内蒙古包钢第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题（解析版）

这是一份内蒙古包钢第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 下列物质属于电解质的是，02×1023等内容，欢迎下载使用。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5
一、选择题(本题有20小题，每小题2分，共40分，每小题只有一个选项是正确的)
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应
C. “千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”体现了当时人们已经学会了运用化学方法的淘金方式
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，A项正确；
B．铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，B项正确；
C．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”说明的是人们利用金密度大进行淘金，是一种物理方法，C项错误；
D．石蜡的燃烧是氧化还原反应，D项正确；
故答案为C。
2. 屠呦呦因发现抗疟药物青蒿素(化学式为C15H22O5)获得诺贝尔奖。从物质分类看，青蒿素属于
A. 单质B. 氧化物C. 化合物D. 混合物
【答案】C
【解析】
【详解】青蒿素的化学式为C15H22O5，它由C、H、O三种元素组成，具有固定的组成，属于化合物，且为有机化合物，故选C。
3. 下列物质属于电解质的是
A. CuB. K2SO4C. CO2D. NaCl溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．Cu为单质，不是电解质，A不符合题意；
B．K2SO4溶于水产生钾离子和硫酸根离子，能导电且为化合物，B符合题意；更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 C．CO2溶于水导电但是CO2本身不会电离出离子，不是电解质，C不符合题意；
D．NaCl溶液为混合物，D不符合题意；
答案为B。
4. 将饱和氯化铁溶液滴入到盛有沸水的烧杯中并继续加热得到红褐色分散系X，下列分析错误的是
A. X的分散质粒子直径可能为50nm
B. 用激光笔照射X时，可观察到X中有光亮的“通路”
C. 稳定性：X＞FeCl3溶液
D. 无法用过滤的方法除去X中残留的FeCl3
【答案】C
【解析】
【详解】A．X是胶体，其分散质粒子直径介于1~100nm之间，A项正确；
B．胶体可以产生丁达尔效应，B项正确；
C．胶体稳定性弱于溶液，C项错误；
D．胶体与溶液均可透过滤纸，D项正确；
答案选C。
5. 下列说法中，正确的是
A. CO的摩尔质量是28 g
B. 11.2 L N2的物质的量为0.5 ml
C. 36 g H2O中含有的原子总数约为6×6.02×1023
D. 100 mL 0.5 ml/L NaOH溶液中含溶质的质量为0.05 g
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO的摩尔质量是28 g/ml，A错误；
B．温度和压强不确定，11.2 L N2的物质的量不一定为0.5 ml，B错误；
C．36 g H2O的物质的量为2 ml，含有的原子总数约为6×6.02×1023，C正确；
D．100 mL 0.5 ml/L NaOH溶液中含溶质的质量为0.1L×0.5ml/L×40g/ml＝2.0 g，D错误；
答案选C。
6. 经实验测定，某物质中只含有一种元素，下列推断正确的是
A. 该物质一定是纯净物B. 该物质一定是单质
C. 该物质一定是混合物D. 该物质一定不是化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．某物质中只含有一种元素，若只含有一种构成微粒，则属于纯净物，若含有两种构成微粒，则属于混合物，A错误；
B．只含有一种元素的纯净物属于单质，因此某物质中只含有一种元素，由于未指明构成微粒种类的多少，因此可能为纯净物，就属于单质，也可能是混合物，B错误；
C．某物质中只含有一种元素，若含有两种或两种以上的构成微粒，则属于混合物，如O2、O3的混合气体中含有一种元素，属于混合物，若只含有一种构成微粒，则属于纯净物，如O2中只含有O元素，该物质是纯净物，C错误；
D．化合物是含有两种或两种以上元素的纯净物。由于该物质中只含有一种元素，因此无论它是纯净物还是混合物，都不可能是化合物，D正确；
故合理选项是D。
7. 3ml O2和2ml O3比较，下列说法正确的是
A. 两种气体的摩尔质量之比为1:1B. 两种气体的体积之比为2:3
C. 两种气体所含原子数之比1:1D. 两种气体所含密度之比3:2
【答案】C
【解析】
【详解】A．摩尔质量在数值上等于相对分子质量，则氧气和臭氧的摩尔质量之比为，A项错误；
B．题中没给出温度和压强，气体的体积之比无法计算，B项错误；
C．由可知，物质的量和分子数成正比，，则原子数之比为1：1，C项正确；
