北京市西城区2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题化学（解析版）


北京市西城区2019-2020学年高一上学期期末考试试题
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
第一部分（选择题）
每小题只有一个选项符合题意（每小题2分）
1.合金的应用促进了人类社会的发展。下列不属于合金的是（ ）
A．储氢合金
B．青花瓷
C．航母钢甲板
D．钛合金耐压球壳




【答案】B
【解析】
【分析】合金是两种或两种以上的金属（或金属和非金属）熔合而成的混合物，具有金属的性质和良好的性能。
【详解】A.为了满足某些尖端技术发展的需要,新型合金材料储氢合金是一类能够大量吸收H2,并与H2结合成金属氢化物的材料，属于合金，故A不符合题意
B.瓷器属于硅酸盐产品，不属于合金，故B符合题意；
C. 钢属于合金，是金属材料，故C不符合题意；
D.由于钛合金的硬度大、耐酸碱的腐蚀，因此可用于发展航空飞机的机体材料等，属于合金，故D不符合题意；
答案选B。
2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（ ）
A. 盐酸 B. Fe(OH)3胶体 C. 蔗糖溶液 D. Na2SO4溶液
【答案】B
【解析】
【分析】分散系分为溶液、胶体和浊液，而只有胶体有丁达尔效应，据此分析。
【详解】A. 盐酸是溶液，无丁达尔效应，故A错误；
B. 氢氧化铁胶体是胶体，有丁达尔效应，故B正确；
C. 蔗糖溶液是溶液，无丁达尔效应，故C错误；
D. Na2SO4溶液是溶液，无丁达尔效应，故D错误。
答案选B。
3.下列物质不属于电解质的是（ ）
A. Na B. H2SO4 C. NaOH D. Na2SO4
【答案】A
【解析】
【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。
【详解】A. Na是单质，电解质和非电解质都是化合物，所以钠既不属于电解质，也不属于非电解质，故A符合题意；
B. 在水溶液中，H2SO4电离出自由移动的离子导电，H2SO4是电解质，故B不符合题意；
C. NaOH是化合物，在水溶液或熔融状态下能够导电，属于电解质，故C不符合题意；
D. Na2SO4是化合物，在水溶液在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D不符合题意；
答案选A。
4.下列仪器不能用于加热的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿、试管、坩埚、蒸发皿、燃烧匙等，垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等。
【详解】A. 试管受热面积小，可以用于直接加热，故A不符合题意；
B. 圆底烧瓶热面积大，受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，能加热，故B不符合题意；
C. 坩埚是用极其耐高温的材料制作而成的器皿，它的作用是熔化和精炼金属液体，也用于固液态加热、反应的容器，C不符合题意；
D. 容量瓶上有温度和刻度，是一个配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不能加热，D符合题意；
答案选D。
5.下列元素中，属于第三周期的是（ ）
A. 氢 B. 碳 C. 氧 D. 氯
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢是第一周期第IA的元素，A错误；
B．碳是第二周期第IVA的元素，B错误；
C．氧是第二周期第VIA的元素，C错误；
D．氯是第三周期第VIIA的元素，D正确；
答案选D。
6.下列元素的原子半径最大的是（ ）
A. Na B. Al C. S D. Cl
【答案】A
【解析】
【详解】Na原子序数是11，Al原子序数是13，S原子序数是16，Cl原子序数是17，Na、Al、S、Cl都是第三周期元素，电子层数相同，原子序数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，原子半径越小，所以原子半径最大的是Na，故选A。
7.下列物质中，含有共价键的是（ ）
A. HCl B. Na2O C. MgCl2 D. NaCl
【答案】A
【解析】
【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族(氢除外)、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。
【详解】A. HCl中氯原子和氢原子之间只存在共价键，故A正确；
B. Na2O中钠离子与氧离子之间只存在离子键，故B错误；
C. 氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；
D. NaCl中钠离子与氯离子之间只存在离子键，故D错误；
答案选A。
8.下列关于物质分类的叙述不正确的是（ ）
A. HNO3属于酸 B. Mg(OH)2属于碱
C. SO2属于氧化物 D. 液氯属于混合物
【答案】D
【解析】
【详解】A. 酸的定义是：电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，HNO3在水溶液中会电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，故A正确；
B. 碱的定义是：电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，Mg(OH)2属于碱，故B正确；
C. 氧化物定义是：两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，SO2属于氧化物，故C正确；
