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2020北京朝阳外国语学校高一（上）期中化学（教师版）
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这是一份2020北京朝阳外国语学校高一（上）期中化学（教师版），共18页。试卷主要包含了我国酒文化源远流长，下列物质中，属于非电解质的是，除去下列物质所含的少量杂质，可以证明次氯酸是弱酸的事实是，下列生活用品的用途错误的是，下列离子方程式书写正确的是等内容，欢迎下载使用。
2020北京朝阳外国语学校高一（上）期中
化 学
一.单项选择题（本部分共14小题。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．我国酒文化源远流长．下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是（ ）
A．酒曲捣碎 B．酒曲发酵
C．高温蒸馏 D．泉水勾兑
2．下列物质中，属于非电解质的是（ ）
A．CO2 B．NaOH溶液 C．Al D．CaCO3
3．对下列实验事故或废弃药品的处理方法正确的是（ ）
A．金属钠意外着火时，应用干燥的沙土盖灭
B．当有大量氯气泄漏时，人应沿顺风方向疏散
C．当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用氢氧化钠溶液冲洗
D．不小心碰倒燃着的酒精灯，应用大量的水浇灭
4．除去下列物质所含的少量杂质（括号内为杂质）所用试剂（均为适量）合理的是（ ）
A．NaClO溶液（NaOH）﹣﹣Cl2
B．Cl2 （HCl）﹣﹣NaOH
C．Na2CO3溶液（NaHCO3）﹣﹣盐酸
D．FeCl2溶液（FeCl3）﹣﹣铁粉
5．下列物质长期露置于空气中会变质，但不是发生氧化还原反应的是（ ）
A．NaOH B．Na C．NaCl D．氯水
6．可以证明次氯酸是弱酸的事实是（ ）
A．可与碱发生反应
B．次氯酸钙与硫酸反应有次氯酸生成
C．能漂白有色布条
D．0.1mol/L的次氯酸溶液中，c（H+）＝10﹣4mol/L
7．下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物用量的改变对生成物没有影响的是（ ）
A．碳与氧气
B．氢氧化钠溶液与二氧化碳
C．钠与氧气
D．铁与氯气
8．下列生活用品的用途错误的是（ ）
A
B
C
D
用品
食盐
小苏打
食用碱
84消毒液
成分
NaCl
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
用途
调味品
焙制糕点
抗酸药
漂白剂
A．A B．B C．C D．D
9．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．11.2L氯气所含的原子数目为NA
B．Fe在1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数目为3NA
C．将含有0.1mol FeCl3的饱和溶液，滴入沸水中，所得的胶体粒子数目少于0.1NA
D．足量的MnO2粉末与含有4mol HCl的浓盐酸充分反应，转移的电子数目为2NA
10．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．氯气溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B．金属钠投入水中：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑
C．FeCl3溶液中滴加氨水：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
D．碳酸钡与稀盐酸反应：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑
11．下列实验现象对应的结论正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
溶液中一定含有CO32﹣
B
某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl﹣
C
向某溶液中先加几滴KSCN，溶液不变色，再加入几滴氯水，溶液变红
溶液中一定含有Fe2+
D
向某溶液中先加几滴稀硝酸（有氧化性），再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝
溶液中一定含有I﹣
A．A B．B C．C D．D
12．下列实验操作可以达到目的的是（ ）
目的
操作
A
除去Cl2中的水蒸气
将气体通过有碱石灰的干燥装置
B
证明氯水中起漂白作用的是HClO
将湿润的红纸条放入充满Cl2的集气瓶，纸条褪色
C
测定混有NaCl的Na2CO3固体样品中Na2CO3的质量分数
取m1g样品加入过量盐酸充分反应，加热蒸干后，称量固体质量为m2g
D
配制100mL1.0mol•L﹣1 CuSO4溶液
将25g CuSO4•H2O固体放入100mL容量瓶，加水至刻度线
A．A B．B C．C D．D
13．已知在一定条件下可发生如下反应（均未配平）：
①Cl2+FeBr2→FeCl3+FeBr3
②KClO3+HCl（浓）→KCl+Cl2+H2O
③Cl2+KOH（浓）→KCl+KClO3+H2O
下列叙述中不正确的是（ ）
A．由①可知，Fe2+的还原性强于Br﹣
B．②中，每生成3mol Cl2转移6mol电子
C．由①②可知，氧化性：KClO3＞Cl2＞Fe3+
D．由②③可知，酸性环境中，氧化性：KClO3＞Cl2碱性环境中，氧化性：Cl2＞KClO3
14．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（ ）
A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c（FeBr2）＝6 mol/L
C．当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）＝2：1：3
二、解答题
15．用化学方程式解释下列事实
（1）用CO还原氧化铁炼铁： ；
（2）侯氏制碱法中加热NaHCO3制纯碱： ；
（3）舍勒加热浓盐酸和二氧化锰的混合物制氯气： ；
（4）氯水长时间存放会失效： ；
（5）FeSO4溶液中加入NaOH溶液，先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色：
① ；② 。
（6）炽热的铁水注入模具前，模具必须进行干燥处理： 。
16．某研究小组欲探究Na2O2与水的反应，可供使用的试剂有：Na2O2、蒸馏水、KMnO4酸性溶液、MnO2．Na2O2样品与过量水反应，待完全反应不再产生氧气后，得溶液X．查阅资料表明，Na2O2与水反应还可生成H2O2．
（1）写出Na2O2与水生成O2的化学反应方程式 ，每生成1mol O2，转移电子的物质的量为 ．
（2）Na2O2与水反应生成H2O2的反应是否属于氧化还原反应 （填是、否）．试设计实验证明Na2O2与水反应后的溶液X和含过氧化氢 ．
（3）取少量溶液X于试管中，滴加FeSO4溶液，立即生成红褐色沉淀，则该反应的离子方程式为 ．
（4）若已知溶液X可使酸性KMnO4溶液褪色，同时放出氧气，完成并配平该反应的离子方程式：
MnO4﹣+ H2O2+ H+﹣ Mn2++ O2↑+ ．
（5）取40gNa2O2固体粉末与一定量二氧化碳反应后，固体质量变为47g，则该反应中消耗Na2O2的质量是 g．
17．草木灰中富含钾盐，主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾等。
Ⅰ.从某草木灰样品中提取钾盐，并检验其中的离子。
（1）从草木灰中提取钾盐的实验操作步骤如下，请补充完整：
① ②过滤③蒸发浓缩④冷却结晶 ⑤过滤
（2）将制得的少量晶体加水溶解后，分别置于三支试管中。
①用洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧， ，说明溶液中存在K+。
②向第一支试管中加入足量稀盐酸，可观察到 ，说明溶液中存在CO32﹣。
③向第二支试管中加入 ，可观察到 ，说明溶液中存在SO42﹣。
④向第三支试管中先加入足量Ba（NO3）2溶液，过滤后，再向滤液中加入足量 溶液，可观察到白色沉淀，说明溶液中存在Cl﹣。加入足量Ba（NO3）2溶液的目的是 。
Ⅱ.将制得的碳酸钾提纯后，配制100mL1mol/L K2CO3溶液。
（3）配制过程中需要使用的主要玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、胶头滴管、天平、量筒和 。
（4）用托盘天平称取碳酸钾固体，其质量为 g。
（5）下列主要操作步骤的正确顺序是 （填序号）。
①称取一定质量的碳酸钾，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；
②加水至液面离容量瓶刻度线下1～2厘米时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切；
③将溶液转移到容量瓶中；
④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中。
（6）如果实验过程中缺少步骤⑤，会造成所配溶液的物质的量浓度 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
18．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如图：
（1）NaClO2中氯元素的化合价是 。从氧化还原角度推测NaClO2可能具有的化学性质是 。
（2）过程Ⅰ常伴有少量Cl2生成。
①Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，请结合离子方程式解释其原因 。
②结合下面信息，请设计实验方案除去ClO2中的Cl2 。
ClO2
Cl2
在水中的溶解性
易溶
溶
在CCl4中的溶解性
难溶
溶
（3）过程Ⅱ中H2O2的作用是 （填“氧化剂”或“还原剂”）。
（4）理论上每生成1 mol NaClO2，消耗SO2的体积是 L（标准状况下）。
（5）已知：
i．压强越大，物质的沸点越高。
ii．NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2•3H2O 38～60℃时析出NaClO2晶体高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。
①过程Ⅲ采用“减压蒸发”操作的原因是 。
②请将过程Ⅲ的操作补充完整 。
19．探究0.5mol/L FeCl3溶液（pH＝1）与不同金属反应时的多样性的原因。
（各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡）
编号
金属
现象及产物检验
Ⅰ
镁条
立即产生大量气体，金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引，液体颜色由棕黄色逐渐变为红褐色；
片刻后气泡减少，金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀。
Ⅱ
铜粉
无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色；