D．题中没给出温度和压强，两种气体所含密度之比无法计算，D项错误；
答案选C。
8. 以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。

下列分析不正确的是
A. 反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质
B. 反应④表明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3
C. 反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给
D. Na2O2能和CO2反应，说明是Na2O2碱性氧化物
【答案】D
【解析】
【分析】钠和氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，据此解答。
【详解】A．氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠和水，该反应表明CO2具有酸性氧化物的性质，A正确；
B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，该反应表明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3，B正确；
C．反应⑤、⑥中均有氧气生成，因此可用于潜水艇中氧气的供给，C正确；
D．Na2O2能和CO2反应生成碳酸钠和氧气，该反应说明是Na2O2不是碱性氧化物，D错误；
答案选D。
9. 物质的量浓度相同的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液，当溶液体积比为3∶2∶1时，三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为
A. 1∶1∶1B. 1∶2∶3C. 3∶2∶1D. 3∶4∶3
【答案】B
【解析】
【详解】NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)，MgCl2溶液中c(Cl-)=2c(MgCl2)，AlCl3溶液中c(Cl-)=3c(AlCl3)，而c(NaCl)=c(MgCl2)=c(AlCl3)，则NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中Cl-的物质的量浓度之比为1：2：3，故答案为：B。
10. 在指定溶液中，下列离子能大量共存的是
A. 透明的溶液中：
B. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中：
C. 含有大量的溶液中：
D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：
【答案】A
【解析】
【详解】A．各离子之间互不反应，能大量共存，故A正确；
B．使无色酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中、生成沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．含有大量的溶液中，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
11. 废水脱氮工艺中有一种方法是在废水中加入过量NaClO使完全转化为N2，该反应可表示为。下列说法中正确的是
A. ClO-发生氧化反应
B. N2是还原产物
C. 反应中每生成N228g，转移3ml电子
D. 还原性：>Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据反应，其中N元素化合价从-3升高到0价，被氧化，Cl元素化合价从+1价降到-1价，被还原，ClO-发生还原反应，故A错误；
B．根据反应，其中N元素化合价从-3升高到0价，被氧化，N2是氧化产物，故B错误；
C．根据化合价变化，该反应每生成1个N2，转移1×3×2=6个电子，故C错误；
D．根据相关规律，还原性：还原剂>还原产物，反应中，被氧化，作还原剂，NaClO被还原，其还原产物为Cl−，所以有还原性：>Cl−，故D正确；
故选D。
12. 如图所示装置中图1灯泡不亮，图2灯泡发亮，由此得出的结论是
A. NaCl溶液能导电，是电解质
B. 电解质在电流的作用下才能发生电离
C. 水能电离出大量的H+和OH-
D. NaCl溶液中存在大量自由移动的Na+和Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】装置中图1灯泡不亮，图2灯泡发亮，则固体NaCl不能产生自由移动的离子，而溶液中NaCl发生电离，产生自由移动的离子，在外加电源的作用下作定向移动，形成电流，则灯泡发亮，以此来解答。
【详解】A．电解质必须是化合物，NaCl溶液能导电，但NaCl溶液是混合物，不是电解质，而NaCl是电解质，选项A错误；
B．电解质溶于水或熔化条件下发生电离，与电流无关，选项B错误；
C．水为弱电解质，能电离出少量的H+和OH-，选项C错误；
D．NaCl溶液导电，说明NaCl溶液中存在大量自由移动的Na+和Cl-，选项D正确；
答案选D。
