“＜”）；当参加反应的NaClO和H2O2分子的个数比为1：1时，该反应的还原产物为 　 　（填字母序号）。 A.O2 B.H2O C.Cl2 D.NaClO2 E.NaCl （2）饮用水中的对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将还原为N2，其化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O＝10Na[Al（OH）4]+3N2 请回答下列问题： ①上述反应中，被还原的元素是 　 　（写元素符号），氧化产物是 　 　（写化学式）。 ②用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：　 　。 每生成2.8gN2转移 　 　个电子（用NA为阿伏加德罗常数的数值）。 （3）某元素G的一种含氧酸化学式为H3GO3，属于二元酸，则H3GO3与过量氢氧化钠溶液反应生成的产物Na2HGO3为 　 　（填“酸式盐”或“正盐”）。 24．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。一种工业制备高铁酸钠的化学反应原理如下 3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O （1）该反应的氧化剂是 　 　，氧化产物是 　 　。 （2）用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目　 　。 （3）若反应转移的电子数为0.3NA，则生成的物质的量为 　 　。 （4）已知高铁酸钠具有强氧化性，试分析其用于饮用水处理时的净水原理 　 　。 （5）制备高铁酸钠时，原料ClO﹣可用氯气与氢氧化钠反应制得（该反应为放热反应），若没有采取降温措施，会生成杂质。现将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定NaClO与NaClO3的物质的量之比为2：1，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为 　 　。 25．我国化学家侯德榜先生提出的联合制碱法得到世界各国的认可，主要工业流程可简要表示如图： 回答下列问题： （1）“操作1”的名称：　 　。 （2）“循环Ⅱ”的物质为：　 　。 （3）“操作2”的化学反应方程式：　 　。 （4）流程中产生NaHCO3固体的化学方程式：　 　。 （5）下列说法不正确的是 　 　 A.由“操作1”可知，在相同温度下碳酸氢钠溶解度比NaCl大 B.侯德榜联合制碱法得到的主要产品是烧碱，副产物是NH4Cl C.应该向“饱和NaCl溶液”中先通入足量NH3，再通入足量CO2 D.使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要设计了“循环Ⅰ” 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐。下列说法不正确的是（　　） A．CaOCl2有较强的氧化性 B．CaOCl2有类似于漂白粉的性质，也是混合物 C．由氯气为原料，每生成1mol CaOCl2，转移的电子为1mol D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生 【分析】混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca（ClO）2两种盐，在酸性条件下发生：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，次氯酸钙具有强的氧化性和漂白性，所以混盐也具有较强的氧化性和漂白性，以此解答该题即可。 【解答】解：A．混盐CaOCl2中相当于含有CaCl2和Ca（ClO）2两种盐，其中Ca（ClO）2中＝1价Cl元素具有强的氧化性，所以混盐也具有较强的氧化性，故A正确； B．因为次氯酸根离子水解生成具有漂白性的次氯酸，所以该混盐可能具有漂白性，是纯净物，故B错误； C．盐CaOCl2看成CaCl2和Ca（ClO）2，其中Cl的化合价分别是+1和﹣1价，以氯气和石灰乳为原料，每生成1mol CaOCl2，转移的电子为1mol，故C正确； D．混盐CaOCl2在酸性条件下发生：Cl﹣+ClO﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，酸性条件下生成黄绿色的氯气，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意把握混盐的成分为解答该题的关键，学习中注意把握相关物质的性质，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答关键。 2．下列说法正确的是（　　） A．由于固态水中水分子以氢键结合成排列规整的晶体，所以冰的密度比水小 B．N、H、O三种元素组成的化合物一定只含共价键 C．NaOH和MgCl2中的化学键类型完全相同，都属于离子化合物 D．CCl4和NH3分子中，各原子均满足最外层8电子的稳定结构 【分析】A．在固态水中，水分子间以氢键结合成排列规整的晶体； B．N、H、O三种元素组成的化合物可以是铵盐； C．氢氧化钠中含共价键； D．PCl5分子中形成五对共用电子对。 【解答】解：A．在固态水中，水分子间以氢键结合成排列规整的晶体，晶体中有空隙，密度减小至低于水的密度，故A正确； B．N、H、O三种元素组成的化合物可以是铵盐，为离子化合物，故B错误； C．NaOH和MgCl2中的化学键类型不相同，NaOH中含共价键，MgCl2中不含共价键，NaOH和MgCl2都属于离子化合物，故C错误； D．