D. 纯净物是一种物质组成的物质，液氯属于纯净物，只有一种物质液态的氯气，不是混合物，混合物是两种或两种以上物质组成物质，故D错误；
答案选D。
9.下列各组离子能在溶液中大量共存的是（ ）
A. Na+、H+、CO32- B. Fe2+、SO42-、OH-
C. Na+、Cl-、Ag+ D. K+、NO3-、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A. H+与CO32-反应生成水和二氧化碳，在水溶液中不能大量共存，故A错误；
B. Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，会被氧气氧化成氢氧化铁，故在水溶液中不能大量共存，故B错误；
C. Cl-、Ag+反应生成氯化银沉淀，故在水溶液中不能大量共存，故C错误；
D. K+、 NO3-、Cl-之间不发生反应，在水溶液中可以大量共存，故D正确；
答案选D。
10.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. Fe与FeCl3溶液：Fe+Fe3+=2Fe2+
B. 稀HCl与KOH溶液：H++OH-=H2O
C. CaCO3与稀HCl：CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D. FeO与稀H2SO4：FeO+2H+=Fe3++H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故A错误；
B. 稀盐酸与氢氧化钾溶液发生中和反应，该反应的离子方程式为：H++ OH−═H2O，故B正确；
C. 碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为：CaCO3 + 2H+═Ca2++ CO2↑ + H2O，故C错误；
D. FeO与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和水，FeO+2H+=Fe2++H2O，故D错误；
答案选B。
11.有关Na2O2的叙述不正确的是（ ）
A. 是淡黄色固体 B. 可以作供氧剂
C. 应密封保存 D. 氧元素的化合价为−2价
【答案】D
【解析】
【详解】A. Na2O2是淡黄色固体，故A正确；
B. Na2O2与水或二氧化碳反应释放出氧气，可以作供氧剂，故B正确；
C. Na2O2易与水和二氧化碳反应，故需要密封保存，故C正确；
D. 根据化合物元素正负化合价之和为0，可得Na2O2中氧元素的化合价为−1价，故D错误；
答案选D。
12.U常用于核裂变反应。下列关于U的叙述正确的是（ ）
A. 质子数为235 B. 电子数为143
C. 核电荷数为235 D. 中子数为143
【答案】D
【解析】
【分析】含有的质子数为92，质量数为235，中子数=质量数-质子数求算，核外电子数=核电荷数=质子数求算。
【详解】A. U的左下角的数字表示质子数，质子数为92，故A错误；
B. 核外电子数=核电荷数=质子数=92，故B错误；
C. 核外电子数=核电荷数=质子数=92，故C错误；
D. 中子数=质量数-质子数=235-92=143，故D正确；
答案选D。
13.下列物质的电子式的书写，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A. 二氧化碳是共价化合物，二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，达稳定结构，故A错误；
B. 氯气分子中存在氯氯单键，每个Cl原子周围还有六个电子，故B错误；
C. 氨气是共价化合物，氮原子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：，故C错误；
D. 氯化钠为离子化合物，电子式为，故D正确；
答案选D。
14.下列关于物质性质的比较，正确的是（ ）
A. 金属性：Al＞Na B. 稳定性：HF＞HCl
C. 酸性：H2SiO3＞H2SO4 D. 碱性：Al(OH)3＞Mg(OH)2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 由金属活动性顺序表可知：金属性：Na > Al，且两者处于同一周期，原子序数依次增大，原子序数小的，金属性强，故A错误；
B. 元素的非金属性越强，其对应简单气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性F＞Cl，则稳定性HF＞HCl，故B正确；
C. 元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的酸的酸性越强，由于非金属性S＞Si，则酸性H2SO4> H2SiO3，故C错误；
D. 元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的碱的碱性越强，由于金属性Mg>Al，则碱性Mg(OH)2> Al(OH)3，故D错误；
答案选B。
15.在化学实验中，具有安全意识是重要的科学素养。下列实验操作不正确的是（ ）
A. 氢气点燃前，先检验氢气的纯度
B. 金属钠着火时，用干燥的沙土覆盖
C. 稀释浓硫酸时，将水沿烧杯内壁倒入浓硫酸中
D. 闻氯气时，用手在瓶口轻轻扇动，使极少量的氯气飘进鼻孔
【答案】C
【解析】
【详解】A. 氢气是可燃性气体，点燃氢气前要检验氢气的纯度，故A正确；
B. 钠与水反应生成易燃气体氢气，钠着火时不能用水灭火，沙土能够隔绝空气，应该用干燥的沙土灭火，故B正确；
C. 浓硫酸具有强腐蚀性，水入酸时会放出大量的热造成液体飞溅，引起安全事故，故稀释浓硫酸时，将浓硫酸倒入水中，防止液体飞溅，故C错误；
D. 闻氯气的气味时，用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量的氯气飘进鼻孔，符合安全操作要求，故D正确；