13. 数字化实验将传感器、数据采集器和计算机相连，可利用信息技术对化学实验进行数据的采集和分析。如图是数字化实验得到的光照过程中氯水的pH变化情况。对此，下列有关说法正确的是
A. 光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸，溶液的酸性增强
B. 随着对氯水光照时间的延长，氯水的漂白性将增强
C. 光照过程中，氯水pH减小的同时，溶液中的浓度也不断减小
D. pH减小的主要原因是光照引起了溶解度的减小，氯气逸出，导致了溶液中浓度减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．光照使氯水中的次氯酸分解为盐酸：2HClO2HCl+O2↑，HClO是弱酸、盐酸是强酸，则溶液的酸性增强，故A正确；
B．HClO具有漂白性，盐酸没有漂白性，光照条件下HClO分解生成HClO，导致溶液中c(HClO)减小，溶液的漂白性减弱，故B错误；
C．光照条件下HClO分解生成HCl，HCl是强酸，能完全电离，则溶液中c(Cl-)增大，故C错误；
D．氯水pH减小主要原因是光照条件下HClO分解生成HCl，导致反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO生成HCl的量越来越多，氢离子浓度增大，故D错误；
故选：A。
14. 亚磷酸(H3PO3)是一种弱酸，其与足量的NaOH反应的化学方程式为：2NaOH+H3PO3=Na2HPO3+2H2O，亚磷酸受热分解的方程式为：4H3PO33H3PO4+PH3↑。下列说法正确的是
A. Na2HPO3属于酸式盐
B. Na2HPO3在水溶液中的电离方程式为Na2HPO3=2Na++H++PO
C. 亚磷酸受热分解的过程中，被氧化的亚磷酸和被还原的亚磷酸分子个数比为1∶3
D. 亚磷酸属于二元酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知：亚磷酸(H3PO3)是一种弱酸，其与足量的NaOH反应的化学方程式为：2NaOH+H3PO3=Na2HPO3+2H2O，则Na2HPO3属于正盐，A错误；
B． Na2HPO3在水溶液中的电离方程式为Na2HPO3=2Na++ HPO，B错误；
C． 亚磷酸受热分解的过程中，磷元素从+3价升高到+5价时被氧化、磷元素从+3价降低到-3价时被还原，则被氧化的亚磷酸和被还原的亚磷酸分子个数比为3∶1，C错误；
D． 结合选项A可知，亚磷酸分子内最多能电离出2个氢离子，则亚磷酸属于二元酸，D正确；
答案选D。
15. 设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确是
A. 标况下，2.24L氨气所含电子数目为0.1NA
B. 0.1ml/L的K2SO4溶液中，含K+的数目为0.2NA
C. 7.1g Cl2与足量铁反应转移的电子数目为0.3NA
D. 常温常压下，16g由O2与O3组成的混合气体中含有的氧原子总数为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标况下，2.24L氨气的物质的量是0.1ml，所含电子数目为NA，A错误；
B．0.1ml/L的K2SO4溶液的体积不确定，含K+的数目不一定为0.2NA，B错误；
C．7.1g Cl2的物质的量是0.1ml，与足量铁反应转移的电子数目为0.2NA，C错误；
D．常温常压下，16g由O2与O3组成的混合气体中含有的氧原子的物质的量是1ml，总数为NA，D正确；
答案选D。
16. 下列离子方程式书写正确的是
A. 石灰石与醋酸反应：CaCO3+2H+ = Ca2++ CO2↑+H2O
B. Na2CO3溶液中通入少量HCl：+2H+ = CO2↑+H2O
C. Cl2与水反应：Cl2+H2O = 2H++Cl-+ClO-
D. 在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应写成化学式，A错误；
B．Na2CO3溶液与少量HCl反应生成NaHCO3和NaCl，离子方程式为+H+=HCO，B错误；
C．HClO为弱酸，需写成化学式，即Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，C错误；
D．在NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D正确；
综上，本题选D。
17. 某同学欲配制100 mL 0.10 ml/L CuSO4溶液。以下操作①~④是其配制过程及示意图，关于该配制过程，下列说法不正确的是

A. 操作①中，称取 2.5胆矾晶体，并于烧杯中加水溶解
B. 操作②中，容量瓶使用前需验漏
C. 操作③为定容，按图示观察，将导致所配溶液浓度偏低
D. 操作④摇匀后静置，发现液面低于刻度线，继续加水至凹液面与刻度线相切
【答案】D
【解析】
【详解】A．称取胆矾晶体的质量为0.1L×0.1ml/L×250g/ml=2.5g，并在烧杯中加水溶解，故A不符合题意；
B．容量瓶带有活塞，容量瓶使用前需验漏，故B不符合题意；
C．按图示观察会导致所配溶液体积偏大，根据c=n/V，浓度偏低，故C不符合题意；
D．发现液面低于刻度线后不应加水，如果加水溶液体积偏大，浓度偏低，故D符合题意；
答案为D。
