河南郑州外国语学校2025-2026学年高二下学期五月月考 化学试卷

河南郑州外国语学校高二下学期五月月考化学试卷 考试时间：2026-05-17 可能用到的相对原子质量：N-14 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64 I-127 Mn-55 Ca-40 一、单选题（每小题3分，共45分） 1．部分含铁微粒所带的电荷数与其中铁元素化合价的关系如图所示，由该图可预测含铁微粒间相互转化时所需试剂。下列推断不合理的是 A．若M不溶于水，M一定为FeO B．若R为单质，则常温下浓硫酸可使R钝化 C．若Q为金属阳离子，则可用溶液检验 D．与氧化剂在碱性条件下反应可生成 2．下列装置可以用于相应实验的是 A．图甲制取并收集 B．图乙证明混合溶液中有少量 C．图丙中红墨水左高右低 D．图丁装置制取 3．短周期主族元素W、X、Y、Z原子半径依次增大。M、N、P是这些元素组成的二元化合物，r、s、q是其中三种元素对应的单质，M与r均为淡黄色固体，W、X、Y位于三个不同周期。物质转化关系如图所示（部分生成物省略），下列说法正确的是 A．四种元素中原子半径最大的是Y B．M中阳离子与阴离子个数比为 C．1 mol M与足量N反应生成q转移电子数为 D．简单离子半径：Z>X>Y 4．实验室用和浓盐酸反应生成后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置（“→”表示气流方向）不能达到实验目的的是 A．A B．B C．C D．D 5．卤素间形成的化合物如“、BrCl、IBr”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物的性质的描述及发生的相关反应不正确的是 A．是一种化合物 B． C．BrCl的氧化性强于 D．IBr可以与NaOH溶液反应生成2种盐 6．氯、溴、碘及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。氯、溴主要存在于海水中，工业常通过电解NaCl饱和溶液制备，可用于制取漂白粉、氯化氢（H-H、Cl-Cl、H-Cl的键能分别为436 kJ/mol、243 kJ/mol、432 kJ/mol）。卤水中可通过氧化、溶液吸收，BrCl能发生水解反应。锂碘电池可供电心脏起搏器，一种二次电池正极界面反应机理如图所示。下列化学反应表示错误的是 A．用溶液吸收： B．电池正极放电时的电极反应有： C．BrCl与反应： D．氯气制氯化氢： 7．在学习了氯及其化合物的知识后，某学生绘制了如图所示的“价·类”二维图，下列叙述错误的是 A．c可以用于自来水的杀菌消毒，f可以用于环境杀菌消毒 B．向e的饱和溶液中先通再通，加热过滤得到的固体可制得纯碱 C．将b通入一定温度下的NaOH溶液中，生成e和g，则 D．向部分变质的f加入a，反应生成的气体既有b又有 8．NaClO溶液具有漂白能力，已知25°C时，。下列关于NaClO溶液说法正确的是 A．0.01 mol/L NaClO溶液中， B．长期露置在空气中，释放，漂白能力减弱 C．通入过量，反应的离子方程式为 D．25°C，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中， 9．为探究化合物X的组成，进行如下实验。已知X中共含有三种元素，其水溶液常用来消毒，固体A为常见调味品且A、B均为纯净物。下列说法错误的是 A．X的水溶液具有碱性和强氧化性 B．固体B的化学式为 C．检验固体A中阴离子的常用试剂是溶液和稀 D．进行焰色试验时，可以用玻璃棒代替铂丝蘸取溶液进行实验 10．黄色固体X，可能含有漂白粉、、、、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z．下列结论合理的是 A．X中含KI，可能含有 B．X中含有漂白粉和 C．X中含有，Y中含有 D．用酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有 11．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3% NaCl溶液）。 ① ② ③ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是 A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe B．对比①②，可能将Fe氧化 C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼 12．向碘水、淀粉的混合液中加入溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，设计如下图所示的实验。下列分析错误的是 A．①中氧化了 B．①后溶液pH可能明显变小 C．③的目的是除去过量的溶液 D．④可发生 13．向1 L含和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随增大，先后发生三个不同的反应，当时发生的反应是： 。下列对应关系正确的是 选项 溶液中离子的物质的量浓度 A 0 B 0.01 C 0.015 D 0.03 A．A B．