答案选C。
16.下列物质间的转化，不能一步实现的是（ ）
A. Na→Na2O2 B. Fe2O3→Fe(OH)3
C. Cl2→FeCl3 D. FeCl3→FeCl2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 钠氧气中点燃生成过氧化钠，可以一步实现，故A不符合题意；
B. Fe2O3难溶于水，不与水反应，不可以一步实现，故B符合题意；
C. 铁在氯气中点燃，生成三氯化铁，可以一步实现，故C不符合题意；
D. FeCl3与铁反应生成氯化亚铁，可以一步实现，故D不符合题意；
答案选B。
17.下列除杂试剂和分离方法都正确是（ ）
选项
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
分离方法
A
Fe（Cu）
盐酸
过滤
B
CO2（HCl）
NaOH溶液
洗气
C
FeCl2溶液（FeCl3）
铁粉
过滤
D
Fe2O3（Al2O3）
盐酸
过滤
【答案】C
【解析】
【详解】A.铁与盐酸反应，铜与盐酸不反应，让铁与铜的混合物与盐酸反应，会将铁反应，铜会剩余，不能除去铁，故A错误；
B二氧化碳属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此，不能用氢氧化钠溶液作除杂试剂，应该使用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C.FeCl2溶液中的FeCl3，加入铁粉，三氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；
D. Fe2O3和Al2O3的混合物加入盐酸，氧化铁和氧化铝都与盐酸反应生成盐和水，不能除杂，故D错误；
答案选C。
18.门捷列夫研究元素周期表时，科学地预测了铝的下方有一种与铝类似的“类铝”元素，1875年法国化学家布瓦德朗发现了这种元素，命名为“镓（Ga）”，它的性质和门捷列夫的预测相吻合。镓与铝是同主族元素，下列叙述不正确的是（ ）
A. 镓的金属性比铝的强 B. 镓的原子半径比铝的小
C. 镓原子的最外层有3个电子 D. 氧化镓的化学式是Ga2O3
【答案】B
【解析】
【详解】A. 镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，失电子能力增强，故金属性增强，故A正确；
B. 镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，镓的原子半径比铝的大，故B错误；
C. 镓与铝是同主族元素，最外层有3个电子，故C正确；
D. 镓原子的最外层电子数为3，在化学反应中易失去3个电子而形成带3个单位正电荷的阳离子，化合价的数值等于离子所带电荷的数值，且符号一致，则该元素的化合价为+3价；氧元素显−2价，镓和氧组成化合物的化学式为Ga2O3，故D正确；
答案选B。
19.下列叙述正确的是（ ）
A. 常温常压下，14gN2含有的分子数约为3.01×1023
B. 64gSO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数约为6.02×1023
D. 2L0.5mol•L−1MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为6.02×1023
【答案】A
【解析】
【详解】A. 14gN2为0.5mol，分子数=0.5mol ×6.02×1023=3.01×1023，故A正确；
B. 64gSO2的物质的量===1mol，1mol任何物质具有的微粒数为6.02×1023，一个二氧化硫分子具有的氧原子数为2个，故1mol SO2中氧原子数为6.02×1023×2=1.204×1024，故B错误；
C. 标准状况下，水不是气体，故不能用气体的摩尔体积进行计算，故C错误；
D. 2L0.5mol•L−1 MgCl2溶液中含有的氯离子数为2L×0.5mol/L×2×NA=2×6.02×1023==1.204×1024，故D错误；
答案选A。
20.向下列溶液中分别滴加氯水，由此观察的现象与得出的结论不匹配的是（ ）
选项
溶液
实验现象
结论
A
滴有KSCN的FeCl2溶液
溶液变红
氯水具有氧化性
B
NaHCO3溶液
产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
氯水中含有H+
C
HNO3酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
氯水中含有Cl－
D
紫色石蕊溶液
先变红后褪色
Cl2具有酸性和漂白性
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯水中含有Cl2，并且Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3使KSCN溶液变红，说明氯水具有氧化性，故A正确；
B. NaHCO3溶液滴加氯水，产生能使澄清石灰水变浑浊气体，是二氧化碳，说明氯水中有酸性物质，即含有H+，故B正确；
C溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl−，故C正确；
D. Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出HCl的酸性和HClO的漂白性，故D错误；
答案选D。
第二部分（非选择题）
21.补齐物质与其用途的连线。___

【答案】
【解析】
【分析】结合物质的性质分析，在生产生活中的应用。
【详解】氯化铁中三价铁具有氧化性，可将铜单质氧化为铜离子，故可用于蚀刻铜板；
次氯酸钠具有氧化性，也是漂白液的主要成分，可用于制作漂白液；
氧化铁俗称铁红，可用于制作油漆和涂料的原料；
碳酸氢钠受热不稳定生成二氧化碳，可用于制作糕点的膨松剂；
故答案为：。