18. 某溶液中仅含有Na＋、Mg2＋、SO42-、Cl－四种离子（不考虑水电离出的H＋和OH－），其物质的量浓度之比为c（Na＋）∶c（Mg2＋）∶c（Cl－）＝5∶7∶7。若c（Na＋）为5 ml/L，则c（SO42-）为（ ）。
A. 5 ml/LB. 6ml/LC. 7ml/LD. 8ml/L
【答案】B
【解析】
【详解】c(Na＋)为5 ml/L，c(Na＋)∶c(Mg2＋)∶c(Cl－)＝5∶7∶7，则c(Mg2＋)=c(Cl－)＝7ml/L；利用电解质溶液中存在电荷守恒规律，可得出下列等量关系式：c(Na＋)+2c(Mg2＋)= c(Cl-)+ 2c(SO42-)，代入数据，可得出c(SO42-)=6 ml/L；
故选B。
19. 小组探究和与碱的反应，实验过程及结果如下。
已知：pH越大，越大，溶液碱性越强。
下列说法不正确的是
A. I是空白实验，排除因体积变化对II、III溶液pH的影响
B. II和I的pH曲线基本重合，说明与不反应，II中发生反应：
C. III比II的pH曲线降低，说明与反应，III中初期发生反应：
D. III中石灰水恰好完全反应时，溶液
【答案】D
【解析】
【分析】由题意信息可知，Ⅰ是空白实验，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应；Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水；石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。
【详解】A．由分析可知，Ⅰ是空白实验，设计实验的目的是排除因体积变化对Ⅱ和Ⅲ溶液pH的影响，A正确；
B．由分析可知，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为，B正确；
C．由分析可知，Ⅲ比Ⅱ的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，C正确；
D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，D错误；
故选：D。
20. 某溶液仅由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、、、Cl-中的若干种离子组成，取适量溶液进行如下实验：
根据以上实验判断，下列推断错误的是
A. 气体1通入澄清石灰水中，溶液变浑浊
B. 白色沉淀2中加稀硝酸，沉淀不溶解
C. 原溶液中一定存在Na+，一定不存在Ba2+
D. 白色沉淀3说明原溶液中一定存在Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】原溶液中加入过量的盐酸，能够得到气体和无色溶液1，Cu2＋显蓝色，Fe3＋显棕黄色，因此原溶液中一定不含有Cu2＋、Fe3＋，根据所给离子，气体1为CO2，原溶液中一定含有，根据离子共存，原溶液中一定不含有Ba2＋，根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有Na＋，无色溶液1中加入过量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀2，该白色沉淀为BaSO4，原溶液中含有，滤液2中加入过量HNO3和AgNO3溶液，得到白色沉淀3，白色沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，据此分析；
【详解】根据上述分析，原溶液中一定存在的离子是、Na＋、，可能含有Cl－，一定不含有离子是Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，
A．气体1为CO2，通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，故A正确；
B．沉淀2BaSO4，BaSO4不溶于稀硝酸，故B正确；
C．根据上述分析，一定存在Na＋，一定不含有Ba2＋，故C正确；
D．白色沉淀3为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，原溶液中可能含有Cl－，故D错误；
故选：D。
二、非选择题(共60分)
21. 请回答下列问题：
（1）云、雾属于胶体，鉴别胶体和溶液的方法是___________，胶体和溶液的本质区别是___________。
（2）钠的焰色试验的焰色为___________色；钠着火了不能用水而需要用干燥的沙土来灭火，请用离子方程式来表示其原因___________。
（3）过氧化钠是一种___________色的固体，可作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂，写出过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目：___________。
（4）小苏打可用于治疗胃酸过多，其原理用离子反应方程式表示为___________
（5）漂白粉是将氯气通入冷的石灰乳中制得的，写出该制备原理的化学方程式___________。
【答案】（1） ①. 丁达尔效应 ②. 分散质微粒直径的大小
（2） ①. 黄 ②. 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
（3） ①. 淡黄 ②.