PCl5中Cl元素化合价为﹣1，Cl原子最外层电子数是7，1+7＝8，P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，所以5+5＝10，分子中P原子不满足8电子结构，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查了化学键、氢键、物质分类、8电子结构等，题目难度不大，题目有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，注意相关基础知识的积累。 3．下列各组物质的转化，只通过一步反应不能完成的是（　　） A．CuO→Cu（OH）2 B．Na2CO3→NaHCO3 C．Ca（OH）2→CaCl2 D．CaCl2→CaCO3 【分析】A．氧化铜不溶于水； B．碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠； C．氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水； D．氯化钙和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙和氯化钠。 【解答】解：A．CuO→Cu（OH）2的转化不能通过一步反应完成，故A错误； B．碳酸钠溶液中通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，Na2CO3→NaHCO3转化能一步实现，故B正确； C．氢氧化钙和盐酸反应生成氯化钙和水，Ca（OH）2→CaCl2的转化能一步实现，故C正确； D．氯化钙和碳酸钠溶液反应生成碳酸钙和氯化钠CaCl2→CaCO3的转化能一步实现，故D确； 故选：A。 【点评】本题主要考查常见物质的性质和变化，属于基本知识的考查，主要基本知识的积累，题目难度不大。 4．下列关于氯气的性质叙述正确的是（　　） A．工业上可将氯气与热的石灰水反应制备漂白粉 B．氯气有毒，不能用于生产药品 C．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口上方有白烟 D．氯气通入紫色石蕊试液中，溶液先变红后褪色 【分析】A．石灰水中氢氧化钙浓度较低； B．生活中常用氯气生成其他物质后不一定有毒，如NaCl属于氯的化合物； C．烟是固体颗粒、雾是小液滴； D．与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性和漂白性。 【解答】解：A．工业上用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，故A错误； B．氯气是有毒气体，但是合成药物所需的物质，能用于药物的合成，故B错误； C．烟是固体颗粒、雾是小液滴，氯化氢遇水蒸气变为白雾，故C错误； D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性和漂白性，盐酸可使石蕊变红，次氯酸可使石蕊褪色，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，本题需明确氯气、钠的性质以及用途，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 5．化学与生活密切相关，下列应用中利用了物质氧化性的是（　　） A．氢氧化铁胶体净水 B．氧化铁作油漆、涂料等的红色颜料 C．生石灰用作雪饼的干燥剂 D．漂白液漂白织物 【分析】有元素化合价变化的反应，属于氧化还原反应，据此分析作答。 【解答】解：A．氢氧化铁胶体净水是利用了胶体的吸附性，与氧化还原反应无关，故A错误； B．氧化铁是红棕色的，可以作油漆、涂料等的红色颜料，与氧化还原反应无关，故B错误； C．生石灰可以与水反应，可以用作雪饼的干燥剂，与氧化还原反应无关，故C错误； D．漂白液具有强氧化性，可以漂白织物，发生了氧化还原反应，利用了物质的氧化性，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及判断，属于基本知识的考查，难度不大。 6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．常温下，32gS的摩尔质量为32g B．在标准状况下，18gH2O的体积约为22.4L C．80gNaOH溶于水配成溶液，其物质的量浓度为2mol/L D．16g臭氧O3中含有NA个氧原子 【分析】A．摩尔质量的单位g/mol； B．水为液体，不能使用Vm＝22.4L/mol； C．溶液的体积未知，无法计算溶液的物质的量浓度； D．代入公式N＝nNA＝NA。 【解答】解：A．摩尔质量的单位g/mol，因此S的摩尔质量为32g/mol，故A错误； B．水为液体，不能使用Vm＝22.4L/mol，因此在标准状况下，18gH2O的体积不为22.4L，故B错误； C．溶液的体积未知，无法计算80gNaOH溶于水配成溶液的物质的量浓度，故C错误； D．16gO3中含有的氧原子为×3NAmol﹣1＝NA，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。 7．下列实验过程中，溶液的导电能力变化不大的是（　　） A．向Ba（OH）2溶液中滴加稀硫酸 B．向醋酸溶液中滴加少量KOH溶液 C．向澄清石灰水中通入少量CO2 D．向盐酸中加入少量NaOH固体 【分析】溶液导电性与离子浓度成正比，与离子所带电荷成正比，实验过程中溶液导电能力变化不大，说明反应中离子浓度变化不大。 【解答】解：A.Ba（OH）2是强碱，向Ba（OH）2溶液中加入稀硫酸，二者反应生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度减小，导电能力下降直至为零，然后随着稀硫酸溶液的滴入，溶液中离子浓度增大，导电性增强，导电性变化大，故A不选； B.醋酸是弱酸，向醋酸溶液中滴加少量KOH溶液，二者反应生成强电解质醋酸铵和水，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，导电性变化大，故B不选； C.