22.运用分类的方法，可以发现物质及其变化的规律。Na2O与CaO都属于__氧化物（填“酸性”或“碱性”）。Na2O可以分别与H2O、CO2、HCl反应，任选两个反应，写出其化学方程式___、__。
【答案】(1). 碱性 (2). Na2O+H2O=2NaOH (3). Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O
【解析】
【分析】根据Na2O与CaO的组成，二者都是氧化物，根据物质的性质，Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；Na2O和水反应生成氢氧化钠，Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水。
【详解】根据Na2O与CaO的组成，二者都是氧化物，根据物质的性质，Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；Na2O和水反应生成氢氧化钠，反应方程式Na2O+H2O=2NaOH，Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式Na2O+H2O=2NaOH，Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水，反应方程式Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，
故答案为：碱性；Na2O+H2O=2NaOH；Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O（任写两个）。
23.工业上冶炼铁的原理为：Fe2O3 +3CO2Fe+ 3CO2。
（1）该反应中氧化剂是__（填化学式），碳元素被__（填“氧化”或“还原”）。
（2）若消耗了3molCO，则生成CO2的体积是__L（标准状况），转移电子的物质的量是___mol。
【答案】(1). Fe2O3 (2). 氧化 (3). 67.2 (4). 6
【解析】
【分析】（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降来判断；
（2）根据标况下，V=nVm计算气体体积，根据氧化还原反应中电子得失计算电子的物质的量。
【详解】（1）Fe2O3中铁的化合价由+3价变为0价，化合价降低被还原，作氧化剂；CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价，化合价升高被氧化，作还原剂；
故答案为：Fe2O3；氧化；
（2）根据反应方程式，若消耗了3molCO同时生成了3molCO2，则标况下，CO2的体积=nVm=3mol×22.4L/mol=67.2L；CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价，即1molCO转移2mol电子，则3molCO共转移6mol电子，
故答案为：67.2；6。
24.用NaCl固体配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液，请回答下列问题。
（1）用到的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__。
（2）用托盘天平称取NaCl固体的质量是__g。
（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是__（填字母）。
A．定容时，俯视刻度线 B．转移液体时，有少量液体洒出
C．加蒸馏水超过了刻度线 D．没有洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】(1). 100mL容量瓶 (2). 11.7 (3). A
【解析】
【分析】（1）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液需要100mL容量瓶，用到的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；
（2）根据n=cV计算溶质的物质的量，再有m=nM计算溶质的质量；
（3）根据c=进行分析。
【详解】（1）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液需要100mL容量瓶，用到的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；
故答案为：100mL容量瓶；
（2）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液，NaCl的物质的量=cV=0.1L×2.0mol·L−1=0.2mol，则NaCl的质量=nM=0.2mol×58.5g/mol=11.7g，
故答案为：11.7；
（3）A. 定容时，俯视刻度线，使所配置溶液溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A符合题意；
B. 转移液体时，有少量液体洒出，使所配溶液溶质的物质的量减少，溶液浓度偏低，故B不符合题意；
C. 加蒸馏水超过了刻度线，使所配置溶液溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不符合题意；
D. 没有洗涤烧杯和玻璃棒，使所配溶液溶质的物质的量减少，溶液浓度偏低，故D不符合题意；
故答案选A。
25.实验室用如图装置制备并收集干燥纯净的Cl2。

（1）装置A中反应的化学方程式是___。
（2）装置B的作用是__。
（3）装置C中盛放的物质是__。
（4）装置D用于收集Cl2，请将图中装置D的导气管补充完整___。
（5）装置E用于吸收尾气，E中反应的离子方程式是__。
