2023太原师范学院附中高二上学期分班考试化学试题含解析

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太原师院附中21级高二分班考试
化学试题(理)
(考试时间：90分钟试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量H1O16Na23Mg24P31S32Cl35.5Ca40
一、选择题(本大题共20小题，每小题3分，共60分)
1. 《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是
A. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
B. 在海轮外壳上镶入惰性金属，可减缓船体的腐蚀速率
C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅
D. 化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料
【答案】D
【解析】
【详解】A、新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故A错误；
B．在海轮外壳上镶入惰性金属，Fe的活泼性比惰性金属强，Fe作负极被腐蚀，加速船体的腐蚀速率，故B错误；
C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C错误；
D．钢筋主要成分是铁，属于金属材料，属于无机材料，故D正确；
故选：D。
2. 人类的生命健康与化学息息相关。下列说法正确的是
A. 油脂是人体不可缺少的营养物质
B. 淀粉没有甜味，糖尿病患者多食无碍
C. 重金属盐溶液能使蛋白质盐析，会使人中毒
D. 纤维素在人体内能水解为葡萄糖，为人体提供营养
【答案】A
【解析】
【详解】A.油脂是人体必需的六大营养物质之一，是人体供能物质之一，属于不可缺少的营养物质,A项正确；
B.淀粉没有甜味，在人体内水解得到葡萄糖才有甜味，所以糖尿病患者不可多吃，B项错误；
C.重金属盐溶液能使蛋白质变性，所以会使人中毒，C项错误；
D.纤维素在人体内不能能水解为葡萄糖，但是可以帮助肠胃蠕动，不能为人体提供营养，D项错误；
答案选A。
3. 下列说法正确的一组是
①均属于碱性氧化物
②已知氧化铝在熔融状态下能导电，则氧化铝在熔融状态下能电离
③海水、空气、胆矾、盐酸均为混合物
④苏打、碱石灰、醋酸、小苏打均为电解质
⑤电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
⑥熔融的电解质都能导电
A. ①③⑤⑥ B. ②④⑤ C. ②⑤ D. ②⑤⑥
【答案】C
【解析】
【详解】①为酸性氧化物，故①错误；
②在熔融状态下能导电，说明在熔融状态下能发生电离，故②正确；
③胆矾有固定的化学组成，属于纯净物，故③错误；
④碱石灰为混合物，故④错误；
⑤部分电解质在水溶液中能电离出自由移动的阴、阳离子，故这些电解质溶液可以导电，故⑤正确；
⑥为电解质，但熔融的氯化铝不导电，故⑥错误；
综上分析②⑤正确，故答案选C。
4. 下列关于胶体的叙述不正确的是
A. 电泳现象说明胶体带电
B. 利用丁达尔效应可以鉴别胶体和溶液
C. 石膏点豆腐利用了胶体聚沉的原理
D. 用过滤的方法不能除去胶体中混有的杂质离子
【答案】A
【解析】
【详解】A．电泳现象是由于胶粒吸附了电荷，在电场作用下，发生定向移动，但不能说胶体带电，胶体是不带电的，A错误；
B．胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，可利用丁达尔效应鉴别胶体和溶液，B正确；
C．豆浆是一种胶体，石膏加入豆浆中，会使豆浆发生聚沉，制成豆腐，C正确；
D．胶体中分散质微粒直径在1~100nm之间，可以透过滤纸，因此用过滤的方法不能除去胶体中混有的杂质离子，D正确；
答案选A。
5. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生的反应为。下列说法正确的是
A. 上述反应中涉及的物质均是电解质
B. 的电离方程式为
C. 是还原剂，其中氮元素被氧化
D. 还原产物与氧化产物的分子个数之比为1∶15
【答案】D
【解析】
【详解】A．单质不属于电解质，A项错误；
B．的电离方程式为，B项错误；
C．中N元素由价降低至0价，即为氧化剂，N元素被还原，C项错误；
D．根据化合价变化可知，既是还原产物又是氧化产物，且还原产物与氧化产物的分子个数之比为1∶15，D项正确；
故选D。
6. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 常温常压下，22.4LCO2所含的质子数为22NA
B. 常温常压下，18gH2O含有氢原子数为3NA
C. 0.5mol/LNa2CO3溶液中含有Na+离子的数目为NA
D. 142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阳离子总数2NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．常温常压下，气体摩尔体积Vm未知，无法计算，A错误；
B．18gH2O物质的量为1mol，含有2molH，则含有氢原子数为2NA，B错误；
C．未给溶液体积，无法计算，C错误；