氢氧化钙是强碱，向澄清石灰水中通入少量二氧化碳，二氧化碳与石灰水反应白色沉淀碳酸钙和水，溶液中离子浓度减小，导电能力下降直至为零，再通入二氧化碳，二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，溶液中离子浓度增大，导电性又会逐渐增强，溶液的导电能力变化较大，故C不选； D.盐酸为强酸，向盐酸中加入少量氢氧化钠固体，盐酸与氢氧化钠反应生成NaCl和水，溶液中离子的浓度变化不大，导电性变化不大，故D选； 故选：D。 【点评】本题考查溶液导电性判断，侧重考查离子反应、溶液导电性影响因素等知识点，明确元素化合物性质、离子之间反应是解本题关键，注意：溶液导电性强弱与离子浓度有关，题目难度不大。 8．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是（　　） A．工业用电解熔融NaCl制备金属钠 B．实验室以高锰酸钾为原料制取O2 C．用饱和FeCl3溶液滴入沸水制备氢氧化铁胶体 D．氯化铁溶液作为蚀刻铜电路板的腐蚀液 【分析】有元素化合价改变的反应，属于氧化还原反应，反之，不属于氧化还原反应，据此分析作答。 【解答】解：A．电解熔融NaCl制备金属钠，钠元素化合价降低，与氧化还原反应有关，故A错误； B．实验室以高锰酸钾为原料制取O2，有元素化合价变化，与氧化还原反应有关，故B错误； C．用饱和FeCl3溶液滴入沸水制备氢氧化铁胶体，没有元素化合价改变，与氧化还原反应无关，故C正确； D．氯化铁溶液作为蚀刻铜电路板的腐蚀液，铁和铜元素化合价改变，与氧化还原反应有关，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查考查氧化还原反应的基本概念及判断，属于基本知识的考查，难度不大。 9．火法炼锌反应的方程式：，下列说法不正确的是（　　） A．ZnCO3仅作氧化剂 B．生成3mol CO时转移的电子数目是4NA C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1 D．CO既是氧化产物又是还原产物 【分析】A．ZnCO3中Zn元素、C元素化合价均降低； B．反应中，2个C升高，共升高4价，电子转移为4e﹣； C．氧化产物为CO，还原产物为CO和Zn； D．CO中的C元素既有升高得到的，也有降低得到的。 【解答】解：A．ZnCO3中Zn元素、C元素化合价均降低，只作氧化剂，故A正确； B．反应中，2个C升高，共升高4价，电子转移为4e﹣，所以生成3mol CO时转移的电子数目是4NA，故B正确； C．氧化产物为CO，还原产物为CO和Zn，两者的物质的量之比为2：2＝1：1，故C错误； D．CO既是氧化产物又是还原产物，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查氧化还原反应的判断，属于基本知识的考查，难度不大。 10．我国化学家侯德榜先生改进国外的纯碱生产工艺，其生产流程可简要表示如图，以下说法不正确的是（　　） A．该流程在生产纯碱的同时，还会产生副产品氯化铵 B．应先向沉淀池中的饱和食盐水通入过量二氧化碳（CO2），随后再通入足量的氨气（NH3） C．循环1使原料氯化钠的利用率大大提高，循环2中的气体X为CO2 D．可以通过向纯碱样品中加入足量稀硝酸后再加硝酸银溶液的方法，判断样品中是否含有Cl﹣ 【分析】焦炭和水蒸气反应，生成CO2和H2，空气分离出氮气，CO2和H2在一定条件下反应，生成NH3，NH3在水中的溶解度大，沉淀池中先加入饱和氯化钠溶液，饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl，过滤，得到NaHCO3固体，将其加热分解，得到纯碱和CO2，CO2循环利用，母液中通入氨气，析出氯化铵晶体，过滤得到氯化铵固体和滤液，滤液再循环利用，据此分析作答。 【解答】解：A．根据分析可知，该流程在生产纯碱的同时，还会产生副产品氯化铵，故A正确； B．应先向沉淀池中的饱和食盐水通入足量的氨气（NH3），随后再通入过量二氧化碳（CO2），故B错误； C．根据分析可知，循环1使原料氯化钠的利用率大大提高，循环2中的气体X为CO2，故C正确； D．可以通过向纯碱样品中加入足量稀硝酸，除去碳酸钠，然后再加硝酸银溶液的方法，判断样品中是否含有Cl﹣，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查侯氏制碱法的原理，属于基本知识的考查，难度中等。 11．如表是关于四个反应的相关信息，下列结论正确的是（　　） 序号 ① ② ③ ④ 氧化剂 Cl2 KMnO4 KClO3 KMnO4 还原剂 FeCl2 H2O2 HCl（浓） HCl 其它反应物 / H2SO4 / / 氧化产物 ？ O2 Cl2 Cl2 还原产物 FeCl3 MnSO4 Cl2 MnCl2 A．反应①的氧化产物和还原产物是同一种物质 B．氧化性比较：KMnO4＞Fe3+＞Cl2 C．②、④反应生成相同状况下等体积的气体，消耗的KMnO4的物质的量不同 D．利用③、④反应制备等量的Cl2，消耗HCl物质的量的比例为1：1 【分析】A．反应①中产物只有FeCl3； B．氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物； C．根据化合价升降守恒可得：②中存在关系式：KMnO4～5O2，④中存在关系式：2KMnO4～5Cl2，据此计算消耗的KMnO4的物质的量； D．根据化合价升降守恒可得：③中存在关系式：6HCl～Cl2，、④中存在关系式：16HCl～5Cl2，据此计算消耗HCl物质的量的比例。 【解答】解：A．反应①的氧化产物和还原产物是同一种物质，都是FeCl3，故A正确； B．根据反应①，可知，氧化性：Cl2＞Fe3+，所以氧化性比较：KMnO4＞Cl2＞Fe3+，故B错误； C．