(通用版)高考化学一轮复习单元训练卷第六单元硅氯及其化合物A卷(含解析)

这是一份(通用版)高考化学一轮复习单元训练卷第六单元硅氯及其化合物A卷(含解析)，共8页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

第六单元 硅、氯及其化合物

注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
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 K 39

一、选择题（每小题3分，共48分）
1．宋代五大名窑分别为钧窑、汝窑、官窑、定窑、哥窑。其中钧窑以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法不正确的是
A．窑变是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化
B．氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料
C．高品质的瓷器晶莹剔透，属于纯净物
D．陶瓷属于硅酸盐材料，耐酸腐蚀，但是不能用来盛装氢氟酸
2．C和Si是同主族元素，最外层电子数相同，性质相似。下列关于CO2与SiO2说法中正确的是
A．CO2能与水反应生成对应的酸；SiO2也能与水反应生成对应的酸
B．CO2的结构式是O=C=O；SiO2的结构式是O=Si=O
C．CO2分子由1个C原子和2个O原子构成；SiO2分子由1个Si原子和2个O原子构成
D．CO2具有氧化性，可作氧化剂；SiO2也具有氧化性，可作氧化剂
3．下列变化中，不能一步实现的是
A．Na2SiO3―→H2SiO3 B．H2SiO3―→SiO2
C．SiO2―→H2SiO3 D．SiO2―→Na2SiO3
4．下列叙述中，正确的是
A．可用带玻璃塞的玻璃瓶盛放NaOH溶液
B．SiO2和CO2都是酸性氧化物，既能与水反应，又能与NaOH溶液反应
C．SiO2与纯碱在高温条件下反应生成CO2，说明硅酸的酸性比碳酸强
D．石灰石是工业制备普通玻璃和水泥的共同原料
5．月球的矿产资源极为丰富，仅月球表层5cm厚的沙土就含铁单质有上亿吨，月球上的主要矿物有辉石(CaMgSi2O6)、斜长石(KAlSi3O8)和橄榄石[(Mg或Fe)2SiO4]等，下列说法或分析不正确的是
A．辉石、斜长石及橄榄石均属于硅酸盐矿
B．斜长石的氧化物形式可表示为K2O·Al2O3·3SiO2
C．月球表层沙土中有游离态铁是因为月球的表面几乎没有氧气
D．橄榄石中铁为＋2价
6．下列物质中在一定条件下能与SiO2起反应的是
①浓H2SO4；②H2O；③浓硝酸；④氢氟酸；⑤KOH溶液；⑥氧化钙；⑦碳酸钠
A．①②⑥ B．②④ C．④⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．标准状况下，80g SO3所含的原子数为4NA
B．溶解了1mol Cl2的新制氯水中，HClO、Cl−、ClO−粒子数之和为2NA
C．1mol N2、3mol H2混合反应，当生成0.1mol NH3时，转移电子数目为0.3NA
D．100mL 0.1mol·L-1的Na2S溶液，含有的S2−数目小于0.01NA
8．C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列有关说法中正确的是
A．三种元素在自然界中既有游离态又有化合态
B．元素的＋4价氧化物都属于酸性氧化物，都能与碱反应而不能与任何酸反应
C．最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应
D．其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱：H2SO4>H2SiO3>H2CO3
9．下列离子方程式正确的是
①氯气与水反应：Cl2＋H2O=2H+＋Cl－＋ClO－
②氯气与氢氧化钠溶液反应：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O
③浓盐酸与二氧化锰共热：MnO2＋4HClMn2+＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
④漂白粉溶液中通入少量的二氧化碳气体：Ca2+＋2ClO－＋H2O＋CO2=CaCO3↓＋2HClO
A．①③　　　 B．②④ C．②③ D．①④
10．下列有关物质用途的说法中，不正确的是
A．Cl2用于制作漂白粉 B．水玻璃用作食品防腐制
C．铝合金用于制作门窗 D．SiO2用于制作光导纤维
11．某同学向一支试管中按一定的顺序分别加入下列几种物质(一种物质只加一次)：a.KI溶液；b.淀粉溶液；c.NaOH溶液；d.稀硫酸；e.氯水。发现溶液颜色按如下顺序变化：①无色→②棕黄色→③蓝色→④无色→⑤蓝色。下列对此过程进行的分析中错误的是
A．加入以上药品的顺序是a→e→b→c→d
B．③→④反应的化学方程式为3I2＋6NaOH===5NaI＋NaIO3＋3H2O