B C．C D．D 14．已知：还原性，氧化性。在含的溶液中逐滴加入溶液，加入和析出的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是 A．0~a间发生反应： B．a~b间共消耗的物质的量为1.8 mol C．b~c间发生的反应中既是氧化产物，又是还原产物 D．当溶液中与的物质的量之比为时，加入的为1.24 mol 15．氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为： ① ② 在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮（氨氮和硝氮的总和）残余率与NaClO投入量（用x表示）的关系如下图所示。下列说法正确的是 A．的数值为0.009 B．时， C．时，x越大，生成的量越少 D．时， 二、解答题（共55分） 16．（14分）某化学小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。已知：氯气和碱的反应为放热反应。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：该小组设计了下列装置，进行实验。 （1）①甲装置用于制备氯气，化学方程式为__________。 ②乙装置的作用是__________。 ③该兴趣小组用100 mL 12 mol/L盐酸与制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得__________g。 （2）实验发现，产物中的质量明显小于理论值，其可能原因是__________。 （3）为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了、两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的关系曲线，粗略表示为如图（不考虑氯气和水的反应）。 ①图中曲线I表示__________离子的物质的量随反应时间变化的关系。 ②所取石灰乳中含有的物质的量为__________mol。 ③另取一份与②等物质的量的石灰乳，快速通入足量氯气，反应后测得产物中的物质的量为0.39 mol，则产物中__________。 （4）为了提高的产率，可对丙装置作适当改进的方法：__________。 17．（12分）在工业生产中常用作漂白剂、脱色剂、消毒剂、拔染剂等。实验室中可用和NaOH混合溶液吸收的方法制取，现利用如下装置及试剂制备晶体： 已知：①饱和溶液在温度低于38°C时析出的晶体是高于38°C时析出的晶体是，高于60°C时分解成NaClO和NaCl。 ②气体浓度较大时易发生爆炸。 （1）A装置中仪器a的名称为__________。 （2）装置A中生成的化学方程式为__________。 （3）关于装置C及后续操作的下列说法中，错误的是__________。 A．装置C中作氧化剂 B．为获得晶体，可将C试管中的溶液在55°C蒸发浓缩结晶并趁热过滤 C．用50°C左右温水洗涤所得晶体 D．高温烘干过滤后所得滤渣即可得到产物 （4）仪器A中需稍微过量，原因是__________。 （5）Cl和O可形成另一种化合物，中心原子为O，的VSEPR模型是__________；键角比键角__________（填“大”“小”或“相等”）。 （6）纯度的测定：用“间接碘量法”测定样品（杂质与不发生反应）的纯度，过程如下：取样品1.810 g配制成250 mL溶液，从中取出25.00 mL；加入足量KI固体和适量稀，再滴加几滴淀粉溶液（已知：），然后用标准溶液滴定至终点，重复2次，测得消耗标准溶液的体积平均值为V mL（已知：）样品中的纯度为__________%（用含c、V的代数式表示）。 18．（14分）某学生对的还原性进行实验探究，根据所学知识，回答下列问题： 实验一：与漂粉精（已在空气中露置了一小段时间）反应的实验探究 步骤①：取4 g漂粉精固体，加入100 mL水，固体有少量不溶解，溶液略有颜色，过滤，pH计测得漂粉精溶液的pH约为12。 步骤②：将验持续通入漂粉精溶液中，液面上方出现白雾，稍后出现浑浊，溶液变为黄绿色，最后产生大量白色沉淀，黄绿色褪去。 （1）的VSEPR模型为__________。 （2）若向水中持续通入，未观察到白雾。推测步骤②中的白雾是由HCl小液滴形成的，进行如下实验： a．用湿润的淀粉碘化钾试纸检验白雾，无变化； b．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀A。 I．实验a的目的是__________。 II．白色沉淀A可能为__________（填化学式）。 （3）步骤②中溶液变为黄绿色的可能原因：随着溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，设计的实验操作为__________。 （4）向步骤①中过滤后得到的固体中加入稀盐酸，可能观察到的实验现象为__________。 实验二：与溶液反应的实验探究 实验步骤：将一定量的通入溶液中，有白色沉淀生成。 经分析，与溶液反应可能有两种情况： c．若通入少量，则反应为 d．