湖南省长沙市开福区2024_2025学年高一化学上学期1月期末试题含解析

这是一份湖南省长沙市开福区2024_2025学年高一化学上学期1月期末试题含解析，共19页。试卷主要包含了5 Cu~64， 《书·舜典》附亡《书》序， 下列叙述错误的是， 下列有关化学用语表示正确的是等内容，欢迎下载使用。
时量：75分钟 满分：100分
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 Cu~64
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. 《书·舜典》附亡《书》序：“帝釐下土，方设居方，别生分类，作《汩作》”。分类方法在化学发展中起到了重要作用。下列有关物质分类的说法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；酸是电离出的阳离子都是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；混合物是由多种物质组成的；
【详解】A．为两性氧化物，胆矾为纯净物，A项错误；
B．为纯净物，为非电解质，B项错误；
C．氨水为混合物，不属于碱，为碱，不是碱性氧化物，液氯是单质，不是电解质，C项错误；
D．醋酸为酸、烧碱为碱、氧化铜为碱性氧化物、碘酒为溶液混合物、熔融过氧化钠为电解质，D项正确；
答案选D。
2. 下列叙述错误的是
A. 为了使铝制品适应于不同的用途，常采用化学方法对铝的表面进行处理，如增加膜的厚度，对氧化膜进行着色
B. 人们在过渡元素中寻找制造催化剂和耐高温、耐腐蚀合金的元素
C. 1869年门捷列夫将元素按照原子的核电荷数由小到大依次排列，并将化学性质相似的元素放在一起，制出了第一张元素周期表
D. 化学反应的过程，本质上就是旧化学键断裂和新化学键形成的过程
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝制品表面处理是常见的工业方法，通常通过阳极氧化等化学处理来增加氧化膜的厚度，并可以通过着色来改善外观或增加功能，A说法正确；
B．过渡元素（如铁、镍、钴、铂等）因其独特的电子结构，常被用于制造催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金，B说法正确；
C．门捷列夫在1869年确实制出了第一张元素周期表，但他当时是按照原子量而非核电荷数（即原子序数）来排列元素的。核电荷数的概念是在后来才被引入的，C说法错误；
D．化学反应的本质确实是旧化学键的断裂和新化学键的形成，有新物质的生成，伴随能量的变化，D说法正确；
答案选C。
3. 下列有关化学用语表示正确的是
A. HCl的形成过程可表示为
B. 与是同素异形体
C. 的结构示意图为
D. 的分子结构模型是
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCl为共价化合物，用电子式表示其形成：，A正确；
B．与是同种物质，B错误；
C．O质子数为8，C错误；
D．是直线形分子，D错误；
答案选A。
4. 下列有关离子方程式书写正确的是
A. 向酸性溶液中滴加过量氯水：
B. 向二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液：
C. 与过量溶液反应：
D. 酸性溶液中，硫酸亚铁被双氧水氧化：
【答案】C
【解析】
【详解】A．向酸性溶液中滴加过量氯水，生成氯化铁和碘，反应的离子方程式为：，A错误；
B．向二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液生成和水，反应的离子方程式为：，B错误；
C．与过量溶液反应，生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：，C正确；
D．酸性溶液中，硫酸亚铁被双氧水氧化，反应的离子方程式为：，D错误；
答案选C。
5. 类比法是研究物质性质的常用方法之一，可预测许多物质的性质，但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比正确的是
A. Na和水反应生成NaOH和，则Fe和水蒸气反应也生成和
B. Fe在氯气中燃烧生成，推测Fe与碘混合加热反应生成
C. 已知Na与加热能生成，推测Li与加热也生成
D. 溶液中通入过量可以生成，则NaOH溶液中通入过量也可以生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe和水蒸气反应生成四氧化三铁，A错误；
B．碘单质氧化性比氯气弱，所以Fe与碘混合加热反应生成，B错误；
C．Li与加热也生成，C错误；
D．溶液与过量反应生成，NaOH溶液与过量反应生成，D正确；
答案选D。
6. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 将25.0g胆矾溶于1L水配成溶液，该溶液的物质的量浓度为
B. 2.8g CO和的混合气体含有质子数为
C. 含0.3ml 的饱和溶液在沸水中完全反应，生成胶体的胶粒数为