C．溶液由棕黄色变为蓝色的原因是淀粉溶液遇碘变蓝色
D．④→⑤反应的离子方程式为2I－＋Cl2=I2＋2Cl－
12．下列说法不正确的是
A．将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝证明氯气已集满
B．将氯气通入冷的石灰乳中可制得漂白液
C．将Cl2通入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色
D．取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，有白烟，则可证明该晶体中含有NH
13．纯二氧化硅可用下列流程制得。下列说法不正确的是

A．X可用作木材防火剂
B．步骤Ⅱ中的稀硫酸可用CO2来代替
C．步骤II的反应是Na2SiO3+H2SO4 =H2SiO3(胶体)+Na2SO4
D．步骤Ⅲ若在实验室完成，一般在蒸发皿中进行
14．下列有关卤素的说法错误的是
A．新制氯水显浅黄绿色，但放置一段时间之后颜色会褪去
B．由HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律
C．淀粉碘化钾在空气中变蓝，发生了4I−+O2+2H2O=2I2+4OH−
D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强
15．已知氧化性强弱顺序：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，则下列说法正确的是
A．Fe可以和I2在加热条件下生成FeI3
B．向FeBr2溶液中通入少量Cl2，发生反应的离子方程式为：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−
C．某溶液中含有Fe2+、Cl−、I−，为了除去I−而不减少其他离子，可加入适量Fe3+
D．向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，充分作用后，将溶液蒸干、灼烧，可能得到NaCl和NaI的固体混合物
16．碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I−的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法不正确的是

A．可用淀粉­KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘
B．足量Cl2能使湿润的淀粉­KI试纸变白的原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl
C．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2>I2>IO
D．途径Ⅱ中若生成1mol I2，反应中转移的电子数为10NA
二、非选择题（共6小题，52分）
17．硅是无机非金属材料的主角，硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。
（1）下列物质不属于硅酸盐的是________。
A．陶瓷 B．玻璃 C．水泥 D．生石灰
（2）SiO2是玻璃的主要成分之一，SiO2与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为______________
____________，工艺师常用________(填物质名称)来雕刻玻璃。
（3）用Na2SiO3水溶液浸泡过的棉花不易燃烧，说明Na2SiO3可用作________________。Na2SiO3可通过SiO2与纯碱混合高温熔融反应制得，高温熔融纯碱时下列坩埚可选用的是____
A．普通玻璃坩埚　　 B．石英玻璃坩埚
C．氧化铝坩 D．铁坩埚
（4）工业上常利用反应2C＋SiO2Si＋2CO↑制备硅单质，该反应中所含元素化合价升高的物质是________(填化学式，下同)，氧化剂是_________。
18．含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。完成下列填空：
（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠溶于可制得“84消毒液”，反应的离子方程式为___
_________。
（2）“84消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用。混用时反应的化学方程式是_______________________________；“84消毒液”不能对钢铁制品进行消毒，原因是____________。
（3）工业常用石灰乳和氯气反应制取漂粉精，其主要设备是氯化塔，将含有3%-6%水分的石灰乳从塔顶部喷洒而入，氯气从塔的最底层通入。这样加料的目的是__________；处理从氯化塔中逸出气体的方法是_____。
