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2021-2022学年广东省广州市三校高一（上）期中化学试卷
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这是一份2021-2022学年广东省广州市三校高一（上）期中化学试卷，共35页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省广州市三校高一（上）期中化学试卷
一、单项选择题：本题共20小题，其中1～10题每小题2分，11～20题每小题2分，共50分。
1．（2分）我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是（ ）
A．大力提倡植树造林
B．向燃煤中添加碳酸钙
C．借助光伏、风电、核电等技术发电
D．利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化
2．（2分）下表中关于物质的分类正确的是（ ）
酸
碱
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
H2SO4
NaOH
BaCO3
CO
CO2
B
HClO
KOH
NaHCO3
CaO
SO2
C
CH3COOH
Na2CO3
CaCl2
Na2O
SO3
D
NaHSO4
NH3•H2O
NaCl
SiO2
CO
A．A B．B C．C D．D
3．（2分）下列有关胶体的说法正确的是（ ）
①血液透析利用了胶体粒子带电的性质
②向稀氨水中滴加适量饱和FeCl3溶液并不断加热，即可制得氢氧化铁胶体
③氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于是否具有丁达尔效应
④在制备Fe（OH）3胶体实验中，不断搅拌可使反应更充分
⑤向Fe（OH）3胶体中加入过量稀硝酸，先有红褐色沉淀生成，然后沉淀溶解
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2分）甲乙丙三种物质间通过一步反应能实现如图转化，下列选项中符合转化关系的是（ ）
A．甲为NaOH，乙为NaCl，丙为NaNO3
B．甲为CuO，乙为CuCl2，丙为Cu（OH）2
C．甲为Na2CO3，乙为CO2，丙为CaCO3
D．甲为H2SO4，乙为BaSO4，丙为Na2SO4
5．（2分）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列化学反应对应的离子方程式正确的是（ ）
A．Na与CuSO4水溶液反应：2Na+Cu2+═Cu+2Na+
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH﹣═HCO3﹣
C．氯气与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
6．（2分）纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ的反应：2Fe3O46FeO+O2↑
B．过程Ⅱ的反应：2H2O═2H2↑+O2↑
C．两个转化过程都发生了氧化还原反应
D．Fe3O4为整个过程的催化剂
7．（2分）NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．在常温常压下，28gN2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NA
B．标准状况下，17g氨气所含原子数目为NA
C．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NA
D．NA个氢分子所占有的体积一定为22.4L
8．（2分）氧化还原反应的本质是电子的转移，下列氧化还原反应中电子转移的表示方法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（2分）下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应并不改变的是（ ）
A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．Na2O2和CO2 D．木炭和O2
10．（2分）数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行数据采集与分析的实验手段。如图是利用数字化实验测定光照氯水过程中得到的图象，该图象表示的意义是（ ）
A．氯离子浓度随时间的变化
B．氧气体积分数随时间的变化
C．氯水的pH随时间的变化
D．氯水导电能力随时间的变化
11．（3分）某同学用下列装置制备并进行有关Cl2的实验。下列说法中正确的是（ ）
A．图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可被全部消耗
B．图中：闻Cl2的气味
C．图中：生成蓝色的烟
D．图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
12．（3分）钙和钠相似，也能形成过氧化物，一些不法商人在面粉生产中添加过氧化钙等添加剂对食品进行增白。SO2也被一些不法商人用来漂白腐竹等，漂白原理为与有机色素结合，生成不稳定的无色化合物，加热可恢复原来颜色。下列关于过氧化钙的说法正确的是（ ）
A．过氧化钙的化学式是Ca2O2
B．1mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应都生成0.5mol氧气
C．过氧化钙中阴阳离子个数比为1：2
D．过氧化钙增白原理与SO2漂白原理相似
13．（3分）如图所示，纵坐标表示导电能力，横坐标表示所加溶液的量，以下各组反应符合该图的是（ ）
A．Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4
B．NaOH溶液中滴加稀HCl
C．CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
D．Cu（OH）2悬浊液中滴加HNO3溶液
14．（3分）2021年6月17日我国的“神舟十二号”载人飞船搭载3名宇航员顺利升空，此次神舟飞船的主要任务是运载航天员进入天和核心舱开启空间站运转，开启空间站长期有人照料情况下的在轨运行。火箭和飞船升空所需的巨大能量可由下列化学反应提供：C2H8N2+2N2O4═3N2↑+2CO2↑+4H2O↑，下列叙述错误的是（ ）
A．此反应是氧化还原反应
B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行
C．在反应中C2H8N2作氧化剂
D．1个N2O4分子反应，转移8个电子
15．（3分）事实上，某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2═Na2SO4；2Na2O2+SO3（g）═Na2SO4+O2（g是指物质为气态）。据此判断下列反应方程式错误的是（ ）
A．Na2O2+N2O4═2NaNO3
B．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
C．2Na2O2+2N2O3═4NaNO2+O2
D．2Na2O2+2Mn2O7═4NaMnO4+O2↑
16．（3分）下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是（ ）
选项
操作
部分现象
结论
A
将盛有氯气（含少许空气）的试管倒扣在盛水的水槽中
试管内液面上升，黄绿色变浅
氯气会与水反应
B
向某溶液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，振荡观察
溶液有白色固体出现
溶液中必含有SO42﹣
C
将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶
纸条红色褪去
氯气具有漂白性
D
向MgSO4溶液中加入一小块钠
产生无色气泡，溶液底部有白色固体生成
Na不会直接与溶液中的MgSO4反应
A．A B．B C．C D．D
17．（3分）某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种粒子。其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．该反应的氧化剂是ClO﹣
B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．该离子方程式为3ClO﹣+2NH4+═2H++N2↑+3Cl﹣+3H2O
18．（3分）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加b g
19．（3分）现有2.0g含Na2O杂质的Na2O2样品，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度，（可供选用的反应物只有CaCO3固体、盐酸、硫酸和蒸馏水）下列说法错误的是（ ）
A．装置A中液体试剂为盐酸
B．装置B的作用是除去挥发出的HCl气体
C．若去掉装置E会导致所测Na2O2试样的纯度偏低
D．若反应结束后由气体体积计算得气体质量为0.32g，则Na2O2试样的纯度为78%
20．（3分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g．根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．一定不存在Ba2+，NH4+可能存在
B．CO32﹣一定存在，Na+可能存在
C．Na+一定存在
D．一定不存在Cl﹣
二、非选择题：本题共4道小题，共50分。
21．（12分）化学是一门研究物质的组成结构、性质及变化规律的自然学科。
Ⅰ.现有下列10种物质：
①铝，
②纯醋酸，
③CO2，
④H2SO4，
⑤NaH2PO2，
⑥氢氧化钡固体，
⑦盐酸，
⑧NaHSO4，
⑨CuSO4⋅5H2O晶体，
⑩乙醇。
（1）上述物质中属于电解质的有 。
（2）已知H3PO2为一元弱酸，则⑤在物质的分类中属于 （填“酸式盐”“正盐”或“碱式盐”）。
（3）⑥与⑧在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为 。
Ⅱ.已知离子还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣，则氧化性Fe3+ I2（填“＞”“＝”或“＜”）。有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br﹣、I﹣，其中Br﹣、I﹣的个数比为3：4，向该溶液中通入少量氯气，定会发生的反应的离子方程式是 。如果要使上述溶液中Br﹣、I﹣的个数比为3：1，通入氯气与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为 。
22．（10分）A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
（1）若A为化合物，且焰色试验为黄色，回答下列问题：
①A与H2O反应的化学方程式为 。
②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式 。
③若X为一种造成温室效应的气体，欲除去D溶液中混有的少量E，可选择的试剂为 （填代号）。
a.NaCl溶液
b.CO2
c.NaOH溶液
d.Ca（OH）2溶液
（2）若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则：
①若C溶液显强酸性，则B的化学式为 。
②已知高锰酸钾与浓盐酸反应可以生成A，请将该反应离子方程式补充完整：
MnO4﹣+ Cl﹣+ ＝ Mn2++ + H2O
23．（12分）我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示，沉淀池反应NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。
（1）“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为 （填化学式），俗称 。
（2）实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是 。
（3）煅烧炉中发生反应的化学方程式为 。
（4）使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了 （填“循环Ⅰ”或“循环Ⅱ”），流程中物质X为 （填化学式）。
（5）简单的检验方案的一般叙述过程为：①取试样，②加检验试剂，③现象，④结论。为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，简单的检验方案是：取少量试样溶于水后， 。
24．（16分）实验室用如图装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：
（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式 ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）C装置盛放 ，其目的是除去氯气中的氯化氢；D中盛放浓硫酸，其目的是干燥氯气。
（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，对比E和F中现象的差异可得出的结论是 。
（4）G处的现象是 。
（5）用化学方程式写出H处尾气吸收装置中的反应原理 。
（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下：
注意事项：
1.本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。
2.密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。
3.保质期为一年。
①消毒液与洁厕灵不能同时使用，原因是 （用离子方程式表示）。
②需“密闭保存”的原因 。
（7）氰（CN）2、硫氰（SCN）2的化学性质和卤素（X2）很相似，化学上称为拟卤素，如：[（SCN）2+H2O═HSCN+HSCNO]它们阴离子的还原性强弱为：Cl﹣＜Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣＜I﹣。试写出：KBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2，发生反应的化学方程式为 。
2021-2022学年广东省广州市三校高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共20小题，其中1～10题每小题2分，11～20题每小题2分，共50分。
1．（2分）我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是（ ）
A．大力提倡植树造林
B．向燃煤中添加碳酸钙
C．借助光伏、风电、核电等技术发电
D．利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化
【分析】“碳中和”指的是区域在一定时间内排放的二氧化碳，通过植物吸收、节能减排等形式，相互抵消，实现二氧化碳 相对“零排放”，据此解答。
【解答】解：A．大力提倡植树造林，植物吸收二氧化碳，有利于实现“碳中和”，故A正确；
B．向燃煤中添加碳酸钙，能减少二氧化硫的排放，但是不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳中和”，故B错误；
C．借助光伏、风电、核电等技术发电，减少火电的利用，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故C正确；
D．利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化，有利于实现“碳中和”，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了环境污染与治理，熟悉“碳中和”概念是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下表中关于物质的分类正确的是（ ）
酸
碱