D. 标准状况下，22.4L氟化氢(HF)中含有的氢原子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．胆矾（CuSO4·5H2O）的摩尔质量为250g/ml，25.0g胆矾的物质的量为0.1 ml，溶于1L水后溶液的体积会大于1L，因此物质的量浓度小于0.1 ml/L，故A错误；
B．CO和N2的摩尔质量均为28 g/ml，2.8 g混合气体的总物质的量为0.1 ml，每个CO或N2分子均含14个质子，总质子数为0.1 ml ×14×NA=1.4NA，故B正确；
C．Fe(OH)3胶粒由多个Fe(OH)3分子聚集而成，胶粒数远小于0.3NA，故C错误；
D．标准状况下，HF为液态或固态，无法形成22.4 L气体，故D错误；
故答案为A。
7. 下列各组澄清溶液中的离子在指定条件下能大量共存，且加入(或通入)试剂X后发生反应的离子方程式书写正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．与Al反应产生的溶液可能有大量或，这两种离子和均不能大量共存，故A错误；
B．四种离子在指定条件下能大量共存，且只有氧化性能与铜粉反应，所以加入过量铜粉发生反应：，故B正确；
C．四种离子在指定条件下能大量共存，少量盐酸后发生中和反应即，故C错误；
D．新制氯水中存在与不能大量共存，发生反应：，故D错误；
故选B。
8. “价-类”二维图是学习元素化合物性质的归纳方法。下列“价-类”二维图中，部分物质含钠或铁元素。下列说法不正确的是
A. d→c→e→f→d转化均可一步实现
B. b代表的物质中，有既能与酸反应也能与碱反应的物质
C. a代表的物质中，阴阳离子个数比均为
D. 若物质g燃烧火焰呈黄色，该单质在空气中久置最终变成其酸式盐
【答案】D
【解析】
【分析】“价-类”二维图可知，a为Na2O或Na2O2，b为钠盐，c为亚铁盐，d为铁盐，e为Fe(OH)2，f为Fe(OH)3，g为金属钠或铁的单质。
【详解】A．若该元素表示铁元素，d→c表示铁离子被还原为亚铁离子，c→e亚铁离子与碱反应生成氢氧化亚铁，e→f表示氢氧化铁与氧气和水反应生成氢氧化铁，f→d表示氢氧化铁与酸反应生成铁离子，A正确；
B．b为钠盐，碳酸氢钠既能与酸反应也能与碱反应，B正确；
C．a为Na2O或Na2O2，阴阳离子个数比均均为，C正确；
D．物质g燃烧火焰呈黄色，此时元素为Na元素，其单质在空气中久置最终变为碳酸钠，属于正盐，D错误；
答案选D。
9. 下列实验装置或操作正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，称量氢氧化钠固体时应在小烧杯中称量，不能在滤纸上称量，故A错误，
B．氯气会优先与碘化钾溶液反应置换出能使淀粉溶液变蓝色的碘，干扰溴和碘非金属性强弱的比较，则题给装置无法达到比较氯气、溴、碘非金属性强弱的实验目的，故B错误，
C．氯化氢和二氧化碳都能与碳酸钠溶液反应，所以不能用碳酸钠溶液除去二氧化碳中氯化氢杂质，应将碳酸钠溶液换成饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；
D．金属钠与水反应如果放热，反应放出的热量会使U形管内红墨水左低右高，通过实验可以判断该反应是否为放热反应，则题给装置能达到验证钠和水反应是否放热的实验目的，故D正确；
故选D。
10. 废旧镀锌铁皮除去锌后，可用于制备磁性纳米粒子，工艺流程如下图所示
已知：
下列有关说法错误的是
A. “碱洗”的主要目的是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B. “氧化”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C. “氧化”后的溶液中金属阳离子主要有、、
D. “加热沉铁”时通入的目的是排除对产品的影响
【答案】A
【解析】
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液，Zn和铝的性质类似，此操作可除去油污和锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：，先通入氮气排尽空气(防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化)，加入氢氧化钠溶液沉铁，分离得到四氧化三铁纳米粒子，溶液中含有氯化钠和硫酸钠。
【详解】A．由分析可知，“碱洗”是为了除去油污和锌，A错误；
B．硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子：，反应中次氯酸钠为氧化剂、亚铁离子为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比1：2，B正确；
C．由分析，部分亚铁离子被氧化为铁离子，“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有、、，C正确；
D．根据分析可知，通入氮气排尽空气，可防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化，D正确；