（4）二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体。工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得，反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为_________。
（5）在用二氧化氯进行水处理时，ClO2除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+生成ClO和MnO2的离子方程式为___________________________。
19．ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与氯气反应：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl。
下图是实验室用于制备和收集一定量较纯净的ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）。其中E中盛有CCl4液体（用于除去ClO2中的未反应的Cl2）。

（1）仪器P的名称是______。
（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的离子方程式：_________。
（3）B装置中所盛试剂是_____，G瓶的作用是_______。
（4）F为ClO2收集装置，应选用的装置是____（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是_____（填接口字母）。

（5）若用100 mL 2 mol·L-1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量是_____（填序号）。
A．＞0.1mol B．0.1 mol C．＜0.1 mol D．无法判断
20．家用氯漂白剂的有效成分是NaClO，除用于漂白衣物、消除污渍外，在食品加工中也广泛应用。
Ⅰ．（1）常温下，一定浓度次氯酸钠水溶液的pH=a，则a______7（填>、<或=）；结合离子方程式解释其原因是_______________________________，此时，溶液中由水电离出的c(OH－)＝____
____mol/L。
（2）漂白剂与酸混合后效果更佳，将0.1000mol/L NaClO溶液与0.1000mol/L 硫酸溶液等体积混合后，关于所得溶液的以下分析正确的是____________（忽略HClO的分解；HSO的电离视为完全）。
A．c(HClO)+c(ClO−)=0.1000mol/L
B．c(H+)>c(Na+)=c(SO)>c(HClO)>c(ClO−)>c(OH−)
C．c(Na+)+c(H+)=c(SO)+c(ClO−)+c(OH−)
D．c(H+)-c(OH−)=2c(ClO−)+c(HClO)
Ⅱ．取20.00g家用氯漂白剂溶液配制成100mL溶液，取出10mL，加入过量KI处理，用足量稀硫酸酸化，然后立即用0.1000mol/L Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2Na2S2O3+I2=2I－+Na2S4O6），指示剂显示滴定终点时，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL；
（1）用KI处理漂白剂生成I2的离子方程式为________________________________。
（2）该滴定过程选用的指示剂通常为___________，判断滴定终点时的现象是_______________
____________________________。
（3）该漂白剂中“有效氯”的含量为_________________（结果保留一位小数）。若滴定结束时，发现滴定管尖嘴部分有气泡，则测定结果________（填“偏高”“偏低”“无影响”）。
注：“有效氯”指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。
21．碳族元素包括碳、硅、锗（Ge）、锡（Sn）、铅等，它们的单质及化合物广泛应用于我们生活的各个领域。锗和锡以前曾被用于半导体材料，铅被用来制造蓄电池。碳族元素在化合物中只有铅以低价形式存在时较稳定，其它元素在化合物中都是以高价形式存在比较稳定，回答下列问题：
I．（1）高岭土的成分中含Al2(Si2O5)(OH)4，请改写成氧化物的形式_________________.
（2）实验室用单质锡粉制取少量二氯化锡溶液，制取和保存的方法是(用文字叙述）__________
____________
（3）铅有多种氧化物，写出四氧化三铅与浓盐酸反应的离子方程式_____________________ .二氧化铅在空气中强热会得到一系列铅的其它氧化物。若把239g二氧化铅强热，当质量变为231g时，写出反应的化学方程式____________________________.