根据化合价升降守恒可得：②中存在关系式：KMnO4～5O2，④中存在关系式：2KMnO4～5Cl2，反应生成相同状况下等体积的气体，消耗的KMnO4的物质的量相同，故C错误； D．根据化合价升降守恒可得：③中存在关系式：6HCl～Cl2，、④中存在关系式：16HCl～5Cl2，反应制备等量的Cl2，消耗HCl物质的量的比例为30：16＝15：8，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查氧化还原反应的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。 12．下列说法正确的是（　　） A．是否具有丁达尔效应是溶液和胶体的本质区别 B．氢氧化铁胶体能用于净水和杀菌消毒 C．FeCl3溶液滴在淀粉﹣KI试纸上，试纸变蓝证明Fe3+有氧化性 D．FeSO4固体高温下分解，只产生Fe2O3和SO3 【分析】A．溶液和胶体的本质区别是分散质颗粒的直径大小； B．氢氧化铁胶体能吸附水中悬浮的杂质； C．试纸变蓝说明生成了I2，I元素化合价升高，发生氧化反应； D．FeSO4固体高温下分解属于氧化还原反应。 【解答】解：A．溶液和胶体的本质区别是分散质颗粒的直径大小，故A错误； B．氢氧化铁胶体能吸附水中悬浮的杂质，可用于净水，但不能用来杀菌消毒，故B错误； C．试纸变蓝说明生成了I2，I元素化合价升高，发生氧化反应，I﹣作还原剂，Fe3+作氧化剂，体现氧化性，故C正确； D．FeSO4固体高温下分解属于氧化还原反应，Fe元素化合价升高，S元素化合价降低，应生成Fe2O3、SO3、SO2，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查胶体的性质和氧化还原反应，掌握基础是关键，题目难度不大。 13．氯及其部分化合物相关转化如图： 下列有关流程中的说法不正确的是（　　） A．已知ClF中F元素的化合价为﹣1价，F2的氧化性强于Cl2 B．Cl2与热的NaOH溶液反应，生成物的物质的量n（NaCl）：n（NaClO3）＝5：1 C．制备ClO2的离子方程式： D．1mol ClO2氧化能力是1mol Cl2的5倍 【分析】A．非金属元素的电负性越大，非金属性越强，对应单质的氧化性越强； B．Cl2与热的NaOH溶液反应，生成NaCl和NaClO3，Cl元素分别降低1价、升高5价，根据化合价升降守恒，确定两者的物质的量之比； C．根据化合价升降守恒，可得制备ClO2的离子方程式； D．根据关系式：ClO2～Cl﹣～5e﹣；Cl2～2Cl﹣～2e﹣，进行比较。 【解答】解：A．已知ClF中F元素的化合价为﹣1价，则电负性：F＞Cl，非金属性：F＞Cl，所以F2的氧化性强于Cl2，故A正确； B．Cl2与热的NaOH溶液反应，生成NaCl和NaClO3，Cl元素分别降低1价、升高5价，根据化合价升降守恒，两者的物质的量之比为：n（NaCl）：n（NaClO3）＝5：1，故B正确； C．根据化合价升降守恒，可得制备ClO2的离子方程式为：Cl﹣+5+6H+＝6ClO2↑+3H2O，故C正确； D．根据关系式：ClO2～Cl﹣～5e﹣；Cl2～2Cl﹣～2e﹣，1mol ClO2氧化能力是1mol Cl2的2.5倍，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查氯及其化合物的综合应用，侧重考查氧化还原反应原理的应用，属于基本知识的考查，难度中等。 14．图a～c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验（X、Y均表示石墨电极，X与电源正极相连，Y与电源负极相连）微观示意图，下列说法正确的是（　　） A．图示中代表的是水合钠离子 B．氯化钠只有在通电条件下才能电离 C．图b表示熔融状态下氯化钠的导电过程 D．氯化钠在不同状态下均能导电 【分析】A．氯离子半径大于钠离子半径，根据图知，黑色球表示氯离子； B．氯化钠在水溶液或是熔融状态下都可以电离出自由移动的离子； C．根据离子移动方向知，X电解作阳极、Y电解作阴极，用石墨电解熔融氯化钠或氯化钠溶液时，阳极上氯离子放电； D．不含自由移动离子的离子晶体不导电。 【解答】解：A．氯离子半径大于钠离子半径，根据图知，图中代表的是水合氯离子，故A错误； B．氯化钠在水溶液或是熔融状态下都可以电离出自由移动的离子，都可以导电，故B错误； C．根据离子移动方向知，X电解作阳极、Y电解作阴极，用石墨电解熔融氯化钠或氯化钠溶液时，离子发生定向移动，图b可以表示熔融状态下氯化钠的导电过程，故C正确； D．不含自由移动离子的离子晶体不导电，a中不含自由移动的阴阳离子，所以不导电，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查电解原理、电解质与导电性关系等知识点，侧重考查基础知识理解和灵活运用，明确电解质与导电关系是解本题关键，注意电解质不一定导电。 15．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．1mol/L的K2SO4溶液中所含K+数目为2NA B．1mol NH5（离子化合物）中含有的共价键数目为5NA C．标况下2.24LO2和O3组成的混合物中含有氧原子的数目为0.2NA D．0.1mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数目为0.1NA 【分析】A．溶液体积未知； B．NH5为离子化合物是由与H﹣通过离子键构成； C．氧气与臭氧含氧原子个数不同； D．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠，消耗1mol过氧化钠转移1mol电子。 【解答】解：A．溶液体积未知，无法计算钾离子个数，故A错误； B．NH5为离子化合物是由与H﹣通过离子键构成，1mol NH5（离子化合物）中含有的共价键数目为4NA，故B错误； C．