（4）HCO+H+=CO2↑+H2O
（5）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【小问1详解】
胶体能发生丁达尔效应，溶液不能发生丁达尔效应，故鉴别胶体和溶液的方法是丁达尔效应，胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小。
【小问2详解】
钠元素的焰色试验为黄色；钠着火了不能用水是因为发生了反应2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑。
【小问3详解】
钠的焰色试验的焰色为黄色，焰色试验属于物理变化，过氧化钠和二氧化碳反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，过氧化钠中氧元素化合价-1价升高到0价，降低到-2价，结合电子守恒用双线桥法表示电子转移的方向和数目为：。
【小问4详解】
碳酸氢钠可以和胃酸中的氢离子反应，离子方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O。
【小问5详解】
将氯气通入冷的石灰乳中制得漂白粉，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
22. 回答下列问题：
（1）0.5 mlNH3的质量是___________，在标准状况下的体积为___________，将此气体溶于100 mL水中得到溶液，且溶液密度为a g/mL，则该溶液的物质的量浓度为___________；(已知水的密度为1 g/mL)
（2）7.8g Na2X中含有Na+ 0.2 ml，则Na2X的摩尔质量为___________；
（3）实验室需要1.0 ml/L NaOH溶液240 mL，根据配制溶液的过程，回答下列问题：
①为完成此溶液配制实验需要的仪器除托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管这六种仪器外，还缺少的必要玻璃仪器为___________(填名称)。
②根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为___________g。
③若取5 mL该溶液用水稀释到100 mL，所得溶液中Na+的物质的量浓度为___________ml/L。
【答案】（1） ①. 8.5g ②. 11.2L ③.
（2）78g/ml （3） ①. 250mL容量瓶 ②. 10.0 ③. 0.05
【解析】
【分析】配置一定浓度的溶液时需要的仪器有，托盘天平(带砝码)、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和一定规格的容量瓶，选择容量瓶时，应该选择最小且接近所需体积的规格，实验需要240mL溶液，则需要250mL容量瓶，以此解题。
【小问1详解】
0.5 mlNH3的质量是0.5ml×17g/ml=8.5g；在标准状况下的体积为0.5ml×22.4L/ml=11.2L；溶液的物质的量浓度；
【小问2详解】
1个Na2X中含有2个2个钠离子，则Na2X的物质的量为0.1ml，Na2X的摩尔质量；
【小问3详解】
①由分析可知，还需要250mL容量瓶；
②称取NaOH的质量=1.0 ml/L×0.25L×40g/ml=100g；
③稀释后体积是原来的20倍，则稀释溶液的浓度是原来的，即Na+的物质的量浓度=1.0 ml/L×=0.05 ml/L。
23. 回答下列问题：
（1）已知：氮元素有-3、0、+1、+2、+3、+4和+5七种化合价，回答下列问题：
判断下列六种化合物：①NH3；②N2O；③NO；④N2O3；⑤N2O4；⑥HNO3中：氮元素只能作还原剂的是___________(填序号，下同)；可能是HNO2被还原后产物的是___________；不可能是N2被氧化后产物的是___________。
（2）下列物质中：①CO2 ②Cl2 ③NH4Cl固体 ④熔融的NaCl ⑤NaOH溶液。
其中属于电解质且能导电的是___________(填序号)； 将③溶于水的电离方程式___________；已知标准状况下由①和②组成的混合气体的密度为2.567 g/L，则该混合气体中①和②的体积之比为___________；将标况下6.72L的①通入到200mL 2ml/L的⑤中，总反应的化学方程式为___________。
（3）自来水中的对人类健康产生危害。为了降低自来水中的浓度，某研究人员提出在碱性条件下用Al粉还原，产物是N2.发生的反应可表示如下，请完成方程式的配平：
________Al+_______+_________=________AlO+_________N2↑ +________H2O________
【答案】（1） ①. ① ②. ①②③ ③. ①
（2） ①. ④ ②. NH4Cl＝+Cl- ③. 1：1 ④. 3CO2+4NaOH＝Na2CO3+2NaHCO3+H2O