II．CH4–CO2催化重整不仅可以得到合成气（CO和H2），还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：
CH4–CO2催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
已知：C(s)+2H2(g)= CH4 (g)   ΔH=–75 kJ·mol−1①
C(s)+O2(g)=CO2(g)    ΔH=–394 kJ·mol−1②
2C(s)+O2 (g)=2CO(g)   ΔH=–222kJ·mol−1③
（1）有利于提高CH4平衡转化率的条件是____（填标号）。
A．高温低压    B．低温高压     C．高温高压     D．低温低压
（2）若该反应在容积不变的绝热容器中进行，能够判断该反应已达到平衡的是____（填标号）。
A．c(CO2)/c(H2)不再发生变化    
B．气体的密度不再发生变化       
C．气体的平均摩尔质量不再发生变化       
D．每有8mol C-H键生成的同时有4mol H-H键的断裂
E．容器的温度不再发生变化
（3）T℃时，在体积为10 L的容器中加入10mol CH4、5mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，此温度下，该反应的化学平衡常数K=_______。















单元训练金卷·高三·化学卷（A）
第六单元 硅、氯及其化合物
答 案

一、选择题（每小题3分，共48分）
1．【答案】C　
【解析】不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色变化，故A正确；新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氧化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故B正确；瓷器主要是由黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故C错误；HF能与二氧化硅反应，陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，所以陶瓷不能用来盛装氢氟酸，故D正确。
2．【答案】D
【解析】CO2能与水反应，生成H2CO3，SiO2不溶于水，不能与水反应生成硅酸，故A错误；CO2为分子晶体，CO2的结构式为O=C=O，SiO2是由Si和O原子组成，不含有SiO2分子，故B错误；SiO2不存在分子，二氧化硅是由原子组成，故C错误；CO2中C处于最高价，能与Mg反应生成MgO和C，CO2为氧化剂，SiO2与C在高温下反应生成Si和CO，SiO2中Si被还原，即SiO2为氧化剂，故D正确。
3．【答案】C　
【解析】Na2SiO3H2SiO3；H2SiO3SiO2，SiO2Na2SiO3，SiO2不与H2O反应，故不能一步转化为H2SiO3。
4．【答案】D
【解析】NaOH溶液能够与玻璃的成分SiO2反应产生可溶性的硅酸钠，硅酸钠有粘性，会将玻璃塞与试剂瓶黏在一起，因此不可用带玻璃塞的玻璃瓶盛放NaOH溶液，A错误；SiO2是难溶于水的酸性氧化物，B错误；SiO2与纯碱在高温条件下反应生成CO2，是因为硅酸酸酐的沸点比碳酸酸酐的沸点高，与酸性强弱无关，C错误；制取普通玻璃的原料是石灰石、纯碱、二氧化硅，制取水泥的原料是黏土、石灰石，因此石灰石是工业制备普通玻璃和水泥的共同原料，D正确；故合理选项是D。
5．【答案】B　
【解析】斜长石的氧化物形式应为K2O·Al2O3·6SiO2。
6．【答案】C
【解析】①SiO2是酸性氧化物，与浓H2SO4不能反应，①不符合题意；②H2O与SiO2不能反应，②不符合题意；③SiO2是酸性氧化物，与浓硝酸不能反应，③不符合题意；④氢氟酸与SiO2反应生成SiF4、H2O，④符合题意；⑤SiO2是酸性氧化物，与强碱KOH溶液反应生成K2SiO3、H2O，⑤符合题意；⑥氧化钙是碱性氧化物，可以与SiO2在高温下反应生成硅酸钙，⑥符合题意；⑦SiO2与碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，⑦符合题意；可以与二氧化硅反应的为④⑤⑥⑦，因此合理选项是C。
7．【答案】B