氧气与臭氧含氧原子个数不同，标况下2.24LO2和O3组成的混合物，物质的量为0.1mol，无法确定含有氧原子个数，故C错误； D．过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气和碳酸钠，消耗1mol过氧化钠转移1mol电子，0.1mol Na2O2与足量CO2反应转移的电子数目为0.1NA，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，试题充分考查了学生灵活应用所学知识的能，题目难度不大。 16．短周期元素W、X、Y、Z和Q在周期表中的相对位置如表所示，这五种元素原子的最外层电子数之和为24。下列说法正确的是（　　） W X Q Y Z A．简单氢化物稳定性：X＜W B．氧化物对应水化物的酸性：Z＞W C．Y的氧化物和W单质在高温下反应生成Y单质，可以说明非金属性W＞Y D．简单离子的半径：Q＜X 【分析】由短周期元素W、X、Y、Z和Q在周期表中的相对位置可知，W、X处于第二周期，Q、Y、Z处于第三周期，这五种元素原子的最外层电子数之和为24，设W的最外层电子数为a，则：（a﹣1）+a+a+（a+2）+（a+3）＝24，解得a＝4，故W为C元素、X为O元素、Y为Si元素、Z为Cl元素、Q为Al元素。 【解答】解：由分析可知，W为C元素、X为O元素、Y为Si元素、Z为Cl元素、Q为Al元素； A．元素非金属性：W＜X，则简单氢化物稳定性：W＜X，故A错误； B．没有指明是最高价氧化物对应的水化物，则不能比较酸性强弱，如酸性：HClO4＞H2CO3＞HClO，故B错误； C．发生反应：SiO2+C2Si+CO，该反应中碳表现还原性，不能说明C的非金属性比Si强，故C错误； D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：Al3+＜O2﹣，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查结构性质位置关系运用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期表与元素周期律、元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、对基础知识的掌握情况。 17．关于钠元素的单质及其化合物的叙述不正确的是（　　） A．钠的性质活泼，燃烧能产生白色的过氧化钠 B．Na2O2与氢氧化钠水溶液反应放出氧气 C．钠长期露置在空气中最终会生成碳酸钠粉末 D．当碳酸钠与少量水混合时，有放热现象；当碳酸氢钠与少量水混合时，有吸热现象 【分析】A．过氧化钠为淡黄色； B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气； C．金属钠暴露在空气中：钠与空气中氧气极易反应，致使钠表面变暗，氧化钠与空气中的水蒸气反应生成白色固体氢氧化钠，氢氧化钠易潮解表面变成溶液，氢氧化钠是强碱与空气中的酸性气体反应，生成白色带结晶水的固体Na2CO3•10H2O，十水碳酸钠易风化生成白色粉末碳酸钠； D．碳酸钠溶解放热，碳酸氢钠溶解吸收热量。 【解答】解：A．钠的性质活泼，燃烧能产生淡黄色的过氧化钠，故A错误； B．Na2O2与氢氧化钠水溶液反应，实质是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，故B正确； C．钠长期露置在空气中最终会生成碳酸钠粉末，故C正确； D．碳酸钠溶解放热，碳酸氢钠溶解吸收热量，当碳酸钠与少量水混合时，有放热现象；当碳酸氢钠与少量水混合时，有吸热现象，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉钠及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。 18．关于氯元素的单质及其化合物的描述，正确的是（　　） A．红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成蓝色的烟 B．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白色的烟 C．氯水滴在有色布条上，一会儿有色布条褪色，说明Cl2有漂白性 D．氯水不稳定难以长期保存，人们将其制成更稳定的NaClO、Ca（ClO）2等次氯酸盐 【分析】A．铜丝在氯气中燃烧生成氯化铜，产生棕黄色的烟； B．氯化氢与水蒸气结合生成盐酸液滴； C．氯气不具有漂白性； D．氯水中次氯酸易分解，次氯酸盐比次氯酸稳定。 【解答】解：A．红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色的烟，故A错误； B．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现白色的雾，故B错误； C．氯水滴在有色布条上，一会儿有色布条褪色，因为氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，故C错误； D．氯水中次氯酸易分解，次氯酸盐比次氯酸稳定，所以氯水不稳定难以长期保存，人们将其制成更稳定的NaClO、Ca（ClO）2等次氯酸盐，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了物质的性质，熟悉氯气及其化合物性质是解题关键，题目难度不大。 19．食品包装盒内有小袋，内装灰黑色粉末，部分变红褐色。将该粉末溶于稀盐酸，取上层清液，滴入KSCN溶液无明显现象，滴加氯水后变红。下列叙述不正确的是（　　） A．该灰黑色粉末原来可能是铁粉 B．食品包装盒内小袋的作用是抗氧化 C．在该检测中，氯水可以使用高锰酸钾溶液替代 D．滴加氯水后溶液变红，使溶液变红的物质是硫氰化铁 【分析】Fe具有还原性，Fe2O3为红棕色固体，食品包装盒内有小袋，内装灰黑色粉末，部分变红褐色。