（3）10Al+6+4OH-＝10AlO+3N2↑+2H2O
【解析】
【小问1详解】
①中N元素处于最低价态，只能作还原剂的，②③④⑤中的N元素均处于中间价态，既能作氧化剂也能作还原剂，⑥中氮元素是+5价，处于最高价，只能作氧化剂，亚硝酸中氮元素+3价，被还原后产物中N元素的化合价应该是降低，所以①②③可能是HNO2被还原后产物，N2被氧化后产物中N元素的化合价升高，所以氨气不可能是N2被氧化后产物，故答案为：①；①②③；①；
【小问2详解】
①CO2不能电离，不导电，属于非电解质；
②Cl2不能电离，不导电，不是电解质也不是非电解质；
③NH4Cl固体不电离，不导电，溶于水电离出阴阳离子，属于电解质；
④熔融NaCl中电离出钠离子和氯离子，能导电，属于电解质；
⑤NaOH溶液中含有自由移动的离子，可以导电，是混合物，不是电解质也不是非电解质；则
其中属于电解质且能导电的是④；将NH4Cl溶于水的电离方程式为NH4Cl＝+Cl-；已知标准状况下由①和②组成的混合气体的密度为2.567 g/L，混合气体的相对分子质量是2.567×22.4＝57.5，所以根据十字交叉法可知该混合气体中CO2和Cl2的体积之比为；将标况下6.72L即0.3ml CO2通入到200mL 2ml/L的NaOH溶液中，氢氧化钠的物质的量是0.4ml，因此反应物的物质的量之比是3：4，所以总反应的化学方程式为3CO2+4NaOH＝Na2CO3+2NaHCO3+H2O。
【小问3详解】
反应中铝元素化合价从0价升高到+3价，失去3个电子，氮元素化合价从+5价降低到0价，得到5个电子，因此电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应的方程式为10Al+6+4OH-＝10AlO+3N2↑+2H2O。
24. 氯气在工业生产中有重要的用途。某课外活动小组利用下列装置在实验室中制备氯气，并进行有关氯气性质的研究。

（1）该小组同学欲用图1所示仪器及试剂(不一定全用)制备并收集纯净、干燥的氯气。
①写出实验室制氯气的化学方程式：___________；已知浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.15 g/mL，则该浓盐酸的物质的量浓度是___________；浓盐酸起酸性作用和还原剂作用的物质的量之比为___________。
②选择装置，将各仪器按先后顺序连接起来，应该是a→___________→h(用导管口处的字母表示)。
（2）装置C中饱和食盐水的作的作用是___________
（3）用E装置吸收多余氯气，写出E中发生反应的离子方程式：___________，实验结束后检验E中溶液含有氯离子的实验操作是___________
（4）该小组同学设计并分别利用图2和图3所示装置探究氯气的氧化性，已知碘单质遇淀粉会变蓝。

①G中的现象是___________，原因是___________(用化学方程式表示)。
②H中溶液变浑浊，原因是___________，___________(用离子方程式表示)。
【答案】（1） ①. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ②. 11.5ml/L ③. 1：1 ④. d→e→f→g→b→c
（2）除去Cl2中的HCl
（3） ①. Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O ②. 取E中溶液少许于试管中，向其中加入足量的稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明E中含有Cl-
（4） ①. 溶液变蓝 ②. Cl2+2KI=2KCl+I2 ③. SO2+2H2O+Cl2=4H+++2Cl- ④. +Ba2+=BaSO4↓或SO2+2H2O+Cl2+Ba2+=4H++2Cl-+BaSO4↓
【解析】
【分析】实验室利用固液加热制气装置制备Cl2，选用的药品是MnO2和浓盐酸，制备Cl2的流程：制气→除杂→干燥→收集(或性质探究）→尾气处理，据此回答。
【小问1详解】
①实验室利用固液加热制气装置制备Cl2，选用的药品是MnO2和浓盐酸，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；4mlHCl参加反应，其中2mlHC1中氯元素化合价不变，表现出酸性，2mlHCl被氧化生成Cl2，而表现出还原性，故浓盐酸起酸性作用和还原剂作用的物质的量之比为1：1；已知浓盐酸的质量分数为36.5%，密度为1.15 g/mL，则根据可知该浓盐酸的物质的量浓度是ml/L＝11.5ml/L；
②结合制备Cl2的流程：制气→除杂→干燥→收集(或性质探究）→尾气处理，且除杂、干燥和收集时，气体均应该从长导管进，从短导管出，即仪器接口的连接顺序是a接d，e接f，g接b，c接h，故本题答案为：d→e→f→g→b→c；
【小问2详解】
生成的氯气中含有挥发出的氯化氢，饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；