取反应后的溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀。
（1）根据实验Ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到 得以证实。
（2）已知：Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。
①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe与Fe3O4，重复实验Ⅰ，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下：
该实验说明黑色固体中一定含有 ，结合现象写出判断的理由： 。
②除上述结论外，分析实验Ⅰ的现象，可知被还原得到的产物一定还有 。
（3）实验Ⅰ、Ⅱ中现象的差异，与Fe3+、Mg2+、Fe2+、H+、Cu2+的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2+＜Fe2+＜ 。
（4）继续探究0.5mol/L FeCl3溶液（pH＝1）与Fe的反应。
编号
金属
现象及产物检验
Ⅲ
铁粉
持续产生少量气体；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，经检验，溶液pH＝4，含有Fe2+，无Fe3+．
Ⅳ
铁丝
无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液pH＝2，含有Fe2+和Fe3+；Fe3+被还原的量多于实验Ⅲ．
①实验Ⅲ中发生反应的离子方程式有 。
②已知：相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+．结合实验Ⅰ、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验Ⅲ、Ⅳ现象差异的原因： 。
2020北京朝阳外国语学校高一（上）期中化学
参考答案
一.单项选择题（本部分共14小题。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．【分析】变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，发生了化学反应，过程中无新物质生成的变化为物理变化．
【解答】解：A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，故A错误；
B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，故B正确；
C．高温蒸馏是利用沸点不同可知温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的区别，主要是酿酒工艺的分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大．
2．【分析】在水溶液里或熔融状态下都导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
【解答】解：A．CO2在水溶液中和水反应是H2CO3，H2CO3电离出阴阳离子而导致CO2的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是H2CO3而不是CO2，所以CO2是非电解质，故A正确；
B．NaOH溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．Al为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．碳酸钙在熔融状态下能电离出阴阳离子，所以碳酸钙熔融状态下能导电，则碳酸钙是电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查基本概念，侧重考查对基本概念的理解和灵活应用，明确电解质、非电解质概念内涵及其其概念区别是解本题关键，注意：电解质与其溶解度大小无关，题目难度不大。
3．【分析】A．钠与水反应生成氢气，燃烧生成过氧化钠与二氧化碳反应放出氧气；
B．当有大量氯气泄漏时，人沿顺风方向疏散，导致吸入大量氯气；
C．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性；
D．酒精密度小于水。
【解答】解：A．钠与水反应生成氢气，燃烧生成过氧化钠与二氧化碳反应放出氧气，所以钠着火，不能用水、二氧化碳灭火，可用干燥的沙土盖灭，故A正确；
B．当有大量氯气泄漏时，人沿顺风方向疏散，导致吸入大量氯气而中毒，正确操作应逆风方向疏散，故B错误；
C．当少量浓硫酸沾在皮肤上，不能用氢氧化钠溶液冲洗，因为氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，应用大量水冲洗，最后涂上稀的碳酸氢钠溶液，故C错误；
D．不小心碰倒燃着的酒精灯，不能用大量的水浇灭，应用湿布盖灭，故D错误；
故选：A。
【点评】本题综合考查化学实验的基本操作，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握常见实验操作方法以及安全事项，题目难度不大，有利于培养学生良好的实验安全意识和科学素养。
4．【分析】A.氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO；
B.二者均与NaOH反应；
C.二者均与盐酸反应；
D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁。
【解答】解：A.氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，引入新杂质NaCl，不能除杂，故A错误；
B.二者均与NaOH反应，不能除杂，故B错误；
C.二者均与盐酸反应，不能除杂，故C错误；
D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应后过滤可除杂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查混合物分离提纯，题目难度不大，明确物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
5．【分析】空气中含有二氧化碳和氧气等，能与二氧化碳或氧气反应的物质能变质，在光照条件下能分解的物质也能变质，在化学变化过程中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此结合发生的反应判断．
【解答】解：A．在空气中NaOH潮解，与二氧化碳反应生成碳酸钠，没有发生氧化还原反应，故A正确；
B．Na与氧气反应生成氧化钠，反应中钠元素、氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C．氯化钠在空气中不会变质，故C错误；
D．氯水中含有HClO，不稳定，见光分解生成HCl和O2，发生氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质以及氧化还原反应，题目难度不大，注意把握常见物质的性质以及氧化还原反应的判断方法。
6．【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明HClO是弱酸，只要证明HClO部分电离即可。
【解答】解：A．HClO能和碱反应，说明HClO能电离出氢离子，则HClO属于酸，但不能证明HClO部分电离，所以不能说明HClO是弱酸，故A错误；
B．次氯酸钙和硫酸反应生成次氯酸，说明硫酸酸性大于HClO或HClO为低沸点的酸，所以不能一定说明HClO是弱酸，故B错误；
C．次氯酸能漂白有色布条，说明次氯酸具有漂白性，不能说明次氯酸为弱酸，故C错误；
D．0.1mol/L的次氯酸溶液中，c（H+）＝10﹣4mol/L，c（H+）小于酸浓度，则HClO部分电离，为弱酸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的判断，侧重考查基本概念的理解和应用，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与电离程度有关，B为解答易错点，题目难度不大。
7．【分析】A．碳与少量氧气反应生成一氧化碳，与过量氧气反应生成二氧化碳；
B．氢氧化钠溶液与二氧化碳，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠；
C．钠与氧气常温反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠；
D．铁与氯气反应生成氯化铁。
【解答】解：A．碳与少量氧气反应生成一氧化碳，与过量氧气反应生成二氧化碳，产物与氧气的量有关，故A不选；
B．氢氧化钠溶液与二氧化碳，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，产物与二氧化碳用量有关，故B不选；
C．钠与氧气常温反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠，产物与条件有关，故C不选；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，产物与反应条件或反应物用量无关，故D选；
故选：D。
【点评】本题元素化合物性质及反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意与量有关的反应，题目难度不大。
8．【分析】A．食盐具有咸味；
B．依据碳酸氢钠不稳定性解答；
C．碳酸钠碱性较强；
D．次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成具有漂白性的次氯酸。
【解答】解：A．食盐具有咸味，可用作食品调味剂，故A正确；
B．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，常用作食品发酵剂，可用于焙制糕点，故B正确；
C．碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，通常用碳酸氢钠、氢氧化铝治疗，故C错误；
D．次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成具有漂白性的次氯酸，所以可用作漂白剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
9．【分析】A.22.4L/mol的适用条件为标准状况下的气体；
B.Fe在氯气中燃烧生成氯化铁；
C.胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体；
D.MnO2与稀盐酸不反应。
【解答】解：A.题目未给标准状况，无法求算气体的物质的量，故A错误；
B.1mol氯气反应得到2mol电子，Fe在1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数目为2NA，故B错误；
C.将含有0.1mol FeCl3的饱和溶液，滴入沸水中形成氢氧化铁胶体，但胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体，所得的胶体粒子数目少于0.1NA，故C错误；