将该粉末溶于稀盐酸，取上层清液，滴入KSCN溶液无明显现象，滴加氯水后变红，说明上清液中含有Fe2+，则原来固体一定是Fe粉。 【解答】解：A．根据以上分析知，该灰黑色粉末原来可能是铁粉，故A正确； B．食品包装盒内小袋装的是铁粉，具有还原性，能作抗氧化剂，故B正确； C、高锰酸钾溶液能氧化稀盐酸生成氯气，导致酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚铁离子的检验，所以不能用高锰酸钾溶液代替氯水，故C错误； D．Fe（SCN）3在水溶液中显红色，所以滴加氯水后溶液变红，使溶液变红的物质是硫氰化铁，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查元素化合物的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，C选项易忽略盐酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色而导致错误判断。 20．下列反应的离子方程式正确的是（　　） A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合： B．将稀盐酸滴在石灰石上： C．向水中加入一小块钠： D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓ 【分析】A．碳酸氢钠少量，反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水； B．碳酸钙为难溶物，不能拆开； C．该反应不满足电荷守恒； D．漏掉了钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡的反应。 【解答】解：A．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合的离子方程式为：Ca2++OH﹣+═CaCO3↓+H2O，故A正确； B．将稀盐酸滴在石灰石上的离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑，故B错误； C．向水中加入一小块钠的离子方程式为：2Na+2H2O＝2OH﹣+2Na++H2↑，故C错误； D．硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液混合的离子方程式为：+Ba2++Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓+BaSO4↓，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查离子方程式的书写判断，为高频考点，明确物质性质、反应实质为解答关键，注意掌握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。 二．解答题（共5小题） 21．钠及其化合物在生活中有非常重要的应用，请完成下列问题： （1）请将下列含钠元素的物质与其应用进行连线　　。 Na 高压钠灯 Na2O2 食品调味剂 NaHCO3 供氧剂 NaCl 膨松剂 （2）NaH能与水剧烈反应：NaH+H2O═NaOH+H2↑，该反应中氧化剂的化学式是 　H2O　，并用双线桥表示该反应的电子转移：　　 NaH+H2O═NaOH+H2↑ （3）通常将Na与NaNO2在空气中共热制取Na2O反应的另一产物为N2则该反应的化学方程式为 　2NaNO2+6Na4Na2O+N2↑　，试说明不采用钠在氧气中燃烧的方法而采用此法制取氧化钠的原因 　钠在空气中燃烧会生成过氧化钠而得不到氧化钠，采用亚硝酸钠和钠在空气中共热制取氧化钠时，由于反应产物中有氮气生成，隔绝了生成的氧化钠和空气中氧气的接触，氧化钠不能被氧气进一步氧化，所以能得到较纯的氧化钠。　。 【分析】（1）Na可以做高压钠灯，Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以做供氧剂，NaCl有咸味，可以做食品调味剂，NaHCO3受热分解生成二氧化碳气体，可以做膨松剂； （2）分析反应中元素化合价变化，所含元素化合价降低的反应物为氧化剂；依据化合价变化判断得失电子数； （3）Na和NaNO2共热生成氧化钠和氮气。 【解答】解：（1）Na可以做高压钠灯，Na2O2和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，可以做供氧剂，NaCl有咸味，可以做食品调味剂，NaHCO3受热分解生成二氧化碳气体，可以做膨松剂，物质与其应用进行连线为： 故答案为：； （2）NaH+H2O═NaOH+H2↑，水中+1价氢元素化合价降低，水为氧化剂；NaH中氢元素化合价升高，则NaH是还原剂，发生氧化反应，水中氢元素化合价降低，关系式：，用双线桥表示为：， 故答案为：H2O；； （3）Na和NaNO2共热生成氧化钠和氮气，反应方程式为2NaNO2+6Na4Na2O+N2↑，钠在空气中燃烧会生成过氧化钠而得不到氧化钠，采用亚硝酸钠和钠在空气中共热制取氧化钠时，由于反应产物中有氮气生成，隔绝了生成的氧化钠和空气中氧气的接触，氧化钠不能被氧气进一步氧化，所以能得到较纯的氧化钠． 故答案为：2NaNO2+6Na4Na2O+N2↑；钠在空气中燃烧会生成过氧化钠而得不到氧化钠，采用亚硝酸钠和钠在空气中共热制取氧化钠时，由于反应产物中有氮气生成，隔绝了生成的氧化钠和空气中氧气的接触，氧化钠不能被氧气进一步氧化，所以能得到较纯的氧化钠。 【点评】本题考查了钠及其化合物的性质，获取题给信息并正确理解是解本题关键，知道氧化钠的制取方法，题目难度不大。 22．元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图象。