D．Na2SO4和Na2HPO4的摩尔质量均为142g/mol，则142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物总物质的量为1mol，1molNa2SO4或1molNa2HPO4固体中阳离子(Na+)物质的量均为2mol，则142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中，阳离子总数=2mol×NAmol-1=2NA，D正确；
答案选D。
7. 下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是
A. 、HCl B. KOH、NaCl
C. 、 D. 、
【答案】D
【解析】
【详解】A．CaF2中化学键为离子键，而HCl中化学键为共价键，两种化合物中的化学键类型不相同，A项不符合题意；
B．KOH中含有离子键、共价键，而NaCl中只含有离子键，因此两种化合物中的化学键类型不完全相同，B项不符合题意；
C．CO2中含有共价键，而Na2O2中含有离子键、共价键，因此两种化合物中的化学键类型不完全相同，C项不符合题意；
D．MgCl2、Na2S都是离子化合物，其中只含离子键，因此二者的化学键类型完全相同，D项符合题意；
答案选D。
8. 下列属于对环境不产生污染的二次能源的是
A. 煤炭 B. 核能 C. 风能 D. 氢能
【答案】D
【解析】
【详解】A.煤炭是一次能源，而且会产生污染，故A不选；
B.核能一次能源，使用不当会污染环境，故B不选；
C.风能是一次能源，故C不选；
D.氢能是二次能源，是清洁能源，不污染环境，故D选。
故选D。
9. 下列说法正确的是
A. 14C 和14N互为同位素 B. C4H10 和C5H12互为同系物
C. SO2和SO3互为同素异形体 D. 石墨和金刚石互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A. 和 是两种不同元素的原子，不是同位素，故A错误；
B. 和 都是烷烃，结构相似，两者相差1个CH2原子团，互为同系物，故B正确；
C. 和 不是单质，不是互为同素异形体，故C错误；
D. 石墨和金刚石是碳元素组成的两种不同单质，互为同素异形体，故D错误；
故选B。
10. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X与W同主族，Z元素的单质是一种良好的半导体材料，Y的最外层电子数等于最内层电子数，W元素最高正价和最低负价的代数和为4。下列说法不正确的是
A. 原子半径的大小：W>Y>X
B. 简单气态氢化物的稳定性：X>W
C. 最高价氧化物的水化物的酸性：W>Z
D. X和Z的组成的化合物是光导纤维的主要成分
【答案】A
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素的单质是一种良好的半导体材料，则Z为Si；W元素最高正价和最低负价的代数和为4，W位于ⅥA族，X与W同主族，则X为O，W为S；Y的最外层电子数等于最内层电子数，其原子序数大于O，则Y为Mg，以此分析解答。
【详解】A．电子层越多半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大半径越小，则简单原子半径的大小：Mg＞S＞O，A错误；
B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：O>S，则简单气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，B正确；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H2SiO3，C正确；
D．X和Z的组成的化合物为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，D正确；
答案选A。
11. 下列说法全部正确的是
①CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同;②CH≡CH和C6H6含碳量相同;③苯乙烯和丁烯为同系物;④正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低;⑤标准状况下，11.2L的戊烷所含的分子数为0.5 NA（NA为阿伏加德罗常数）
A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同，都是CH2，正确；
②CH≡CH和C6H6的最简式相同，所以含碳量相同，正确；
③苯乙烯和丁烯不是同系物，分子的组成相差的不是CH2的整数倍，错误；
④同分异构体的沸点随支链的增多而降低，所以正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低，正确；
⑤标准状况下，戊烷不一定是气体，所以11.2L的戊烷的物质的量不一定是0.5mol，所含分子数也不一定是0.5NA，错误；
答案选C。
12. 下列离子组在指定溶液中能大量共存的是
A. 溶液中：
B. 加入铝粉放出的溶液中：
C. 能使酚酞变红的溶液中：
D. 溶液中：
【答案】C
【解析】
【详解】A. 溶液中，能将氧化，故不能大量共存，故A不符合；
B. 加入铝粉放出的溶液，可能显酸性，也可能显碱性，显酸性时，氢离子与硫离子能反应生成弱酸H2S，显碱性时，OH-与分别生成微溶于水的氢氧化钙和弱碱一水合氨，故不能大量共存，故B不符合；
C. 能使酚酞变红的溶液显碱性，离子之间均不发生反应，故能大量共存，故C符合；
D. 溶液中，OH-与能反应，故不能大量共存，故D不符合；
故选C。
13. 由W、X、Y、Z四种金属按下列装置进行实验。下列说法不正确的是