D.MnO2与浓盐酸反应制取氯气，方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，4molHCl反应转移2NA电子，随反应进行，盐酸浓度逐渐减小，MnO2与稀盐酸不反应，故转移电子数目小于2NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
10．【分析】A．次氯酸为弱酸应保留化学式；
B．原子个数不守恒；
C．一水合氨为弱碱应保留化学式；
D．二者反应生成氯化钡和水、二氧化碳。
【解答】解：A．氯气溶于水，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B．金属钠投入水中，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；
C．FeCl3溶液中滴加氨水，离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+，故C错误；
D．碳酸钡与稀盐酸反应，离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大。
11．【分析】A.碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊；
B.白色沉淀为AgCl或碳酸银等；
C.先加几滴KSCN，溶液不变色，可知不含铁离子，再加入几滴氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子；
D.溶液中可能含碘单质。
【解答】解：A.碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，由操作和现象可知，溶液中可能含有CO32﹣或HCO3﹣，或二者均有，且气体还可能为二氧化硫，故A错误；
B.白色沉淀为AgCl或碳酸银等，由操作和现象不能证明溶液中含有Cl﹣，故B错误；
C.先加几滴KSCN，溶液不变色，可知不含铁离子，再加入几滴氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则溶液中一定含有Fe2+，故C正确；
D.溶液中可能含碘单质，可使淀粉变蓝，应先加淀粉无现象，后加硝酸检验碘离子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．【分析】A.氯气与碱石灰反应；
B.HClO具有漂白性，可使湿润的红纸条褪色，需利用干燥的氯气与干燥的红纸条作对比实验；
C.碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，利用反应前后固体的质量可计算；
D.不能在容量瓶中溶解固体。
【解答】解：A.氯气与碱石灰反应，应选浓硫酸干燥氯气，故A错误；
B.缺少对比实验，不能证明HClO还是氯气具有漂白性，故B错误；
C.碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，利用反应前后固体的质量结合质量关系可计算碳酸钠的质量分数，故C正确；
D.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、混合物分离提纯、含量测定、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
13．【分析】A.结合①Cl2+FeBr2→FeCl3+FeBr3可知，还原剂的还原性大于还原产物；
B.KClO3+HCl（浓）→KCl+Cl2+H2O反应为归中反应，配平为KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物；
D.分析C和②③，物质的氧化性与所处环境有关，据此判断。
【解答】解：A.结合①Cl2+FeBr2→FeCl3+FeBr3可知，还原剂的还原性大于还原产物，Fe2+的还原性强于Br﹣，故A正确；
B.KClO3+HCl（浓）→KCl+Cl2+H2O反应为归中反应，配平为KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O，每生成3mol Cl2转移5mol电子，故B错误；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物，由①②可知，氧化性：KClO3＞Cl2＞Fe3+，故C正确；
D.分析C和②③，物质的氧化性与所处环境有关，酸性环境中，氧化性：KClO3＞Cl2碱性环境中，氧化性：Cl2＞KClO3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应及计算，为高频考点，把握发反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子守恒应用，题目难度不大。
14．【分析】还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，
A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；
B．根据BC段消耗的氯气的物质的量，计算溶液n（Fe2+），但溶液的体积无法计算，不能计算c（FeBr2）；
C．根据反应消耗顺序，利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量，据此书写；
D．根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中n（Fe2+）、n（I﹣）、n（Br﹣），据此解答．
【解答】解：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，
A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；
B．由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）＝2×2mol＝4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（FeBr2），故B错误；
C．AB段发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2mol的I﹣消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I﹣）＝1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣，故C正确；
D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故n（I﹣）＝2n（Cl2）＝2mol，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）＝2n（Cl2）＝2×2mol＝4mol，DE段发生2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，消耗氯气3mol，故n（Br﹣）＝2n（Cl2）＝6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）＝4mol：2mol：6mol＝2：1：3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大．
二、解答题
15．【分析】（1）用CO还原氧化铁生成铁和二氧化碳；
（2）侯氏制碱法是向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；
（3）加热浓盐酸和二氧化锰的混合物发生氧化还原反应，生成氯气、氯化锰和水；
（4）氯水长时间存放会失效是因为氯水中的次氯酸受热或见光分解生成盐酸和氧气；
（5）硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁和空气中氧气、水蒸气反应生成氢氧化铁；
（6）炽热的铁水注入模具前，模具必须进行干燥处理，否则铁和水在高温下反应生成四氧化三铁和氢气。
【解答】解：（1）用CO还原氧化铁生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，
故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（2）侯氏制碱法是向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NaCl+H2O+NH3+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl+H2O+NH3+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）舍勒加热浓盐酸和二氧化锰的混合物发生氧化还原反应，生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
（4）氯水长时间存放会失效是因为氯水中的次氯酸受热或见光分解生成盐酸和氧气，促进氯气和水反应的平衡正向进行，反应的化学方程式：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑；
（5）硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，反应的化学方程式为：FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，氢氧化亚铁和空气中氧气、水蒸气反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（6）炽热的铁水注入模具前，模具必须进行干燥处理，否则铁和水在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2。
【点评】本题考查了物质性质、反应产物判断、反应现象的理解应用、化学方程式书写等知识点，注意化学方程式书写方法和注意问题，题目难度不大。
16．【分析】（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应过程中每2mol过氧化钠反应电子转移2mol；
（2）元素化合价发生变化说明反应为氧化还原反应，根据过氧化氢不稳定性设计实验方案进行检验；
（3）亚铁离子和氢氧根离子生成的氢氧化亚铁被双氧水氧化成了红褐色的氢氧化铁；
（4）利用化合价升降相等进行配平，然后利用电荷守恒和观察法确定未知物，配平化学方程式；
（5）结合化学方程式定量关系分析，反应前后固体质量变化的差量计算．
【解答】解：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2 H2O＝O2 ↑+4NaOH，过氧化钠中氧元素化合价﹣1价，反应后编号为﹣2价和0价，反应过程中每2mol过氧化钠反应电子转移2mol，
故答案为：2Na2O2+2 H2O＝O2 ↑+4NaOH；2mol；
（2）加入二氧化锰通过检验是否有氧气生成来检验，方法是：取少量X于试管中，加入少量MnO2固体，用带火星的木条检验生成的O2，
故答案为：取少量X于试管中，加入少量MnO2固体，用带火星的木条检验生成的O2；
（3）少量X于试管中，滴加FeCl2溶液，立即生成红褐色沉淀，红褐色沉淀是氢氧化铁，反应的离子方程式是：H2O2+2Fe2++4OH﹣＝2Fe（OH）3↓；
故答案为：H2O2+2Fe2++4OH﹣＝2Fe（OH）3↓；
（4）锰元素化合价变化：MnO4→Mn2+，化合价+7→+2，降低5价，