若通入过量，则反应为 为了探究发生了哪一种情况，取上述反应后过滤所得的溶液，分别装入A、B、C、D四支试管中，进行如下实验： （5）试管A中有气体生成，则该气体可能为__________（填化学式）。 （6）下列实验现象能说明发生的是情况c的是__________（填标号，下同），能说明发生了情况d的是__________。 A．试管A中有气体生成 B．试管B中溶液颜色发生了变化 C．试管C中有气体生成 D．试管D中有白色沉淀生成 19．（15分）二氧化氯（）是一种黄绿色到橙黄色的气体，极易溶于水，体积分数大于10%时，易发生爆炸，是一种无毒的绿色消毒剂。回答下列问题： （1）实验室可用下图所示装置（夹持仪器已省略）制备水溶液： ①装置a的反应产物中，发生反应的离子方程式为__________。 ②装置b中盛放的试剂可能是__________（填字母）。 A．饱和食盐水 B．浓硫酸 C．饱和溶液 D．饱和溶液 ③在整个实验过程中持续通入的目的是__________。 （2）不仅可消毒杀菌，还可脱除水体中的、等还原性物质。 ①向含的溶液中通入产生大量无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊；向反应后的溶液中滴入硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀。写出与溶液反应的离子方程式：__________。 ②写出将水体中的氧化成，同时本身被还原为的离子方程式：__________。 （3）碘量法测定二氧化氯水溶液（含少量）中和的浓度的主要实验步骤如下： 步骤①：向锥形瓶中加入50 mL蒸馏水、溶液（足量），再向其中加入5.00 mL某二氧化氯水溶液（发生反应：，）。 步骤②：用标准溶液滴定（）至浅黄色，再加入1 mL淀粉溶液，继续滴定至蓝色刚好消失，消耗标准溶液6.00 mL。 步骤③：向步骤②的溶液中加入硫酸溶液酸化，发生反应： 。 步骤④：重复步骤②操作，第二次滴定又消耗的溶液20.00 mL。 由上述数据可计算出该二氧化氯水溶液中的浓度为____________（保留四位有效数字，下同），的浓度为____________。 20．某小组研究SCN分别与和的反应。 实验中：；；。 I．KSCN溶液与溶液反应，实验如图： 资料：①可与反应生成CuSCN白色沉淀和。 ②也称为“拟卤素”，在水溶液中呈黄色；的化学性质与相似，可与水、碱等发生反应。 （1）a中产生白色沉淀的原因是____（用离子方程式表示）。 （2）a→b中试管内溶液pH减小，可能的原因是____。 （3）b→c产生沉淀的原因是____。 II．同学们根据相同条件下氧化性：，预测与也可发生类似a中的氧化还原反应，进行如下实验： （4）向溶液中滴入少量KSCN溶液，观察到____，表明发生了反应：。 （5）基于（4）继续实验：用溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，电压表指针几乎不偏转。该实验的目的是____。 （6）查阅资料并讨论后得出：溶液中离子在反应时所表现的氧化性强弱与相应还原产物的价态和状态有关。由此分析a中反应发生的原因：生成CuSCN沉淀使的氧化性增强，并补充实验进一步证明。补充的实验是____。 （7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量逐渐增多。该实验结果与（5）中实验结果不一致，解释原因：____。 （8）为进一步证实（7）中的解释，在以上实验的基础上补充实验，其操作及现象是____。 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南郑州外国语学校高二下学期五月月考化学试卷 参考答案： 1．A 【详解】A．M中含有+2价铁，且所含电荷数为0，可能是FeO或Fe(OH)2，A错误； B．R为0价铁元素，且为单质，则为Fe单质，常温下浓硫酸可以使Fe钝化，B正确； C．若Q为金属阳离子，化合价为+2价，则为Fe2+，与K3[Fe(CN)6]反应会生成蓝色沉淀，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验，C正确； D．中Fe元素为+6价，据图可知在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成，D正确； 故选A。 2．A 【详解】A．二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，冰水冷却三氧化硫，图中装置可制取并收集SO3，故A正确； B．氯化亚铁和氯化铁混合溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，则不能用酸性高锰酸钾溶液检验混合溶液中的亚铁离子，故B错误； C．Mg与浓盐酸反应放热使大试管中空气压强增大，红墨水左低右高，故C错误； D．常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，图中缺少酒精灯，故D错误； 答案选A。 3．B 【分析】M、N、P是由这些元素组成的二元化合物，r、s、q是其中三种元素对应的单质，M与r均为淡黄色固体，则M为Na2O2，r为S，结合转化关系，可推知，N为H2O，s为H2，P为H2S，q为O2，W、X、Y位于不同周期，又W、X、Y、Z的原子半径依次增大的短周期主族元素，则W为H元素，X为O元素，Y为S元素，Z为Na元素，据此分析解答。 