甲
乙
丙
装置



现象
金属W不断溶解
Y 的质量增加
W上有气体产生

A. 四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞Y＞X
B. 装置乙中Y电极上的反应式为Cu2++2e−＝Cu
C. 装置甲中X作原电池正极
D. 装置丙中溶液的c(H+)减小
【答案】A
【解析】
【分析】甲池中，金属W不断溶解，则W作负极，金属活动性W>X；乙池中，Y 的质量增加，则Y作正极，X作负极，金属活动性X>Y；丙池中，W上有气体产生，则W为正极，金属活动性Z>W。
【详解】A．由以上分析可知，四种金属的活动性强弱顺序为Z＞W＞X＞Y，A不正确；
B．装置乙中Y电极质量增加，则其作正极，发生Cu2+得电子生成Cu的反应，B正确；
C．装置甲中金属W不断溶解，则W作负极，X作原电池正极，C正确；
D．装置丙中W上有气体产生，发生反应为2H++2e-==H2↑，溶液的c(H+)减小，D正确；
故选A。
14. 关于下列各实验装置图的叙述中，正确的是

A. 装置①可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物
B. 装置②可用于吸收HCl气体，并防止倒吸
C. 以NH4Cl为原料，装置③可用于实验室制备少量的NH3
D. 装置④中从b口进气可用排水法收集NO2、CO等气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．装置①是蒸馏装置，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，正确；
B．装置②是密封的，气体通入会造成压强增大，发生爆炸事故，错误；
C．不能用直接加热NH4Cl的方法制取氨气，因为NH4Cl分解生成的氨气和HCl会在试管口重新化合成NH4Cl，错误；
D．此装置可以用排水法收集CO，但NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，错误；
故选A。
15. 在一定温度下的密闭容器中，可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，达到平衡状态的标志是
A. N2、H2、NH3在容器中共存
B. v正（N2）＝3v逆（H2）
C. 混合气体的总物质的量不再发生变化
D. 单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2
【答案】C
【解析】
【详解】A.该反应为可逆反应，只要反应发生，就有N2、H2、NH3在容器中共存，故A错误；
B.根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可得，平衡时应有3v正（N2）＝v逆（H2），故B错误；
C.混合气体的总物质的量不再发生变化，说明各气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故C正确；
D.只要反应发生就有单位时间内生成n mol N2，同时生成3n mol H2，故D错误；
故答案为：C。
16. 下列叙述不正确的是（　　）
①工业上用电解氯化钠溶液的方法制取钠
②可以用钠加入氯化镁的饱和溶液中制取金属镁
③用于电冶铝的原料是氯化铝
④炭在高温下能还原氧化镁中的镁
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①③ D. ①
【答案】A
【解析】
【详解】①工业上用电解熔融氯化钠的方法制取钠，①错误；
②将钠加入到氯化镁溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再和氯化镁发生复分解反应生成氢氧化镁、氯化钠，所以得不到镁，钠、镁都是活泼金属，工业上采用电解其熔融盐的方法治炼，②错误；
③铝是活泼金属，工业上采用电解熔融氧化铝的方法治炼铝，③错误；
④Mg在CO2中燃烧生成MgO和C单质，工业上采用电解其熔融盐的方法治炼镁，④错误；
综上所述可知：说法错误的是①②③④，故合理选项是A。
17. 下列实验操作可以达到实验目的的是（ ）
选项
实验目的
实验操作
A
探究浓度对反应速率的影响
向2支各盛有4mL0.01mol·L-1KMnO4酸性溶液的试管中，分别加入2mL0.1mol·L-1H2C2O4溶液和2mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液，记录溶液褪色所需的时间
B
配制1.00mol·L-1的NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，然后转移至100mL容量瓶中定容
C
探究固体表面积对反应速率的影响
称取相同质量的大理石和纯碱，加入到盛有浓度、体积均相同的盐酸的小烧杯中，观察实验现象
D
探究淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解
取少量的水解液于试管中，先加适量的NaOH溶液，再滴入碘水，观察实验现象