氧元素化合价变化：H2O2→2H2O，化合价﹣2→﹣1，化合价升高（﹣1）×2＝2价，所以高锰酸根离子前面陪2，双氧水前面陪5，再利用电荷守恒配平氢离子，由质量守恒定律配平确定未知物是水，配平后的方程式是2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2；5；6；2；5；8H2O；
（5）取40gNa2O2固体粉末与一定量二氧化碳反应后，固体质量变为47g，
2Na2O2+2 CO2＝O2 +2Na2CO3，固体质量变化
2×78 56g
m 47g﹣40g
m＝195g
故答案为：19.5g．
【点评】本题考查了过氧化钠的性质，涉及了物质检验、离子方程式书写、氧化还原反应的配平等知识，题目难度中等．
17．【分析】Ⅰ.（1）从草木灰中提取钾盐的第一步操作为溶解草木灰，得到溶液，进一步得到碳酸钾晶体；
（2）①K+的焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去钠产生的黄光的干扰；
②稀盐酸可以与碳酸盐反应产生气泡；
③SO42﹣的检验必须除去其它SO32﹣、CO32﹣、Ag+的干扰；
④Ag+与Cl﹣反应生成氯化银沉淀，加入足量Ba（NO3）2溶液的目的是除去SO42﹣的干扰；
Ⅱ.（3）配制100mL1mol/L K2CO3溶液必须使用100mL规格的容量瓶；
（4）根据m＝nM进行计算即可；
（5）溶液配制过程中，首先称取一定质量的碳酸钾，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解，再将溶液转移到容量瓶中，用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面离容量瓶刻度线下1～2厘米时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
（6）如果实验过程中缺少洗涤操作，会造成所配溶液的溶质物质的量减少，进一步导致浓度偏低。
【解答】解：Ⅰ.（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，然后利用过滤的方法，可以获得钾盐的水溶液，将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得钾盐晶体，所以第一步操作为溶解，
故答案为：溶解；
（2）将制得的少量晶体加水溶解后，分别置于三支试管中
①用洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃，若观察到火焰紫色，说明溶液中存在K+，
故答案为：若观察到火焰紫色；
②向第一支试管中加入足量稀盐酸，可观察到气泡产生，说明溶液中存在CO32﹣，
故答案为：气泡产生；
③向第二支试管中加入盐酸酸化，且无明显现象，再加入氯化钡，可观察到白色沉淀产生，说明溶液中存在SO42﹣，
故答案为：盐酸酸化，且无明显现象，再加入氯化钡；白色沉淀产生；
④向第三支试管中先加入足量Ba（NO3）2溶液，过滤后，再向滤液中加入足量AgNO3溶液，可观察到白色沉淀，说明溶液中存在Cl﹣，加入足量Ba（NO3）2溶液的目的是除去SO42﹣的干扰，
故答案为：AgNO3；除去SO42﹣的干扰；
Ⅱ.将制得的碳酸钾提纯后，配制100mL1mol/L K2CO3溶液，
（3）配制过程中需要使用的主要玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、胶头滴管、天平、量筒和100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
（4）用托盘天平称取碳酸钾固体，其质量为：0.1L×1mol/L×138g/mol＝13.8g，
故答案为：13.8；
（5）溶液配制过程中，首先称取一定质量的碳酸钾，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解，再将溶液转移到容量瓶中，用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面离容量瓶刻度线下1～2厘米时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，故主要操作步骤的正确顺序是：①③⑤②④，
故答案为：①③⑤②④；
（6）如果实验过程中缺少步骤⑤，会造成所配溶液的物质的量浓度偏低，
故答案为：偏低。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯的实验方案的设计，常见离子的检验，溶液的配制方法等，考查范围较广，难度不大，属于基本知识，基础题型。
18．【分析】根据流程：二氧化硫与醋酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2气体，反应为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣，ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生反应生成NaClO2，反应为：H2O2+2ClO2+2OH﹣＝2ClO2﹣+2H2O+O2，将NaClO2饱和溶液减压蒸发，控制温度在38oC～60oC条件下结晶、过滤得到产品，
（1）根据化合物元素化合价代数和为0可得；元素的中间价态具有氧化性和还原性；
（2）①氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，据此书写；
②根据信息ClO2在CCl4中难溶，Cl2溶于CCl4中分析；
（3）根据化合价分析；
（4）根据氯元素守恒，生成1 mol NaClO2说明有1molClO2生成，根据反应2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣，则参与反应的SO2为0.5mol，由此可得；
（5）①已知：NaClO2晶体高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，考虑避免其分解；
②根据ii，选择在38oC～60oC条件下结晶，再过滤。
【解答】解：（1）NaClO2中钠元素+1价，氧元素﹣2价，则氯元素+3价；NaClO2中氯元素+3价，为氯元素的中间价态，则其既具有氧化性又具有还原性；
故答案为：+3：既具有氧化性又具有还原性；
（2）①Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，因为氯气与氢氧化钠发生反应：Cl2 +2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；
故答案为：Cl2 +2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②由题可知，ClO2、l2 均溶于水，但ClO2在CCl4中难溶，Cl2溶于CCl4中，故将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶可以除去ClO2中的Cl2 ；
故答案为：将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶；
（3）根据流程，H2O2与ClO2反应生成NaClO2，氯元素化合价降低，被还原，故H2O2为还原剂；
故答案为：还原剂；
（4）根据氯元素守恒，生成1 mol NaClO2说明有1molClO2生成，根据反应2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣，则参与反应的SO2为0.5mol，其体积为11.2L；
故答案为：11.2；
（5）①已知：NaClO2晶体高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，故通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解；
故答案为：通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解；
②减压蒸发后控制温度在38oC～60oC条件下结晶、过滤得到粗产品；
故答案为：控制温度在38oC～60oC条件下结晶、过滤。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、物质的分离提纯等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
19．【分析】（1）如生成胶体，应具有丁达尔效应；
（2）①对比实验说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，黑色固体为Fe；
②实验Ⅰ的现象，可说明生成氢气、Fe、氢氧化铁胶体以及亚铁离子；
（3）铁离子氧化性比铜离子强，金属活动性较强，对应的离子的氧化性越弱；
（4）①实验Ⅲ持续产生少量气体，应生成氢气；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，说明生成氢氧化铁；
②实验Ⅳ用铁丝，接触面积小，易与氧化性较强的铁离子反应。
【解答】解：（1）如生成胶体，应具有丁达尔效应，可观察到一条光亮的“通路”，故答案为：一条光亮的“通路”；
（2）①对比实验说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，黑色固体为Fe，滤纸ⅰ上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2+，
故答案为：Fe；滤纸ⅱ上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，所以滤纸ⅰ上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2+；
②实验Ⅰ的现象，可说明生成氢气、Fe、氢氧化铁胶体以及亚铁离子，故答案为：H2、Fe2+；
（3）铁离子氧化性比铜离子强，金属活动性较强，对应的离子的氧化性越弱，则氧化性顺序为Mg2+＜Fe2+＜H+＜Cu2+＜Fe3+，
故答案为：H+＜Cu2+＜Fe3+；
（4）①实验Ⅲ持续产生少量气体，应生成氢气；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，说明生成氢氧化铁，还涉及到铁与铁离子的反应，离子反应有Fe+2H+═Fe2++H2↑，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+（ Fe+2Fe3+═3Fe2+），
故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+（ Fe+2Fe3+═3Fe2+）；
②相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+，由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，可生成氢气，氢离子浓度减小，则促使Fe3+水解生成Fe（OH）3；Ⅳ用铁丝，固体表面积较小，反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原。
故答案为：由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3+水解生成Fe（OH）3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原。