【答案】(1). MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). 除去Cl2中混有的HCl (3). 浓硫酸 (4). (5). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【分析】（1）装置A是用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取氯气的装置；
（2）装置B盛有饱和食盐水，用来除去氯气中的氯化氢气体；
（3）通过装置B出来的氯气中含有水，则装置C中盛放的物质是浓硫酸，除去氯气中的水分；
（4）装置D用于收集Cl2，氯气的密度比空气大，收集时，使用向上排空气法，集气瓶内的导管应长进短出；
（5）装置E盛有氢氧化钠用于吸收多余的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
【详解】（1）装置A是用来制取氯气的装置，根据图示浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取氯气，化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）由于盐酸具有挥发性，从装置A中出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B盛有饱和食盐水，用来除去氯气中的氯化氢气体，故答案为：除去Cl2中混有的HCl；
（3）通过装置B出来的氯气中含有水，则装置C中盛放的物质是浓硫酸，除去氯气中的水分，故答案为：浓硫酸；
（4）装置D用于收集Cl2，氯气的密度比空气大，收集时，使用向上排空气法，集气瓶内的导管应长进短出，装置图为：，故答案为：；
（5）装置E盛有氢氧化钠用于吸收多余的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
26.阅读短文，回答问题。
世界卫生组织（WHO）和中国卫健委公认二氧化氯（ClO2）为新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。国家疾病控制中心建议，为了避免传染病的传播，餐饮用具可用200mg·L− 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5mg·L− 1用ClO2进行消毒。常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，在水中的溶解度是Cl2的5～8倍。ClO2是强氧化剂，其有效氯是Cl2的2.6倍。ClO2不与冷水反应，遇热水则分解成HClO、Cl2和O2。
下表列出了ClO2与传统消毒剂（氯制剂）的部分性能比较：
性能
ClO2
氯制剂（84消毒液、漂白粉等）
杀菌力
可杀灭所有的微生物
可杀灭所有细菌繁殖体高浓度能杀死细菌芽孢
残留
无
有
抗药性
无
有
经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用。ClO2反应释放出的原子氧还可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂。研究表明，ClO2在浓度低于100mg·L− 1时不会对人体产生任何的影响。我国卫健委提出，逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域。
（1）请依据以上短文，判断下列说法是否正确（填“对”或“错”）。
A．可以用等浓度的ClO2溶液对餐饮用具和游泳池进行消毒。___
B．ClO2是有刺激性气味的气体。___
C．ClO2杀菌力强、无抗药性。___
D．未来ClO2在生产生活中更广泛的使用，是我国发展绿色消毒剂的方向。__
（2）某同学推测ClO2能与FeSO4溶液反应，你认为他的推测是否合理__（填“合理”或“不合理”）？用简要的文字说明理由___。
【答案】(1). 错 (2). 对 (3). 对 (4). 对 (5). 合理 (6). ClO2具有强氧化性，FeSO4具有还原性
【解析】
【分析】（1）根据题中短文描述，结合物质的性质分析判断；
（2）ClO2具有氧化性，FeSO4溶液具有还原性，可发生氧化还原反应；
【详解】（1）A. 根据题干短文描述，餐饮用具可用200mg·L− 1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5mg·L− 1用ClO2进行消毒，ClO2溶液浓度不同，故A错误，故答案为：错；
B. 常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，氯气具有刺激性气味的气体，则ClO2是有刺激性气味的气体，故B正确，故答案为：对；
C. 根据题干表格中ClO2与传统消毒剂（氯制剂）的部分性能，ClO2无抗药性，故C正确；
故答案为：对；
D. 我国卫健委提出，逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。相信在不久的将来，ClO2将广泛应用到杀菌消毒领域，则未来ClO2在生产生活中更广泛的使用，是我国发展绿色消毒剂的方向，故D正确；故答案为：对；
（2）根据短文中描述ClO2具有强氧化性，FeSO4中亚铁离子具有还原性，则ClO2能与FeSO4溶液反应，推测是合理的，故答案为：合理；ClO2具有强氧化性，FeSO4具有还原性。
27.元素周期表与元素周期律在学习、研究中有很重要的作用。下表是5种元素的相关信息，W、X都位于第三周期。
元素
信息
Q
地壳中含量最高的元素
W
最高化合价为+7价
X
最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强
Y
焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色
Z
原子结构示意图为：
（1）Q在周期表中的位置是__。