答案选A。
11. 已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，W与X可以形成五核18电子分子，Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍。下列说法错误的是
A. 原子半径：W>Y>Z>X
B. 半导体器件的研制开始于W
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>W
D. 简单气态氢化物的热稳定性：Z>W
【答案】B
【解析】
【分析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、W位于不同周期，可推测X为氢元素，Y、W分别位于第二、三周期，W与X可以形成五核18电子分子，即WX4，可推测W为硅元素；Y、Z的最外层电子数之和是W的最外层电子数的3倍，可知Y、Z的最外层电子数之和为12，则Y、Z分别位于第ⅤA族和第ⅦA族，因此可推测Y、Z分别为氮元素和氟元素，即X、Y、Z、W分别为H、N、F、Si，据此分析进行解答。
【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，原子半径越小，原子半径：，A正确；
B．半导体器件的研制开始于Ge，B错误；
C．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，酸性：，C正确；
D．元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，简单气态氢化物的热稳定性：，D正确；
答案选B。
12. 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，值与体系的pH有关，根据表格数据分析，下列说法正确的是
A. 由表格数据分析，氧化性：
B. 与浓盐酸发生反应：
C. 从图中数据可知，氧化型物质的氧化性随着溶液酸性增强而减弱
D. 碱性条件下可发生反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸性介质的值未知，所以无法得出氧化性：的结论，A项错误；
B．中含有C³⁺，在与浓盐酸反应时，若酸性介质， C³⁺氧化Cl⁻生成Cl₂， B项错误；
C．从图中数据可知，酸性介质=1.49V，=1.84V，碱性介质，=0.84V，=0.17V，不符合氧化型物质的氧化性随着溶液酸性增强而减弱的说法，C项错误；
D．在碱性条件下，=0.84V，=0.17V，所以的氧化性强于，发生反应发生反应：，D项正确；
答案选D。
13. 为了测定NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物中各组分的含量，某同学设计如下实验：取一定质量的混合物，通过测定反应前后②和③装置的质量变化，计算得出该混合物中各组分的质量分数。下列说法错误的是
A. ①、②、③中可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰
B. 若去掉装置④，会导致NaHCO3含量偏低
C. 若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则测得的NaCl含量偏低
D. 实验过程中一直通入空气，停止加热后继续通入空气一段时间
【答案】B
【解析】
【分析】根据实验目的和装置的连接顺序可知：①装置用于吸收空气中的CO2和水蒸气，可以使用碱石灰；②装置吸收Na2CO3 ∙10H2O和NaHCO3分解生成的水蒸气，可以使用无水CaCl2；③装置吸收碳酸氢钠分解生成的CO2，使用碱石灰。
【详解】A．①、②、③的作用分别为吸收空气中的CO2和水蒸气、吸收固体分解生成的水蒸气、吸收分解生成的二氧化碳，则可以依次盛装碱石灰、无水CaCl2、碱石灰，A正确；
B．若去掉装置④，③中的碱石灰会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，从而使质量偏大，导致NaHCO3含量偏高，B错误；
C．若将①装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶，则会增加水的质量，使测得Na2CO3∙10H2O的含量偏高，NaCl含量偏低，C正确；
D．停止加热后继续通入空气使存留在装置中的CO2和水蒸气完全被吸收，D正确；
故选B。
14. 把一小块镁铝合金溶于100mL盐酸中，然后向其中滴入 溶液，生成沉淀的质量和加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是
A. 反应至B点时，所得溶液中溶质仅有一种
B. 盐酸的浓度为
C. 镁铝合金溶于盐酸时一共产生标准状况下224mL
D. 合金中镁和铝的物质的量之比为
【答案】C
【解析】
【分析】镁、铝都和盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，向反应后的溶液中滴入NaOH溶液，根据图像可知，和镁、铝反应后盐酸过量，NaOH先和盐酸发生酸碱中和反应，然后氯化镁和氯化铝和NaOH生成氢氧化物沉淀，加入50mLNaOH溶液时，沉淀量达到最大，再继续加入NaOH溶液，Al(OH)3溶解，加到60mLNaOH溶液时，Al(OH)3溶解完全。