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
H2SO4
NaOH
BaCO3
CO
CO2
B
HClO
KOH
NaHCO3
CaO
SO2
C
CH3COOH
Na2CO3
CaCl2
Na2O
SO3
D
NaHSO4
NH3•H2O
NaCl
SiO2
CO
A．A B．B C．C D．D
【分析】电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物为酸；
电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物为碱；
金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物为盐；
能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）为碱性氧化物。
【解答】解：A．CO不是碱性氧化物，故A不选；
B．次氯酸为酸，氢氧化钾为碱，碳酸氢钠为盐，氧化钙为碱性氧化物，二氧化硫为酸性氧化物，故B选；
C．碳酸钠为盐，不是碱，故C不选；
D．硫酸氢钠为盐，不是酸，二氧化硅为酸性氧化物，CO不是酸性氧化物，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸碱盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念，掌握基础是关键，题目难度不大。
3．（2分）下列有关胶体的说法正确的是（ ）
①血液透析利用了胶体粒子带电的性质
②向稀氨水中滴加适量饱和FeCl3溶液并不断加热，即可制得氢氧化铁胶体
③氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于是否具有丁达尔效应
④在制备Fe（OH）3胶体实验中，不断搅拌可使反应更充分
⑤向Fe（OH）3胶体中加入过量稀硝酸，先有红褐色沉淀生成，然后沉淀溶解
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①．血液是胶体不能通过半透膜；
②Fe（OH）3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可；
③分散系本质区别是分散质微粒直径大小；
④不断搅拌会促进胶体发生聚沉；
⑤加入稀硝酸，胶体先发生Fe（OH）3胶体的聚沉形成氢氧化铁沉淀，沉淀溶解于稀硝酸。
【解答】解：①血液是胶体，血液透析利用了胶体粒子不能透过半透膜，故①错误；
②Fe（OH）3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可，所以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体，向稀氨水中滴加适量饱和FeCl3溶液并不断加热得到氢氧化铁沉淀，故②错误；
③氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于是分散质微粒直径大小，不是丁达尔效应，故③错误；
④在制备Fe（OH）3胶体实验中，不断搅拌可使生成的胶体发生聚沉，故④错误；
⑤先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，硝酸过量时，Fe（OH）3溶解，得到硝酸铁黄色溶液，故⑤正确；
故选：A。
【点评】本题考查胶体性质、胶体制备等，涉及物质的性质以及应用方面的知识，注意知识的迁移和应用在解题中的应用是解题的关键，题目难度不大。
4．（2分）甲乙丙三种物质间通过一步反应能实现如图转化，下列选项中符合转化关系的是（ ）
A．甲为NaOH，乙为NaCl，丙为NaNO3
B．甲为CuO，乙为CuCl2，丙为Cu（OH）2
C．甲为Na2CO3，乙为CO2，丙为CaCO3
D．甲为H2SO4，乙为BaSO4，丙为Na2SO4
【分析】根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单。
【解答】解：A、氢氧化钠和盐酸反应生成NaCl，一步反应即完成了物质甲到乙的转化；氢氧化钠与稀硝酸生成NaNO3，一步反应即完成了物质甲到丙的转化；氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和NaNO3，实现了乙到丙的一步反应的转化；但是NaNO3不能与其它物质反应而生成氯化钠，无法一步实现图示的转化；故A错误；
B、氧化铜与盐酸反应CuCl2、氯化铜与氢氧化钠反应生成Cu（OH）2、氢氧化铜与盐酸反应生成CuCl2，实现了甲至乙、乙至丙和丙至乙的一步反应的转化；但氧化铜不能与水反应生成氢氧化铜，无法一步实现图示的转化；故B错误；
C、碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳、碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠、二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水、碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，分别能实现甲至乙、甲至丙、乙至丙和丙至乙的一步反应的转化；故C正确；
D、硫酸钡无法转化为硫酸钠，所以无法实现乙到丙的转化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题难度较大，根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径。
5．（2分）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列化学反应对应的离子方程式正确的是（ ）
A．Na与CuSO4水溶液反应：2Na+Cu2+═Cu+2Na+
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH﹣═HCO3﹣
C．氯气与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
【分析】A．不符合反应客观事实，钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠和水；
B．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙；
C．次氯酸为弱酸，应保留化学式；
D．石灰水过量反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水。
【解答】解：A．Na与CuSO4水溶液反应，离子方程式为：2H2O+2Na+Cu2+═Cu（OH）2↓+H2↑+2Na+，故A错误；
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，离子方程式为：CO2+OH﹣═HCO3﹣，故B正确；
C．氯气与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，离子方程式为：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ的反应：2Fe3O46FeO+O2↑
B．过程Ⅱ的反应：2H2O═2H2↑+O2↑
C．两个转化过程都发生了氧化还原反应
D．Fe3O4为整个过程的催化剂
【分析】A.过程Ⅰ的反应是Fe3O4在太阳能的作用下生成FeO和O2；
B.过程Ⅱ为FeO与水反应生成H2和Fe3O4；
C.两个反应过程中元素的化合价都发生了变化；
D.过程I方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑；过程II方程式为：3FeO+H2O＝H2↑+Fe3O4，将I+II×2，整理可得：2H2O＝2H2↑+O2↑。
【解答】解：A.根据图示可知：过程Ⅰ为Fe3O4在太阳光照射下分解生成FeO与O2，反应方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑，故A正确；
B.过程Ⅱ为FeO与水反应生成H2和Fe3O4，反应方程式为：3FeO+H2O＝H2↑+Fe3O4，故B错误；
C.根据过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，两个反应过程中元素的化合价都发生了变化，因此反应均为氧化还原反应，故C正确；
D.过程I方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑；过程II方程式为：3FeO+H2O＝H2↑+Fe3O4，将I+II×2，整理可得：2H2O＝2H2↑+O2↑，可见在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，所以Fe3O4为整个过程的催化剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应、反应过程中能量变化、识图能力的培养等，题目难度不大，学会从图中提取有用的信息，把握反应中元素的化合价变化、物质之间的转化为解答的关键。
7．（2分）NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．在常温常压下，28gN2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NA
B．标准状况下，17g氨气所含原子数目为NA
C．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NA
D．NA个氢分子所占有的体积一定为22.4L
【分析】A．N2与CO气体摩尔质量相同为28/mol，计算物质的量得到分子数；
B．n＝＝，1mol氨气分子中含4mol原子；
C．在常温常压下，11.2L氮气物质的量不能根据标准状况下气体摩尔体积计算；
D．温度压强不知，不能计算气体体积；
【解答】解：A．在常温常压下，N2与CO气体摩尔质量相同为28/mol，28gN2与CO混合物气体物质的量＝＝1mol，1mol混合气体中所含的分子数目一定为NA，故A正确；
B．标准状况下，17g氨气物质的量＝＝1mol，所含原子数目为4NA，故B错误；
C．标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，在常温常压下，11.2L氮气物质的量不是0.5mol，故C错误；
D．NA个氢分子物质的量为1mol，温度压强不知所占有的体积不一定为22.4L，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和气体摩尔体积条件应用是解题关键，题目难度中等．
8．（2分）氧化还原反应的本质是电子的转移，下列氧化还原反应中电子转移的表示方法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】A．SiO2→Si，硅元素化合价由+4价降低到0价，C→CO，碳元素化合价由0价升高到+2价；
B．反应中只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子；
C．反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素升高失电子，转移电子数应该为12；
D．Na→NaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，H2O→H2，氢元素化合价由+1价降低到0价。
【解答】解：A．SiO2→Si，硅元素化合价由+4价降低到0价，得电子，C→CO，碳元素化合价由0价升高到+2价，失电子，用双线桥表示该反应电子转移情况为，故A错误；
B．KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为，故B错误；
C．2KClO32KCl+3O2↑中Cl元素化合价降低得电子，氧元素升高失电子，转移电子数为12，则双线桥表示电子转移的方向和数目，故C正确；
D．Na→NaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，失电子，H2O→H2，氢元素化合价由+1价降低到0价，得电子，用单线桥表示该反应电子转移情况为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中转移电子的考查，题目难度不大。
9．（2分）下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应并不改变的是（ ）
A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．Na2O2和CO2 D．木炭和O2
【分析】根据物质的性质判断各条件下反应的生成物．
【解答】解：A．Na和O2在不加热时生成Na2O，加热时生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，故A不选；
B．NaOH和CO2少量反应生成Na2CO3，过量CO2反应生成NaHCO3，量不同，生成物不同，故B不选；
C．Na2O2和CO2只生成Na2CO3和O2，与条件无关，故C选；
D．木炭和O2反应，当O2不足时，生成CO，O2过量时生成CO2，条件不同，生成物不同，故D不选。
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意常见元素化合物知识，注重相关基础知识的积累．
10．（2分）数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行数据采集与分析的实验手段。如图是利用数字化实验测定光照氯水过程中得到的图象，该图象表示的意义是（ ）
A．氯离子浓度随时间的变化
B．氧气体积分数随时间的变化
C．氯水的pH随时间的变化
D．氯水导电能力随时间的变化
【分析】根据图象可知，随着横坐标时间的增大，而纵坐标代表的量越来越小结合氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑分析判断。
【解答】解：A、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，氯离子浓度应该越来越大，图象不符合，故A错误；
B、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，氧气体积分数应该越来越大，图象不符合，故B错误；
C、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，弱酸生成强酸，则氯水的pH越来越小，图象符合，故C正确；
D、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，弱酸生成强酸，则随着横坐标时间的增大，氯水导电能力也越来越大，据图象不符合，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了氯水的性质，抓住氯水光照其中次氯酸分解即可解答，难度不大。
11．（3分）某同学用下列装置制备并进行有关Cl2的实验。下列说法中正确的是（ ）
A．图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可被全部消耗
B．图中：闻Cl2的气味
C．图中：生成蓝色的烟
D．图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
【分析】A．浓盐酸随着反应进行浓度减小，稀盐酸不与二氧化锰；
B．打开药品瓶塞，瓶口在前下方离鼻孔约0.5米，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔；
C．在氯气中燃烧产生棕色的烟；
D．氯气反应后烧瓶内压强降低，气球膨胀鼓起。
【解答】解：A．Ⅰ图中：随着反应进行盐酸的浓度减小到一定程度后，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不能全部消耗，故A错误；
B．打开药品瓶塞，瓶口在前下方离鼻孔约0.5米，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔，故图中闻气体其他的操作正确，故B正确；
C．铜在氯气中燃烧产生棕色的烟，故C错误；
D．氯气反应后烧瓶内压强降低，气球膨胀鼓起，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查实验基本操作的装置、现象、原理，侧重考查学生对基础知识的理解掌握，题目贴近教程，基础性强。