（2）W的最高价氧化物对应的水化物的化学式是___。
（3）X单质与水反应的离子方程式是__。
（4）金属性Y强于X，用原子结构解释原因：__，失电子能力Y大于X，金属性Y强于X。
（5）下列对于Z及其化合物的推断中，正确的是__（填字母）。
A．Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同
B．Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性
C．Z的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应
【答案】(1). 第二周期、第ⅥA族 (2). HClO4 (3). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ (4). 最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na (5). AB
【解析】
【分析】Q为地壳中含量最高的元素，则Q为O；W、X都位于第三周期，W最高化合价为+7价，X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强，则W为Cl，X为Na；Y的焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色，则Y为K；Z原子结构示意图为：，为35号元素，则Z为Br；结合元素性质和元素周期律进行分析解答。
【详解】（1）Q为O在周期表中的位置是第二周期、第ⅥA族，故答案为：第二周期、第ⅥA族；
（2）W为Cl，最高价为+7价，最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4，故答案为：HClO4；
（3）X为Na，其单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
（4）X为Na，Y为K，二者同族，最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na，则失电子能力K大于Na，金属性K强于Na，
故答案为：最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na；
（5）根据分析推断，Z为Br，
A. WCl ，Cl与Br同主族，最低负化合价=最高正价-8=+7-8=-1，故A正确；
B. W为Cl ，非金属性：Cl>Br，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则Br的氢化物的稳定性弱于Cl的氢化物的稳定性，故B正确；
C. Z为Br，单质为Br2，X和W形成的化合物的水溶液为NaCl溶液，由于氧化性：Cl2>Br2，则Br2不能从氯化钠溶液中置换出氯气，故C错误；
故答案选AB。
28.我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献。如图为联合制碱法的主要过程（部分物质已略去）。

资料：ⅰ．沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
ⅱ．溶解度
物质
NaCl
NH4HCO3
NaHCO3
NH4Cl
20°C溶解度/g
36.0
21.7
9.6
37.2
（1）煅烧炉中反应的化学方程式是___，物质X是___（填化学式）。
（2）下列说法正确的是__（填字母）。
A．沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小
B．滤液中主要含有NaCl、Na2CO3和NH4Cl
C．设计循环的目的是提高原料的利用率
（3）工业可用纯碱代替烧碱生产某些化工产品，如用饱和纯碱溶液与Cl2反应可制得一种在生产生活中常用于漂白、消毒的物质，同时有NaHCO3生成，该反应的化学方程式是___。
（4）某纯碱样品中含杂质NaCl，取质量为ag的样品，加入足量的稀盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质，则此样品中Na2CO3的质量分数为__。
【答案】(1). 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (2). CO2 (3). AC (4). 2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3 (5). ×100%
【解析】
【分析】（1）沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，则煅烧炉中对沉淀池形成的碳酸氢钠进行高温煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，根据图示煅烧炉中产生的物质X可用于沉淀池的循环使用，则物质X是CO2；
（2）A. 根据题干提供的溶解度表格资料，沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小；
B. 沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤后滤液中主要含有的是NH4Cl；
C. 沉淀池和煅烧炉中反应得到的产物都可作为制取纯碱的原料，故设计循环的目的是提高原料的利用率；
（3）根据题意，可将反应看做两步发生，首先氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸在于碳酸钠溶液反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠；