【详解】A．同周期主族元素从左往右原子半径逐渐减小，同主族元素从上往下逐渐增大，可知四种元素中原子半径最大的是Na，故A错误； B．M为Na2O2，阳离子为钠离子，阴离子为过氧根，阳离子与阴离子个数比为2：1，故B正确； C．M为Na2O2，N为H2O，反应产生q为O2，发生的反应为：，关系式为：，1mol Na2O2与足量H2O反应生成O2转移电子为1mol，即NA，故C错误； D．X、Y、Z三种元素对应的简单离子为O2-、S2-、Na+，离子半径大小为：S2-> O2-> Na+，即Y>X>Z，故D错误； 故答案选B。 4．D 【详解】A．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意； B．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意； C．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意； D．氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意； 答案选D。 5．B 【分析】化合物是由两种元素组成的纯净物；氧化性Fe3+＞I2，氧化剂的氧化性大于氧化产物；Cl、Br的非金属性比I强，BrCl的氧化性强于I2；卤素间形成的化合物称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，故可以看作是氯气。 【详解】A．由碘和氟两种元素组成，是化合物，故A正确； B．氧化性Fe3+＞I2，IBr与铁反应生成FeI2，故B错误； C．Cl、Br的非金属性比I强，BrCl的氧化性强于I2，介于氯气和溴之间，故C正确； D．IBr可以与NaOH溶液生成NaIO和NaBr，故D正确； 答案选B。 【点睛】根据已知信息：卤素间形成的化合物称为卤素互化物，将未知化合物用卤素单质代换并进行分析。 6．A 【详解】A．用溶液吸收的方程式前后没有原子守恒，正确的离子方程式为，A错误； B．电池正极放电时是由得到电子生成，然后继续得电子生成，第一步放电的电极反应为：，B正确； C．BrCl中氯元素为-1价，溴元素为+1价，BrCl与反应类似于卤素单质和水反应，因此反应方程式为： ，C正确； D．氯气制氯化氢反应方程式为：，由题可知反应物和生成物化学键的键能，因此=反应物的键能–生成物的键能=，D正确； 故答案选A。 7．C 【分析】图示为氯元素的价类图，则a、b、c、d分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO，e、f、g分别为-1、+1、+5价氯元素的盐； 【详解】A．ClO2具有强氧化性，可以用于自来水的杀菌消毒，f可以为次氯酸盐，可以用于环境杀菌消毒，A正确； B．e可以为氯化钠，向氯化钠的饱和溶液中先通再通，过滤得到的碳酸氢钠固体，加热碳酸氢钠分解可制得纯碱，B正确； C．氯气和氢氧化钠生成氯化钠、氯酸钠和水，，则，C错误； D．若f为次氯酸钙，部分变质生成碳酸钙，则向部分变质的f中加入a，则次氯酸根离子和氯离子在酸性条件下发生氧化还原反应生产氯气和水，变质生成的碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳气体，故反应生成的气体既有Cl2和，D正确； 故选C。 8．D 【分析】25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8，则，HClO为弱酸且具有氧化性，ClO-可水解。 【详解】A. 由于HClO为弱酸，ClO-会水解，0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)<0.01mol/L，故A错误； B. NaClO溶液长期露置在空气中，发生反应，HClO见光分解为HCl和O2，漂白能力减弱，故B错误； C. SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，发生氧化还原反应，NaClO溶液中通入过量SO2发生的反应为 ，故C错误； D. 25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(ClO-)=c(Na+)+c(H+)，则c(ClO-)=c(Na+)，根据25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8可知，ClO-水解常数为> Ka(HClO)，若等浓度的NaClO溶液和HClO溶液混合，ClO-水解程度大于HClO的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中c(HClO)要大于c(ClO-)，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液存在的微粒关系为c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)，故D正确； 答案选D。 9．