12．（3分）钙和钠相似，也能形成过氧化物，一些不法商人在面粉生产中添加过氧化钙等添加剂对食品进行增白。SO2也被一些不法商人用来漂白腐竹等，漂白原理为与有机色素结合，生成不稳定的无色化合物，加热可恢复原来颜色。下列关于过氧化钙的说法正确的是（ ）
A．过氧化钙的化学式是Ca2O2
B．1mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应都生成0.5mol氧气
C．过氧化钙中阴阳离子个数比为1：2
D．过氧化钙增白原理与SO2漂白原理相似
【分析】过氧化钙由于Ca2+和O22﹣组成，其化学式为CaO2，具有强氧化性，与水反应生成Ca（OH）2和O2，以此来解答。
【解答】解：A．过氧化钙由于Ca2+和O22﹣组成，其化学式为CaO2，故A错误；
B．过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应的方程式分别为2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，则1mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应都生成0.5mol氧气，故B正确；
C．过氧化钙由于Ca2+和O22﹣组成，阴、阳离子的个数比为1：1，故C错误；
D．过氧化钙具有强氧化性，利用氧化性漂白，SO2没有强氧化性，与有色物质化合生成无色物质，二者漂白原理不同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握过氧化物的构成微粒、过氧化钙的性质以及过氧化钙与水的反应为解答的关键，注意与过氧化钠性质的相似之处即可解答，题目难度不大。
13．（3分）如图所示，纵坐标表示导电能力，横坐标表示所加溶液的量，以下各组反应符合该图的是（ ）
A．Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4
B．NaOH溶液中滴加稀HCl
C．CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
D．Cu（OH）2悬浊液中滴加HNO3溶液
【分析】根据图示：随着溶液加入量的增加，导电能力逐渐减小为0，在加入溶液，溶液的导电能力又会会逐渐增大，根据选项中物质间的反应情况来回答．
【解答】解：A、Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4，会发生反应生成硫酸钡和水，离子浓度逐渐减小，直至导电能力为0，再加硫酸，导电的是硫酸，会逐渐增强，符合图示内容，故A正确；
B、NaOH溶液中滴加稀HCl，溶液的导电能力变化不大，不会出现导电能力是0的状态，不符合图示内容，故B错误；
C、CH3COOH溶液中滴加KOH溶液，反应生成醋酸钾，开始阶段导电能力逐渐增强，不符合图示内容，故C错误；
D、氢氧化铜悬浊液中加硝酸会发生反应生成硝酸铜和水，导电能力开始是逐渐增大的，不符合图示内容，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生溶液的导电能力的变化知识，导电能力和自由移动离子的浓度大小有关，难度中等．
14．（3分）2021年6月17日我国的“神舟十二号”载人飞船搭载3名宇航员顺利升空，此次神舟飞船的主要任务是运载航天员进入天和核心舱开启空间站运转，开启空间站长期有人照料情况下的在轨运行。火箭和飞船升空所需的巨大能量可由下列化学反应提供：C2H8N2+2N2O4═3N2↑+2CO2↑+4H2O↑，下列叙述错误的是（ ）
A．此反应是氧化还原反应
B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行
C．在反应中C2H8N2作氧化剂
D．1个N2O4分子反应，转移8个电子
【分析】根据C2H8N2+2N2O4═3N2↑+2CO2↑+4H2O↑中N2O4氮元素的化合价降低，作氧化剂，C2H8N2根中C、N元素的化合价升高作还原剂，2个N2O4分子反应，转移16个电子，据此作答。
【解答】解：A.反应中存在元素化合价的变化，故是氧化还原反应，故A正确；
B.反应产生的都是气体，可以推动火箭飞行，故B正确；
C.C2H8N2根中C、N元素的化合价升高作还原剂，故C错误；
D.2个N2O4分子反应，转移16个电子，故1个N2O4分子反应，转移8个电子，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，明确元素的化合价变化及该反应中C、N元素的化合价升降是解答本题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
15．（3分）事实上，某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2═Na2SO4；2Na2O2+SO3（g）═Na2SO4+O2（g是指物质为气态）。据此判断下列反应方程式错误的是（ ）
A．Na2O2+N2O4═2NaNO3
B．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
C．2Na2O2+2N2O3═4NaNO2+O2
D．2Na2O2+2Mn2O7═4NaMnO4+O2↑
【分析】由Na2O2与SO2、SO3的反应方程式可推知Na2O2与最高价氧化物反应有O2生成，而与低价氧化物反应无O2生成，据此分析。
【解答】解：A．N2O4中N的化合价不是最高，生成物中无O2，反应后N元素被氧化为+5价，反应的方程式为Na2O2+N2O4═2NaNO3，故A正确；
B．CO2为C的最高价氧化物，反应产生O2，故B正确；
C．N2O3中N的化合价不是最高，反应不产生O2，故C错误；
D．Mn2O7是锰的最高价氧化物，Mn的化合价为+7价，所以生成物应为NaMnO4和O2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
16．（3分）下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是（ ）
选项
操作
部分现象
结论
A
将盛有氯气（含少许空气）的试管倒扣在盛水的水槽中
试管内液面上升，黄绿色变浅
氯气会与水反应
B
向某溶液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，振荡观察
溶液有白色固体出现
溶液中必含有SO42﹣
C
将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶
纸条红色褪去
氯气具有漂白性
D
向MgSO4溶液中加入一小块钠
产生无色气泡，溶液底部有白色固体生成
Na不会直接与溶液中的MgSO4反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.氯气与水反应生成盐酸和HClO，且氯气可溶于水；
B.白色沉淀可能为AgCl；
C.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性；
D.钠与MgSO4溶液反应生成硫酸钠、氢氧化镁、氢气。
【解答】解：A.氯气与水反应生成盐酸和HClO，且氯气可溶于水，均使试管内液面上升，黄绿色变浅，由操作和现象不能判断氯气与水反应，故A错误；
B.白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子，故B错误；
C.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，纸条红色褪去，而氯气不具有漂白性，故C错误；
D.钠与MgSO4溶液反应时，Na先与水反应生成NaOH和氢气，然后NaOH与硫酸镁反应生成硫酸钠、氢氧化镁，则产生无色气泡，溶液底部有白色固体生成，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、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。
17．（3分）某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种粒子。其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．该反应的氧化剂是ClO﹣
B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．该离子方程式为3ClO﹣+2NH4+═2H++N2↑+3Cl﹣+3H2O
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，以此解答该题。
【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，
A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO﹣，故A正确；
B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B正确；
C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．由上分析该离子方程式为3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大。
18．（3分）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加b g
【分析】A．只有碳酸氢钠加热分解；
B．NaOH溶液的质量未知，bg溶液中含过量NaOH；
C．bg为NaCl，ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物；
D．ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物，bg为二氧化碳的质量。
【解答】解：A．只有碳酸氢钠加热分解，可由差量法计算碳酸氢钠的质量，然后计算碳酸钠的质量分数，故A正确；
B．NaOH溶液的质量未知，bg溶液中含过量NaOH，无法计算碳酸钠的质量分数，故B错误；
C．bg为NaCl，ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物，可由混合物的质量及钠原子守恒计算，故C正确；
D．ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物，bg为二氧化碳的质量，可由混合物的质量及碳原子守恒计算，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
19．（3分）现有2.0g含Na2O杂质的Na2O2样品，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度，（可供选用的反应物只有CaCO3固体、盐酸、硫酸和蒸馏水）下列说法错误的是（ ）
A．装置A中液体试剂为盐酸
B．装置B的作用是除去挥发出的HCl气体
C．若去掉装置E会导致所测Na2O2试样的纯度偏低
D．若反应结束后由气体体积计算得气体质量为0.32g，则Na2O2试样的纯度为78%
【分析】该实验目的是通过测定CO2与Na2O2反应生成氧气的体积来测定Na2O2试样的纯度，装置A中CaCO3固体与盐酸反应制备CO2气体，装置B中的饱和碳酸氢钠溶液用于除去CO2中混有的HCl，装置C中浓硫酸干燥CO2，在装置D中CO2与Na2O2反应，E装置吸收剩余的CO2，避免影响O2的体积测定，装置F、G用于测定O2的体积，以此解答该题。
【解答】解：A.装置A中CaCO3固体与盐酸反应制备CO2气体，装置A中液体试剂为盐酸，故A正确；
B.盐酸易挥发，制取的CO2中混有的HCl，HCl能够与过氧化钠反应，干扰了检验结果，需要用装置B中的饱和碳酸氢钠溶液除去挥发出的HCl气体，故B正确；
C.生成的氧气中含有二氧化碳，若去掉装置E，测定的氧气体积偏大，计算出的过氧化钠的质量偏大，导致所测Na2O2试样的纯度偏高，故C错误；
D.n（O2）＝＝0.01mol，由反应2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2可知：n（Na2O2）＝2n（O2）＝0.02mol，则过氧化钠的纯度为：ω（Na2O2）＝×100%＝78%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的含量测定，为高频考点，把握实验目的、实验原理、物质性质及装置作用为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
20．（3分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g．根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．一定不存在Ba2+，NH4+可能存在
B．CO32﹣一定存在，Na+可能存在
C．Na+一定存在
D．一定不存在Cl﹣
【分析】由①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g，则一定含NH4+为＝0.08mol；
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则4.66g为硫酸钡，一定含SO42﹣为＝0.02mol，含CO32﹣为＝0.04mol，由电荷守恒可知，0.02mol×2+0.04mol×2＞0.08mol×1，则一定含Na+，由离子共存可知不含Ba2+，以此来解答．
【解答】解：由上述分析可知，一定含Na+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣，一定不含Ba2+，不能确定是否含Cl﹣，
A．NH4+一定存在，故A错误；
B．Na+、CO32﹣均一定存在，故B错误；
C．由电荷守恒可知Na+一定存在，故C正确；
D．该实验中不能确定是否含Cl﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见离子的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意电中性的应用，题目难度不大．
二、非选择题：本题共4道小题，共50分。
21．（12分）化学是一门研究物质的组成结构、性质及变化规律的自然学科。
Ⅰ.现有下列10种物质：
①铝，
②纯醋酸，
③CO2，
④H2SO4，
⑤NaH2PO2，
⑥氢氧化钡固体，
⑦盐酸，
⑧NaHSO4，
⑨CuSO4⋅5H2O晶体，
⑩乙醇。
（1）上述物质中属于电解质的有 ②④⑤⑥⑧⑨ 。
（2）已知H3PO2为一元弱酸，则⑤在物质的分类中属于 正盐 （填“酸式盐”“正盐”或“碱式盐”）。
（3）⑥与⑧在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为 Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O 。
Ⅱ.已知离子还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣，则氧化性Fe3+ ＞ I2（填“＞”“＝”或“＜”）。有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br﹣、I﹣，其中Br﹣、I﹣的个数比为3：4，向该溶液中通入少量氯气，定会发生的反应的离子方程式是 Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2 。如果要使上述溶液中Br﹣、I﹣的个数比为3：1，通入氯气与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为 3：7 。
【分析】Ⅰ.（1）电解质和非电解质都是化合物，且电解质是在水溶液或熔融状态下能自身电离，据此可进行判断；
（2）根据H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2是H3PO2中能电离的氢完全被碱中和的产物，则其属于正盐；
（3）⑥与⑧在溶液中反应使溶液呈中性，即氢离子和氢氧根要完全反应，故两者的物质的量之比为1：2，可写出离子方程式；