【详解】A．加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，和转化为和，溶液为氯化钠溶液，溶液中的溶质只有一种，故A正确；
B．加入氢氧化钠溶液为50mL时，溶液为氯化钠溶液，根据钠元素守恒，此时溶液中，根据氯元素守恒，，故盐酸的物质的量浓度为，故B正确；
C．由图可知，从开始至加入NaOH溶液10mL，没有沉淀生成，说明原溶液中溶解Mg、Al后，，则与Mg、Al反应消耗 HCl，由可知，产生氢气的物质的量为0.02ml，若处于标准状况下，，故C错误；
D．由图可知，从加入10mL氢氧化钠溶液开始产生沉淀，加入氢氧化钠溶液为50mL时，沉淀量最大，此时为和，该阶段消耗氢氧化钠溶液40mL，NaOH溶液的浓度为1ml/L，由氢氧根守恒可知，加入氢氧化钠溶液50~60mL溶解氢氧化铝，该阶段发生反应，，该阶段中，代入上式可得，由元素守恒可知，合金中镁铝的物质的量之比为，故D正确；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 家庭厨房中有许多中学化学常见的物质，它们的主要成分如下表。
回答下列问题：
（1）以上主要成分中属于电解质的有_______(填序号)。
（2）为配制450mL 0.2ml/L的NaCl溶液，应用托盘天平称量NaCl_______g，该实验所需玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管外还有_______，定容时仰视刻度线，则所配溶液_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（3）某NaCl溶液含一定量的、杂质，图甲表示原溶液中部分离子的浓度，图乙表示0.2L该溶液加水稀释过程中随溶液体积的变化。
_______ml/L，原溶液中为_______ml/L。
（4）室温下，某容积固定的密闭容器由可移动的活塞隔成A、B两室，分别向A、B两室充入、混合气体和1ml空气，此时活塞的位置如图所示。
实验测得A室混合气体的质量为34g，若将A室、混合气体点燃，恢复原温度后，最终活塞停留的位置在_______刻度处。(非气体体积忽略不计)
【答案】（1）①②③ （2） ①. 5.9 ②. 500mL容量瓶 ③. 偏低
（3） ①. 1 ②. 7
（4）2
【解析】
【小问1详解】
氯化钠、碳酸钠在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质；乙酸在水溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质；乙醇不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故选①②③；
【小问2详解】
实验室没有450mL容量瓶，所以配制450mL0.2ml/L的氯化钠溶液时，应选用500mL容量瓶，则用托盘天平称量氯化钠的质量为0.2ml/L×0.5L×58.5g/ml≈5.9g；由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的玻璃仪器为胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；定容时仰视刻度线会使溶液的体积偏大，导致所配溶液的浓度偏低；
【小问3详解】
由图乙可知，稀释溶液的体积为1.0L时，溶液中镁离子浓度为0.2ml/L，由稀释定律可得： c1 ml/L×0.2L =0.2 ml/L×1.0L，解得c1=1；由图甲可知，溶液中钾离子、硫酸根离子、钠离子的浓度分别为2ml/L、1ml/L、5ml/L，由电荷守恒可知，溶液中氯离子浓度为(2ml/L×1+5ml/L×1)—1ml/L×2=7ml/L；
【小问4详解】
由阿伏加德罗定律可知，氢气和氧气混合气体的物质的量为1ml×2=2ml/L，设混合气体中氢气、氧气的物质的量分别为x ml、y ml，由混合气体的物质的量可得：x+y=2，由混合气体的质量可得：2x+32y=34，解联立方程可得x=1、y=1，氢气和氧气点燃发生的反应为2H2+O2=2H2O，则反应后剩余氧气的物质的量为1ml—1ml×=ml，由阿伏加德罗定律可知，恢复原温度后，A、B两室的体积比为ml×6：1ml×6=1：2，则活塞停在2处。
16. (Ⅰ)如表为元素周期表的部分，列出了10种元素在元素周期表中的位置，试回答下列问题：
（1）元素②和④的简单氢化物反应生成化合物的电子式为_______。
（2）元素⑤和③的单质加热生成产物中含有的化学键类型为_______。
（3）元素⑨在周期表中的位置是_______。
(Ⅱ)L、M、N、Q、R、T分别代表上述十种元素之一，其原子半径及主要化合价关系如表：
（4）写出M最高价氧化物对应的水化物与N的最高价含氧酸反应的化学方程式：________。
（5）用一个离子方程式证明N和Q两元素的非金属性强弱：_______。