【小问3详解】
氯气有毒需要尾气处理，一般用碱液吸收，氯气和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O。检验溶液中氯离子需要排除氢氧根的干扰，所以实验操作是取E中溶液少许于试管中，向其中加入足量的稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明E中含有Cl-。
【小问4详解】
①Cl2通入淀粉KI溶液中，发生反应2KI+Cl2=2KCl+I2，故试管G中溶液变蓝。故本题的答案为：溶液变蓝；2KI+Cl2=2KCl+I2；
②Cl2与SO2、水反应生成硫酸和HC1，硫酸根与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，即看到H中有白色沉淀生成，反应的离子方程式为：SO2+2H2O+Cl2=4H+++2Cl-、+Ba2+=BaSO4↓或SO2+2H2O+Cl2+Ba2+=4H++2Cl-+BaSO4↓。
25. 氯及其化合物有重要用途，以下是氯元素的“价类二维图”的部分信息。请回答下列问题：

（1）根据图中信息写出Y、Z的化学式：___________、___________。
（2）已知高氯酸(HClO4)是强酸，写出高氯酸与氢氧化钠反应的离子方程式：___________。
（3）2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将84消毒液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。其原理为NaClO+H2O2=O2+NaCl+H2O，反应产生的O2促进藻类快速生长。
①该反应说明氧化性：NaClO___________ H2O2(填“>”或“<”)。
②当标准状况下有5.6LO2生成时，转移电子___________ml。
（4）Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，反应中Cl2既体现氧化性，又体现还原性，该反应的化学方程式为___________。
（5）ClO2具有很强的氧化性，是新的自来水消毒剂，其消毒效率是Cl2的 ___________倍(还原产物都为Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。
（6）将一定量的Cl2通入一定浓度的KOH溶液中，两者恰好完全反应，反应过程中有热量放出。反应的生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和ClO两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化如图所示。该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________

【答案】（1） ①. Cl2O7 ②. HClO
（2）H++OH-=H2O
（3） ①. ＞ ②. 0.5
（4）2Cl2+2NaCO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O+2NaCl
（5）2.5 （6）3：7
【解析】
【小问1详解】
根据图中信息可知，Y为氯+7价氧化物，其化学式为Cl2O7；Z为氯的+1价含氧酸，其化学式为HClO；
【小问2详解】
高氯酸是强酸，高氯酸与氢氧化钠反应生成高氯酸钠和水，反应的离子方程式为：H++OH-=H2O；
【小问3详解】
①NaClO一般做氧化剂，还原产物是Cl-，故NaClO与H2O2反应产生的O2是由H2O2被氧化而来，即H2O2作还原剂，所以氧化性：NaClO＞H2O2；
②当标准状况下有5.6LO2生成时，即0.25mlO2，NaClO与H2O2反应产生的O2，O的化合价由-1价变为0价，则生成0.25mlO2转移电子0.5ml；
【小问4详解】
Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，该反应的化学方程式为2Cl2+2NaCO3+H2O=2NaHCO3+Cl2O+2NaCl。
【小问5详解】
ClO2具有很强的氧化性，是新的自来水消毒剂，其消毒效率是Cl2的倍数为(还原产物都为Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。
【小问6详解】
由图像可知，反应结束后，生成0.06ml ClO-、0.03ml ，因此反应过程转移电子的物质的量为0.06ml×1+0.03ml×5=0.21ml，所以生成氯离子的物质的量是0.21ml，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为(0.06ml+0.03ml)：0.21ml=3：7。实验装置
试剂X
实验结果
I
II
III
①II、III均产生白色沉淀
②烧杯中溶液pH变化如下
蒸馏水
溶液
溶液