Ⅱ.根据离子还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣推出氧化性：Br2＞Fe3+＞I2判断，混合溶液中只含有Fe2+、Br﹣、I﹣，向该溶液中通入少量氯气，根据还原性强弱，则氯气先氧化I﹣，则一定会发生的反应的离子方程式是Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，又知溶液中Br﹣、I﹣的个数比为3：4，设Br﹣、I﹣的物质的量分别为3mol、4mol，由电荷守恒可求得（Fe2+），通入氯气后，要满足n（Br﹣）：n（I﹣）＝3：1，故只发生Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，消耗3molI﹣需通入氯气1.5mol，所以可求出通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比。
【解答】解：Ⅰ.（1）现有下列10种物质：①铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，②纯醋酸在水溶液中能导电，是电解质，③CO2自身不能电离，是非电解质，④H2SO4在水溶液中能导电，是电解质，⑤NaH2PO2在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，⑥氢氧化钡固体在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，⑦盐酸是HCl的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑧NaHSO4在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，⑨CuSO•5H2O晶体在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质。上述物质中属于电解质的有②④⑤⑥⑧⑨，
故答案为：②④⑤⑥⑧⑨；
（2）已知H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2中能电离的氢完全被碱中和，则⑤在物质的分类中属于正盐，
故答案为：正盐；
（3）⑥与⑧在溶液中反应使溶液呈中性，两者的物质的量之比为1：2，离子方程式为Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O，
故答案为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O；
Ⅱ.已知离子还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣，则氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，则氧化性Fe3+＞I2，有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br﹣、I﹣其中Br﹣、I﹣的个数比为3：4，向该溶液中通入少量氯气，则氯气先氧化I﹣，则一定会发生的反应的离子方程式是Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，由题意Br﹣、I﹣的个数比为3：4，可设Br﹣、I﹣的物质的量分别为3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）＝n（Br﹣）+n（I﹣）＝3mol+4mol＝7mol，n（Fe2+）＝3.5mol，通入氯气后，要满足n（Br﹣）：n（I﹣）＝3：1，故只发生Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，只要消耗3molI﹣就可以，即需通入氯气1.5mol，所以通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为1.5：3.5＝3：7，
故答案为：＞；Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2；3：7。
【点评】该题考查了电解质的判断、离子方程式的书写/氧化性强弱比较、氧化还原反应的计算，内容基础，重点考查学生对基础知识的理解和掌握，难度不大。
22．（10分）A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
（1）若A为化合物，且焰色试验为黄色，回答下列问题：
①A与H2O反应的化学方程式为 2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ 。
②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式 CO 。
③若X为一种造成温室效应的气体，欲除去D溶液中混有的少量E，可选择的试剂为 c （填代号）。
a.NaCl溶液
b.CO2
c.NaOH溶液
d.Ca（OH）2溶液
（2）若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则：
①若C溶液显强酸性，则B的化学式为 HClO 。
②已知高锰酸钾与浓盐酸反应可以生成A，请将该反应离子方程式补充完整：
2 MnO4﹣+ 10 Cl﹣+ 16 H+ ＝ 2 Mn2++ 5 Cl2↑ + 8 H2O
【分析】（1）若A为化合物，且焰色试验为黄色，说明A含有Na元素，而A能与水反应生成B和C，则A为Na2O2，其中C能与X连续反应生成E，②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则X为C、C为O2、D为CO2、E为CO，故B为NaOH；③若X为一种造成温室效应的气体，则X为CO2、C为NaOH、D为Na2CO3、E为NaHCO3，则B为O2；
（2）①若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则A为Cl2，氯气与水反应生成HCl和HClO，若C溶液显强酸性，则C为HCl，故B为HClO；
②根据电子转移守恒确定MnO4﹣、Cl2的系数，再根据原子守恒确定Mn2+、Cl﹣系数，根据电荷守恒可知反应物中缺少微粒为H+，根据电荷守恒确定其系数，再利用原子守恒确定水的系数。
【解答】解：（1）①若A为化合物，且焰色试验为黄色，说明A含有Na元素，而A能与水反应生成B和C，则A为Na2O2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，C能与X连续反应生成E，则X为C、C为O2、D为CO2、E为CO，故B为NaOH，
故答案为：CO；
③若X为一种造成温室效应的气体，C能与X连续反应生成E，则X为CO2、C为NaOH、D为Na2CO3、E为NaHCO3，则B为O2，欲除去碳酸钠溶液中混有的少碳酸氢钠，可以加入适量NaOH溶液，而氯化钠与碳酸氢钠不反应、二氧化碳能与碳酸氢钠反应转化为碳酸氢钠，氢氧化钙与碳酸氢钠、碳酸氢钠都反应生成碳酸钙沉淀，
故答案为：c；
（2）①若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则A为Cl2，氯气与水反应生成HCl和HClO，若C溶液显强酸性，则C为HCl，故B为HClO，
故答案为：HClO；
②MnO4﹣→Mn2+转移电子数为5，2Cl﹣→Cl2转移电子数为2，电子转移最小公倍数为10，故MnO4﹣的系数为2、Cl2的系数为5，根据原子守恒确定Mn2+的系数为2、Cl﹣系数为10，根据电荷守恒可知反应物中缺少微粒为H+，根据电荷守恒可知其系数为16，根据原子守恒可知水的系数为8，配平后离子方程式为2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2；10；16；H+；2；5；Cl2↑；8。
【点评】本题考查无机物的推断，”物质的颜色、温室气体、焰色反应“等是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识、氧化还原反应方程式配平，试题侧重考查学生对基础的掌握。
23．（12分）我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示，沉淀池反应NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。
（1）“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为 Na2CO3 （填化学式），俗称 纯碱或苏打 。
（2）实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是 B 。
（3）煅烧炉中发生反应的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 。
（4）使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了 循环Ⅰ （填“循环Ⅰ”或“循环Ⅱ”），流程中物质X为 CO2 （填化学式）。
（5）简单的检验方案的一般叙述过程为：①取试样，②加检验试剂，③现象，④结论。为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，简单的检验方案是：取少量试样溶于水后， 加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明产品纯碱中含有杂质NaCl 。
【分析】侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，利用溶解度差异产生NaHCO3固体：先在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入足量二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3晶体，然后过滤出NaHCO3晶体和母液，母液中有大量的铵根离子、氯离子和剩余的钠离子、碳酸氢根离子，可用于提取副产品NH4Cl，或重新投入到沉淀池中循环利用，最后利用NaHCO3的不稳定性，煅烧NaHCO3分解产生Na2CO3、CO2和水，CO2可再通入沉淀池中循环利用。
【解答】解：（1）“侯氏制碱法”的“碱”为 Na2CO3，俗称纯碱或苏打，
故答案为：Na2CO3；纯碱或苏打；
（2）由分析可知，实验室模拟“侯氏制碱法”，涉及的操作有D（反应装置）、C（过滤）、和A（灼烧），未涉及蒸发，故选B，
故答案为：B；
（3）煅烧炉中NaHCO3分解产生Na2CO3、CO2和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（4）由分析可知，使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环Ⅰ，流程中物质X为CO2，
故答案为：循环Ⅰ；CO2；
（5）为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，可利用氯化银沉淀法，同时需要排除碳酸根离子的影响，故简单的检验方案是：取少量试样溶于水后，加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明产品纯碱中含有杂质NaCl，
故答案为：加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明产品纯碱中含有杂质NaCl。
【点评】本题考查侯氏制碱法和离子的检验，题目难度中等，关键是掌握教材中侯氏制碱法的原理和基本实验操作，熟记常见物质的俗称和常见离子的检验方法。
24．（16分）实验室用如图装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：
（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2 。
（2）C装置盛放 饱和食盐水 ，其目的是除去氯气中的氯化氢；D中盛放浓硫酸，其目的是干燥氯气。
（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，对比E和F中现象的差异可得出的结论是 干燥的氯气没有漂白性 。
（4）G处的现象是 棉花团变蓝 。
（5）用化学方程式写出H处尾气吸收装置中的反应原理 Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O 。
（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下：
注意事项：
1.本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。
2.密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。
3.保质期为一年。
①消毒液与洁厕灵不能同时使用，原因是 2H++ClO﹣+Cl﹣═Cl2↑+H2O （用离子方程式表示）。
②需“密闭保存”的原因 次氯酸钠溶液能与空气中的二氧化碳反应而变质 。
（7）氰（CN）2、硫氰（SCN）2的化学性质和卤素（X2）很相似，化学上称为拟卤素，如：[（SCN）2+H2O═HSCN+HSCNO]它们阴离子的还原性强弱为：Cl﹣＜Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣＜I﹣。试写出：KBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2，发生反应的化学方程式为 （CN）2+2KSCN═（SCN）2+2KCN 。
【分析】MnO2在加热条件下可氧化浓盐酸产生氯气，由于浓盐酸由挥发性，通过盛有饱和食盐水的洗气装置C除去氯气中的HCl，再通过盛有浓硫酸的洗气装置D干燥氯气，氯气没有漂白性，故E中红色干布条不褪色，但氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，则F中红色湿布条褪色，氯气具有氧化性，能把KI溶液中的I﹣氧化成I2，淀粉遇I2变蓝，且氯气有毒，为了防止氯气逸出污染空气，故装置H用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。
【解答】解：（1）MnO2在加热条件下可氧化浓盐酸产生氯气、氯化锰和水，化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2中锰元素的化合价从+4价降低到+2价，变化数为2，MnO2作氧化剂，HCl中氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，变化数为1，HCl作还原剂，根据元素升降价总数守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；1：2；
（2）由于浓盐酸由挥发性，故C装置盛放饱和食盐水，其目的是除去氯气中的氯化氢，
故答案为：饱和食盐水；
（3）干燥的氯气通入E中，红色干布条不褪色，通入F中，红色湿布条褪色，是因为氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故E根据E和F中现象的差异可得出的结论是：干燥的氯气没有漂白性，
故答案为：干燥的氯气没有漂白性；
（4）氯气具有氧化性，能把KI溶液中的I﹣氧化成I2，淀粉遇I2变蓝，故G处的现象是：棉花团变蓝，
故答案为：棉花团变蓝；
（5）氯气有毒，H处尾气吸收装置中盛有氢氧化钠溶液，因为氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；
（6）①在酸性条件下，消毒液中的ClO﹣具有强氧化性，能与洁厕灵中的Cl﹣发生归中反应生成有毒的氯气和水，所以不能同时使用，反应的离子方程式为：2H++ClO﹣+Cl﹣═Cl2↑+H2O，
故答案为：2H++ClO﹣+Cl﹣═Cl2↑+H2O；
②次氯酸的酸性比碳酸弱，故次氯酸钠溶液能与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，易分解产生HCl和氧气，从而是消毒液变质而失效，所以消毒液需要密闭保存，
故答案为：次氯酸钠溶液能与空气中的二氧化碳反应而变质；
（7）已知：还原性强弱为：Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣，根据氧化还原反应的强弱规律，KBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2，（CN）2被KSCN还原成KCN，氧化产物为（SCN）2，化学方程式为：（CN）2+2KSCN═（SCN）2+2KCN，