（6）R与T形成的简单氢化物的沸点较高的是：_______(填化学式)。
（7）L、M、Q、R四种元素形成的简单离子半径从大到小的顺序为_______(用相应的离子符号表示)。
【答案】（1） （2）离子键、共价键(或非极性键)
（3）第四周期第Ⅷ族 （4）Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O
（5）Cl2+2Br-=Br2+2Cl-
（6）H2O （7）Br-＞S2-＞Na+＞Al3+
【解析】
【分析】(Ⅰ)根据元素周期表结构，①为H、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl、⑨为Fe、⑩为Br，据此解答。
(Ⅱ)结合L、M、N、Q、R、T原子半径及主要化合价，L为Na、M为Al、N为Cl、Q为Br、R为S、T为O，据此解答。
【小问1详解】
元素②和④的简单氢化物分别为NH3、HF，反应生成化合物为NH4F，电子式为。
【小问2详解】
元素⑤和③的单质加热生成产物为Na2O2，含有的化学键类型为离子键、共价键(或非极性键)。
【小问3详解】
元素⑨为Fe，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。
【小问4详解】
M最高价氧化物对应的水化物为Al（OH）3，N的最高价含氧酸为HClO4，反应的化学方程式：Al(OH)3+3HClO4=Al(ClO4)3+3H2O。
【小问5详解】
N为Cl、Q为Br，证明N和Q两元素的非金属性强弱的离子方程式为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。
【小问6详解】
R与T形成的简单氢化物分别为H2S、H2O，水形成分子间氢键，沸点较高的是：H2O。
【小问7详解】
根据层多径大、核大径小，L、M、Q、R四种元素形成的简单离子半径从大到小的顺序为Br-＞S2-＞Na+＞Al3+。
17. 高铁酸钾是一种高效的水处理剂，为紫色固体，微溶于KOH溶液，具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在0~5℃的强碱性溶液中较稳定。实验室制备的装置如图所示。(夹持装置略去)
回答下列问题：
（1）装置A中盛放浓盐酸的仪器名称是_______，请判断氧化性强弱：_______(填“>”、“＜”或“=”)。
（2）装置B中盛放的试剂是_______，其目的为_______。
（3）装置C中生成的化学方程式为_______。
（4）下列说法正确的是_______(填字母)。
A. 和都可以在水处理中起到杀菌消毒作用
B. 搅拌操作，既可以防止局部溶液碱性减弱，又可以使反应物充分接触，加快反应速率
C. 可对装置C进行加热来加快反应速率
D. 装置C中KOH溶液过量的原因是在碱性环境中能稳定存在
（5）某同学通过实验得出，酸性溶液中的氧化性：，具体实验操作如下：将制得的溶液滴入和足量的混合溶液中，振荡，充分反应后，溶液最终的颜色是_______，该同学根据以上实验得出氧化性：，其依据是_______。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. ＞
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 除去氯气中混有的HCl
（3） （4）ABD
（5） ①. 浅紫色 ②. 为紫色固体，其溶液是紫色，在足量的酸作用下快速分解，说明紫色是将锰离子氧化生成的的颜色
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中氯气与过量氢氧化钾溶液和氢氧化铁反应制备高铁酸钾，装置D中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。
【小问1详解】
由实验装置图可知，装置A中盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；二氧化锰与浓盐酸共热反应制得氯气，高锰酸钾固体与浓盐酸常温下反应制得氯气，由反应条件可知，高锰酸钾的氧化性强于二氧化锰；
【小问2详解】
由分析可知，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体；
【小问3详解】
由分析可知，装置C中氯气与过量氢氧化钾溶液和氢氧化铁反应制备高铁酸钾，反应的化学方程式为；
【小问4详解】
A．氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，高铁酸钾也具有强氧化性，也能起到杀菌消毒的作用，所以二者都可以在水处理中起到杀菌消毒作用，故正确；
B．搅拌操作可以增大反应物之间的接触面积，还可以防止局部溶液碱性减弱，加快反应速率，故正确；
C．由题意可知，高铁酸钾在0~5℃的强碱性溶液中比较稳定，不可对装置C进行加热来加快反应速率，故错误；
D．由题意可知，高铁酸钾在0~5℃的强碱性溶液中比较稳定，所以实验时装置C中氢氧化钾溶液过量的目的是高铁酸钾在碱性环境中能稳定存在，故正确；
故选ABD；
【小问5详解】