D 【分析】 由题干转化信息可知，C为黄绿色气体，则C为Cl2，固体A、固体B和硫酸反应生成Cl2和无色溶液，无色溶液的焰色反应为黄色，说明溶液中含有Na+，固体A为厨房中常见物质，则固体A为NaCl，则X中含有Na元素和Cl元素，X的水溶液常用来消毒，且X中含有Na元素和Cl元素，则X为NaClO，加热NaClO生成NaCl和NaClO3，则固体B为NaClO3，4.47g NaClO的物质的量为=0.06mol，2.34g NaCl的物质的量为=0.04mol，2.13g NaClO3的物质的量为=0.02mol，则NaClO受热分解的化学方程式为3NaClONaClO3+2NaCl，据此分析解题。 【详解】 A．由分析可知，物质X为NaClO，水解显碱性，且具有强氧化性，A正确； B．根据分析，固体B为NaClO3，B正确； C．由分析可知，固体A为NaCl，检验固体A中阴离子即Cl-的常用试剂是AgNO3溶液和稀HNO3，C正确； D．玻璃中含有Ca、Na等元素，会干扰实验，进行焰色试验时，不可以用玻璃棒代替铂丝蘸取溶液进行实验，D错误； 故答案为：D。 10．C 【分析】固体X为黄色，则含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使溶液Z为无色碱性，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有，和中含有其中一种或两种都含，据此解答。 【详解】A.若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确； B.由分析可知，不一定含有FeSO4，B不正确； C.由分析可知， X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正确； D.酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生的发生反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O，此时的Cl-有可能来自于漂白粉氧化FeSO4产生的Cl-，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，D不正确； 故选C。 11．D 【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。 详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。 点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。 12．A 【分析】在碘水中存在如下平衡：，过程①中与反应生成AgI沉淀，促进I₂与水的反应不断正向进行，过程①后，溶液的主要成分为HIO、及未反应的，所以pH明显变小；过滤，所得滤液1中含有HIO和，还有未反应完的AgNO₃，加入NaCl溶液，与生成AgCl沉淀，往滤液2中加入KI溶液，发生、HIO、的氧化还原反应，同时发生反应，生成，使溶液再次变蓝色。 【详解】A．①中与反应生成AgI沉淀，促进I₂与水的反应不断正向进行，A错误； B．过程①后，溶液的主要成分为HIO、及未反应的，所以pH明显变小，B正确； C．滤液1中含有HIO和，还有未反应完的AgNO₃，加入NaCl溶液，与生成AgCl沉淀，C正确； D．加入KI溶液，发生、HIO、的氧化还原反应，同时发生反应，生成，使溶液再次变蓝色，D正确； 故选A。 13．D 【分析】通入二氧化碳首先进行的反应为氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02 mol氢氧化钠消耗0.01 mol二氧化碳，生成0.01 mol碳酸钠，然后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01 mol偏铝酸钠消耗0.005 mol二氧化碳，生成0.005 mol碳酸钠。然后再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，消耗0.015 mol的二氧化碳，生成0.03 mol的碳酸氢钠，由此分析各选项。 【详解】A. 未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-)，c(Na+)＜c(AlO2-)+c(OH-)，故A项错误； B. 当通入的二氧化碳为0.01mol时，则溶液为含有0.01mol碳酸钠和0.01mol偏铝酸钠的混合液，因为酸性HCO3-＞Al(OH)3，所以水解程度CO32-＜AlO2-，因此c(Na+)＞c(CO32-)＞c(AlO2-)＞c(OH-)，故B项错误； C. 形成碳酸钠溶液，CO32-+H2OHCO3-+OH－，H2OH++OH－，离子浓度的关系为c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)，故C项错误； D. 形成碳酸氢钠溶液，HCO3-+H2OH2CO3+OH－，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D项正确； 答案选D。 14．