故答案为：（CN）2+2KSCN═（SCN）2+2KCN。
【点评】本题考查氯气的制备及性质检验实验，题目难度中等，关键是掌握实验制备氯气的原理、氯气和次氯酸的性质以及氧化还原反应的强弱规律的应用，注意联系物质的性质和用途。
2021-2022学年广东省广州市三校高一（上）期中化学试卷
一、单项选择题：本题共20小题，其中1～10题每小题2分，11～20题每小题2分，共50分。
1．（2分）我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是（ ）
A．大力提倡植树造林
B．向燃煤中添加碳酸钙
C．借助光伏、风电、核电等技术发电
D．利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化
2．（2分）下表中关于物质的分类正确的是（ ）
酸
碱
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
H2SO4
NaOH
BaCO3
CO
CO2
B
HClO
KOH
NaHCO3
CaO
SO2
C
CH3COOH
Na2CO3
CaCl2
Na2O
SO3
D
NaHSO4
NH3•H2O
NaCl
SiO2
CO
A．A B．B C．C D．D
3．（2分）下列有关胶体的说法正确的是（ ）
①血液透析利用了胶体粒子带电的性质
②向稀氨水中滴加适量饱和FeCl3溶液并不断加热，即可制得氢氧化铁胶体
③氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于是否具有丁达尔效应
④在制备Fe（OH）3胶体实验中，不断搅拌可使反应更充分
⑤向Fe（OH）3胶体中加入过量稀硝酸，先有红褐色沉淀生成，然后沉淀溶解
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2分）甲乙丙三种物质间通过一步反应能实现如图转化，下列选项中符合转化关系的是（ ）
A．甲为NaOH，乙为NaCl，丙为NaNO3
B．甲为CuO，乙为CuCl2，丙为Cu（OH）2
C．甲为Na2CO3，乙为CO2，丙为CaCO3
D．甲为H2SO4，乙为BaSO4，丙为Na2SO4
5．（2分）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列化学反应对应的离子方程式正确的是（ ）
A．Na与CuSO4水溶液反应：2Na+Cu2+═Cu+2Na+
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH﹣═HCO3﹣
C．氯气与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
6．（2分）纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ的反应：2Fe3O46FeO+O2↑
B．过程Ⅱ的反应：2H2O═2H2↑+O2↑
C．两个转化过程都发生了氧化还原反应
D．Fe3O4为整个过程的催化剂
7．（2分）NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．在常温常压下，28gN2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NA
B．标准状况下，17g氨气所含原子数目为NA
C．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NA
D．NA个氢分子所占有的体积一定为22.4L
8．（2分）氧化还原反应的本质是电子的转移，下列氧化还原反应中电子转移的表示方法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（2分）下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应并不改变的是（ ）
A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．Na2O2和CO2 D．木炭和O2
10．（2分）数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行数据采集与分析的实验手段。如图是利用数字化实验测定光照氯水过程中得到的图象，该图象表示的意义是（ ）
A．氯离子浓度随时间的变化
B．氧气体积分数随时间的变化
C．氯水的pH随时间的变化
D．氯水导电能力随时间的变化
11．（3分）某同学用下列装置制备并进行有关Cl2的实验。下列说法中正确的是（ ）
A．图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可被全部消耗
B．图中：闻Cl2的气味
C．图中：生成蓝色的烟
D．图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
12．（3分）钙和钠相似，也能形成过氧化物，一些不法商人在面粉生产中添加过氧化钙等添加剂对食品进行增白。SO2也被一些不法商人用来漂白腐竹等，漂白原理为与有机色素结合，生成不稳定的无色化合物，加热可恢复原来颜色。下列关于过氧化钙的说法正确的是（ ）
A．过氧化钙的化学式是Ca2O2
B．1mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应都生成0.5mol氧气
C．过氧化钙中阴阳离子个数比为1：2
D．过氧化钙增白原理与SO2漂白原理相似
13．（3分）如图所示，纵坐标表示导电能力，横坐标表示所加溶液的量，以下各组反应符合该图的是（ ）
A．Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4
B．NaOH溶液中滴加稀HCl
C．CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
D．Cu（OH）2悬浊液中滴加HNO3溶液
14．（3分）2021年6月17日我国的“神舟十二号”载人飞船搭载3名宇航员顺利升空，此次神舟飞船的主要任务是运载航天员进入天和核心舱开启空间站运转，开启空间站长期有人照料情况下的在轨运行。火箭和飞船升空所需的巨大能量可由下列化学反应提供：C2H8N2+2N2O4═3N2↑+2CO2↑+4H2O↑，下列叙述错误的是（ ）
A．此反应是氧化还原反应
B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行
C．在反应中C2H8N2作氧化剂
D．1个N2O4分子反应，转移8个电子
15．（3分）事实上，某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2═Na2SO4；2Na2O2+SO3（g）═Na2SO4+O2（g是指物质为气态）。据此判断下列反应方程式错误的是（ ）
A．Na2O2+N2O4═2NaNO3
B．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
C．2Na2O2+2N2O3═4NaNO2+O2
D．2Na2O2+2Mn2O7═4NaMnO4+O2↑
16．（3分）下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是（ ）
选项
操作
部分现象
结论
A
将盛有氯气（含少许空气）的试管倒扣在盛水的水槽中
试管内液面上升，黄绿色变浅
氯气会与水反应
B
向某溶液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，振荡观察
溶液有白色固体出现
溶液中必含有SO42﹣
C
将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶
纸条红色褪去
氯气具有漂白性
D
向MgSO4溶液中加入一小块钠
产生无色气泡，溶液底部有白色固体生成
Na不会直接与溶液中的MgSO4反应
A．A B．B C．C D．D
17．（3分）某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种粒子。其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．该反应的氧化剂是ClO﹣
B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．该离子方程式为3ClO﹣+2NH4+═2H++N2↑+3Cl﹣+3H2O
18．（3分）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加b g
19．（3分）现有2.0g含Na2O杂质的Na2O2样品，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度，（可供选用的反应物只有CaCO3固体、盐酸、硫酸和蒸馏水）下列说法错误的是（ ）
A．装置A中液体试剂为盐酸
B．装置B的作用是除去挥发出的HCl气体
C．若去掉装置E会导致所测Na2O2试样的纯度偏低
D．若反应结束后由气体体积计算得气体质量为0.32g，则Na2O2试样的纯度为78%
20．（3分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g．根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．一定不存在Ba2+，NH4+可能存在
B．CO32﹣一定存在，Na+可能存在
C．Na+一定存在
D．一定不存在Cl﹣
二、非选择题：本题共4道小题，共50分。
21．（12分）化学是一门研究物质的组成结构、性质及变化规律的自然学科。
Ⅰ.现有下列10种物质：
①铝，
②纯醋酸，
③CO2，
④H2SO4，
⑤NaH2PO2，
⑥氢氧化钡固体，
⑦盐酸，
⑧NaHSO4，
⑨CuSO4⋅5H2O晶体，
⑩乙醇。
（1）上述物质中属于电解质的有 。
（2）已知H3PO2为一元弱酸，则⑤在物质的分类中属于 （填“酸式盐”“正盐”或“碱式盐”）。
（3）⑥与⑧在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为 。
Ⅱ.已知离子还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣，则氧化性Fe3+ I2（填“＞”“＝”或“＜”）。有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br﹣、I﹣，其中Br﹣、I﹣的个数比为3：4，向该溶液中通入少量氯气，定会发生的反应的离子方程式是 。如果要使上述溶液中Br﹣、I﹣的个数比为3：1，通入氯气与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为 。
22．（10分）A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
（1）若A为化合物，且焰色试验为黄色，回答下列问题：
①A与H2O反应的化学方程式为 。
②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式 。
③若X为一种造成温室效应的气体，欲除去D溶液中混有的少量E，可选择的试剂为 （填代号）。
a.NaCl溶液
b.CO2
c.NaOH溶液
d.Ca（OH）2溶液
（2）若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则：
①若C溶液显强酸性，则B的化学式为 。
②已知高锰酸钾与浓盐酸反应可以生成A，请将该反应离子方程式补充完整：
MnO4﹣+ Cl﹣+ ＝ Mn2++ + H2O
23．（12分）我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示，沉淀池反应NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。
（1）“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为 （填化学式），俗称 。
（2）实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是 。
（3）煅烧炉中发生反应的化学方程式为 。
（4）使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了 （填“循环Ⅰ”或“循环Ⅱ”），流程中物质X为 （填化学式）。
（5）简单的检验方案的一般叙述过程为：①取试样，②加检验试剂，③现象，④结论。为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，简单的检验方案是：取少量试样溶于水后， 。
24．（16分）实验室用如图装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：
（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式 ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（2）C装置盛放 ，其目的是除去氯气中的氯化氢；D中盛放浓硫酸，其目的是干燥氯气。
（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，对比E和F中现象的差异可得出的结论是 。
（4）G处的现象是 。
（5）用化学方程式写出H处尾气吸收装置中的反应原理 。
（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下：
注意事项：
1.本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。
2.密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。
3.保质期为一年。
①消毒液与洁厕灵不能同时使用，原因是 （用离子方程式表示）。
②需“密闭保存”的原因 。
（7）氰（CN）2、硫氰（SCN）2的化学性质和卤素（X2）很相似，化学上称为拟卤素，如：[（SCN）2+H2O═HSCN+HSCNO]它们阴离子的还原性强弱为：Cl﹣＜Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣＜I﹣。试写出：KBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2，发生反应的化学方程式为 。
2021-2022学年广东省广州市三校高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共20小题，其中1～10题每小题2分，11～20题每小题2分，共50分。
1．（2分）我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。下列措施中不利于实现漫画中提到的“碳中和”目标的是（ ）
A．大力提倡植树造林
B．向燃煤中添加碳酸钙
C．借助光伏、风电、核电等技术发电
D．利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化
【分析】“碳中和”指的是区域在一定时间内排放的二氧化碳，通过植物吸收、节能减排等形式，相互抵消，实现二氧化碳 相对“零排放”，据此解答。
【解答】解：A．大力提倡植树造林，植物吸收二氧化碳，有利于实现“碳中和”，故A正确；
B．向燃煤中添加碳酸钙，能减少二氧化硫的排放，但是不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳中和”，故B错误；
C．借助光伏、风电、核电等技术发电，减少火电的利用，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”，故C正确；
D．利用光驱动合成生物学，将二氧化碳合理转化，有利于实现“碳中和”，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了环境污染与治理，熟悉“碳中和”概念是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）下表中关于物质的分类正确的是（ ）
酸
碱
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
H2SO4
NaOH
BaCO3
CO
CO2
B
HClO
KOH
NaHCO3