（4）ag的样品，加入足量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸充分反应后生成氯化钠，反应方程式为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质为氯化钠。根据反应前后钠原子守恒，设杂质NaCl的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，则
58.5x+106y=a，x+2y=，解得y=mol，碳酸钠的质量=nM=mol×106g/mol=g，则此样品中Na2CO3的质量分数为=；
【详解】（1）沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，则煅烧炉中对沉淀池形成的碳酸氢钠进行高温煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，化学方程式是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，根据图示煅烧炉中产生的物质X可用于沉淀池的循环使用，则物质X是CO2，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；CO2；
（2）A. 根据题干提供的溶解度表格资料，沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小，故A正确；
B. 沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤后滤液中主要含有的是NH4Cl，故B错误；
C. 沉淀池和煅烧炉中反应得到的产物都可作为制取纯碱的原料，故设计循环的目的是提高原料的利用率，故C正确；
故答案为AC；
（3）根据题意，可将反应看做两步发生，首先氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸再与碳酸钠溶液反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，则反应的化学方程式是2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3，故答案为：2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3；
（4）ag的样品，加入足量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸充分反应后生成氯化钠，反应方程式为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质为氯化钠。根据反应前后钠原子守恒，设杂质NaCl的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，则
58.5x+106y=a，x+2y=，解得y=mol，碳酸钠的质量=nM=mol×106g/mol=g，则此样品中Na2CO3的质量分数为=，故答案为：×100%。
29.某小组为探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，设计实验如下：
资料：稀溴水呈黄色；浓溴水呈红棕色；碘水呈棕黄色。
实验Ⅰ

实验Ⅱ
取ⅰ中的黄色溶液少许，加入KI溶液，再加入淀粉溶液。
（1）ⅰ中反应的离子方程式是__。
（2）实验Ⅰ中ⅰ和ⅱ可以得出的结论是__。
（3）①甲同学认为：实验Ⅱ观察到__现象，得出氧化性Br2＞I2。
②乙同学对上述实验进行反思，认为实验Ⅱ不能充分证明氧化性Br2＞I2，他补做了实验Ⅲ。
实验Ⅲ
另取ⅰ中的黄色溶液少许，先③步骤步骤，，，，，加入足量的NaBr固体，充分振荡，然后加入KI溶液和淀粉溶液。
补做实验Ⅲ的目的是__。
（4）综合实验Ⅰ和Ⅲ，得出氧化性Cl2＞Br2＞I2。
【答案】(1). Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 (2). 氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2 (3). 溶液变蓝 (4). 排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰
【解析】
【分析】（1）ⅰ中溴化钠溶液中加入氯水，溶液变为黄色，说明生成溴单质，形成溴水溶液，氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质；
（2）探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，实验Ⅰ中ⅰ氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2；ⅱ氯水中含有氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明Cl2的氧化性强于I2；
（3）①取ⅰ中反应后的黄色溶液即含溴水溶液，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，若淀粉溶液变蓝，说明反应生成碘单质，说明溴水中的Br2将碘离子氧化为碘单质，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；
②实验Ⅱ取ⅰ中的黄色溶液进行试验，ⅰ中反应后的黄色溶液可能含有过量的氯水，氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，不能准确证明一定是溴水将碘离子氧化为碘单质，故需要对ⅰ中反应后的黄色溶液加入足量的溴化钠，确保溶液ⅰ中反应后的溶液不含有氯水。
【详解】（1）ⅰ中溴化钠溶液中加入氯水，溶液变为黄色，说明生成溴单质，形成溴水溶液，氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，故答案为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；