由题给信息可知，高铁酸钾在酸性或中性溶液中快速产生氧气，则将制得的高铁酸钾溶液滴入硫酸锰和足量硫酸的混合溶液中，振荡，充分反应后，过量的高铁酸钾在足量的酸作用下快速分解，则反应得到的溶液是硫酸铁和高锰酸钾的混合溶液，所以溶液最终的颜色是浅紫色；由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化剂高铁酸根离子的氧化性强于高锰酸根离子。
18. 亚氯酸钠是一种杀菌、漂白剂，可用于棉纺漂白、食品消毒、水处理等。
Ⅰ．一种由制取晶体的流程如下。
已知：①浓度过高时易发生分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下。
②在温度高于60℃时易分解生成和NaCl。
（1）在“发生器”中，与反应生成和，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
（2）向“发生器”中鼓入空气的作用是_______。
（3）“吸收塔”的作用是将产生的转化为，在该过程中反应的离子方程式为_______。
（4）溶解度曲线如图所示。从溶液中获得无水晶体的过程对温度的控制要求较高。具体操作：先减压，将溶液加热到_______(填字母)浓缩至有晶膜出现，再在常压下冷却至_______(填字母)，过滤，洗涤，干燥。
a．略低于38℃ b．略高于38℃ c．略低于60℃ d．略高于60℃
（5）不但能消毒杀菌，还对污水中有明显的去除效果，主要是将氧化生成和两种无毒气体，某污水中含浓度为a mg/L。处理1000L这种污水，至少需要_______ml(用含a的代数式表示)。
Ⅱ．NaClO和均可用于氧化去除高氯(含高浓度)废水中的有机物。
（6）已知酸性溶液中的氧化性大于的氧化性。处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是_______。
【答案】（1）2:1 （2）稀释以防爆炸
（3）
（4） ①. c ②. b
（5）
（6）酸性条件下，会氧化废水中氯离子生成氯气
【解析】
【分析】NaClO3固体中加入稀硫酸溶解，向溶液中通入SO2和空气混合气，NaClO3被SO2还原生成ClO2，ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，空气的作用是将ClO2稀释，防止发生爆炸，然后在碱性条件下用过氧化氢还原，得到NaClO2溶液，并从溶液得到NaClO2晶体。
【小问1详解】
在“发生器”中，与反应生成和，氯化合价从+5降低到+4、硫化合价从+4升高到+6，则该反应的离子方程式为：，是氧化剂，是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。
【小问2详解】
已知浓度过高时易发生分解爆炸，向“发生器”中鼓入空气的作用是：稀释以防爆炸。
【小问3详解】
“吸收塔”的作用是将产生的和H2O2发生氧化还原反应转化为，H2O2转化为O2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
【小问4详解】
由NaClO2的溶解度曲线可以看出，温度低于38℃时，会生成NaClO2•3H2O，所以温度应控制在38℃以上，从而得出从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是：将NaClO2溶液加热温度至略低于60℃蒸发浓缩、冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥，故答案为：加热温度至略低于60℃蒸发浓缩；冷却至略高于38℃结晶；故答案为：c；b。
【小问5详解】
若污水中CN-浓度为amg / L，则1000 L含CN-总质量为1000amg =ag，CN-的摩尔质量为26g /ml，需氧化的CN-物质的量为，将氧化生成和两种无毒气体，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2+2=2++2Cl-，故至少需要。
【小问6详解】
处理高氯废水中的有机物需在碱性条件下进行，其原因是：酸性条件下，会氧化废水中氯离子生成氯气。选项
酸
碱
碱性氧化物
混合物
电解质
A
盐酸
熟石灰
胆矾
B
硝酸
KOH
CO₂
C
硫酸
氨水
淀粉溶液
液氯
D
醋酸
烧碱
CuO
碘酒
熔融过氧化钠
选项
离子组
试剂X
离子方程式
A
与Al反应产生的溶液中：、、、
NaOH溶液
B
使紫色石蕊变红的溶液中：、、、
过量铜粉
C
使酚酞变红的溶液中：、、、
少量盐酸
D
新制氯水中：、、、
少量
A．配制100mL 1.00ml/L NaOH溶液的部分
实验操作：称量→溶解→转移
B．比较氧化性：
C．除去中混有的少量HCl
D．验证Na和水反应是否放热
氧化型/还原型
酸性介质
1.49V
x
1.84V
氧化型/还原型
碱性介质
0.84V
1.63V
0.17V
商品
食盐
碱面
白醋
料酒
主要成分
①NaCl
②
③
④
元素代号
L
M
N
Q
R
T
原子半径/nm
0.186
0.143
0.099
0.114
0.104
0.066
主要化合价
+1
+3
+7、-1
+7、-1
+6、-2
-2