CaO
SO2
C
CH3COOH
Na2CO3
CaCl2
Na2O
SO3
D
NaHSO4
NH3•H2O
NaCl
SiO2
CO
A．A B．B C．C D．D
【分析】电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物为酸；
电离时生成的阴离子全部是OH﹣的化合物为碱；
金属离子或铵根离子（NH4+）与酸根离子或非金属离子结合的化合物为盐；
能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
能跟酸起反应，生成一种盐和水的氧化物叫碱性氧化物（且生成物只能有盐和水，不可以有任何其它物质生成）为碱性氧化物。
【解答】解：A．CO不是碱性氧化物，故A不选；
B．次氯酸为酸，氢氧化钾为碱，碳酸氢钠为盐，氧化钙为碱性氧化物，二氧化硫为酸性氧化物，故B选；
C．碳酸钠为盐，不是碱，故C不选；
D．硫酸氢钠为盐，不是酸，二氧化硅为酸性氧化物，CO不是酸性氧化物，故D不选。
故选：B。
【点评】本题考查了物质分类方法和物质组成的特征理解应用，酸碱盐、酸性氧化物、碱性氧化物等概念，掌握基础是关键，题目难度不大。
3．（2分）下列有关胶体的说法正确的是（ ）
①血液透析利用了胶体粒子带电的性质
②向稀氨水中滴加适量饱和FeCl3溶液并不断加热，即可制得氢氧化铁胶体
③氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于是否具有丁达尔效应
④在制备Fe（OH）3胶体实验中，不断搅拌可使反应更充分
⑤向Fe（OH）3胶体中加入过量稀硝酸，先有红褐色沉淀生成，然后沉淀溶解
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①．血液是胶体不能通过半透膜；
②Fe（OH）3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可；
③分散系本质区别是分散质微粒直径大小；
④不断搅拌会促进胶体发生聚沉；
⑤加入稀硝酸，胶体先发生Fe（OH）3胶体的聚沉形成氢氧化铁沉淀，沉淀溶解于稀硝酸。
【解答】解：①血液是胶体，血液透析利用了胶体粒子不能透过半透膜，故①错误；
②Fe（OH）3胶体的制备方法是：向沸水中滴加少量饱和氯化铁溶液，加热至溶液呈红褐色即可，所以向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl3溶液，可制得Fe（OH）3胶体，向稀氨水中滴加适量饱和FeCl3溶液并不断加热得到氢氧化铁沉淀，故②错误；
③氢氧化铁胶体和氢氧化铁沉淀的本质区别在于是分散质微粒直径大小，不是丁达尔效应，故③错误；
④在制备Fe（OH）3胶体实验中，不断搅拌可使生成的胶体发生聚沉，故④错误；
⑤先发生Fe（OH）3胶体的聚沉，硝酸过量时，Fe（OH）3溶解，得到硝酸铁黄色溶液，故⑤正确；
故选：A。
【点评】本题考查胶体性质、胶体制备等，涉及物质的性质以及应用方面的知识，注意知识的迁移和应用在解题中的应用是解题的关键，题目难度不大。
4．（2分）甲乙丙三种物质间通过一步反应能实现如图转化，下列选项中符合转化关系的是（ ）
A．甲为NaOH，乙为NaCl，丙为NaNO3
B．甲为CuO，乙为CuCl2，丙为Cu（OH）2
C．甲为Na2CO3，乙为CO2，丙为CaCO3
D．甲为H2SO4，乙为BaSO4，丙为Na2SO4
【分析】根据各组物质的化学性质及变化规律，分析各组物质间能按转化关系图完全物质间转化的一组；通过列出具体的反应，可以使分析和判断变得直观、简单。
【解答】解：A、氢氧化钠和盐酸反应生成NaCl，一步反应即完成了物质甲到乙的转化；氢氧化钠与稀硝酸生成NaNO3，一步反应即完成了物质甲到丙的转化；氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和NaNO3，实现了乙到丙的一步反应的转化；但是NaNO3不能与其它物质反应而生成氯化钠，无法一步实现图示的转化；故A错误；
B、氧化铜与盐酸反应CuCl2、氯化铜与氢氧化钠反应生成Cu（OH）2、氢氧化铜与盐酸反应生成CuCl2，实现了甲至乙、乙至丙和丙至乙的一步反应的转化；但氧化铜不能与水反应生成氢氧化铜，无法一步实现图示的转化；故B错误；
C、碳酸钠与稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳、碳酸钠与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠、二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水、碳酸钙与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，分别能实现甲至乙、甲至丙、乙至丙和丙至乙的一步反应的转化；故C正确；
D、硫酸钡无法转化为硫酸钠，所以无法实现乙到丙的转化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题难度较大，根据常见化学物质的性质，通过列举具体反应，判断物质间是否可以实现一步反应的转化，采用排除法（即发现一步转化不能实现，排除该选项）是解答本题的捷径。
5．（2分）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列化学反应对应的离子方程式正确的是（ ）
A．Na与CuSO4水溶液反应：2Na+Cu2+═Cu+2Na+
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：CO2+OH﹣═HCO3﹣
C．氯气与水反应：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+CO32﹣+2H2O
【分析】A．不符合反应客观事实，钠与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠和水；
B．二氧化碳过量反应生成碳酸氢钙；
C．次氯酸为弱酸，应保留化学式；
D．石灰水过量反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水。
【解答】解：A．Na与CuSO4水溶液反应，离子方程式为：2H2O+2Na+Cu2+═Cu（OH）2↓+H2↑+2Na+，故A错误；
B．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，离子方程式为：CO2+OH﹣═HCO3﹣，故B正确；
C．氯气与水反应，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故C错误；
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，离子方程式为：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确物质的性质及反应实质是解题关键，题目难度不大。
6．（2分）纳米级Fe3O4可用于以太阳能为热源分解水制H2，过程如图所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．过程Ⅰ的反应：2Fe3O46FeO+O2↑
B．过程Ⅱ的反应：2H2O═2H2↑+O2↑
C．两个转化过程都发生了氧化还原反应
D．Fe3O4为整个过程的催化剂
【分析】A.过程Ⅰ的反应是Fe3O4在太阳能的作用下生成FeO和O2；
B.过程Ⅱ为FeO与水反应生成H2和Fe3O4；
C.两个反应过程中元素的化合价都发生了变化；
D.过程I方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑；过程II方程式为：3FeO+H2O＝H2↑+Fe3O4，将I+II×2，整理可得：2H2O＝2H2↑+O2↑。
【解答】解：A.根据图示可知：过程Ⅰ为Fe3O4在太阳光照射下分解生成FeO与O2，反应方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑，故A正确；
B.过程Ⅱ为FeO与水反应生成H2和Fe3O4，反应方程式为：3FeO+H2O＝H2↑+Fe3O4，故B错误；
C.根据过程Ⅰ和过程Ⅱ可知，两个反应过程中元素的化合价都发生了变化，因此反应均为氧化还原反应，故C正确；
D.过程I方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑；过程II方程式为：3FeO+H2O＝H2↑+Fe3O4，将I+II×2，整理可得：2H2O＝2H2↑+O2↑，可见在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，所以Fe3O4为整个过程的催化剂，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应、反应过程中能量变化、识图能力的培养等，题目难度不大，学会从图中提取有用的信息，把握反应中元素的化合价变化、物质之间的转化为解答的关键。
7．（2分）NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．在常温常压下，28gN2与CO混合物气体中所含的分子数目一定为NA
B．标准状况下，17g氨气所含原子数目为NA
C．在常温常压下，11.2L氮气所含的原子数目为NA
D．NA个氢分子所占有的体积一定为22.4L
【分析】A．N2与CO气体摩尔质量相同为28/mol，计算物质的量得到分子数；
B．n＝＝，1mol氨气分子中含4mol原子；
C．在常温常压下，11.2L氮气物质的量不能根据标准状况下气体摩尔体积计算；
D．温度压强不知，不能计算气体体积；
【解答】解：A．在常温常压下，N2与CO气体摩尔质量相同为28/mol，28gN2与CO混合物气体物质的量＝＝1mol，1mol混合气体中所含的分子数目一定为NA，故A正确；
B．标准状况下，17g氨气物质的量＝＝1mol，所含原子数目为4NA，故B错误；
C．标准状况下气体摩尔体积为22.4L/mol，在常温常压下，11.2L氮气物质的量不是0.5mol，故C错误；
D．NA个氢分子物质的量为1mol，温度压强不知所占有的体积不一定为22.4L，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和气体摩尔体积条件应用是解题关键，题目难度中等．
8．（2分）氧化还原反应的本质是电子的转移，下列氧化还原反应中电子转移的表示方法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】A．SiO2→Si，硅元素化合价由+4价降低到0价，C→CO，碳元素化合价由0价升高到+2价；
B．反应中只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子；
C．反应中Cl元素化合价降低得电子，氧元素升高失电子，转移电子数应该为12；
D．Na→NaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，H2O→H2，氢元素化合价由+1价降低到0价。
【解答】解：A．SiO2→Si，硅元素化合价由+4价降低到0价，得电子，C→CO，碳元素化合价由0价升高到+2价，失电子，用双线桥表示该反应电子转移情况为，故A错误；
B．KClO3+6HCl＝KCl+3Cl2↑+3H2O中只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目为，故B错误；
C．2KClO32KCl+3O2↑中Cl元素化合价降低得电子，氧元素升高失电子，转移电子数为12，则双线桥表示电子转移的方向和数目，故C正确；
D．Na→NaOH，钠元素化合价由0价升高到+1价，失电子，H2O→H2，氢元素化合价由+1价降低到0价，得电子，用单线桥表示该反应电子转移情况为，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应中转移电子的考查，题目难度不大。
9．（2分）下列各组中的两物质相互反应时，若改变反应条件（温度、反应物用量比），化学反应并不改变的是（ ）
A．Na和O2 B．NaOH和CO2 C．Na2O2和CO2 D．木炭和O2
【分析】根据物质的性质判断各条件下反应的生成物．
【解答】解：A．Na和O2在不加热时生成Na2O，加热时生成Na2O2，反应条件不同，生成物不同，故A不选；
B．NaOH和CO2少量反应生成Na2CO3，过量CO2反应生成NaHCO3，量不同，生成物不同，故B不选；
C．Na2O2和CO2只生成Na2CO3和O2，与条件无关，故C选；
D．木炭和O2反应，当O2不足时，生成CO，O2过量时生成CO2，条件不同，生成物不同，故D不选。
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，本题注意常见元素化合物知识，注重相关基础知识的积累．
10．（2分）数字化实验是利用传感器和信息处理终端进行数据采集与分析的实验手段。如图是利用数字化实验测定光照氯水过程中得到的图象，该图象表示的意义是（ ）
A．氯离子浓度随时间的变化
B．氧气体积分数随时间的变化
C．氯水的pH随时间的变化
D．氯水导电能力随时间的变化
【分析】根据图象可知，随着横坐标时间的增大，而纵坐标代表的量越来越小结合氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑分析判断。
【解答】解：A、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，氯离子浓度应该越来越大，图象不符合，故A错误；
B、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，氧气体积分数应该越来越大，图象不符合，故B错误；
C、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，则随着横坐标时间的增大，弱酸生成强酸，则氯水的pH越来越小，图象符合，故C正确；
D、氯水光照发生反应为2HClO2HCl+O2↑，弱酸生成强酸，则随着横坐标时间的增大，氯水导电能力也越来越大，据图象不符合，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了氯水的性质，抓住氯水光照其中次氯酸分解即可解答，难度不大。
11．（3分）某同学用下列装置制备并进行有关Cl2的实验。下列说法中正确的是（ ）
A．图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可被全部消耗
B．图中：闻Cl2的气味
C．图中：生成蓝色的烟
D．图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应
【分析】A．浓盐酸随着反应进行浓度减小，稀盐酸不与二氧化锰；
B．打开药品瓶塞，瓶口在前下方离鼻孔约0.5米，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔；
C．在氯气中燃烧产生棕色的烟；
D．氯气反应后烧瓶内压强降低，气球膨胀鼓起。
【解答】解：A．Ⅰ图中：随着反应进行盐酸的浓度减小到一定程度后，不再与二氧化锰继续反应，所以盐酸不能全部消耗，故A错误；
B．打开药品瓶塞，瓶口在前下方离鼻孔约0.5米，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体飘进鼻孔，故图中闻气体其他的操作正确，故B正确；
C．铜在氯气中燃烧产生棕色的烟，故C错误；
D．氯气反应后烧瓶内压强降低，气球膨胀鼓起，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查实验基本操作的装置、现象、原理，侧重考查学生对基础知识的理解掌握，题目贴近教程，基础性强。
12．（3分）钙和钠相似，也能形成过氧化物，一些不法商人在面粉生产中添加过氧化钙等添加剂对食品进行增白。SO2也被一些不法商人用来漂白腐竹等，漂白原理为与有机色素结合，生成不稳定的无色化合物，加热可恢复原来颜色。下列关于过氧化钙的说法正确的是（ ）
A．过氧化钙的化学式是Ca2O2
B．1mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应都生成0.5mol氧气
C．过氧化钙中阴阳离子个数比为1：2
D．过氧化钙增白原理与SO2漂白原理相似
【分析】过氧化钙由于Ca2+和O22﹣组成，其化学式为CaO2，具有强氧化性，与水反应生成Ca（OH）2和O2，以此来解答。