D 【分析】还原性，先发生+3═I-+3+3H+，继续加入KIO3，氧化性，所以可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是+6H++5I-═3H2O+3I2，以此来解答。 【详解】A．已知还原性，由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I-没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0～a间发生反应的离子方程式为：+3═I-+3+3H+，A正确； B．由图示可知a=0.4mol，b为1mol，a～b之间共消耗0.6mol且无I2生成，故根据方程式+3═I-+3+3H+可知，每消耗1mol则3mol被氧化，则每消耗0.6mol则1.8mol氧化，B正确； C．由图示b～c之间所发生的离子反应方程式+6H++5I-═3H2O+3I2，可知I2即是氧化产物又是还原产物，C正确； D．0～1之间共消耗1molKIO3，则生成1molI-，又由b～c之间的方程式为+6H++5I-═3H2O+3I2，设该过程消耗的物质的量为amol，则：当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：2时，=，a=0.08mol，加入的KIO3为1mol+0.08mol=1.08mol，D错误； 故答案为：D。 15．C 【详解】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误； B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B错误； C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确； D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D错误； 故本题选C。 16．(1) 除去氯气中混有HCl气体 3.575 (2)部分氯气未与石灰乳反应而逸出，温度升高发生副反应 (3) ClO- 0.25 7∶4 (4)把丙装置浸在盛有冷水的水槽中 【分析】装置甲中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，装置乙中利用饱和食盐水除去氯气中混有HCl气体，之后氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，装置丁中NaOH溶液可以吸收未反应的氯气。 【详解】（1）①甲装置用于制备氯气，化学方程式为； ②装置乙中利用饱和食盐水除去氯气中混有HCl气体； ③4.350g其物质的量为0.05mol，则理论上制取0.05mol氯气，再根据方程式2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+ Ca(ClO)2+2H2O，可知理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.025mol，质量为0.025mol×143g/mol=3.575g； （2）氯气产生的速率反应过快，部分氯气未与石灰乳反应而逸出、温度升高氯气与石灰乳发生其他副反应，均会使产量偏低； （3）①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水；当温度高时，生成氯酸钙、氯化钙和水，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，所以图中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系； ②氯气与石灰乳反应时无论生成ClO-还是均为失电子产物，根据图象可知完全反应后n(ClO-)+n()=0.10mol+0.05mol=0.15mol，则共转移电子为0.10mol+0.05mol×5=0.35mol，则根据电子守恒可知生成的n(Cl-)=0.35mol，所以氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙的物质的量之和为0.35mol+0.05mol+0.10mol=0.50mol，钙与氯的个数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.25mol； ③取一份与②等物质的量的石灰乳，即Ca(OH)2的物质的量为0.25mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子相等，设n(ClO-)=x，n()=y；则得到：0.39mol=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙和氯的物质的量比为1∶2，得到氯元素物质的量为0.5mol，所以x+y+0.39mol=0.5mol，解得x=0.07mol，y=0.04mol，则产物中==7∶4； （4）由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置浸在盛有冷水的水槽中。 17．