【点评】本题考查物质的性质实验探究，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验现象的分析，难度中等。
2020北京朝阳外国语学校高一（上）期中
化 学
一.单项选择题（本部分共14小题。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．我国酒文化源远流长．下列古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是（ ）
A．酒曲捣碎 B．酒曲发酵
C．高温蒸馏 D．泉水勾兑
2．下列物质中，属于非电解质的是（ ）
A．CO2 B．NaOH溶液 C．Al D．CaCO3
3．对下列实验事故或废弃药品的处理方法正确的是（ ）
A．金属钠意外着火时，应用干燥的沙土盖灭
B．当有大量氯气泄漏时，人应沿顺风方向疏散
C．当少量浓硫酸沾在皮肤上，应立即用氢氧化钠溶液冲洗
D．不小心碰倒燃着的酒精灯，应用大量的水浇灭
4．除去下列物质所含的少量杂质（括号内为杂质）所用试剂（均为适量）合理的是（ ）
A．NaClO溶液（NaOH）﹣﹣Cl2
B．Cl2 （HCl）﹣﹣NaOH
C．Na2CO3溶液（NaHCO3）﹣﹣盐酸
D．FeCl2溶液（FeCl3）﹣﹣铁粉
5．下列物质长期露置于空气中会变质，但不是发生氧化还原反应的是（ ）
A．NaOH B．Na C．NaCl D．氯水
6．可以证明次氯酸是弱酸的事实是（ ）
A．可与碱发生反应
B．次氯酸钙与硫酸反应有次氯酸生成
C．能漂白有色布条
D．0.1mol/L的次氯酸溶液中，c（H+）＝10﹣4mol/L
7．下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物用量的改变对生成物没有影响的是（ ）
A．碳与氧气
B．氢氧化钠溶液与二氧化碳
C．钠与氧气
D．铁与氯气
8．下列生活用品的用途错误的是（ ）
A
B
C
D
用品
食盐
小苏打
食用碱
84消毒液
成分
NaCl
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
用途
调味品
焙制糕点
抗酸药
漂白剂
A．A B．B C．C D．D
9．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A．11.2L氯气所含的原子数目为NA
B．Fe在1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数目为3NA
C．将含有0.1mol FeCl3的饱和溶液，滴入沸水中，所得的胶体粒子数目少于0.1NA
D．足量的MnO2粉末与含有4mol HCl的浓盐酸充分反应，转移的电子数目为2NA
10．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．氯气溶于水：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
B．金属钠投入水中：Na+H2O═Na++OH﹣+H2↑
C．FeCl3溶液中滴加氨水：Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓
D．碳酸钡与稀盐酸反应：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑
11．下列实验现象对应的结论正确的是（ ）
选项
实验操作及现象
实验结论
A
某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
溶液中一定含有CO32﹣
B
某溶液中加入硝酸银，产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl﹣
C
向某溶液中先加几滴KSCN，溶液不变色，再加入几滴氯水，溶液变红
溶液中一定含有Fe2+
D
向某溶液中先加几滴稀硝酸（有氧化性），再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝
溶液中一定含有I﹣
A．A B．B C．C D．D
12．下列实验操作可以达到目的的是（ ）
目的
操作
A
除去Cl2中的水蒸气
将气体通过有碱石灰的干燥装置
B
证明氯水中起漂白作用的是HClO
将湿润的红纸条放入充满Cl2的集气瓶，纸条褪色
C
测定混有NaCl的Na2CO3固体样品中Na2CO3的质量分数
取m1g样品加入过量盐酸充分反应，加热蒸干后，称量固体质量为m2g
D
配制100mL1.0mol•L﹣1 CuSO4溶液
将25g CuSO4•H2O固体放入100mL容量瓶，加水至刻度线
A．A B．B C．C D．D
13．已知在一定条件下可发生如下反应（均未配平）：
①Cl2+FeBr2→FeCl3+FeBr3
②KClO3+HCl（浓）→KCl+Cl2+H2O
③Cl2+KOH（浓）→KCl+KClO3+H2O
下列叙述中不正确的是（ ）
A．由①可知，Fe2+的还原性强于Br﹣
B．②中，每生成3mol Cl2转移6mol电子
C．由①②可知，氧化性：KClO3＞Cl2＞Fe3+
D．由②③可知，酸性环境中，氧化性：KClO3＞Cl2碱性环境中，氧化性：Cl2＞KClO3
14．向含有Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化曲线如图所示．有关说法不正确的是（ ）
A．线段BC代表Fe3+的物质的量的变化情况
B．原混合溶液中c（FeBr2）＝6 mol/L
C．当通入Cl22 mol时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）＝2：1：3
二、解答题
15．用化学方程式解释下列事实
（1）用CO还原氧化铁炼铁： ；
（2）侯氏制碱法中加热NaHCO3制纯碱： ；
（3）舍勒加热浓盐酸和二氧化锰的混合物制氯气： ；
（4）氯水长时间存放会失效： ；
（5）FeSO4溶液中加入NaOH溶液，先生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色：
① ；② 。
（6）炽热的铁水注入模具前，模具必须进行干燥处理： 。
16．某研究小组欲探究Na2O2与水的反应，可供使用的试剂有：Na2O2、蒸馏水、KMnO4酸性溶液、MnO2．Na2O2样品与过量水反应，待完全反应不再产生氧气后，得溶液X．查阅资料表明，Na2O2与水反应还可生成H2O2．
（1）写出Na2O2与水生成O2的化学反应方程式 ，每生成1mol O2，转移电子的物质的量为 ．
（2）Na2O2与水反应生成H2O2的反应是否属于氧化还原反应 （填是、否）．试设计实验证明Na2O2与水反应后的溶液X和含过氧化氢 ．
（3）取少量溶液X于试管中，滴加FeSO4溶液，立即生成红褐色沉淀，则该反应的离子方程式为 ．
（4）若已知溶液X可使酸性KMnO4溶液褪色，同时放出氧气，完成并配平该反应的离子方程式：
MnO4﹣+ H2O2+ H+﹣ Mn2++ O2↑+ ．
（5）取40gNa2O2固体粉末与一定量二氧化碳反应后，固体质量变为47g，则该反应中消耗Na2O2的质量是 g．
17．草木灰中富含钾盐，主要成分是碳酸钾，还含有少量氯化钾和硫酸钾等。
Ⅰ.从某草木灰样品中提取钾盐，并检验其中的离子。
（1）从草木灰中提取钾盐的实验操作步骤如下，请补充完整：
① ②过滤③蒸发浓缩④冷却结晶 ⑤过滤
（2）将制得的少量晶体加水溶解后，分别置于三支试管中。
①用洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧， ，说明溶液中存在K+。
②向第一支试管中加入足量稀盐酸，可观察到 ，说明溶液中存在CO32﹣。
③向第二支试管中加入 ，可观察到 ，说明溶液中存在SO42﹣。
④向第三支试管中先加入足量Ba（NO3）2溶液，过滤后，再向滤液中加入足量 溶液，可观察到白色沉淀，说明溶液中存在Cl﹣。加入足量Ba（NO3）2溶液的目的是 。
Ⅱ.将制得的碳酸钾提纯后，配制100mL1mol/L K2CO3溶液。
（3）配制过程中需要使用的主要玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、胶头滴管、天平、量筒和 。
（4）用托盘天平称取碳酸钾固体，其质量为 g。
（5）下列主要操作步骤的正确顺序是 （填序号）。
①称取一定质量的碳酸钾，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；
②加水至液面离容量瓶刻度线下1～2厘米时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切；
③将溶液转移到容量瓶中；
④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中。
（6）如果实验过程中缺少步骤⑤，会造成所配溶液的物质的量浓度 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。
18．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化、杀菌及漂白剂，其生产工艺如图：
（1）NaClO2中氯元素的化合价是 。从氧化还原角度推测NaClO2可能具有的化学性质是 。
（2）过程Ⅰ常伴有少量Cl2生成。
①Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，请结合离子方程式解释其原因 。
②结合下面信息，请设计实验方案除去ClO2中的Cl2 。
ClO2
Cl2
在水中的溶解性
易溶
溶
在CCl4中的溶解性
难溶
溶
（3）过程Ⅱ中H2O2的作用是 （填“氧化剂”或“还原剂”）。
（4）理论上每生成1 mol NaClO2，消耗SO2的体积是 L（标准状况下）。
（5）已知：
i．压强越大，物质的沸点越高。
ii．NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出NaClO2•3H2O 38～60℃时析出NaClO2晶体高于60℃时分解成NaClO3和NaCl。
①过程Ⅲ采用“减压蒸发”操作的原因是 。
②请将过程Ⅲ的操作补充完整 。
19．探究0.5mol/L FeCl3溶液（pH＝1）与不同金属反应时的多样性的原因。
（各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡）
编号
金属
现象及产物检验
Ⅰ
镁条
立即产生大量气体，金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引，液体颜色由棕黄色逐渐变为红褐色；
片刻后气泡减少，金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀。
Ⅱ
铜粉
无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色；
取反应后的溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀。
（1）根据实验Ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到 得以证实。
（2）已知：Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。
①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe与Fe3O4，重复实验Ⅰ，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下：
该实验说明黑色固体中一定含有 ，结合现象写出判断的理由： 。
②除上述结论外，分析实验Ⅰ的现象，可知被还原得到的产物一定还有 。
（3）实验Ⅰ、Ⅱ中现象的差异，与Fe3+、Mg2+、Fe2+、H+、Cu2+的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2+＜Fe2+＜ 。
（4）继续探究0.5mol/L FeCl3溶液（pH＝1）与Fe的反应。
编号
金属
现象及产物检验
Ⅲ
铁粉
持续产生少量气体；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，经检验，溶液pH＝4，含有Fe2+，无Fe3+．
Ⅳ
铁丝
无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液pH＝2，含有Fe2+和Fe3+；Fe3+被还原的量多于实验Ⅲ．
①实验Ⅲ中发生反应的离子方程式有 。
②已知：相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+．结合实验Ⅰ、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验Ⅲ、Ⅳ现象差异的原因： 。
2020北京朝阳外国语学校高一（上）期中化学
参考答案
一.单项选择题（本部分共14小题。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）
1．【分析】变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，发生了化学反应，过程中无新物质生成的变化为物理变化．
【解答】解：A．酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，故A错误；
B．酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，故B正确；
C．高温蒸馏是利用沸点不同可知温度分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，故C错误；
D．泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新物质生成，属于物理变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的区别，主要是酿酒工艺的分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大．
2．【分析】在水溶液里或熔融状态下都导电的化合物是电解质，在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质。
【解答】解：A．CO2在水溶液中和水反应是H2CO3，H2CO3电离出阴阳离子而导致CO2的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是H2CO3而不是CO2，所以CO2是非电解质，故A正确；
B．NaOH溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；
C．Al为单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．碳酸钙在熔融状态下能电离出阴阳离子，所以碳酸钙熔融状态下能导电，则碳酸钙是电解质，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查基本概念，侧重考查对基本概念的理解和灵活应用，明确电解质、非电解质概念内涵及其其概念区别是解本题关键，注意：电解质与其溶解度大小无关，题目难度不大。
3．【分析】A．钠与水反应生成氢气，燃烧生成过氧化钠与二氧化碳反应放出氧气；
B．当有大量氯气泄漏时，人沿顺风方向疏散，导致吸入大量氯气；
C．氢氧化钠具有强烈的腐蚀性；
D．酒精密度小于水。
【解答】解：A．钠与水反应生成氢气，燃烧生成过氧化钠与二氧化碳反应放出氧气，所以钠着火，不能用水、二氧化碳灭火，可用干燥的沙土盖灭，故A正确；
B．当有大量氯气泄漏时，人沿顺风方向疏散，导致吸入大量氯气而中毒，正确操作应逆风方向疏散，故B错误；
C．当少量浓硫酸沾在皮肤上，不能用氢氧化钠溶液冲洗，因为氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，应用大量水冲洗，最后涂上稀的碳酸氢钠溶液，故C错误；
D．不小心碰倒燃着的酒精灯，不能用大量的水浇灭，应用湿布盖灭，故D错误；
故选：A。
【点评】本题综合考查化学实验的基本操作，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握常见实验操作方法以及安全事项，题目难度不大，有利于培养学生良好的实验安全意识和科学素养。
4．【分析】A.氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO；
B.二者均与NaOH反应；
C.二者均与盐酸反应；
D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁。
【解答】解：A.氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO，引入新杂质NaCl，不能除杂，故A错误；
B.二者均与NaOH反应，不能除杂，故B错误；
C.二者均与盐酸反应，不能除杂，故C错误；
D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应后过滤可除杂，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查混合物分离提纯，题目难度不大，明确物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
5．【分析】空气中含有二氧化碳和氧气等，能与二氧化碳或氧气反应的物质能变质，在光照条件下能分解的物质也能变质，在化学变化过程中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，据此结合发生的反应判断．
【解答】解：A．在空气中NaOH潮解，与二氧化碳反应生成碳酸钠，没有发生氧化还原反应，故A正确；
B．Na与氧气反应生成氧化钠，反应中钠元素、氧元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B错误；
C．氯化钠在空气中不会变质，故C错误；
D．氯水中含有HClO，不稳定，见光分解生成HCl和O2，发生氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的性质以及氧化还原反应，题目难度不大，注意把握常见物质的性质以及氧化还原反应的判断方法。
6．【分析】部分电离的电解质为弱电解质，要想证明HClO是弱酸，只要证明HClO部分电离即可。
【解答】解：A．HClO能和碱反应，说明HClO能电离出氢离子，则HClO属于酸，但不能证明HClO部分电离，所以不能说明HClO是弱酸，故A错误；
B．次氯酸钙和硫酸反应生成次氯酸，说明硫酸酸性大于HClO或HClO为低沸点的酸，所以不能一定说明HClO是弱酸，故B错误；
C．次氯酸能漂白有色布条，说明次氯酸具有漂白性，不能说明次氯酸为弱酸，故C错误；
D．0.1mol/L的次氯酸溶液中，c（H+）＝10﹣4mol/L，c（H+）小于酸浓度，则HClO部分电离，为弱酸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的判断，侧重考查基本概念的理解和应用，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，注意：电解质强弱与电离程度有关，B为解答易错点，题目难度不大。
7．【分析】A．碳与少量氧气反应生成一氧化碳，与过量氧气反应生成二氧化碳；
B．氢氧化钠溶液与二氧化碳，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠；
C．钠与氧气常温反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠；
D．铁与氯气反应生成氯化铁。
【解答】解：A．碳与少量氧气反应生成一氧化碳，与过量氧气反应生成二氧化碳，产物与氧气的量有关，故A不选；
B．氢氧化钠溶液与二氧化碳，二氧化碳少量生成碳酸钠，二氧化碳过量生成碳酸氢钠，产物与二氧化碳用量有关，故B不选；
C．钠与氧气常温反应生成氧化钠，加热生成过氧化钠，产物与条件有关，故C不选；
D．铁与氯气反应生成氯化铁，产物与反应条件或反应物用量无关，故D选；
故选：D。
【点评】本题元素化合物性质及反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意与量有关的反应，题目难度不大。
8．【分析】A．食盐具有咸味；
B．依据碳酸氢钠不稳定性解答；
C．碳酸钠碱性较强；
D．次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成具有漂白性的次氯酸。
【解答】解：A．食盐具有咸味，可用作食品调味剂，故A正确；
B．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成二氧化碳，常用作食品发酵剂，可用于焙制糕点，故B正确；
C．碳酸钠碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，通常用碳酸氢钠、氢氧化铝治疗，故C错误；
D．次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成具有漂白性的次氯酸，所以可用作漂白剂，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
9．【分析】A.22.4L/mol的适用条件为标准状况下的气体；
B.Fe在氯气中燃烧生成氯化铁；
C.胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体；
D.MnO2与稀盐酸不反应。
【解答】解：A.题目未给标准状况，无法求算气体的物质的量，故A错误；
B.1mol氯气反应得到2mol电子，Fe在1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数目为2NA，故B错误；
C.将含有0.1mol FeCl3的饱和溶液，滴入沸水中形成氢氧化铁胶体，但胶体粒子是氢氧化铁形成的集合体，所得的胶体粒子数目少于0.1NA，故C错误；
D.MnO2与浓盐酸反应制取氯气，方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，4molHCl反应转移2NA电子，随反应进行，盐酸浓度逐渐减小，MnO2与稀盐酸不反应，故转移电子数目小于2NA，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系是解题的关键。
10．【分析】A．次氯酸为弱酸应保留化学式；
B．原子个数不守恒；
C．一水合氨为弱碱应保留化学式；
D．二者反应生成氯化钡和水、二氧化碳。
【解答】解：A．氯气溶于水，离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A错误；
B．金属钠投入水中，离子方程式为：2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故B错误；
C．FeCl3溶液中滴加氨水，离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O═Fe（OH）3↓+3NH4+，故C错误；
D．碳酸钡与稀盐酸反应，离子方程式为：BaCO3+2H+═Ba2++H2O+CO2↑，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，题目难度不大。
11．【分析】A.碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊；
B.白色沉淀为AgCl或碳酸银等；
C.先加几滴KSCN，溶液不变色，可知不含铁离子，再加入几滴氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子；
D.溶液中可能含碘单质。
【解答】解：A.碳酸氢根离子与盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水变浑浊，由操作和现象可知，溶液中可能含有CO32﹣或HCO3﹣，或二者均有，且气体还可能为二氧化硫，故A错误；
B.白色沉淀为AgCl或碳酸银等，由操作和现象不能证明溶液中含有Cl﹣，故B错误；
C.先加几滴KSCN，溶液不变色，可知不含铁离子，再加入几滴氯水，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则溶液中一定含有Fe2+，故C正确；
D.溶液中可能含碘单质，可使淀粉变蓝，应先加淀粉无现象，后加硝酸检验碘离子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
12．【分析】A.氯气与碱石灰反应；
B.HClO具有漂白性，可使湿润的红纸条褪色，需利用干燥的氯气与干燥的红纸条作对比实验；
C.碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，利用反应前后固体的质量可计算；
D.不能在容量瓶中溶解固体。
【解答】解：A.氯气与碱石灰反应，应选浓硫酸干燥氯气，故A错误；
B.缺少对比实验，不能证明HClO还是氯气具有漂白性，故B错误；
C.碳酸钠与盐酸反应生成NaCl，利用反应前后固体的质量结合质量关系可计算碳酸钠的质量分数，故C正确；
D.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、混合物分离提纯、含量测定、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
13．【分析】A.结合①Cl2+FeBr2→FeCl3+FeBr3可知，还原剂的还原性大于还原产物；
B.KClO3+HCl（浓）→KCl+Cl2+H2O反应为归中反应，配平为KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物；
D.分析C和②③，物质的氧化性与所处环境有关，据此判断。
【解答】解：A.结合①Cl2+FeBr2→FeCl3+FeBr3可知，还原剂的还原性大于还原产物，Fe2+的还原性强于Br﹣，故A正确；
B.KClO3+HCl（浓）→KCl+Cl2+H2O反应为归中反应，配平为KClO3+6HCl（浓）＝KCl+3Cl2↑+3H2O，每生成3mol Cl2转移5mol电子，故B错误；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物，由①②可知，氧化性：KClO3＞Cl2＞Fe3+，故C正确；
D.分析C和②③，物质的氧化性与所处环境有关，酸性环境中，氧化性：KClO3＞Cl2碱性环境中，氧化性：Cl2＞KClO3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应及计算，为高频考点，把握发反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子守恒应用，题目难度不大。
14．【分析】还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，
A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；
B．根据BC段消耗的氯气的物质的量，计算溶液n（Fe2+），但溶液的体积无法计算，不能计算c（FeBr2）；
C．根据反应消耗顺序，利用消耗的氯气计算参加反应的离子的物质的量，据此书写；
D．根据各阶段消耗的氯气的物质的量，计算原溶液中n（Fe2+）、n（I﹣）、n（Br﹣），据此解答．
【解答】解：还原性I﹣＞Fe2+＞Br﹣，故首先发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，I﹣反应完毕再发生：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣；最后发生反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，
A．B点时溶液中I﹣完全反应，溶液中存在Fe2+和Br﹣，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，代表Fe3+的物质的量的变化情况，故A正确；
B．由图可知，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，Fe2+反应完毕消耗氯气2mol，由方程式可知n（Fe2+）＝2×2mol＝4mol，无法得到原溶液的体积，故不能计算原混合溶液中c（FeBr2），故B错误；
C．AB段发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，2mol的I﹣消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I﹣）＝1：1，故通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣，故C正确；
D．由图可知AB段消耗氯气1mol，发生2I﹣+Cl2═I2+2Cl﹣，故n（I﹣）＝2n（Cl2）＝2mol，BC段发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，消耗氯气2mol，故n（Fe2+）＝2n（Cl2）＝2×2mol＝4mol，DE段发生2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣，消耗氯气3mol，故n（Br﹣）＝2n（Cl2）＝6mol，故原溶液中n（Fe2+）：n（I﹣）：n（Br﹣）＝4mol：2mol：6mol＝2：1：3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，是易错题目，难度较大．
二、解答题
15．【分析】（1）用CO还原氧化铁生成铁和二氧化碳；
（2）侯氏制碱法是向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；
（3）加热浓盐酸和二氧化锰的混合物发生氧化还原反应，生成氯气、氯化锰和水；
（4）氯水长时间存放会失效是因为氯水中的次氯酸受热或见光分解生成盐酸和氧气；
（5）硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁和空气中氧气、水蒸气反应生成氢氧化铁；
（6）炽热的铁水注入模具前，模具必须进行干燥处理，否则铁和水在高温下反应生成四氧化三铁和氢气。
【解答】解：（1）用CO还原氧化铁生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，
故答案为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；
（2）侯氏制碱法是向饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳气体反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NaCl+H2O+NH3+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NaCl+H2O+NH3+CO2＝NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）舍勒加热浓盐酸和二氧化锰的混合物发生氧化还原反应，生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O；
（4）氯水长时间存放会失效是因为氯水中的次氯酸受热或见光分解生成盐酸和氧气，促进氯气和水反应的平衡正向进行，反应的化学方程式：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑，
故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，2HClO2HCl+O2↑；
（5）硫酸亚铁和氢氧化钠反应生成白色沉淀氢氧化亚铁，反应的化学方程式为：FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4，氢氧化亚铁和空气中氧气、水蒸气反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：FeSO4+2NaOH＝Fe（OH）2↓+Na2SO4；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（6）炽热的铁水注入模具前，模具必须进行干燥处理，否则铁和水在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2。
【点评】本题考查了物质性质、反应产物判断、反应现象的理解应用、化学方程式书写等知识点，注意化学方程式书写方法和注意问题，题目难度不大。
16．【分析】（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应过程中每2mol过氧化钠反应电子转移2mol；
（2）元素化合价发生变化说明反应为氧化还原反应，根据过氧化氢不稳定性设计实验方案进行检验；
（3）亚铁离子和氢氧根离子生成的氢氧化亚铁被双氧水氧化成了红褐色的氢氧化铁；
（4）利用化合价升降相等进行配平，然后利用电荷守恒和观察法确定未知物，配平化学方程式；
（5）结合化学方程式定量关系分析，反应前后固体质量变化的差量计算．
【解答】解：（1）过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2 H2O＝O2 ↑+4NaOH，过氧化钠中氧元素化合价﹣1价，反应后编号为﹣2价和0价，反应过程中每2mol过氧化钠反应电子转移2mol，
故答案为：2Na2O2+2 H2O＝O2 ↑+4NaOH；2mol；
（2）加入二氧化锰通过检验是否有氧气生成来检验，方法是：取少量X于试管中，加入少量MnO2固体，用带火星的木条检验生成的O2，
故答案为：取少量X于试管中，加入少量MnO2固体，用带火星的木条检验生成的O2；
（3）少量X于试管中，滴加FeCl2溶液，立即生成红褐色沉淀，红褐色沉淀是氢氧化铁，反应的离子方程式是：H2O2+2Fe2++4OH﹣＝2Fe（OH）3↓；
故答案为：H2O2+2Fe2++4OH﹣＝2Fe（OH）3↓；
（4）锰元素化合价变化：MnO4→Mn2+，化合价+7→+2，降低5价，
氧元素化合价变化：H2O2→2H2O，化合价﹣2→﹣1，化合价升高（﹣1）×2＝2价，所以高锰酸根离子前面陪2，双氧水前面陪5，再利用电荷守恒配平氢离子，由质量守恒定律配平确定未知物是水，配平后的方程式是2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，
故答案为：2；5；6；2；5；8H2O；
（5）取40gNa2O2固体粉末与一定量二氧化碳反应后，固体质量变为47g，
2Na2O2+2 CO2＝O2 +2Na2CO3，固体质量变化
2×78 56g
m 47g﹣40g
m＝195g
故答案为：19.5g．
【点评】本题考查了过氧化钠的性质，涉及了物质检验、离子方程式书写、氧化还原反应的配平等知识，题目难度中等．
17．【分析】Ⅰ.（1）从草木灰中提取钾盐的第一步操作为溶解草木灰，得到溶液，进一步得到碳酸钾晶体；
（2）①K+的焰色反应必须透过蓝色钴玻璃观察，滤去钠产生的黄光的干扰；
②稀盐酸可以与碳酸盐反应产生气泡；
③SO42﹣的检验必须除去其它SO32﹣、CO32﹣、Ag+的干扰；
④Ag+与Cl﹣反应生成氯化银沉淀，加入足量Ba（NO3）2溶液的目的是除去SO42﹣的干扰；
Ⅱ.（3）配制100mL1mol/L K2CO3溶液必须使用100mL规格的容量瓶；
（4）根据m＝nM进行计算即可；
（5）溶液配制过程中，首先称取一定质量的碳酸钾，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解，再将溶液转移到容量瓶中，用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面离容量瓶刻度线下1～2厘米时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
（6）如果实验过程中缺少洗涤操作，会造成所配溶液的溶质物质的量减少，进一步导致浓度偏低。
【解答】解：Ⅰ.（1）草木灰中的钾盐可以溶于水中形成溶液，然后利用过滤的方法，可以获得钾盐的水溶液，将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得钾盐晶体，所以第一步操作为溶解，
故答案为：溶解；
（2）将制得的少量晶体加水溶解后，分别置于三支试管中
①用洁净的铂丝蘸取溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃，若观察到火焰紫色，说明溶液中存在K+，
故答案为：若观察到火焰紫色；
②向第一支试管中加入足量稀盐酸，可观察到气泡产生，说明溶液中存在CO32﹣，
故答案为：气泡产生；
③向第二支试管中加入盐酸酸化，且无明显现象，再加入氯化钡，可观察到白色沉淀产生，说明溶液中存在SO42﹣，
故答案为：盐酸酸化，且无明显现象，再加入氯化钡；白色沉淀产生；
④向第三支试管中先加入足量Ba（NO3）2溶液，过滤后，再向滤液中加入足量AgNO3溶液，可观察到白色沉淀，说明溶液中存在Cl﹣，加入足量Ba（NO3）2溶液的目的是除去SO42﹣的干扰，
故答案为：AgNO3；除去SO42﹣的干扰；
Ⅱ.将制得的碳酸钾提纯后，配制100mL1mol/L K2CO3溶液，
（3）配制过程中需要使用的主要玻璃仪器包括烧杯、玻璃棒、胶头滴管、天平、量筒和100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
（4）用托盘天平称取碳酸钾固体，其质量为：0.1L×1mol/L×138g/mol＝13.8g，
故答案为：13.8；
（5）溶液配制过程中，首先称取一定质量的碳酸钾，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解，再将溶液转移到容量瓶中，用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面离容量瓶刻度线下1～2厘米时，改用胶头滴管加水至凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀，故主要操作步骤的正确顺序是：①③⑤②④，
故答案为：①③⑤②④；
（6）如果实验过程中缺少步骤⑤，会造成所配溶液的物质的量浓度偏低，
故答案为：偏低。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯的实验方案的设计，常见离子的检验，溶液的配制方法等，考查范围较广，难度不大，属于基本知识，基础题型。
18．【分析】根据流程：二氧化硫与醋酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2气体，反应为：2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣，ClO2与过氧化氢在碱性条件下发生反应生成NaClO2，反应为：H2O2+2ClO2+2OH﹣＝2ClO2﹣+2H2O+O2，将NaClO2饱和溶液减压蒸发，控制温度在38oC～60oC条件下结晶、过滤得到产品，
（1）根据化合物元素化合价代数和为0可得；元素的中间价态具有氧化性和还原性；
（2）①氯气与NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，据此书写；
②根据信息ClO2在CCl4中难溶，Cl2溶于CCl4中分析；
（3）根据化合价分析；
（4）根据氯元素守恒，生成1 mol NaClO2说明有1molClO2生成，根据反应2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣，则参与反应的SO2为0.5mol，由此可得；
（5）①已知：NaClO2晶体高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，考虑避免其分解；
②根据ii，选择在38oC～60oC条件下结晶，再过滤。
【解答】解：（1）NaClO2中钠元素+1价，氧元素﹣2价，则氯元素+3价；NaClO2中氯元素+3价，为氯元素的中间价态，则其既具有氧化性又具有还原性；
故答案为：+3：既具有氧化性又具有还原性；
（2）①Cl2的存在会造成产品中含有NaCl，因为氯气与氢氧化钠发生反应：Cl2 +2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；
故答案为：Cl2 +2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O；
②由题可知，ClO2、l2 均溶于水，但ClO2在CCl4中难溶，Cl2溶于CCl4中，故将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶可以除去ClO2中的Cl2 ；
故答案为：将混有少量Cl2的ClO2缓慢通过盛有CCl4的洗气瓶；
（3）根据流程，H2O2与ClO2反应生成NaClO2，氯元素化合价降低，被还原，故H2O2为还原剂；
故答案为：还原剂；
（4）根据氯元素守恒，生成1 mol NaClO2说明有1molClO2生成，根据反应2ClO3﹣+SO2＝2ClO2+SO42﹣，则参与反应的SO2为0.5mol，其体积为11.2L；
故答案为：11.2；
（5）①已知：NaClO2晶体高于60℃时分解成NaClO3和NaCl，故通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解；
故答案为：通过减压降低水的沸点，在较低温度将NaClO2溶液浓缩至饱和，避免其分解；
②减压蒸发后控制温度在38oC～60oC条件下结晶、过滤得到粗产品；
故答案为：控制温度在38oC～60oC条件下结晶、过滤。
【点评】本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、物质的分离提纯等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析，题目难度中等。
19．【分析】（1）如生成胶体，应具有丁达尔效应；
（2）①对比实验说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，黑色固体为Fe；
②实验Ⅰ的现象，可说明生成氢气、Fe、氢氧化铁胶体以及亚铁离子；
（3）铁离子氧化性比铜离子强，金属活动性较强，对应的离子的氧化性越弱；
（4）①实验Ⅲ持续产生少量气体，应生成氢气；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，说明生成氢氧化铁；
②实验Ⅳ用铁丝，接触面积小，易与氧化性较强的铁离子反应。
【解答】解：（1）如生成胶体，应具有丁达尔效应，可观察到一条光亮的“通路”，故答案为：一条光亮的“通路”；
（2）①对比实验说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，黑色固体为Fe，滤纸ⅰ上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2+，
故答案为：Fe；滤纸ⅱ上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，所以滤纸ⅰ上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2+；
②实验Ⅰ的现象，可说明生成氢气、Fe、氢氧化铁胶体以及亚铁离子，故答案为：H2、Fe2+；
（3）铁离子氧化性比铜离子强，金属活动性较强，对应的离子的氧化性越弱，则氧化性顺序为Mg2+＜Fe2+＜H+＜Cu2+＜Fe3+，
故答案为：H+＜Cu2+＜Fe3+；
（4）①实验Ⅲ持续产生少量气体，应生成氢气；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉淀，说明生成氢氧化铁，还涉及到铁与铁离子的反应，离子反应有Fe+2H+═Fe2++H2↑，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+（ Fe+2Fe3+═3Fe2+），
故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+（ Fe+2Fe3+═3Fe2+）；
②相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+，由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，可生成氢气，氢离子浓度减小，则促使Fe3+水解生成Fe（OH）3；Ⅳ用铁丝，固体表面积较小，反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原。
故答案为：由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3+水解生成Fe（OH）3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原。
【点评】本题考查物质的性质实验探究，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验现象的分析，难度中等。
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