（2）探究Cl2、Br2、I2的氧化性强弱，实验Ⅰ中ⅰ氯水中含有氯气将溴化钠中的溴离子氧化为溴单质，反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，说明Cl2的氧化性强于Br2；ⅱ氯水中含有氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，说明Cl2的氧化性强于I2；故答案为：氧化性：Cl2＞Br2、Cl2＞I2；
（3）①取ⅰ中的黄色溶液即溴水溶液，加入KI溶液，再加入淀粉溶液，若淀粉溶液变蓝，说明反应生成碘单质，发生反应为Br2+2I-=2Br-+I2，说明溴水中的Br2将碘离子氧化为碘单质，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，得出氧化性Br2＞I2；故答案为：溶液变蓝；
②实验Ⅱ取ⅰ中的反应后的黄色溶液进行试验，ⅰ中的黄色溶液可能含有过量的氯水，氯气将碘化钾中的碘离子氧化为碘单质，不能准确证明一定是溴水将碘离子氧化为碘单质，故需要对ⅰ中的黄色溶液加入足量的溴化钠，确保反应后的溶液ⅰ中反应后的溶液不含有氯水，因此补做实验Ⅲ的目的是排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰，
故答案为：排除可能存在的Cl2对Br2置换出I2的干扰。
30.某小组在探究Fe2+性质的实验中观察到异常现象。
实验Ⅰ
现象

溶液变红，片刻红色褪去，有气体生成（经检验为O2）。



资料：ⅰ．Fe3++3SCN－=Fe(SCN)3（红色），Fe(SCN)3中S元素的化合价为−2价
ⅱ．BaSO4是不溶于盐酸的白色沉淀
（1）实验Ⅰ体现了Fe2+的__性，补全H2O2与FeCl2酸性溶液反应的离子方程式：__Fe2+ +__H2O2 +__H+ =__Fe3++__H2O
（2）探究“红色褪去”的原因，进行实验Ⅱ：将褪色后的溶液分三份分别进行实验。

实验Ⅱ得出的结论是：红色褪去的原因是__。
（3）为进一步探究“红色褪去”的原因，进行了实验Ⅲ。
实验Ⅲ
现象

溶液变红，一段时间后不褪色。
取上述反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液
无白色沉淀产生。
分析上述三个实验，下列叙述正确的是__（填字母）。
A．实验Ⅲ中发生了氧化还原反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
B．通过实验Ⅲ推出实验Ⅰ中氧化FeCl2的只有O2
C．O2在该实验条件下不能使红色溶液褪色
D．实验Ⅰ中红色褪去与H2O2的氧化性有关
（4）上述实验探究过程用到的实验方法有__（写出一条）。
【答案】(1). 还原 (2). 2 (3). 1 (4). 2 (5). 2 (6). 2 (7). SCN-［或Fe(SCN)3］被氧化为SO42- (8). ACD (9). 对比、控制变量等
【解析】
【分析】（1）实验Ⅰ向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中加入双氧水，溶液变为血红色，说明二价铁被氧化为三价铁，三价铁离子与硫氰根离子结合变红色溶液，体现了Fe2+的还原性；
（2）将褪色后的溶液分三份分别进行实验对褪色溶液研究，实验Ⅱ说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成；
（3）为进一步探究“红色褪去”的原因，进行了实验Ⅲ，另取同浓度的 FeCl2溶液滴加2滴试剂KSCN溶液，再通入O2，溶液变红，说明O2能氧化亚铁离子生成三价铁离子，取上述反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明氧气不能氧化SCN−，则该硫酸根离子由H2O2将SCN−氧化成SO42−；
（4）实验Ⅰ和实验Ⅲ同种（同浓度，同体积）溶液中加入不同的物质，得到不同的反应现象，运用了对比、控制变量的试验方法。
【详解】（1）实验Ⅰ向氯化亚铁和硫氰化钾的混合溶液中加入双氧水，溶液变为血红色，说明二价铁被氧化为三价铁，三价铁离子与硫氰根离子结合变红色溶液，体现了Fe2+的还原性， H2O2与FeCl2酸性溶液反应的离子方程式：2Fe2+ +H2O2 +2H+ =2Fe3++2H2O；
故答案为：还原；2；1；2；2；2；
（2）通过实验Ⅱ三分溶液的变化现象，说明溶液中铁离子没有变化，有硫酸根离子生成，说明实验Ⅰ中加入的双氧水将SCN-［或Fe(SCN)3］被氧化为SO42-，
故答案为：SCN-［或Fe(SCN)3］被氧化为SO42-；
（3）另取同浓度的 FeCl2溶液滴加2滴试剂KSCN溶液，再通入O2，溶液变红，说明O2能氧化亚铁离子生成三价铁离子，取上述反应后的溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明氧气不能氧化SCN−，则该硫酸根离子由H2O2将SCN−氧化成SO42−；
A. FeCl2溶液滴加2滴试剂KSCN溶液，再通入O2，溶液变红，说明O2能氧化亚铁离子生成三价铁离子实验Ⅲ中发生了氧化还原反应：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故A正确；
B. 通过实验Ⅲ推出实验Ⅰ中被氧化FeCl2的有双氧水，故B错误；
C. 滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀产生，说明氧气不能氧化SCN−，在该实验条件下不能使红色溶液褪色，故C正确；
D. 实验Ⅰ中红色褪去是由于H2O2将SCN−氧化成SO42−，因此与H2O2的氧化性有关，故D正确；
故答案为ACD；
（4）实验Ⅰ和实验Ⅲ同种（同浓度，同体积）溶液中加入不同的物质，得到不同的反应现象，运用了对比、控制变量的试验方法，
故答案为：对比、控制变量等。