(1)恒压滴液漏斗 (2)2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O (3)AD (4)防止Na2SO3过量产生SO2气体，在C装置中被氧化生成硫酸钠，影响产品纯度 (5) 四面体 大 (6) 【分析】根据流程图可知，三颈烧瓶中，发生反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置B为安全瓶，装置C中发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，最后将没有完全反应的气体通入NaOH溶液，NaOH溶液可以吸收ClO2，防止污染空气， 【详解】（1）根据仪器构造可知，A装置中仪器a的名称为恒压滴液漏斗； （2）装置A中生成ClO2的化学方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O； （3）A．装置C中H2O2作还原剂，被ClO2氧化为O2，ClO2被还原为NaClO2，故A错误； B．为获得NaClO2晶体，可将C试管中的溶液在55℃蒸发浓缩结晶并趁热过滤，这样析出的晶体是NaClO2，且可以防止NaClO2受热分解，故B正确； C．用50℃左右温水洗涤所得晶体，可以减少NaClO2晶体的损失，故C正确； D．高温烘干过滤后所得滤渣，NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所得产物不纯，故D错误； 故答案为：AD； （4）仪器A中NaClO3需稍微过量，原因是防止Na2SO3过量产生SO2气体，在C装置中被氧化生成硫酸钠，影响产品纯度； （5）Cl和O可形成另一种化合物Cl2O，中心原子为O，Cl2O的中心原子的价层电子对数为2+=4，中心原子含有2对孤电子对，中心原子的VSEPR模型是正四面体形；由于O-Cl键的键长小于O-F键，且O-Cl键共用电子对偏向O，成键电子对之间的斥力更大，键角更大，则Cl2O键角比F2O键角大，故答案为：四面体；大； （6）根据题给方程式得到关系式 ，则产品中 NaClO2物质的量为 ，其质量分数是。 18．(1)平面三角形 (2) 检验白雾中是否含有，排除干扰 AgCl(或)或AgCl和) (3)取少量步骤①制取的漂粉精溶液，逐滴加入稀硫酸，观察溶液是否变为黄绿色 (4)固体溶解，有无色无味的气体产生 (5)或NO或和NO的混合物 (6) B D 【详解】（1）SO2的中心S原子的价层电子对数为2+=2+1=3，其VSEPR模型为平面三角形。 （2）向漂粉精溶液中通入二氧化硫，生成硫酸钙、HCl和HClO，而HCl和HClO反应会生成氯气，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2的干扰；若用酸化的AgNO3溶液检验白雾，Ag+和Cl-会发生反应生成AgCl沉淀；SO2不能与水蒸气形成白雾，但是白雾中可能含有SO2，SO2可以被氧化成硫酸，硫酸与AgNO3溶液反应产生Ag2SO4白色沉淀，因此白色沉淀A可能为Ag2SO4或AgCl或两者同时存在。 （3）步骤②中溶液变为黄绿色的可能原因：随着溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应产生黄绿色的Cl2，为进一步确认了这种可能性，可以设计实验操作：取少量步骤①制取的漂粉精溶液，逐滴加入稀硫酸，观察溶液是否变为黄绿色。 （4）由于漂粉精在空气中露置过，可能已经部分变质生成了CaCO3，加入稀盐酸，固体溶解，有无色无味的气体产生。 （5）情况c和情况d均有H+产生，加入锌粉，若发生情况c，溶液中有和H+，加入锌粉会产生NO气体，若发生情况d，溶液中有H+，加入锌粉会产生H2，两种情况均有则会产生两种气体的混合气体，故试管A中生成的气体可能为H2或NO或H2和NO的混合物。 （6）A．由（5）题可知，无论发生哪种情况，都会产生气体，故试管A中有气体生成，不能说明发生哪种情况； B．若发生情况c，试管B中有和H+，向试管B中加入铜粉，试管B中溶液会变为蓝色，若发生情况d，试管B中有H+，向试管B中加入铜粉，铜粉不会溶解，试管B中溶液不会改变颜色；故试管B中溶液颜色发生了变化，能说明的是情况c； C．由（5）题可知，无论发生哪种情况，试管C中都有H+，向试管C中加入NaHCO3粉末，都会产生气体，故试管C中有气体生成，不能说明发生哪种情况； D．若发生情况d，试管D中有，向试管D中加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀；若发生情况c，试管D中没有，向试管D中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀；故试管D中有白色沉淀生成，能说明的是情况d； 综上所述，能说明发生的是情况c的是B，能说明发生了情况d的是D。 19．(1) C 稀释装置a中产生的并使其中产生的气体全部进入后续装置 (2) (3) 6.750 0.7100 【详解】（1）①装置中氯酸钠和盐酸反应，生成的ClO2和Cl2的比例为：，其化学方程式为：； ②装置b中盛放的试剂用于除去混合气体中的氯气，且ClO2的溶解度在试剂中较小，符合条件的为C； ③体积分数大于10%时，易发生爆炸，因此N2的作用是：稀释装置a中产生的并使其中产生的气体全部进入后续装置； （2）①向含的溶液中通入产生大量无色气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，即CO2，向反应后的溶液中滴入硝酸酸化的溶液，产生白色沉淀，即存在Cl-，其离子方程式为：； ②将水体中的氧化成，同时本身被还原为，根据得失电子守恒，可得其反应的离子方程式为：； （3）根据化学方程式：① ② ③ 可得关系式，即，由反应①③和反应④得： ，故，所以,。 