A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．不同浓度的草酸和相等浓度的高锰酸钾反应，草酸浓度越大反应速率越快，这样可以探究相同条件下，溶液浓度对反应速率的影响，故A正确；
B．配制1.00mol·L-1的NaOH溶液，称取4.0g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解后冷却至室温后转移至100mL容量瓶，并且要对溶解用的烧杯和玻璃棒进行洗涤2~3次，将洗涤液一并转入容量瓶，若不进行洗涤，溶质的量会减少，所配溶液浓度偏低，实验操作不能可以达到实验目的，故B错误；
C．大理石和纯碱的化学成分不同，性质不同，与盐酸的反应快慢不同，故不能用题述实验操作探究固体表面积对反应速率的影响，故C错误；
D．碘遇淀粉变蓝，若实验中淀粉过量或水解不完全，加入碘水反应后的溶液会变蓝，不能证明淀粉是否水解，检验淀粉在稀硫酸催化条件下是否发生水解，取少量的水解液于试管中，应先加入碱中和稀硫酸，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察是否出现砖红色沉淀，若产生砖红色沉淀，则证明淀粉水解，故D错误；
答案选A。
18. 碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：
①H2（g） + I2（?）2HI（g）+9．48kJ
②H2（g） + I2（?）2HI（g）-26．48kJ
下列判断正确的是
A. ①中的I2为固态，②中的I2为气态
B. ②的反应物总能量比①的反应物总能量低
C. ①的产物比反应②的产物热稳定性更好
D. 1mol 固态碘升华时将吸热17kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A、反应①放热，②吸热源于碘单质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故①中的I2为气态，②中的I2为固态，错误；
B、生成物的能量相等，①放热，故②的反应物总能量比①的反应物总能量低，正确；
C、产物的稳定性形同，错误；
D、1mol 固态碘升华时将吸热为26．48+9．48=35．96kJ，错误。
答案选B。
19. 以有机物A为原料通过一步反应即可制得重要有机化工产品P()。下列说法错误的是
A. A的分子式为C11H14，可发生取代、氧化、加成等反应
B. 由A生成P的反应类型为加成聚合反应，反应过程没有小分子生成
C. A的结构简式为，分子中所有碳原子不可能共面
D. 1 mol A最多能与4 mol H2发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】由P的结构简式可知，合成P的反应为加成聚合反应，产物只有高分子化合物P，没有小分子生成，合成P的单体A的结构简式为，则A的分子式为C11H14，由A分子具有碳碳双键、苯环结构，可知A可发生取代、氧化、加成等反应，A、B均正确；将写成，分子中11个碳原子有可能共面，C错误；由A的结构简式可知，1个苯环能与3个H2发生加成，1个双键能与1个H2加成，则1 mol A最多能与4 mol H2发生加成反应，D正确。
20. H2S是一种大气污染物。干法氧化铁脱硫是目前除去煤气中H2S的常用方法，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A. 单质硫为淡黄色固体
B. 脱硫反应为3H2S+Fe2O3·H2O=Fe2S3·H2O+3H2O
C. 再生过程中，硫元素被还原
D. 脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
【答案】C
【解析】
【详解】A．单质硫为淡黄色的固体，A正确；
B．根据图示脱硫反应时H2S与Fe2O3·H2O生成Fe2S3·H2O和H2O，方程式为：3H2S+Fe2O3·H2O=Fe2S3·H2O+3H2O，B正确；
C．再生过程中Fe2S3·H2O生成S，硫元素化合价升高，被氧化，C错误；
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积能加快反应速率，提高脱硫效率，D正确。
答案选C。
二、非选择题(本大题共4小题，共40分)
21. 下图为元素周期表的一部分，8种元素的位置如图所示，试回答下列问题：

（1）元素⑧在周期表中的位置是_______，其最高价氧化物的水化物化学式为_______。
（2）元素③④⑤简单离子半径从小到大的顺序为_______(用离子符号表示)。
（3）8种元素中，最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是_______(填化学式，下同)，最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是_______，简单氢化物最稳定的是_______。
（4）元素①和④可以按原子个数比1:1形成一种离子化合物M，M的电子式子为_______。M是一种良好的储氢材料，遇水后放出氢气并生成一种碱。写出M与水反应的化学方程式：_______。若NA表示阿伏伽德罗常数，则该反应每生成标况下的氢气22.4L，转移电子数目为_______。
【答案】（1） ①. 第四周期ⅣA族 ②.
（2）
（3） ①. KOH ②. ③. HF
（4） ①. ②. ③. NA
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置，①是H元素；②是O元素；③是F元素；④是Na元素；⑤是Al元素；⑥是Cl元素；⑦是K元素；⑧是Se元素。
【小问1详解】
⑧是Se元素，在周期表中的位置是第四周期ⅣA族，最高价为+6，其最高价氧化物的水化物化学式为。
【小问2详解】
电子层数相同，质子数越多半径越小，元素③④⑤简单离子半径从小到大的顺序为。
【小问3详解】
8种元素中，K的金属性最强，最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是KOH；最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是，F的非金属性最强，简单氢化物最稳定的是HF。
【小问4详解】
H和Na可以按原子个数比1:1形成离子化合物NaH，NaH的电子式子为。NaH是一种良好的储氢材料，遇水后生成氢气和氢氧化钠，反应的化学方程式。若NA表示阿伏伽德罗常数，则该反应每生成标况下的氢气22.4L，转移电子数目为。
22. 海洋是生命的摇篮，蕴藏着丰富的化学资源。回答下列问题：
（1）目前海水淡化的主要方法有_______(填一种)。
（2）从氯碱工业的副产品中能够得到一种含氯消毒剂，有效成分为，该消毒剂起作用的原理是利用了的_______(填“强氧化性”或“强还原性”)。
（3）海水提镁工艺流程如图所示：

①操作a的名称为_______。
②用电解法制备金属镁，两位同学分别设计了下面的两种方法。
甲：电解氯化镁溶液。
乙：电解熔融的氯化镁。
其中_______(填“甲”或“乙”)同学能够成功地制备金属镁，假设生产过程中镁元素没有损失，则制备120g镁所需生石灰的质量至少为_______g。
（4）海水提溴工艺流程如图所示：

①海水中的Br-被Cl2氧化的离子方程式是_______。
②写出吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式：_______。
【答案】（1）蒸馏 （2）强氧化性
（3） ①. 过滤 ②. 乙 ③. 280
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
目前海水淡化的主要方法有蒸馏法、离子交换法、电渗析法等，故答案为：蒸馏；
【小问2详解】
NaClO具有强氧化性，可以起到杀菌消毒作用，故该消毒剂起作用的原理是利用了NaClO的强氧化性，故答案为：强氧化性；
【小问3详解】
①结合以上分析可知，操作a的目的是把氢氧化镁沉淀分离出来，因此操作a的名称为过滤，故答案为：过滤；
②用电解法制备金属镁，甲同学电解氯化镁溶液得到氢氧化镁沉淀、氢气和氯气，乙同学电解熔融的氯化镁得到金属镁和氯气，乙能够成功制备金属镁；假设生产过程中镁元素没有损失，根据Mg～Mg(OH)2～Ca(OH)2～CaO关系可知，120g镁的物质的量为，所需生石灰的质量至少为5mol×56g•mol-1=280g，故答案为：乙；280；
【小问4详解】
①氯气能够把溴离子氧化为溴单质，海水中的 被Cl2氧化的离子方程式是2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故答案为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-；
②吸收塔中SO2将Br2转化为HBr的化学方程式：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4。
23. 现有金属单质和气体甲、乙、丙及物质，它们之间能发生如图反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。请根据信息回答下列问题：


（1）当反应①中有反应时，生成的气体甲在标准状况下的体积为_______。反应③的离子方程式为_______。
（2）写出反应⑥的化学方程式_______。
（3）金属A的某种氧化物可用作供氧剂，写出其与水反应的化学方程式_______。
（4）向某浓度的D溶液中缓慢通入一定量的，充分反应后，向上述所得溶液中，逐滴滴加的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：


与D反应所得溶液中溶质的成分为：_______。B点溶液中溶质的物质的量浓度(体积变化忽略不计)是_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3）
（4） ① ②.
【解析】
【分析】A、B、C为金属单质，A单质的焰色反应为黄色可知A为Na，钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，所以甲为H2，D为NaOH，能与氢氧化钠反应产生氢气的金属是铝，所以B为Al；乙气体是黄绿色则乙为Cl2；丙为HCl，E为盐酸；H为红褐色沉淀Fe(OH)3，由此可推出C为Fe；F为FeCl2。
【小问1详解】
，V=11.2L；
反应③的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑
故答案为：11.2L，2Al+2H2O+2OH-=2AlO+3H2↑
小问2详解】
D和F反应的方程式为：2NaOH+FeCl2=Fe(OH)2↓+2NaCl，白色絮状沉淀为Fe(OH)2，则反应⑥的方程式为：；
故答案为：
【小问3详解】
金属A的某种氧化物可用作供氧剂，所以A为Na2O2，与水反应的方程式为；
故答案为：
【小问4详解】
NaOH和CO2可能发生的反应有：CO2(少)+2NaOH=Na2CO3+H2O或CO2(过量)+NaOH=NaHCO3；由图像可知AB段发生反应H++HCO=CO2↑+H2O；若CO2与NaOH反应只生成Na2CO3则OA段和AB段滴加的盐酸的量应该相同，由图像可知不是这种情况，若CO2与NaOH反应只生成NaHCO3，加入盐酸后马上就有CO2生成，所以CO2与NaOH反应所得溶液中溶质的成分为Na2CO3和NaHCO3；B点的溶质为NaCl，根据Cl守恒n(Cl)=n(NaCl)=n(HCl)，加入的n(HCl)=cv=300×10-3L×2mol/L=0.6mol，则c(NaCl)==1.2mol/L；
故答案为：Na2CO3和NaHCO3，1.2mol/L。
24. 二氧化氯是国际上公认的一种安全、低毒的绿色消毒剂。熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，极易溶于水，高浓度时极易爆炸，低浓度时爆炸性降低。某化学兴趣小组设计如图装置制备二氧化氯。回答下列问题：


（1）装置B的作用是_______；制备时，还有一种气体产生，该气体是_______；装置C使用冷水吸收二氧化氯的目的是_______。
（2）向装置A中通入氮气时流速不能过快，也不能过慢，其原因是_______。
（3）装置D吸收尾气，其产物之一是。该反应的化学方程式为_______。
（4）测定装置C中二氧化氯溶液的浓度，步骤如下：
第一步：取20.00L装置C中的溶液于锥形瓶中，向其中加入过量酸性KI溶液，发生反应：。
第二步：加入淀粉作指示剂，向其中逐滴加入的溶液至达到滴定终点，发生反应：。
①第二步中滴定终点的标志是_______。
②装置C中二氧化氯溶液浓度为_______。
③第二步若使用的溶液配制已久，则测定的结果可能会_______(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。
【答案】（1） ①. 防止倒吸 ②. ③. 增大二氧化氯的溶解度，减少其损失
（2）氮气流速过慢时，不能及时被赶入C装置，浓度过高易导致爆炸，氮气流速过快时，无法充分溶于水
（3）
（4） ①. 当滴入最后半滴溶液，溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟不恢复 ②. 675 ③. 偏高
【解析】
【分析】装置A中在酸性条件下氯酸钠和过氧化氢溶液反应生成二氧化氯，通入氮气排出装置中二氧化氯气体，由于极易溶于水，为防止装置C中溶液倒吸入装置A中，需要增加防倒吸装置B，二氧化氯极易溶于水，在冷水中装置C中被吸收，尾气被氢氧化钠和过氧化氢的混合液吸收。
【小问1详解】
极易溶于水，为防止装置C中溶液倒吸入装置A中，需要增加防倒吸装置B。反应中次氯酸钠为氧化剂，氯元素化合价降低，双氧水作还原剂，氧元素化合价升高，所以有氧气生成。气体的溶解度随温度的升高而降低，所以冷水有利于增大二氧化氯的溶解度，减少二氧化氯的损失。
【小问2详解】
二氧化氯高浓度时极易爆炸，低浓度时爆炸性降低。向A装置中通入氮气，作用是将赶到C中，流速过快时，在水中不能充分溶解；流速过慢会导致装置中浓度过高而发生爆炸。
【小问3详解】
尾气中的二氧化氯与含的烧碱溶液发生氧化还原反应，其产物之一是，根据得失电子守恒，应该还有氧气产生，反应的化学方程式为。
【小问4详解】
①加入淀粉作指示剂，碘能使淀粉溶变蓝色，根据反应可知达到滴定终点现象为：当滴入最后半滴溶液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟不恢复。
②根据离子方程式可知：，则
③具有还原性，放置时间较长时会被氧化而发生变质，滴定时消耗溶液偏多，故测定结果偏高。