如图是钠的价类二维图： 请回答以下问题： （1）写出二维图中缺失①中某种淡黄色固体能做供氧剂的原因 　2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ 或 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2　（用化学方程式表示）。 （2）氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，常做 　还原剂　（填“氧化剂”或“还原剂”）。 （3）单质钠投入水中会看到钠熔成一个小球的现象，解释原因 　反应放热；钠的熔点比较低　。 （4）NaHCO3溶液常因温度较高而分解含有少量Na2CO3除去杂质Na2CO3的最有效的方法为 　+CO2+H2O＝2　（用离子方程式表示）。 【分析】（1）二维图中缺失①中某种淡黄色固体为Na2O2，和水、二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气； （2）氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，和水反应生成氢氧化钠和氢气； （3）钠的熔点低，反应放热； 【解答】解：（1）二维图中缺失①中某种淡黄色固体过氧化钠可以能做供氧剂，和二氧化碳、水反应生成氧气，反应的化学方程式：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ 或 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2， 故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ 或 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2； （2）氢化钠（NaH）可在野外用作生氢剂，和水反应生成氢氧化钠和氢气，NaH+H2O＝NaOH+H2↑，反应中NaH做还原剂， 故答案为：还原剂； （3）单质钠投入水中会看到钠熔成一个小球的现象的原因是：反应放热；钠的熔点比较低， 故答案为：反应放热；钠的熔点比较低； （4）NaHCO3溶液常因温度较高而分解含有少量Na2CO3，除去杂质Na2CO3的最有效的方法是溶解后通入足量的二氧化碳气体，反应的离子方程式为：+CO2+H2O＝2， 故答案为：+CO2+H2O＝2。 【点评】本题考查了钠及其化合物性质的分析判断、化学方程式和离子方程式书写等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 23．（1）巴西奥运会期间，由于工作人员将84消毒液（有效成分NaClO）与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性：NaClO 　＞　H2O2的（填“＞”或“＜”）；当参加反应的NaClO和H2O2分子的个数比为1：1时，该反应的还原产物为 　E　（填字母序号）。 A.O2 B.H2O C.Cl2 D.NaClO2 E.NaCl （2）饮用水中的对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将还原为N2，其化学方程式为：10Al+6NaNO3+4NaOH+18H2O＝10Na[Al（OH）4]+3N2 请回答下列问题： ①上述反应中，被还原的元素是 　N　（写元素符号），氧化产物是 　Na[Al（OH）4]　（写化学式）。 ②用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目：　　。 每生成2.8gN2转移 　NA　个电子（用NA为阿伏加德罗常数的数值）。 （3）某元素G的一种含氧酸化学式为H3GO3，属于二元酸，则H3GO3与过量氢氧化钠溶液反应生成的产物Na2HGO3为 　正盐　（填“酸式盐”或“正盐”）。 【分析】（1）氧化性：氧化剂＞氧化产物，当参加反应的NaClO和H2O2分子的个数比为1：1时，双氧水整体降低2价，则NaClO也降低2价； （2）①元素化合价降低，被还原，含有化合价升高元素的产物是氧化产物； ②反应中，10个Al，共升高30价，失去30e﹣，则电子转移数目为30e﹣，2.8gN2的物质的量为0.1mol，根据关系式：3N2～30e﹣，计算转移电子为数目； （3）某元素G的一种含氧酸化学式为H3GO3，属于二元酸，则Na2HGO3为正盐。 【解答】解：（1）NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长，即H2O2被NaClO氧化，生成了O2，该反应说明氧化性：NaClO＞H2O2，当参加反应的NaClO和H2O2分子的个数比为1：1时，根据化合价升降守恒可得该反应的还原产物为NaCl， 故答案为：＞；E； （2）①元素化合价降低，被还原，则被还原的元素是N，氧化产物是Na[Al（OH）4]， 故答案为：N；Na[Al（OH）4]； ②反应中，10个Al，共升高30价，失去30e﹣，用双线桥法表示反应中电子转移的方向和数目为， 2.8gN2的物质的量为0.1mol，根据关系式：3N2～30e﹣，转移电子为NA， 故答案为：；NA； （3）某元素G的一种含氧酸化学式为H3GO3，属于二元酸，则H3GO3与过量氢氧化钠溶液反应生成的产物Na2HGO3为正盐， 故答案为：正盐。 【点评】本题主要氧化还原反应的基本概念以及电子转移数目的计算，氧化还原反应的表示，属于基本知识的考查，难度不大。 24．高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。一种工业制备高铁酸钠的化学反应原理如下 3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O （1）该反应的氧化剂是 　ClO﹣　，氧化产物是 　　。 （2）用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目　　。 （3）若反应转移的电子数为0.3NA，则生成的物质的量为 　0.1mol　。 （4）已知高铁酸钠具有强氧化性，试分析其用于饮用水处理时的净水原理 　高铁酸钠可以杀菌消毒，杀菌后的产物为铁离子，可以水解，生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的　。 （5）制备高铁酸钠时，原料ClO﹣可用氯气与氢氧化钠反应制得（该反应为放热反应），若没有采取降温措施，会生成杂质。现将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定NaClO与NaClO3的物质的量之比为2：1，则Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为 　7：3　。 【分析】（1）物质所含元素化合价降低的反应物是氧化剂是ClO﹣，含有化合价升高元素的产物是氧化产物； （2）反应中铁元素升高3价，共升高6价，电子转移数目等于化合价升降总数； （3）根据化合价升降，有关系式：～3e﹣，据此计算； （4）高铁酸钠可以杀菌消毒，且杀菌后的产物为铁离子，可以水解，生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的； （5）根据化合价升降守恒，进行计算。 【解答】解：（1）该反应的氧化剂是ClO﹣，氧化产物是， 故答案为：ClO﹣；； （2）用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目为：， 故答案为；； （3）根据化合价升降，有关系式：～3e﹣，若反应转移的电子数为0.3NA，则生成的物质的量为0.1mol， 故答案为：0.1mol； （4）高铁酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，杀菌后的产物为铁离子，可以水解，生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的， 故答案为：高铁酸钠可以杀菌消毒，杀菌后的产物为铁离子，可以水解，生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物质，达到净水的目的； （5）将Cl2通入NaOH溶液中，反应得到NaCl、NaClO、NaClO3的混合液，经测定NaClO与NaClO3的物质的量之比为2：1，化合价共降低2×1+1×5＝7，则生成NaCl的物质的量为7，，所以Cl2与NaOH溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为7：3， 故答案为：7：3。 【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念、单线桥法表示氧化还原反应，以及氧化还原反应的计算，属于基本知识的考查，难度中等。 25．我国化学家侯德榜先生提出的联合制碱法得到世界各国的认可，主要工业流程可简要表示如图： 回答下列问题： （1）“操作1”的名称：　过滤　。 （2）“循环Ⅱ”的物质为：　CO2　。 （3）“操作2”的化学反应方程式：　2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O　。 （4）流程中产生NaHCO3固体的化学方程式：　NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl　。 （5）下列说法不正确的是 　AB　 A.由“操作1”可知，在相同温度下碳酸氢钠溶解度比NaCl大 B.侯德榜联合制碱法得到的主要产品是烧碱，副产物是NH4Cl C.应该向“饱和NaCl溶液”中先通入足量NH3，再通入足量CO2 D.使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要设计了“循环Ⅰ” 【分析】向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，操作1为过滤得到母液主要是氯化铵溶液，晶体为碳酸氢钠，操作2是加热碳酸氢钠固体分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，气体X为二氧化碳，可以循环Ⅰ利用，母液中通入氨气、加入氯化钠粉末析出氯化铵固体，滤液循环Ⅱ使用，据此分析回答问题。 【解答】解：（1）“操作1”的名称为：过滤， 故答案为：过滤； （2）“循环Ⅱ”的物质为：CO2， 故答案为：CO2； （3）“操作2”的化学反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O， 故答案为：2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O； （4）流程中产生NaHCO3固体的化学方程式为：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl， 故答案为：NH3+CO2+NaCl+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl； （5）A．由“操作1”可知，在相同温度下碳酸氢钠溶解度比NaCl小，故A错误； B．侯德榜联合制碱法得到的主要产品是纯碱，副产物是NH4Cl，故B错误； C．氨气极易溶于水，二氧化碳水中溶解度不大，为得到更多碳酸氢钠，应该向“饱和NaCl溶液”中先通入足量NH3，再通入足量CO2，故B错误； D．使原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要设计了“循环Ⅰ”，析出氯化铵后的滤液中含氯化钠，可以循环利用，故D正确； 故答案为：AB。 【点评】本题考查了侯氏制碱法的原理分析、物质性质和应用、实验操作等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$