20．(1)2Cu2++4SCN—=2CuSCN↓+(SCN)2 (2)生成的（SCN）2与水反应所得HSCN为强酸，使溶液pH减小 (3)NaOH溶液与溶液中（SCN）2反应，使溶液中c（SCN—）增大，SCN—与Cu2+继续反应生成少量CuSCN (4)溶液变为红色 (5)在无Fe3++3 SCN—Fe(SCN)3干扰时，证明Fe3+能否将SCN—氧化 (6)用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池 (7)滴入的K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强 (8)在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，指针发生明显偏转，且该侧电极为正极 【分析】由题意可知，实验中Cu2+离子与滴入的SCN—离子反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2，反应的离子方程式为2Cu2++4SCN—=2CuSCN↓+(SCN)2，(SCN)2的化学性质与Cl2相似，(SCN)2与溶液中的水反应生成HSCN、HSCNO，反应的方程式为(SCN)2+ H2O=HSCN+HSCNO，反应生成的强酸HSCN使溶液酸性增强，充分反应后过滤得到黄绿色溶液；向溶液中加入1滴稀氢氧化钠溶液，溶液中(SCN)2与加入的NaOH溶液反应生成NaSCN、NaSCNO和H2O，反应的方程式为(SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O，反应生成的SCN—与Cu2+继续反应生成少量CuSCN沉淀。 【详解】（1）由分析可知，a中产生白色沉淀的原因是Cu2+离子与滴入的SCN—离子反应生成CuSCN白色沉淀和(SCN)2，反应的离子方程式为2Cu2++4SCN—=2CuSCN↓+(SCN)2，故答案为：2Cu2++4SCN—=2CuSCN↓+(SCN)2； （2）由分析可知，(SCN)2的化学性质与Cl2相似，(SCN)2与溶液中的水反应生成HSCN、HSCNO，反应生成的强酸HSCN使溶液酸性增强，pH减小，故答案为：生成的（SCN）2与水反应所得HSCN为强酸，使溶液pH减小； （3）由分析可知，溶液中(SCN)2与加入的NaOH溶液反应生成NaSCN、NaSCNO和H2O，反应的方程式为(SCN)2+2NaOH=NaSCN+NaSCNO+H2O，反应生成的SCN—与Cu2+继续反应生成少量CuSCN沉淀，故答案为：NaOH溶液与溶液中（SCN）2反应，使溶液中c（SCN—）增大，SCN—与Cu2+继续反应生成少量CuSCN； （4）向Fe2(SO4)3溶液中滴入少量KSCN溶液，观察到溶液变为红色，表明发生了反应Fe3++3SCN—Fe(SCN)3，故答案为：溶液变为红色； （5）用Fe2(SO4)3溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池可以隔绝Fe2(SO4)3溶液与KSCN溶液的接触，排除反应Fe3++3SCN—Fe(SCN)3的干扰，证明Fe3+能否将SCN—氧化，故答案为：在无Fe3++3 SCN—Fe(SCN)3干扰时，证明Fe3+能否将SCN—氧化； （6）为验证生成CuSCN沉淀使Cu2+的氧化性增强是否正确，应设计实验排除CuSCN的干扰，所以补充的实验为用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池，故答案为：用CuSO4溶液、KSCN溶液与石墨电极、电压表、盐桥等组装成原电池； （7）取（4）中反应后溶液，逐滴加入K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，并且沉淀量逐渐增多说明滴入的K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强，导致实验结果与(5)中实验结果不一致，故答案为：滴入的K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+生成沉淀，使Fe3+的氧化性增强； （8）为进一步证实(7)中的解释应采用对比实验，在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，若解释正确，电流表的指针会发生明显偏转，且该侧电极为电池的正极，故答案为：在（5）的原电池中，向盛有Fe2(SO4)3溶液的容器中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，指针发生明显偏转，且该侧电极为正极。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $