湖南省长沙市2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学练习卷试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市2024-2025学年高一下学期开学适应性模拟测试化学练习卷试卷（Word版附解析），共25页。
A．定容时，俯视刻度线
B．转移液体时，有液体溅出
C．用托盘天平称量 25.0gCuSO4•5H2O 固体
D．上下颠倒容量瓶，摇匀后，液面低于刻度线，再加水定容
2．部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．d 的电子式：
B．c 是一种新型自来水消毒剂
C．将 b 溶于水中，用玻璃棒蘸取该溶液涂在 pH 试纸上，试纸只变红，说明该溶液显酸性
D．将 b 通入 NaOH 溶液中，已知生成 NaCl、NaClO 和 e 的混合物，若 n（NaClO）与 n（e）之比为 3：
1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1
3．分类是化学学科常见的思想方法之一，下列对相关物质的分类正确的是（ ）
A．云属于胶体 B．NaHSO4 属于酸
C．氨水属于电解质 D．CO 属于酸性氧化物
4．实验室中，将 17g 在空气中部分变质的 Na2O2 粉末样品溶于 20mL 水中，收集到 2.4g 干燥的气体，然
后向水溶液中加入 200g 质量分数为 7.3%的盐酸恰好完全反应，则 m（发生变质的 Na2O2）：m（未变质
的 Na2O2）为（ ）
A．1：1 B．3：1 C．1：3 D．无法确定
5．下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A．I2→I﹣ B．Fe2+→Fe3+
C． →CO2 D． →MnO2
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6．设 NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4LN2 中一定含有 2ml N
B．在标准状况下，20mLNH3 和 60mLO2 所含分子个数比为 1：3
C．18gH2O 在标准状况下的体积约为 22.4L
D．80gNaOH 溶解在 1L 水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为 2ml/L
7．同温同压下，等质量的 O2 和 CO2 相比较，下列叙述正确的是（ ）
A．质子数之比为 1：1 B．密度之比为 11：8
C．物质的量之比为 8：11 D．原子个数比为 1：1
8．下列关于 Na2O 和 Na2O2 的叙述正确的是（ ）
A．等质量的 Na2O2 分别与足量 H2O、CO2 反应，转移的电子数相同
B．Na2O、Na2O2 都是白色固体
C．Na2O、Na2O2 都能与酸反应，故都是碱性氧化物
D．Na2O2 只能作氧化剂
9．下列实验情景对应的离子方程式书写正确的是（ ）
选项 实验情景 离子方程式
A 向 NaOH 溶液中通入足量的 CO2
B 向 NaHSO4 溶液中加入足量的 Ba（OH）2
溶液
C 向 NaClO 溶液中通入少量 SO2 气体
D 向稀硝酸中加入少量 Ag2CO3 固体
A．A B．B C．C D．D
10．某溶液中只含有 Na+、Al3+、Cl﹣、 四种离子，已知前三种离子的个数比为 3：2：1，则溶液中
Na+和 的离子个数比为（ ）
A．1：2 B．3：4 C．1：4 D．3：2
11．下列物质间的转化不能通过化学反应一步实现的是（ ）
A．FeCl2→ZnCl2 B．Al2O3→Al2（SO4）3
C．CuO→Cu（OH）2 D．CaCO3→CaO
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12．下列选项描述与对应图像相符的是（ ）
A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中 Cl﹣浓度随着时间变化的曲线
B．图②为含等物质的量 Na2CO3 与 NaOH 的混合液中滴加盐酸产生 CO2 的图像
C．图③为 Ba（OH）2 溶液中滴加 NaHSO4 溶液的导电性变化图像
D．图④为 FeBr2、FeI2 混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b 代表的是 Cl﹣
13．已知常温下，在溶液中可发生如下反应：
Ce4++Fe2+＝Fe3++Ce3+，Sn2++2Fe3+＝2Fe2++Sn4+
由此推断 Fe2+、Ce3+、Sn2+的还原性由弱到强的顺序是（ ）
A．Sn2+＜Fe2+＜Ce3+ B．Fe2+＜Ce3+＜Sn2+
C．Fe2+＜Sn2+＜Ce3+ D．Ce3+＜Fe2+＜Sn2+
14．分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法，下列物质的分类正确的是（ ）
选项 酸 碱 盐 酸性氧化物 碱性氧化物
A HNO3 KOH CaCO3 SO2 CaO
B HCl NH3•H2O NaHSO4 CO Na2O
2CO3
D H2SO4 Na2CO3 KAl（SO4）2 P2O5 Mn2O7
A．A B．B C．C D．D
15．下列关于氧化还原反应认识正确的是（ ）
A．氧化剂只具有氧化性，还原剂只具有还原性
B．金属单质在化学反应中只能做还原剂
C．还原剂具有还原性，在反应中被氧化，得到还原产物
D．失去电子的物质是氧化剂
16．A、B、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中 A 与 Y 同主族，X 与 Z 同主族，X、
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C CH3COOH Cu2（OH）
NaF2 SiO2 Na2O2
B 与 A 均可形成 10 电子化合物；B 与 Z 的最外层电子数之比为 2：3，常见化合物 Y2X2 与水反应生成
X 的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红。则下列说法正确的是（ ）
A．A2X2 中只存在极性共价键
B．B、X 两元素至少可以形成两种化合物
C．X2﹣的离子半径小于 Y+
D．B 和 Z 的氧化物对应水化物的酸性：B＜Z
二．解答题（共 4 小题）
17．氧化还原反应在工农业生产、日常生活中具有广泛用途，贯穿古今。
（1）“维生素 C 可以将食物中的 Fe3+转化为 Fe2+，说明维生素 C 具有 （填“氧化性”或
“还原性”）。
（2）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有方
法，其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2 +3Cl﹣+5H2O
① 中 Fe 元素化合价为 。
②该反应中，氧化剂是 （填化学式），氧化产物与还原产物的物质的量的比值
是 。
（3）二氧化氯是一种高效消毒剂。工业上制备 ClO2 的反应为：2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+
2H2O+2NaCl。
①利用上述反应制取 ClO2 时产生了 22.4LCl2（在标准状况下），则该反应生成的 ClO2 的物质的量
是 ；转移电子的数目为 。
②ClO2 在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯酸盐（ ）需要将其转化为Cl﹣除去，下列试剂能实
现其转化过程的是 。
A.O2
B.FeCl2
C.KI
D.KMnO4
18．近年来，人类生产、生活所产生的污染，如机动车、燃煤、工业等排放的废气，使灰霾天气逐渐增
多。灰霾粒子比较小，平均直径大约在 1000～2000nm 左右。
（1）下列有关说法正确的是 （填序号）。
A.灰霾是一种分散系
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B.灰霾能产生丁达尔效应
C.灰霾形成的是稳定的体系
D.戴口罩不能阻止吸入灰霾粒子
（2）雾是由大量悬浮在近地面空气中的微小水滴或冰晶组成的气溶胶系统，是近地面层空气中水汽凝
结（或凝华）的产物。霾也成灰霾，空气中的灰尘（如煤炭及三氧化二铁粉尘）、一氧化氮、二氧化碳、
二氧化氮、二氧化硫、硫酸、有机碳氢化合物等粒子使大气浑浊，造成视野模糊并导致能见度较低。
形 成 灰 霾 的 主 要 物 质 中 能 发 生 若 干 反 应 ， 其 中 金 属 氧 化 物 与 硫 酸 反 应 的 化 学 方 程 式
为 ， 碳 氧 化 物 与 足 量 氢 氧 化 钠 溶 液 反 应 的 化 学 方 程 式
为 。
（ 3） 雾 是 气 溶 胶 ， 氢 氧 化 铁 胶 体 是 液 溶 胶 ， 写 出 实 验 室 制 备 氢 氧 化 铁 胶 体 的 化 学 方 程
式： ，提纯胶体的方法是 。
（4）现有甲、乙、丙三名同学分别进行硅酸胶体的制备实验：
分组 实验操作 实验现象
甲 将 1%硅酸钠溶液滴入沸水中，冷却后用激光笔进行照射 无明显现象，未出现“光亮的通路”
乙 向 1%硅酸钠溶液中加入几滴酚酞溶液，缓慢滴入稀盐酸， 出现“光亮的通路”
溶液红色褪去后停止滴加，用激光笔进行照射
丙 向 1%硅酸钠溶液中加入等体积的稀盐酸，用激光笔进行照 未出现“光亮的通路”，溶液中出现
射 浑浊
已知：硅酸钠（Na2SiO3）溶液呈碱性，遇酚酞变红；常温下硅酸（H2SiO3）难溶于水。
试回答：
成功制备硅酸胶体的是 同学，根据三位同学的实验操作可知，成功制备硅酸胶体的关键在
于 ，丙同学实验中出现浑浊的原因是 。
19．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
周期
1 ①
2 ② ③ ④ ⑤
3 ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
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（1）非金属性最强的元素是 （填元素符号）。
（2）写出图中标出的元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的物质与⑧的最高价氧化物反应的
离子方程式 。
（3）④与⑥按照原子个数比 1：1 形成的化合物的电子式为 。
（4）①与③形成的原子个数比为 3：1 的化合物的结构式为 。
（5）利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。
①仪器 A 的名称为 ；干燥管 D 的作用为 ；
②若要证明非金属性：Cl＞I，则 A 中加浓盐酸，B 中加 KMnO4，（已知 KMnO4 与浓盐酸常温下反应
生成氯气），C 中加淀粉碘化钾混合溶液，如果试管 C 中溶液变蓝，即可证明。
写出试管 C 中发生反应的离子方程式： 。
20．氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，某兴趣小组利用下列仪器在实验室制备纯净
干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：
（1）装置 G 的名称为 。
（2）装置 F 的作用为 。
（3）从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气（仪器不重复使用），仪器连接顺序
为 。（用仪器下方字母表示，如 A→B→…）。
（4）制备氯气的反应中体现了浓盐酸的 性和 性。
漂白粉的制备
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已知：①氯气和石灰乳在反应的过程中会放出热量。
②6Cl2+6Ca（OH）2 5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O
（5）①写出制取漂白粉的化学方程式 ，并用双线桥标注电子转移的方向和
数目 。
②兴趣小组制得的漂白粉中 CaCl2 的含量远超过预期，而 Ca（ClO）2 含量明显偏低。主要原因可能是
（请用化学方程式结合文字表述） 。
（6）为提高产品中有效成分 Ca（ClO）2 的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下可采取的措施
是 （任写一种即可）。
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参考答案与试题解析
一．选择题（共 16 小题）
1．学生实验需要使用 100mL1ml•L﹣1 的 CuSO4 溶液，下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是（ ）
A．定容时，俯视刻度线
B．转移液体时，有液体溅出
C．用托盘天平称量 25.0gCuSO4•5H2O 固体
D．上下颠倒容量瓶，摇匀后，液面低于刻度线，再加水定容
【分析】根据 c＝ 计算不当操作对 n 或 V 的影响，如果 n 偏大或 V 偏小，则所配制溶液浓度偏高。
【解答】解：A．定容时，俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故 A 正确；
B．转移液体时，有液体溅出，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏小，故 B 错误；
C．配制 100mL1ml/LCuSO4 溶液需要 CuSO4 的质量为 0.1L×1ml/L×160g/ml＝16.0g，用托盘天平
称量 25.0gCuSO4•5H2O 固体中含有 CuSO4 的质量为 25.0g× ＝16.0g，溶质的质量
不变，溶液浓度不变，故 C 错误；
D．上下颠倒容量瓶摇匀后，液面低于刻度线，再加水定容，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏小，故 D
错误，
故选：A。
【点评】本题主要考查了一定物质的量浓度溶液的配制过程中的误差分析，题目难度不大，掌握根据 c
＝ 进行分析是解答该题的关键。
2．部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．d 的电子式：
B．c 是一种新型自来水消毒剂
C．将 b 溶于水中，用玻璃棒蘸取该溶液涂在 pH 试纸上，试纸只变红，说明该溶液显酸性
D．将 b 通入 NaOH 溶液中，已知生成 NaCl、NaClO 和 e 的混合物，若 n（NaClO）与 n（e）之比为 3：
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1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1
【分析】A．根据次氯酸属于共价化合物进行分析；
B．根据 c 是 ClO2 进行分析；
C．根据氯气溶于水中，反应生成氯化氢和次氯酸，氯化氢显酸性，次氯酸具有漂白性，进行分析；
D．根据 12NaOH+6Cl2＝8NaCl+3NaClO+NaClO3+6H2O，进行分析。
【解答】解：A．d 为次氯酸，次氯酸属于共价化合物，其电子式： ，故 A 正确；
B．c 是 ClO2，具有强氧化性，是一种新型自来水消毒剂，故 B 正确；
C．b 是氯气，将其溶于水中，反应生成 HCl 和 HClO，氯化氢显酸性，次氯酸具有漂白性，用玻璃棒
蘸取该溶液涂在 pH 试纸上，试纸先变红后褪色，故 C 错误；
D．将氯气通入 NaOH 溶液中，已知生成 NaCl、NaClO 和 NaClO3 的混合物，若 n（NaClO）与 n
（NaClO3）之比为 3：1，发生的化学方程式为：12NaOH+6Cl2＝8NaCl+3NaClO+NaClO3+6H2O，则氧
化剂与还原剂的物质的量之比为 2：1，故 D 正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氯及其化合物的综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，
结合已有的知识进行解题。
3．分类是化学学科常见的思想方法之一，下列对相关物质的分类正确的是（ ）
A．云属于胶体 B．NaHSO4 属于酸
C．氨水属于电解质 D．CO 属于酸性氧化物
【分析】A．根据云是水蒸气在空气中形成的气溶胶进行分析；
B．根据盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物进行分析；
C．根据氨水是混合物进行分析；
D．根据能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物进行分析。
【解答】解：A．云是水蒸气在空气中形成的气溶胶，因此云属于胶体，故 A 正确；
B．NaHSO4 是氢氧化钠与硫酸部分中和生成的盐，因此属于盐，故 B 错误；
C．氨水是混合物，氨水不属于电解质，故 C 错误；
D．一氧化碳不能与碱反应生成盐和水，因此一氧化碳不属于酸性氧化物，故 D 错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查几种常见分散系的区别与联系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信
息，结合已有的知识进行解题。
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4．实验室中，将 17g 在空气中部分变质的 Na2O2 粉末样品溶于 20mL 水中，收集到 2.4g 干燥的气体，然
后向水溶液中加入 200g 质量分数为 7.3%的盐酸恰好完全反应，则 m（发生变质的 Na2O2）：m（未变质
的 Na2O2）为（ ）
A．1：1 B．3：1 C．1：3 D．无法确定
【分析】部分变质的 Na2O2 和 H2O 反应方程式为 2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，n（O2）＝
＝0.075ml，未变质的 n（Na2O2）＝2n（O2）＝2×0.075ml＝0.15ml，溶于水后溶液中溶质为 NaOH、
Na2CO3，NaOH、Na2CO3 和盐酸反应方程式分别为 NaOH+HCl＝NaCl+H2O、Na2CO3+2HCl＝NaCl
+H2O+CO2↑，n（HCl）＝ ＝0.4ml，最后溶液中溶质为 NaCl，根据氯原子守恒得 n
（NaCl）＝n（HCl）＝0.4ml，根据 Na 原子守恒得 n（NaCl）＝2n（Na2O2）+2n（Na2CO3）＝2×
0.15ml+2n（Na2CO3）＝0.4ml，n（Na2CO3）＝0.05ml，Na2O2 和 CO2 反应方程式为 2Na2O2+2CO2
＝2Na2CO3+O2，则变质的 n（Na2O2）＝n（Na2CO3）＝0.05ml。
【解答】解：部分变质的 Na2O2 和 H2O 反应方程式为 2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，n（O2）＝
＝0.075ml，未变质的 n（Na2O2）＝2n（O2）＝2×0.075ml＝0.15ml，溶于水后溶液中溶
质为 NaOH、Na2CO3，NaOH、Na2CO3 和盐酸反应方程式分别为 NaOH+HCl＝NaCl+H2O、Na2CO3
+2HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，n（HCl）＝ ＝0.4ml，最后溶液中溶质为 NaCl，根据氯原
子守恒得 n（NaCl）＝n（HCl）＝0.4ml，根据 Na 原子守恒得 n（NaCl）＝2n（Na2O2）+2n（Na2CO3）
＝2×0.15ml+2n（Na2CO3）＝0.4ml，n（Na2CO3）＝0.05ml，Na2O2 和 CO2 反应方程式为 2Na2O2
+2CO2＝2Na2CO3+O2，则变质的 n（Na2O2）＝n（Na2CO3）＝0.05ml，所以 m（发生变质的 Na2O2）：
m（未变质的 Na2O2）＝n（发生变质的 Na2O2）：n（未变质的 Na2O2）＝0.05ml：0.15ml：1：3，
故选：C。
【点评】本题考查化学方程式的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确物质之间的转化关系是
解本题关键，注意原子守恒的灵活运用，题目难度中等。
5．下列转化中，需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A．I2→I﹣ B．Fe2+→Fe3+
C． →CO2 D． →MnO2
【分析】加入适当的氧化剂才能实现，选项中应为还原剂发生的氧化反应，还原剂中某元素的化合价
升高，以此来解答。
【解答】解：A．碘元素化合价由 0 价降低到﹣1 价，发生还原反应，故 A 错误；
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B．铁元素化合价由+2 价升高到+3 价，发生氧化反应，故 B 正确；
C．没有化合价变化，不发生氧化还原反应，故 C 错误；
D．Mn 元素化合价由+7 价降低到+4 价，发生还原反应，故 D 错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的
信息，结合已有的知识进行解题。
6．设 NA 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．22.4LN2 中一定含有 2ml N
B．在标准状况下，20mLNH3 和 60mLO2 所含分子个数比为 1：3
C．18gH2O 在标准状况下的体积约为 22.4L
D．80gNaOH 溶解在 1L 水中，所得溶液中溶质的物质的量浓度为 2ml/L
【分析】A．题目未给标准状况；
B．同温同压条件下，气体体积比等于气体分子数之比；
C．标况下水不是气体；
D．题目未给溶液体积。
【解答】解：A．题目未给标准状况，无法使用 22.4L/ml 计算物质的量，故 A 错误；
B．在标准状况下，20mLNH3 和 60mLO2 所含分子个数比为 20：60＝1：3，故 B 正确；
C．标况下水不是气体，无法使用 22.4L/ml 计算体积，故 C 错误；
D．题目未给溶液体积，无法计算物质的量浓度，故 D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的
关键。
7．同温同压下，等质量的 O2 和 CO2 相比较，下列叙述正确的是（ ）
A．质子数之比为 1：1 B．密度之比为 11：8
C．物质的量之比为 8：11 D．原子个数比为 1：1
【分析】先设出二者的质量，再利用 n＝ 来计算 O2 和 CO2 的物质的量，根据阿伏加德罗定律的推论：
同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比；同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比；
同温同压下，分子数之比等于物质的量之比。
【解答】解：设氧气、二氧化碳的质量为 1g，则二者物质的量之比为： ： ＝11：8，
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A．依据 N＝nNA 可知质子数之比等于物质的量之比等于：11ml×16：8ml×22＝1：1，故 A 正确；
B．同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量的之比，即为 32：44＝8：11，故 B 错误；
C．设氧气、二氧化碳的质量为 1g，则二者物质的量之比为： ： ＝11：8，故 C 错误；
D．同温同压下，分子数之比等于物质的量之比，即分子数之比是 11：8，所以原子数之比是（11×2）：
（8×3）＝22：24＝11：12，故 D 错误：
故选：A。
【点评】本题考查学生以物质的量为核心计算，明确以物质的量为核心计算公式，明确同温同压下，
物质的量之比等于体积比等于分子数之比是解答的关键，题目难度中等。
8．下列关于 Na2O 和 Na2O2 的叙述正确的是（ ）
A．等质量的 Na2O2 分别与足量 H2O、CO2 反应，转移的电子数相同
B．Na2O、Na2O2 都是白色固体
C．Na2O、Na2O2 都能与酸反应，故都是碱性氧化物
D．Na2O2 只能作氧化剂
【分析】A．根据反应为 Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2 进行分析；
B．Na2O2 是淡黄色固体；
C．与酸反应生成一种盐和水的氧化物是碱性氧化物；
D．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中氧元素的化合价既升高又降低。
【解答】解：A．反应为 2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，由反应方程式
可知，2mlꢀ Na2O2 反应时转移的电子数都为 2ml，故 A 正确；
B．Na2O2 是淡黄色固体，故 B 错误；
C．Na2O2 与酸反应除了生成盐和水外，还有生成氧气，故不是碱性氧化物，故 C 错误；
D．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中氧元素的化合价既升高又降低，过氧化钠既
是氧化剂又是还原剂，故 D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了过氧化钠的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能基础知识的综合运用，
注意把握反应的化学方程式，根据方程式可解答该题，题目难度不大。
9．下列实验情景对应的离子方程式书写正确的是（ ）
选项 实验情景 离子方程式
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A 向 NaOH 溶液中通入足量的 CO2
B 向 NaHSO4 溶液中加入足量的 Ba（OH）2
溶液
C 向 NaClO 溶液中通入少量 SO2 气体
D 向稀硝酸中加入少量 Ag2CO3 固体
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．二氧化碳足量反应生成碳酸氢根离子；
B．向 NaHSO4 溶液中加入足量的 Ba（OH）2 溶液，反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸氢根离子
为强酸的酸式根离子，应拆成离子形式；
C．SO2 与 ClO﹣发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子；
D．向稀硝酸中加入少量 Ag2CO3 固体，反应生成硝酸银、二氧化碳和水。
【解答】解：A．二氧化碳足量生成碳酸氢根离子，离子方程式为：CO2+OH﹣＝ ，故 A 错误；
B．向 NaHSO4 溶液中加入足量的 Ba（OH）2 溶液，离子方程式为：H++ +Ba2++OH﹣＝BaSO4↓+
H2O，故 B 错误；
C．少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应生成氯化钠、硫酸钠和次氯酸，反应的离子方程式为 SO2
+H2O+3ClO﹣═Cl﹣+ +2HClO，故 C 错误；
D．向稀硝酸中加入少量 Ag2CO3 固体，反应生成硝酸银、二氧化碳和水，离子方程式为：2H
++Ag2CO3＝2Ag++CO2↑+H2O，故 D 正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大。
10．某溶液中只含有 Na+、Al3+、Cl﹣、 四种离子，已知前三种离子的个数比为 3：2：1，则溶液中
Na+和 的离子个数比为（ ）
A．1：2 B．3：4 C．1：4 D．3：2
【分析】依据电荷守恒解题。
【解答】解：某溶液中只含有 Na+、Al3+、Cl﹣、 四种离子，已知前三种离子的个数比为 3：2：1，
设钠离子的物质的量3ml，则铝离子的物质的量为2ml，氯离子的物质的量为1ml，依据电荷守恒可
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知 3ml×1+2ml×3＝1ml×1+n（ ）×2，解得 n（ ）＝4ml，则溶液中 Na+和 的离子
个数比为 3ml：4ml＝3：4，
故选：B。
【点评】本题考查物质的量的计算，题目难度中等，注意解题过程中电荷守恒的应用。
11．下列物质间的转化不能通过化学反应一步实现的是（ ）
A．FeCl2→ZnCl2 B．Al2O3→Al2（SO4）3
C．CuO→Cu（OH）2 D．CaCO3→CaO
【分析】A．Zn 比 Fe 活泼，Zn 和亚铁盐反应生成锌盐和 Fe；
B．Al2O3 和稀硫酸反应生成 Al2（SO4）3；
C．CuO 和 H2O 不反应；
D．CaCO3 高温分解生成 CO2 和 CaO。
【解答】解：A．Zn 比 Fe 活泼，Zn 和 FeCl2 溶液反应生成 ZnCl2 和 Fe，能一步转化，故 A 错误；
B．Al2O3 和稀硫酸反应生成 Al2（SO4）3，能一步转化，故 B 错误；
C．CuO 和 H2O 不反应，不能一步转化，故 C 正确；
D．CaCO3 高温分解生成 CO2 和 CaO，能一步转化，故 D 错误；
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物的性质，侧重考查基础知识的灵活运用能力，明确物质的性质、物质之
间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。
12．下列选项描述与对应图像相符的是（ ）
A．图①为新制氯水在阳光直射时，溶液中 Cl﹣浓度随着时间变化的曲线
B．图②为含等物质的量 Na2CO3 与 NaOH 的混合液中滴加盐酸产生 CO2 的图像
C．图③为 Ba（OH）2 溶液中滴加 NaHSO4 溶液的导电性变化图像
D．图④为 FeBr2、FeI2 混合液，各离子物质的量随氯气通入的变化图像，b 代表的是 Cl﹣
【分析】A．新制氯水中存在可逆反应 Cl2+H2O⇌ HCl+HClO，阳光直射新制氯水时，发生反应 2HClO
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2HCl+O2↑，随着时间的变化，溶液中 c（Cl﹣）逐渐增大；
B．一开始盐酸先和氢氧化钠反应，再和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后再和碳酸氢钠反应生成二氧
化碳；
C．向 Ba（OH）2 溶液中滴加 NaHSO4 溶液发生反应，导电能力会下降，NaHSO4 溶液过量后导电能力
增强；
D．根据还原性强弱为：I﹣＞Fe2+＞Br﹣＞Cl﹣规律可知，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原
性弱的离子，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子。
【解答】解：A．图①为新制氯水在阳光直射，新制氯水中有次氯酸，阳光直射新制氯水时，发生反
应 2HClO 2HCl+O2↑，则溶液中 Cl﹣浓度会增大，故 A 错误；
B．图②为含等物质的量 Na2CO3 与 NaOH 的混合液中滴加盐酸，一开始盐酸先和氢氧化钠反应，再和
碳酸钠反应生成碳酸氢钠，最后再和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，无二氧化碳产生时段所加的盐酸是
产生二氧化碳时段所加盐酸的两倍，故 B 正确；
C．Ba（OH）2 溶液中滴加NaHSO4 溶液，虽然导电能力会下降，但是因为钠离子始终在溶液中，故溶
液的导电能力不会变为 0，故 C 错误；
D．因还原性 I﹣＞Fe2+＞Br﹣，则与氯气发生反应的先后顺序为 I﹣、Fe2+、Br﹣，b 段发生的反应为
，则 b 段代表的是 Fe3+的物质的量的变化情况，故 D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查图象分析，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确图中曲线的含义、元素
化合物的性质及物质之间的转化关系是解本题关键，D 选项为解答难点。
13．已知常温下，在溶液中可发生如下反应：
Ce4++Fe2+＝Fe3++Ce3+，Sn2++2Fe3+＝2Fe2++Sn4+
由此推断 Fe2+、Ce3+、Sn2+的还原性由弱到强的顺序是（ ）
A．Sn2+＜Fe2+＜Ce3+ B．Fe2+＜Ce3+＜Sn2+
C．Fe2+＜Sn2+＜Ce3+ D．Ce3+＜Fe2+＜Sn2+
【分析】根据氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产
物的还原性，进行分析。
【解答】解：由氧化还原反应规律可知，氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，
还原剂的还原性大于还原产物的还原性，反应 Ce4++Fe2+＝Fe3++Ce3+中，Fe2+为还原剂，还原性 Fe2
+＞ Ce3+， 反 应 Sn2++2Fe3+＝ 2Fe2++Sn4+中 ， Sn2+为 还 原 剂 ， 还 原 性 Sn2+＞ Fe2+， 故 还 原 性 Sn2
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+＞Fe2+＞Ce3+，故 D 正确，
故选：D。
【点评】本题主要考查氧化性、还原性强弱的比较等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，
结合已有的知识进行解题。
14．分类是认识和研究物质及其变化的一种常用的科学方法，下列物质的分类正确的是（ ）
选项 酸 碱 盐 酸性氧化物 碱性氧化物
A HNO3 KOH CaCO3 SO2 CaO
B HCl NH3•H2O NaHSO4 CO Na2O
2CO3
D H2SO4 Na2CO3 KAl（SO4）2 P2O5 Mn2O7
A．A B．B C．C D．D
【分析】水溶液电解产生的阳离子全部是氢离子的化合物是酸；水溶液电解产生的阴离子全部是氢氧
根离子的化合物是碱；由酸根离子和金属离子（或者铵根离子）构成的化合物是盐，与酸反应生成盐
和水的氧化物是碱性氧化物，与碱反应生成盐和水的化合物是酸性氧化物，据此进行解答。
【解答】解：A．硝酸是酸，氢氧化钾是碱，碳酸钙是盐，二氧化硫属于酸性氧化物，氧化钙属于碱
性氧化物，故 A 正确；
B．一氧化碳属于不成盐氧化物，故 B 错误；
C．Cu2（OH）2CO3 属于盐类，不属于碱，过氧化钠不是碱性氧化物，是过氧化物，故 C 错误；
D．Mn2O7，不是碱性氧化物，是酸性氧化物，故 D 错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物质组成、物质分类的分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。
15．下列关于氧化还原反应认识正确的是（ ）
A．氧化剂只具有氧化性，还原剂只具有还原性
B．金属单质在化学反应中只能做还原剂
C．还原剂具有还原性，在反应中被氧化，得到还原产物
D．失去电子的物质是氧化剂
【分析】A．根据氧化剂不一定只具有氧化性，也可能有还原性，还原剂不一定只具有还原性，也可
能有氧化性进行分析；
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C CH3COOH Cu2（OH）
NaF2 SiO2 Na2O2
B．根据金属单质只能失去电子，不能得到电子进行分析；
C．根据还原剂具有还原性，在反应中失去电子被氧化，得到氧化产物进行分析；
D．根据失去电子的物质中元素化合价上升，是还原剂，进行分析。
【解答】解：A．还原剂不一定只具有还原性，也可能有氧化性，氧化剂不一定只具有氧化性，也可
能有还原性，例如单质硫既具有氧化性也具有还原性，故 A 错误；
B．金属单质只能失去电子，不能得到电子，在化学反应中只能做还原剂，故 B 正确；
C．还原剂具有还原性，在反应中失去电子被氧化，得到氧化产物，故 C 错误；
D．失去电子的物质中元素化合价上升，是还原剂，故 D 错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的基本概念及规律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的
信息，结合已有的知识进行解题。
16．A、B、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中 A 与 Y 同主族，X 与 Z 同主族，X、
B 与 A 均可形成 10 电子化合物；B 与 Z 的最外层电子数之比为 2：3，常见化合物 Y2X2 与水反应生成
X 的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红。则下列说法正确的是（ ）
A．A2X2 中只存在极性共价键
B．B、X 两元素至少可以形成两种化合物
C．X2﹣的离子半径小于 Y+
D．B 和 Z 的氧化物对应水化物的酸性：B＜Z
【分析】A、B、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，常见化合物 Y2X2 与水反应生成 X
的单质，所得溶液可使酚酞溶液变红，Y 为 Na 元素、X 为 O 元素；其中 A 与 Y 同主族，A 为 H 元素；
X 与 Z 同主族，Z 为 S 元素；X、B 与 A 均可形成 10 电子化合物，B 与 Z 的最外层电子数之比为 2：3，
B 的最外层电子数为 4，结合原子序数可知 B 为 C 元素，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，A 为 H 元素、B 为 C 元素、X 为 O 元素、Y 为 Na 元素、Z 为 S 元素，
A．H2O2 中存在 O—O 非极性共价键、O—H 极性共价键，故 A 错误；
B．B、X 两元素至少可以形成两种化合物，如 CO、CO2 等，故 B 正确；
C．具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则 X2﹣的离子半径大于 Y+，故 C 错误；
D．非金属性 S 大于 C，则 B 和 Z 的最高价氧化物对应水化物的酸性：B＜Z，不是最高价氧化物无此
规律，故 D 错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握物质的性质、原子序数、元素的位置来
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推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
二．解答题（共 4 小题）
17．氧化还原反应在工农业生产、日常生活中具有广泛用途，贯穿古今。
（1）“维生素 C 可以将食物中的 Fe3+转化为 Fe2+，说明维生素 C 具有 还原性 （填“氧化性”或
“还原性”）。
（2）高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有方
法，其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为：3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣＝2 +3Cl﹣+5H2O
① 中 Fe 元素化合价为 +6 。
②该反应中，氧化剂是 ClO﹣ （填化学式），氧化产物与还原产物的物质的量的比值是 2：3 。
（3）二氧化氯是一种高效消毒剂。工业上制备 ClO2 的反应为：2NaClO3+4HCl＝2ClO2↑+Cl2↑+
2H2O+2NaCl。
①利用上述反应制取 ClO2 时产生了 22.4LCl2（在标准状况下），则该反应生成的 ClO2 的物质的量是
2ml ；转移电子的数目为 2NA 。
②ClO2 在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯酸盐（ ）需要将其转化为Cl﹣除去，下列试剂能实
现其转化过程的是 BC 。
A.O2
B.FeCl2
C.KI
D.KMnO4
【分析】（1）“维生素 C 可以将食物中的 Fe3+转化为 Fe2+，Fe3+得电子发生还原反应，则 Fe3+被维生素
C 还原；
（2）① 中 O 元素的化合价为﹣2 价，该离子中各元素化合价的代数和为﹣2；
②该反应中，Fe 元素的化合价由+3 价变为+6 价、Cl 元素的化合价由+1 价变为﹣1 价，得电子化合价
降低的反应物是氧化剂，则 ClO﹣为氧化剂、Fe3+为还原剂，氧化产物是 、还原产物是 Cl﹣；
（3）①n（Cl2）＝ ＝1ml，根据方程式知，n（ClO2）＝2n（Cl2），转移电子的数目＝
1ml×2×[0﹣（﹣1）]×NA/ml；
②ClO2 在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯酸盐（ ），需要将其转化为 Cl﹣除去， 中 Cl
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元素的化合价由+3 价变为﹣1 价，得电子化合价降低，则 作氧化剂，需要还原剂才能实现。
【解答】解：（1）“维生素 C 可以将食物中的 Fe3+转化为 Fe2+，Fe3+得电子发生还原反应，则 Fe3+被维
生素 C 还原，说明维生素 C 具有还原性，
故答案为：还原性；
（2）① 中 O 元素的化合价为﹣2 价，该离子中各元素化合价的代数和为﹣2，则 Fe 元素的化合
价为﹣2﹣（﹣2）×4＝+6，
故答案为：+6；
②该反应中，Fe 元素的化合价由+3 价变为+6 价、Cl 元素的化合价由+1 价变为﹣1 价，得电子化合价
降低的反应物是氧化剂，则 ClO﹣为氧化剂、Fe3+为还原剂，氧化产物是 、还原产物是 Cl﹣，氧
化产物与还原产物的物质的量的比值是 2：3，
故答案为：ClO﹣；2：3；
（3）①n（Cl2）＝ ＝1ml，根据方程式知，n（ClO2）＝2n（Cl2）＝2ml，转移电子的
数目＝1ml×2×[0﹣（﹣1）]×NA/ml＝2NA，
故答案为：2ml；2NA；
②ClO2 在杀菌消毒的过程中会生成副产物亚氯酸盐（ ），需要将其转化为 Cl﹣除去， 中 Cl
元素的化合价由+3 价变为﹣1 价，得电子化合价降低，则 作氧化剂，需要还原剂才能实现，
FeCl2、KI 都能作还原剂，都能将 转化为 Cl﹣，
故答案为：BC。
【点评】本题主要考查氧化还原反应，侧重考查分析、判断及计算能力，明确氧化还原反应中基本概
念的内涵、方程式的计算方法是解本题关键，题目难度不大。
18．近年来，人类生产、生活所产生的污染，如机动车、燃煤、工业等排放的废气，使灰霾天气逐渐增
多。灰霾粒子比较小，平均直径大约在 1000～2000nm 左右。
（1）下列有关说法正确的是 A （填序号）。
A.灰霾是一种分散系
B.灰霾能产生丁达尔效应
C.灰霾形成的是稳定的体系
D.戴口罩不能阻止吸入灰霾粒子
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（2）雾是由大量悬浮在近地面空气中的微小水滴或冰晶组成的气溶胶系统，是近地面层空气中水汽凝
结（或凝华）的产物。霾也成灰霾，空气中的灰尘（如煤炭及三氧化二铁粉尘）、一氧化氮、二氧化碳、
二氧化氮、二氧化硫、硫酸、有机碳氢化合物等粒子使大气浑浊，造成视野模糊并导致能见度较低。
形 成 灰 霾 的 主 要 物 质 中 能 发 生 若 干 反 应 ， 其 中 金 属 氧 化 物 与 硫 酸 反 应 的 化 学 方 程 式 为
Fe2O3+3H2SO4＝ Fe2（ SO4） 3+3H2O ， 碳 氧 化 物 与 足 量 氢 氧 化 钠 溶 液 反 应 的 化 学 方 程 式 为
CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O 。
（3）雾是气溶胶，氢氧化铁胶体是液溶胶，写出实验室制备氢氧化铁胶体的化学方程式：
FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl ，提纯胶体的方法是 渗析 。
（4）现有甲、乙、丙三名同学分别进行硅酸胶体的制备实验：
分组 实验操作 实验现象
甲 将 1%硅酸钠溶液滴入沸水中，冷却后用激光笔进行照射 无明显现象，未出现“光亮的通路”
乙 向 1%硅酸钠溶液中加入几滴酚酞溶液，缓慢滴入稀盐酸， 出现“光亮的通路”
溶液红色褪去后停止滴加，用激光笔进行照射
丙 向 1%硅酸钠溶液中加入等体积的稀盐酸，用激光笔进行照 未出现“光亮的通路”，溶液中出现
射 浑浊
已知：硅酸钠（Na2SiO3）溶液呈碱性，遇酚酞变红；常温下硅酸（H2SiO3）难溶于水。
试回答：
成功制备硅酸胶体的是 乙 同学，根据三位同学的实验操作可知，成功制备硅酸胶体的关键在于
稀盐酸的加入量 ，丙同学实验中出现浑浊的原因是 过量的盐酸导致胶体发生聚沉 。
【分析】（1）胶体中分散质粒子直径在 1﹣100nm，灰霾粒子比较小，平均直径大约在 1000～2000nm
左右，不属于胶体，不具有胶体的性质；
（2）根据题给信息，结合化学方程式书写的方法进行书写即可；
（3）制备氢氧化铁胶体的化学方程式 FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，根据胶体的性
质可知，提纯胶体的方法是渗析；
（4）胶体能够产生丁达尔效应，对比分析得出结论。
【解答】解：（1）A.灰霾空气和固体颗粒形成的混合物，是一种分散系，故 A 正确；
B.灰霾粒子比较小，平均直径大约在 1000～2000nm 左右，不是胶体，没有丁达尔现象应，故 B 错误；
C.灰霾粒子平均直径大约在 1000～2000nm 左右，比胶体粒子大，属于不稳定体系，故 C 错误；
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D.口罩能过滤掉灰霾粒子，所以戴口罩能阻止呼入灰霾粒子，故 D 错误；
故选：A；
（2）金属氧化物与硫酸反应，即氧化铁与硫酸反应生成硫酸铁和水的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4
＝Fe2（SO4）3+3H2O，碳氧化物与足量氢氧化钠溶液反应，即二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳和水，
其反应的化学方程式为：CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O，
故答案为：Fe2O3+3H2SO4＝Fe2（SO4）3+3H2O；CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O；
（3）制备氢氧化铁胶体的化学方程式 FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl，根据胶体的性
质可知，提纯胶体的方法是渗析；
故答案为：FeCl3+3H2O Fe（OH）3（胶体）+3HCl；渗析；
（4）胶体能够产生丁达尔效应，故成功制备硅酸胶体的是乙同学，由题干信息可知，甲同学未加稀盐
酸、乙同学滴加少量的稀盐酸，丙同学加入等体积的稀盐酸，故稀盐酸的加入量是决定制备硅酸胶体
的成功关键，比较乙和丙同学不难发现，丙同学加入的稀盐酸过量，过量的盐酸导致胶体发生聚沉，
导致丙同学制备实验中溶液出现浑浊，
故答案为：乙；稀盐酸的加入量；过量的盐酸导致胶体发生聚沉。
【点评】本题考查了胶体的制备和性质，难度不大，应注意基础知识的掌握和应用。
19．下表为元素周期表的一部分，请参照元素①～⑨在表中的位置，用化学用语回答下列问题：
族 ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
周期
1 ①
2 ② ③ ④ ⑤
3 ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
（1）非金属性最强的元素是 F （填元素符号）。
（2）写出图中标出的元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的物质与⑧的最高价氧化物反应的
离子方程式 Al2O3+2OH﹣＝2 +H2O 。
（3）④与⑥按照原子个数比 1：1 形成的化合物的电子式为 。
（4）①与③形成的原子个数比为 3：1 的化合物的结构式为 。
（5）利用如图装置可验证同主族元素非金属性的变化规律。
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①仪器 A 的名称为 分液漏斗 ；干燥管 D 的作用为 防止倒吸 ；
②若要证明非金属性：Cl＞I，则 A 中加浓盐酸，B 中加 KMnO4，（已知 KMnO4 与浓盐酸常温下反应
生成氯气），C 中加淀粉碘化钾混合溶液，如果试管 C 中溶液变蓝，即可证明。
写出试管 C 中发生反应的离子方程式： Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣ 。
【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为 H、②为 C、③为 N、④为 O、⑤为 F、⑥为 Na、⑦为
Mg、⑧为 Al、⑨Cl、⑩Ar；
（1）同周期从左向右金属性减弱，非金属性增强；同主族从上到下金属性增强，非金属性减弱；
（2）NaOH 溶液与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；
（3）④与⑥按照原子个数比 1：1 形成的化合物为 Na2O2，由钠离子和过氧根离子构成；
（4）①与③形成的原子个数比为 3：1 的化合物为 NH3，结构为三角锥形；
（5）①图中 A 为分液漏斗，球形干燥管 D 能够防止倒吸，可以避免 C 中液体进入锥形瓶中；
②证明非金属性：Cl＞I，则 A 中加浓盐酸，B 中加 KMnO4（KMnO4 与浓盐酸常温下反应生成氯气），
C 中加淀粉碘化钾混合溶液，C 中发生氯气与 KI 的反应生成碘单质，观察到 C 中溶液变蓝的现象，即
可证明，反应的离子方程式：Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣。
【解答】解：（1）同周期从左向右金属性减弱，非金属性增强；同主族从上到下金属性增强，非金属
性减弱，则①～⑩中非金属性最强的元素是 F，
故答案为：F；
（2）图中标出的元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的物质是 NaOH，与⑧的最高价氧化物
即 Al2O3，NaOH 溶液与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al2O3+2OH﹣＝2 +H2O，
故答案为：Al2O3+2OH﹣＝2 +H2O；
（3）④与⑥按照原子个数比 1：1 形成的化合物为 Na2O2，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式为
，
故答案为： ；
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（4）①与③形成的原子个数比为 3：1 的化合物为 NH3，结构为三角锥形，结构式： ，
故答案为： ；
（5）①图中 A 为分液漏斗，球形干燥管 D 能够防止倒吸，可以避免 C 中液体进入锥形瓶中，
故答案为：分液漏斗；防止倒吸；
②证明非金属性：Cl＞I，则 A 中加浓盐酸，B 中加 KMnO4（KMnO4 与浓盐酸常温下反应生成氯气），
C 中加淀粉碘化钾混合溶液，C 中发生氯气与 KI 的反应生成碘单质，观察到 C 中溶液变蓝的现象，即
可证明，反应的离子方程式：Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，
故答案为：Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣。
【点评】本题考查元素位置、结构与性质的关系，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质及元素
周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素周期律及元素化合物知识的综合应用，
题目难度不大。
20．氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，某兴趣小组利用下列仪器在实验室制备纯净
干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：
（1）装置 G 的名称为 分液漏斗 。
（2）装置 F 的作用为 除去氯气中的 HCl 。
（3）从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气（仪器不重复使用），仪器连接顺序为 B→F
→E→D→C 。（用仪器下方字母表示，如 A→B→…）。
（4）制备氯气的反应中体现了浓盐酸的 还原 性和 酸 性。
漂白粉的制备
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已知：①氯气和石灰乳在反应的过程中会放出热量。
②6Cl2+6Ca（OH）2 5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O
（5）①写出制取漂白粉的化学方程式 2Cl2+2 Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O ，并用双线
桥标注电子转移的方向和数目 。
②兴趣小组制得的漂白粉中 CaCl2 的含量远超过预期，而 Ca（ClO）2 含量明显偏低。主要原因可能是
（请用化学方程式结合文字表述） 发生了副反应 6Cl2+6Ca（OH）2 5CaCl2+Ca（ClO3）2
+6H2O，所以制得的漂白粉中 n（CaCl2） 远大于 n[Ca（ClO）2] 。
（6）为提高产品中有效成分 Ca（ClO）2 的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下可采取的措施
是 用冰水或冷水冷却 （任写一种即可）。
【分析】由实验装置可知，B 中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，然后连接 F 中饱和食盐水可除去 HCl，
再连接 E 干燥氯气，然后连接 D 收集氯气，最后连接 C 进行尾气处理，以此来解答。
【解答】解：（1）装置 G 的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（2）装置 F 的作用为除去氯气中的 HCl，
故答案为：除去氯气中的 HCl；
（3）从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气仪器连接顺序为 B→F→E→D→C（从左侧看导
管长进短出），
故答案为：B→F→E→D→C；
（4）制备氯气的反应为 MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成氯气体现还原性，生成
氯化锰体现酸性，则体现了浓盐酸的还原性和酸性，
故答案为：还原；酸；
（5）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙[Ca（ClO）2]和氯化钙，将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂
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白粉，同时有水生成，反应的化学方程式为 2Cl2+2Ca（OH）2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，用双线桥
标注电子转移的方向和数目为
故 答 案 为 ： 2Cl2+2 Ca（ OH） 2＝ CaCl2+Ca（ ClO） 2+2H2O；
；
②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸
钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca（OH）2 5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，所以制
得的漂白粉中 n（CaCl2） 远大于 n[Ca（ClO）2]，
故答案为：发生了副反应 6Cl2+6Ca（OH）2 5CaCl2+Ca（ClO3）2+6H2O，所以制得的漂白粉
中 n（CaCl2） 远大于 n[Ca（ClO）2]；
（6）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，用冰水或冷水冷却，
或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高，
故答案为：用冰水或冷水冷却。
【点评】本题考查氯气的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离
提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
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