【解答】解：A．过氧化钙由于Ca2+和O22﹣组成，其化学式为CaO2，故A错误；
B．过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应的方程式分别为2CaO2+2H2O═2Ca（OH）2+O2↑、2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，则1mol过氧化钙或过氧化钠跟足量的水反应都生成0.5mol氧气，故B正确；
C．过氧化钙由于Ca2+和O22﹣组成，阴、阳离子的个数比为1：1，故C错误；
D．过氧化钙具有强氧化性，利用氧化性漂白，SO2没有强氧化性，与有色物质化合生成无色物质，二者漂白原理不同，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握过氧化物的构成微粒、过氧化钙的性质以及过氧化钙与水的反应为解答的关键，注意与过氧化钠性质的相似之处即可解答，题目难度不大。
13．（3分）如图所示，纵坐标表示导电能力，横坐标表示所加溶液的量，以下各组反应符合该图的是（ ）
A．Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4
B．NaOH溶液中滴加稀HCl
C．CH3COOH溶液中滴加KOH溶液
D．Cu（OH）2悬浊液中滴加HNO3溶液
【分析】根据图示：随着溶液加入量的增加，导电能力逐渐减小为0，在加入溶液，溶液的导电能力又会会逐渐增大，根据选项中物质间的反应情况来回答．
【解答】解：A、Ba（OH）2溶液中滴加稀H2SO4，会发生反应生成硫酸钡和水，离子浓度逐渐减小，直至导电能力为0，再加硫酸，导电的是硫酸，会逐渐增强，符合图示内容，故A正确；
B、NaOH溶液中滴加稀HCl，溶液的导电能力变化不大，不会出现导电能力是0的状态，不符合图示内容，故B错误；
C、CH3COOH溶液中滴加KOH溶液，反应生成醋酸钾，开始阶段导电能力逐渐增强，不符合图示内容，故C错误；
D、氢氧化铜悬浊液中加硝酸会发生反应生成硝酸铜和水，导电能力开始是逐渐增大的，不符合图示内容，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生溶液的导电能力的变化知识，导电能力和自由移动离子的浓度大小有关，难度中等．
14．（3分）2021年6月17日我国的“神舟十二号”载人飞船搭载3名宇航员顺利升空，此次神舟飞船的主要任务是运载航天员进入天和核心舱开启空间站运转，开启空间站长期有人照料情况下的在轨运行。火箭和飞船升空所需的巨大能量可由下列化学反应提供：C2H8N2+2N2O4═3N2↑+2CO2↑+4H2O↑，下列叙述错误的是（ ）
A．此反应是氧化还原反应
B．反应瞬间产生大量高温气体，推动火箭飞行
C．在反应中C2H8N2作氧化剂
D．1个N2O4分子反应，转移8个电子
【分析】根据C2H8N2+2N2O4═3N2↑+2CO2↑+4H2O↑中N2O4氮元素的化合价降低，作氧化剂，C2H8N2根中C、N元素的化合价升高作还原剂，2个N2O4分子反应，转移16个电子，据此作答。
【解答】解：A.反应中存在元素化合价的变化，故是氧化还原反应，故A正确；
B.反应产生的都是气体，可以推动火箭飞行，故B正确；
C.C2H8N2根中C、N元素的化合价升高作还原剂，故C错误；
D.2个N2O4分子反应，转移16个电子，故1个N2O4分子反应，转移8个电子，故D正确，
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应、元素化合物的性质，明确元素的化合价变化及该反应中C、N元素的化合价升降是解答本题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
15．（3分）事实上，某些氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律，如Na2O2+SO2═Na2SO4；2Na2O2+SO3（g）═Na2SO4+O2（g是指物质为气态）。据此判断下列反应方程式错误的是（ ）
A．Na2O2+N2O4═2NaNO3
B．2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
C．2Na2O2+2N2O3═4NaNO2+O2
D．2Na2O2+2Mn2O7═4NaMnO4+O2↑
【分析】由Na2O2与SO2、SO3的反应方程式可推知Na2O2与最高价氧化物反应有O2生成，而与低价氧化物反应无O2生成，据此分析。
【解答】解：A．N2O4中N的化合价不是最高，生成物中无O2，反应后N元素被氧化为+5价，反应的方程式为Na2O2+N2O4═2NaNO3，故A正确；
B．CO2为C的最高价氧化物，反应产生O2，故B正确；
C．N2O3中N的化合价不是最高，反应不产生O2，故C错误；
D．Mn2O7是锰的最高价氧化物，Mn的化合价为+7价，所以生成物应为NaMnO4和O2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了常见金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
16．（3分）下列实验中，对应的操作、现象以及结论都正确的是（ ）
选项
操作
部分现象
结论
A
将盛有氯气（含少许空气）的试管倒扣在盛水的水槽中
试管内液面上升，黄绿色变浅
氯气会与水反应
B
向某溶液中加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液，振荡观察
溶液有白色固体出现
溶液中必含有SO42﹣
C
将潮湿的氯气通过盛有干燥红纸条的集气瓶
纸条红色褪去
氯气具有漂白性
D
向MgSO4溶液中加入一小块钠
产生无色气泡，溶液底部有白色固体生成
Na不会直接与溶液中的MgSO4反应
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.氯气与水反应生成盐酸和HClO，且氯气可溶于水；
B.白色沉淀可能为AgCl；
C.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性；
D.钠与MgSO4溶液反应生成硫酸钠、氢氧化镁、氢气。
【解答】解：A.氯气与水反应生成盐酸和HClO，且氯气可溶于水，均使试管内液面上升，黄绿色变浅，由操作和现象不能判断氯气与水反应，故A错误；
B.白色沉淀可能为AgCl，则原溶液中可能含银离子，故B错误；
C.氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，纸条红色褪去，而氯气不具有漂白性，故C错误；
D.钠与MgSO4溶液反应时，Na先与水反应生成NaOH和氢气，然后NaOH与硫酸镁反应生成硫酸钠、氢氧化镁，则产生无色气泡，溶液底部有白色固体生成，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、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。
17．（3分）某离子反应中涉及H2O、ClO﹣、NH4+、H+、N2、Cl﹣六种粒子。其中N2、ClO﹣的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是（ ）
A．该反应的氧化剂是ClO﹣
B．消耗1mol还原剂，转移3mol电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
D．该离子方程式为3ClO﹣+2NH4+═2H++N2↑+3Cl﹣+3H2O
【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，以此解答该题。
【解答】解：由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO﹣物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，则反应的方程式应为3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，
A．由方程式可知反应的氧化剂是ClO﹣，故A正确；
B．N元素化合价由﹣3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B正确；
C．由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故C错误；
D．由上分析该离子方程式为3ClO﹣+2NH4+＝N2↑+3H2O+3Cl﹣+2H+，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大。
18．（3分）下列实验方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是（ ）
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量NaOH溶液充分反应，得到bg溶液
C．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加b g
【分析】A．只有碳酸氢钠加热分解；
B．NaOH溶液的质量未知，bg溶液中含过量NaOH；
C．bg为NaCl，ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物；
D．ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物，bg为二氧化碳的质量。
【解答】解：A．只有碳酸氢钠加热分解，可由差量法计算碳酸氢钠的质量，然后计算碳酸钠的质量分数，故A正确；
B．NaOH溶液的质量未知，bg溶液中含过量NaOH，无法计算碳酸钠的质量分数，故B错误；
C．bg为NaCl，ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物，可由混合物的质量及钠原子守恒计算，故C正确；
D．ag为Na2CO3和NaHCO3的混合物，bg为二氧化碳的质量，可由混合物的质量及碳原子守恒计算，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
19．（3分）现有2.0g含Na2O杂质的Na2O2样品，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度，（可供选用的反应物只有CaCO3固体、盐酸、硫酸和蒸馏水）下列说法错误的是（ ）
A．装置A中液体试剂为盐酸
B．装置B的作用是除去挥发出的HCl气体
C．若去掉装置E会导致所测Na2O2试样的纯度偏低
D．若反应结束后由气体体积计算得气体质量为0.32g，则Na2O2试样的纯度为78%
【分析】该实验目的是通过测定CO2与Na2O2反应生成氧气的体积来测定Na2O2试样的纯度，装置A中CaCO3固体与盐酸反应制备CO2气体，装置B中的饱和碳酸氢钠溶液用于除去CO2中混有的HCl，装置C中浓硫酸干燥CO2，在装置D中CO2与Na2O2反应，E装置吸收剩余的CO2，避免影响O2的体积测定，装置F、G用于测定O2的体积，以此解答该题。
【解答】解：A.装置A中CaCO3固体与盐酸反应制备CO2气体，装置A中液体试剂为盐酸，故A正确；
B.盐酸易挥发，制取的CO2中混有的HCl，HCl能够与过氧化钠反应，干扰了检验结果，需要用装置B中的饱和碳酸氢钠溶液除去挥发出的HCl气体，故B正确；
C.生成的氧气中含有二氧化碳，若去掉装置E，测定的氧气体积偏大，计算出的过氧化钠的质量偏大，导致所测Na2O2试样的纯度偏高，故C错误；
D.n（O2）＝＝0.01mol，由反应2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2可知：n（Na2O2）＝2n（O2）＝0.02mol，则过氧化钠的纯度为：ω（Na2O2）＝×100%＝78%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的含量测定，为高频考点，把握实验目的、实验原理、物质性质及装置作用为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
20．（3分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：Na+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、CO32﹣、SO42﹣．现取两份200mL溶液进行如下实验：①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g；②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g．根据上述实验，以下推测正确的是（ ）
A．一定不存在Ba2+，NH4+可能存在
B．CO32﹣一定存在，Na+可能存在
C．Na+一定存在
D．一定不存在Cl﹣
【分析】由①第一份加足量NaOH溶液，加热，收集到气体1.36g，则一定含NH4+为＝0.08mol；
②第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀12.54g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为4.66g，则4.66g为硫酸钡，一定含SO42﹣为＝0.02mol，含CO32﹣为＝0.04mol，由电荷守恒可知，0.02mol×2+0.04mol×2＞0.08mol×1，则一定含Na+，由离子共存可知不含Ba2+，以此来解答．
【解答】解：由上述分析可知，一定含Na+、NH4+、CO32﹣、SO42﹣，一定不含Ba2+，不能确定是否含Cl﹣，
A．NH4+一定存在，故A错误；
B．Na+、CO32﹣均一定存在，故B错误；
C．由电荷守恒可知Na+一定存在，故C正确；
D．该实验中不能确定是否含Cl﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见离子的推断，为高频考点，把握离子之间的反应、现象为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意电中性的应用，题目难度不大．
二、非选择题：本题共4道小题，共50分。
21．（12分）化学是一门研究物质的组成结构、性质及变化规律的自然学科。
Ⅰ.现有下列10种物质：
①铝，
②纯醋酸，
③CO2，
④H2SO4，
⑤NaH2PO2，
⑥氢氧化钡固体，
⑦盐酸，
⑧NaHSO4，
⑨CuSO4⋅5H2O晶体，
⑩乙醇。
（1）上述物质中属于电解质的有 ②④⑤⑥⑧⑨ 。
（2）已知H3PO2为一元弱酸，则⑤在物质的分类中属于 正盐 （填“酸式盐”“正盐”或“碱式盐”）。
（3）⑥与⑧在溶液中反应使溶液呈中性的离子方程式为 Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O 。
Ⅱ.已知离子还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣，则氧化性Fe3+ ＞ I2（填“＞”“＝”或“＜”）。有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br﹣、I﹣，其中Br﹣、I﹣的个数比为3：4，向该溶液中通入少量氯气，定会发生的反应的离子方程式是 Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2 。如果要使上述溶液中Br﹣、I﹣的个数比为3：1，通入氯气与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为 3：7 。
【分析】Ⅰ.（1）电解质和非电解质都是化合物，且电解质是在水溶液或熔融状态下能自身电离，据此可进行判断；
（2）根据H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2是H3PO2中能电离的氢完全被碱中和的产物，则其属于正盐；
（3）⑥与⑧在溶液中反应使溶液呈中性，即氢离子和氢氧根要完全反应，故两者的物质的量之比为1：2，可写出离子方程式；
Ⅱ.根据离子还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣推出氧化性：Br2＞Fe3+＞I2判断，混合溶液中只含有Fe2+、Br﹣、I﹣，向该溶液中通入少量氯气，根据还原性强弱，则氯气先氧化I﹣，则一定会发生的反应的离子方程式是Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，又知溶液中Br﹣、I﹣的个数比为3：4，设Br﹣、I﹣的物质的量分别为3mol、4mol，由电荷守恒可求得（Fe2+），通入氯气后，要满足n（Br﹣）：n（I﹣）＝3：1，故只发生Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，消耗3molI﹣需通入氯气1.5mol，所以可求出通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比。
【解答】解：Ⅰ.（1）现有下列10种物质：①铝为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，②纯醋酸在水溶液中能导电，是电解质，③CO2自身不能电离，是非电解质，④H2SO4在水溶液中能导电，是电解质，⑤NaH2PO2在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，⑥氢氧化钡固体在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，⑦盐酸是HCl的水溶液，是混合物，既不是电解质也不是非电解质，⑧NaHSO4在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，⑨CuSO•5H2O晶体在熔融状态下或水溶液中都能导电的化合物，是电解质，乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质。上述物质中属于电解质的有②④⑤⑥⑧⑨，
故答案为：②④⑤⑥⑧⑨；
（2）已知H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2中能电离的氢完全被碱中和，则⑤在物质的分类中属于正盐，
故答案为：正盐；
（3）⑥与⑧在溶液中反应使溶液呈中性，两者的物质的量之比为1：2，离子方程式为Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O，
故答案为：Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+＝BaSO4↓+2H2O；
Ⅱ.已知离子还原性Br﹣＜Fe2+＜I﹣，则氧化性：Br2＞Fe3+＞I2，则氧化性Fe3+＞I2，有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Br﹣、I﹣其中Br﹣、I﹣的个数比为3：4，向该溶液中通入少量氯气，则氯气先氧化I﹣，则一定会发生的反应的离子方程式是Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，由题意Br﹣、I﹣的个数比为3：4，可设Br﹣、I﹣的物质的量分别为3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）＝n（Br﹣）+n（I﹣）＝3mol+4mol＝7mol，n（Fe2+）＝3.5mol，通入氯气后，要满足n（Br﹣）：n（I﹣）＝3：1，故只发生Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，只要消耗3molI﹣就可以，即需通入氯气1.5mol，所以通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为1.5：3.5＝3：7，
故答案为：＞；Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2；3：7。
【点评】该题考查了电解质的判断、离子方程式的书写/氧化性强弱比较、氧化还原反应的计算，内容基础，重点考查学生对基础知识的理解和掌握，难度不大。
22．（10分）A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。
（1）若A为化合物，且焰色试验为黄色，回答下列问题：
①A与H2O反应的化学方程式为 2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ 。
②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，写出E的化学式 CO 。
③若X为一种造成温室效应的气体，欲除去D溶液中混有的少量E，可选择的试剂为 c （填代号）。
a.NaCl溶液
b.CO2
c.NaOH溶液
d.Ca（OH）2溶液
（2）若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则：
①若C溶液显强酸性，则B的化学式为 HClO 。
②已知高锰酸钾与浓盐酸反应可以生成A，请将该反应离子方程式补充完整：
2 MnO4﹣+ 10 Cl﹣+ 16 H+ ＝ 2 Mn2++ 5 Cl2↑ + 8 H2O
【分析】（1）若A为化合物，且焰色试验为黄色，说明A含有Na元素，而A能与水反应生成B和C，则A为Na2O2，其中C能与X连续反应生成E，②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则X为C、C为O2、D为CO2、E为CO，故B为NaOH；③若X为一种造成温室效应的气体，则X为CO2、C为NaOH、D为Na2CO3、E为NaHCO3，则B为O2；
（2）①若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则A为Cl2，氯气与水反应生成HCl和HClO，若C溶液显强酸性，则C为HCl，故B为HClO；
②根据电子转移守恒确定MnO4﹣、Cl2的系数，再根据原子守恒确定Mn2+、Cl﹣系数，根据电荷守恒可知反应物中缺少微粒为H+，根据电荷守恒确定其系数，再利用原子守恒确定水的系数。
【解答】解：（1）①若A为化合物，且焰色试验为黄色，说明A含有Na元素，而A能与水反应生成B和C，则A为Na2O2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，反应方程式为2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，
故答案为：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑；
②若X为具有强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，C能与X连续反应生成E，则X为C、C为O2、D为CO2、E为CO，故B为NaOH，
故答案为：CO；
③若X为一种造成温室效应的气体，C能与X连续反应生成E，则X为CO2、C为NaOH、D为Na2CO3、E为NaHCO3，则B为O2，欲除去碳酸钠溶液中混有的少碳酸氢钠，可以加入适量NaOH溶液，而氯化钠与碳酸氢钠不反应、二氧化碳能与碳酸氢钠反应转化为碳酸氢钠，氢氧化钙与碳酸氢钠、碳酸氢钠都反应生成碳酸钙沉淀，
故答案为：c；
（2）①若A为黄绿色气体，具有很强的氧化性，则A为Cl2，氯气与水反应生成HCl和HClO，若C溶液显强酸性，则C为HCl，故B为HClO，
故答案为：HClO；
②MnO4﹣→Mn2+转移电子数为5，2Cl﹣→Cl2转移电子数为2，电子转移最小公倍数为10，故MnO4﹣的系数为2、Cl2的系数为5，根据原子守恒确定Mn2+的系数为2、Cl﹣系数为10，根据电荷守恒可知反应物中缺少微粒为H+，根据电荷守恒可知其系数为16，根据原子守恒可知水的系数为8，配平后离子方程式为2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，
故答案为：2；10；16；H+；2；5；Cl2↑；8。
【点评】本题考查无机物的推断，”物质的颜色、温室气体、焰色反应“等是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识、氧化还原反应方程式配平，试题侧重考查学生对基础的掌握。
23．（12分）我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示，沉淀池反应NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。
（1）“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为 Na2CO3 （填化学式），俗称 纯碱或苏打 。
（2）实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是 B 。
（3）煅烧炉中发生反应的化学方程式为 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 。
（4）使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了 循环Ⅰ （填“循环Ⅰ”或“循环Ⅱ”），流程中物质X为 CO2 （填化学式）。
（5）简单的检验方案的一般叙述过程为：①取试样，②加检验试剂，③现象，④结论。为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，简单的检验方案是：取少量试样溶于水后， 加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明产品纯碱中含有杂质NaCl 。
【分析】侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，利用溶解度差异产生NaHCO3固体：先在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入足量二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3晶体，然后过滤出NaHCO3晶体和母液，母液中有大量的铵根离子、氯离子和剩余的钠离子、碳酸氢根离子，可用于提取副产品NH4Cl，或重新投入到沉淀池中循环利用，最后利用NaHCO3的不稳定性，煅烧NaHCO3分解产生Na2CO3、CO2和水，CO2可再通入沉淀池中循环利用。
【解答】解：（1）“侯氏制碱法”的“碱”为 Na2CO3，俗称纯碱或苏打，
故答案为：Na2CO3；纯碱或苏打；
（2）由分析可知，实验室模拟“侯氏制碱法”，涉及的操作有D（反应装置）、C（过滤）、和A（灼烧），未涉及蒸发，故选B，
故答案为：B；
（3）煅烧炉中NaHCO3分解产生Na2CO3、CO2和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
（4）由分析可知，使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了循环Ⅰ，流程中物质X为CO2，
故答案为：循环Ⅰ；CO2；
（5）为验证产品纯碱中含有杂质NaCl，可利用氯化银沉淀法，同时需要排除碳酸根离子的影响，故简单的检验方案是：取少量试样溶于水后，加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明产品纯碱中含有杂质NaCl，
故答案为：加入足量的稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明产品纯碱中含有杂质NaCl。
【点评】本题考查侯氏制碱法和离子的检验，题目难度中等，关键是掌握教材中侯氏制碱法的原理和基本实验操作，熟记常见物质的俗称和常见离子的检验方法。
24．（16分）实验室用如图装置制取氯气，并用氯气进行实验。回答下列问题：
（1）A中盛有浓盐酸，B中盛有MnO2，写出反应的化学方程式 MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：2 。
（2）C装置盛放 饱和食盐水 ，其目的是除去氯气中的氯化氢；D中盛放浓硫酸，其目的是干燥氯气。
（3）E中为红色干布条，F中为红色湿布条，对比E和F中现象的差异可得出的结论是 干燥的氯气没有漂白性 。
（4）G处的现象是 棉花团变蓝 。
（5）用化学方程式写出H处尾气吸收装置中的反应原理 Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O 。
（6）家庭中常用消毒液（主要成分NaClO）与洁厕灵（主要成分盐酸）清洁卫生。某品牌消毒液包装上说明如下：
注意事项：
1.本品对棉织品有漂白脱色作用，对金属制品有腐蚀作用。
2.密封保存，请勿与洁厕灵同时使用。
3.保质期为一年。
①消毒液与洁厕灵不能同时使用，原因是 2H++ClO﹣+Cl﹣═Cl2↑+H2O （用离子方程式表示）。
②需“密闭保存”的原因 次氯酸钠溶液能与空气中的二氧化碳反应而变质 。
（7）氰（CN）2、硫氰（SCN）2的化学性质和卤素（X2）很相似，化学上称为拟卤素，如：[（SCN）2+H2O═HSCN+HSCNO]它们阴离子的还原性强弱为：Cl﹣＜Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣＜I﹣。试写出：KBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2，发生反应的化学方程式为 （CN）2+2KSCN═（SCN）2+2KCN 。
【分析】MnO2在加热条件下可氧化浓盐酸产生氯气，由于浓盐酸由挥发性，通过盛有饱和食盐水的洗气装置C除去氯气中的HCl，再通过盛有浓硫酸的洗气装置D干燥氯气，氯气没有漂白性，故E中红色干布条不褪色，但氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，则F中红色湿布条褪色，氯气具有氧化性，能把KI溶液中的I﹣氧化成I2，淀粉遇I2变蓝，且氯气有毒，为了防止氯气逸出污染空气，故装置H用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气。
【解答】解：（1）MnO2在加热条件下可氧化浓盐酸产生氯气、氯化锰和水，化学方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，MnO2中锰元素的化合价从+4价降低到+2价，变化数为2，MnO2作氧化剂，HCl中氯元素的化合价从﹣1价升高到0价，变化数为1，HCl作还原剂，根据元素升降价总数守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；1：2；
（2）由于浓盐酸由挥发性，故C装置盛放饱和食盐水，其目的是除去氯气中的氯化氢，
故答案为：饱和食盐水；
（3）干燥的氯气通入E中，红色干布条不褪色，通入F中，红色湿布条褪色，是因为氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故E根据E和F中现象的差异可得出的结论是：干燥的氯气没有漂白性，
故答案为：干燥的氯气没有漂白性；
（4）氯气具有氧化性，能把KI溶液中的I﹣氧化成I2，淀粉遇I2变蓝，故G处的现象是：棉花团变蓝，
故答案为：棉花团变蓝；
（5）氯气有毒，H处尾气吸收装置中盛有氢氧化钠溶液，因为氯气能与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其化学方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；
（6）①在酸性条件下，消毒液中的ClO﹣具有强氧化性，能与洁厕灵中的Cl﹣发生归中反应生成有毒的氯气和水，所以不能同时使用，反应的离子方程式为：2H++ClO﹣+Cl﹣═Cl2↑+H2O，
故答案为：2H++ClO﹣+Cl﹣═Cl2↑+H2O；
②次氯酸的酸性比碳酸弱，故次氯酸钠溶液能与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，易分解产生HCl和氧气，从而是消毒液变质而失效，所以消毒液需要密闭保存，
故答案为：次氯酸钠溶液能与空气中的二氧化碳反应而变质；
（7）已知：还原性强弱为：Br﹣＜CN﹣＜SCN﹣，根据氧化还原反应的强弱规律，KBr和KSCN的混合溶液中加入（CN）2，（CN）2被KSCN还原成KCN，氧化产物为（SCN）2，化学方程式为：（CN）2+2KSCN═（SCN）2+2KCN，
故答案为：（CN）2+2KSCN═（SCN）2+2KCN。
【点评】本题考查氯气的制备及性质检验实验，题目难度中等，关键是掌握实验制备氯气的原理、氯气和次氯酸的性质以及氧化还原反应的强弱规律的应用，注意联系物质的性质和用途。
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