【解析】A．SO3是4原子分子，80g SO3为1mol，所含的原子数为4NA，故A正确；B．氯气和水的反应为可逆反应，故氯水中有未反应的氯气分子，即溶液中的HClO、Cl－、ClO－粒子数之和小于2NA，故B错误；C．NH3中氮的化合价为-3价，生成1mol氨，转移3mol电子，故C正确；D、Na2S是强碱弱酸盐，S2−部分水解，100mL 0.1mol·L−1的Na2S溶液，含有的S2−数目小于0.01NA，故D正确。故选B。
8．【答案】C
【解析】A项，硅元素在自然界中无游离态，错误；B项，SiO2能与氢氟酸反应，错误；C项，C、Si、S三种元素低价态气态氢化物分别为CH4、SiH4、H2S，都具有还原性，易与O2发生反应，正确；D项，酸性强弱顺序为：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，错误。
9．【答案】B
【解析】①氯气与水反应生成的HClO为弱酸，在离子方程式中不能拆分书写；③中浓盐酸可全部电离，应写成H+和Cl－的形式。
10．【答案】B
【解析】工业上利用Cl2和石灰乳反应制取漂白粉，故A正确；水玻璃为硅酸钠水溶液，可用于生产黏合剂和防火剂，不能用作食品防腐剂，故B错误；铝合金用于制作门窗，既利用了它密度小、硬度大的物理性质，也利用了它易与氧气形成致密保护膜，不与其他物质反应的化学性质，故C正确；SiO2可用于制造光导纤维，故D正确。
11．【答案】D　
【解析】溶液颜色变化：①无色→②棕黄色说明有碘生成，②棕黄色→③蓝色说明是碘遇淀粉溶液显色，③蓝色→④无色说明碘被消耗，④无色→⑤蓝色说明又生成了碘，此时发生的是NaI和NaIO3在酸性条件下生成碘的氧化还原反应。
12．【答案】B
【解析】氯气与碘化钾反应生成碘单质，将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近集气瓶口，若试纸变蓝证明氯气已集满，选项A正确；氯气与冷的石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙，其中次氯酸钙为漂白粉的有效成分，不是漂白粉，选项B不正确；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，故将Cl2通入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色，选项C正确；取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，有白烟，说明有有氨气生成，则可证明该晶体中含有NH，选项D正确。答案选B。
13．【答案】D
【解析】硅酸钠水溶液具有阻燃性，可用作木材防火剂，故A正确；碳酸的酸性强于硅酸，能够与硅酸钠溶液反应生成硅酸，故B正确；硅酸钠与稀硫酸反应生成硅酸沉淀，所以步骤II的反应是Na2SiO3+H2SO4＝H2SiO3（胶体）+Na2SO4，故C正确；加热灼烧固体应在坩埚中进行，故D错误。故选D。
14．【答案】B
【解析】新制氯水中含有氯气，所以显浅黄绿色，但放置一段时间之后，因为次氯酸分解破坏了氯气与水反应的平衡状态，氯气完全反应后，颜色会褪去，故A正确；比较元素非金属性可以根据最高价氧化物的水化物的酸性比较，但不能依据其氢化物的酸性，故B错误；淀粉碘化钾在空气中变蓝，是因为碘离子被氧气氧化，发生了4I−+O2+2H2O=2I2+4OH−，故C正确；F、Cl、Br、I的非金属性减弱，故HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱；微粒半径增大，失电子能力增强，故还原性依次增强，故D正确，故选B。
15．【答案】C
【解析】根据氧化性的强弱顺序：Cl2>Br2>Fe3+>I2，则对应的还原性I−>Fe2+>Br−>Cl−，结合氧化还原反应的规律，分析作答。I2的氧化性弱于Fe3+，Fe和I2在加热条件下不能生成FeI3，A项错误；根据氧化性强弱顺序：Cl2>Br2>Fe3+>I2，则还原性Fe2+>Br−，所以向FeBr2溶液中通入少量Cl2，氯气只氧化还原性较强的Fe2+，对应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，B项错误；由上述分析已知，还原性I−>Fe2+>Cl−，则为了除去I−而不减少其他离子，可加入适量Fe3+，C项正确；向含有NaBr、NaI的溶液中通入适量氯气，可发生：2NaI+Cl2=2NaCl+I2，2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，因还原性NaI>NaBr，不可能含有NaI而没有NaBr，D项错误；答案选C。
16．【答案】C
【解析】加碘盐中含有IO，在酸性条件下可被I−还原生成I2，淀粉­KI试纸会变蓝，A正确；根据图示转化关系可知原因可能是5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，B正确；根据途径Ⅰ可知氧化性：Cl2>I2，根据途径Ⅱ可知氧化性：IO>I2，根据途径Ⅲ可知氧化性：Cl2>IO，C错误；根据关系式：2IO～I2～10e－可知，若生成1 mol I2，反应中转移的电子数为10NA，D正确。
二、非选择题（共52分）
17．【答案】（1）D　
（2）SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O　氢氟酸　
（3）防火剂　D　
（4）C　SiO2
【解析】（1）生石灰是CaO，为碱性氧化物且不含Si，不属于硅酸盐。（2）SiO2与NaOH溶液反应的化学方程式为SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O。由于SiO2能溶于氢氟酸，因此工艺师常用氢氟酸来雕刻玻璃。（3）Na2SiO3水溶液又称“水玻璃”，具有阻燃的功能，因此可用作防火剂。SiO2和Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2，故含SiO2的材料(普通玻璃、石英玻璃)以及Al2O3等都能与Na2CO3在高温下反应，故不能用以上材质的坩埚熔融纯碱。（4）题给反应中C(碳)被氧化，SiO2中＋4价的硅被还原，因此SiO2作氧化剂。
18．【答案】（1）Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O
（2）NaClO+2HCl(浓)=Cl2↑+NaCl+H2O 钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀
（3）使反应物充分接触、充分反应 用碱液吸收
（4）2∶1
（5）2ClO2+Mn2++2H2O=2ClO+MnO2↓+4H+
【解析】（1）工业上将氯气溶于一定浓度的氢氧化钠其反应方程式为：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；（2）“84消毒液”（主要成分是NaClO）不能和洁厕剂（主要成分是浓盐酸）混用，会发生氧化还原反应，生成氯气，其方程式为：NaClO+2HCl(浓)=Cl2↑+NaCl+H2O，钢铁中的碳和铁与消毒液能够形成原电池，使钢铁发生电化学腐蚀，所以不能用“84消毒液”对钢铁制品进行消毒（3）将3%～6%水分的熟石灰从塔顶喷洒而入，氯气从塔的最底层通入，是为了充分接触，充分反应；Cl2有毒，可用碱液来吸收；（4）NaClO3和Na2SO3溶液混合并加入H2SO4酸化后反应制得二氧化氯，则Cl元素的化合价由+5价降低为+4价，而S元素的化合价由+4价升高为+6价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为=2∶1；（5）在用ClO2氧化除去Mn2+离子的反应中，由得失电子守恒及原子守恒可知，反应物中要补水，生成物中要补H+，为2ClO2+Mn2++2H2O→2ClO+MnO2↓+
4H+。
19．【答案】（1）分液漏斗
（2）MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O
（3）饱和食盐水 防倒吸（安全瓶）
（4）② d
（5）C
【解析】（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗。（2）浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2++Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O。（3）生成的氯气中混有HCl和水，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质；ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸（或安全瓶），故答案为：饱和食盐水；防倒吸（安全瓶）。（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞。（5）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可以知道，若用100mL 2mol·L−1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量＜0.1mol，故答案为C。
20．【答案】Ⅰ．（1）> ClO−＋H2OHClO＋OH− 、
次氯酸钠在水溶液发生水解，使溶液呈碱性
（2）10a-14 BD
Ⅱ．（1）ClO−+2I−+2H+=Cl−+I2+H2O
（2）淀粉溶液 溶液褪色，且半分钟内不恢复
（3）5.3% 偏低
【解析】Ⅰ．（1）常温下，一定浓度次氯酸钠水溶液的中存在ClO−的水解，水解反应离子方程式为ClO−＋H2OHClO＋OH−，则溶液显碱性，即a>7；此时溶液中的OH−来自于水的电离，则溶液中由水电离出的c(OH−)＝10a-14mol/L；（2）0.1000mol/L NaClO溶液与0.1000mol/L硫酸溶液等体积混合后，所得溶液为HClO、Na2SO4和H2SO4的混合液，且HClO的浓度为0.05mol/L，Na2SO4和H2SO4的浓度均为0.025mol/L；A．混合后溶液中存在HClO的部分电离，根据物料守恒可知c(HClO)+c(ClO−)=0.05mol/L，故A错误；B．混合后溶液中Na2SO4和H2SO4的浓度均为0.025mol/L ，若忽略次氯酸和水的电离，则有c(H+)=c(Na+)=c(SO)=0.05mol/L，实际上，溶液中的HClO有小部分发生电离及水的电离，则c(HClO)>c(ClO−)，故c(H+)>c(Na+)=c(SO)>c(HClO)>c(ClO−)>c(OH−)成立，故B正确；C．混合后溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(ClO−)+c(OH−)，故C错误；D．混合后溶液中的电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(SO)+c(ClO−)+c(OH−)，再结合c(HClO)+
c(ClO−)=0.05mol/L，c(Na+)=c(SO)=0.05mol/L，可知c(H+)-c(OH−)=2c(ClO−)+c(HClO)成立，故D正确；故答案为BD。
Ⅱ．（1）漂白剂溶液中ClO−有强氧化性，能氧化I−生成I2，同时得到还原产物Cl−，发生反应的离子方程式为ClO−+2I−+2H+=Cl−+I2+H2O；（2）I2遇淀粉溶液显蓝色，则滴定过程可选择淀粉溶液作指示剂，滴加Na2S2O3溶液，将I2还原为I−，随着滴加Na2S2O3溶液的量增大，溶液蓝色会逐渐变浅，最终会消失，当溶液褪色，且半分钟内不恢复时为滴定终点；（3）由2Na2S2O3+I2=2I−+Na2S4O6可知，滴定时消耗30.00 mL 0.1000mol/L Na2S2O3溶液，则溶液中I2的物质的量为0.03L× 0.1000mol/L
×=0.0015mol，则20.00g家用氯漂白剂能氧化KI得到的I2为0.0015mol×=0.015mol，则每克含氯消毒剂氧化KI生成的I2的物质的量为0.015mol÷20=0.00075mol，根据Cl2+2I−=I2+2Cl−可知氧化0.00075mol I2需要的Cl2的物质的量为0.00075mol，质量为0.00075mol×71g/mol=0.053g，故该漂白剂中“有效氯”的含量为5.3%。
21．【答案】I．（1）Al2O3∙2SiO2∙2H2O
（2）用过量的锡粉与盐酸反应，保存时过量的锡粉留在溶液中
（3）Pb3O4＋8H++2Cl―=3Pb2+＋Cl2↑+4H2O 4PbO22Pb2O3+O2↑
II．（1）A
（2）ACE
（3）1/3
【解析】I．（1）硅酸盐用氧化物表示：活泼金属氧化物在前，水在最后；根据原子守恒，高岭土的成分中含Al2(Si2O5)(OH)4，用氧化物的形式表示：Al2O3∙2SiO2∙2H2O；正确答案：Al2O3∙2SiO2∙2H2O。（2）过量的锡粉与盐酸反应生成氯化锡和氢气；由于四氯化锡比较稳定，二氯化锡不稳定，所以为防止二氯化锡被氧化，保存二氯化锡溶液时要把过量的锡粉留在溶液中；（3）四氧化三铅中含有+4价的铅，具有氧化性，四氧化三铅与浓盐酸反应生成氯化铅、氯气和水，离子方程式：Pb3O4＋8H++2Cl−=3Pb2+＋Cl2↑+4H2O；二氧化铅的摩尔质量为239，所以若把239g二氧化铅（即为1mol）强热，当质量变为231g时，固体质量减小8g，反应应该是生成氧气，氧气的量为8/32=0.25mol，即1mol PbO2加热反应，生成氧气0.25mol，若生成氧气1mol，消耗4mol PbO2，根据原子守恒可知该反应的化学方程式：4PbO22Pb2O3+O2↑。II．（1）根据盖斯定律，重整反应为：③-①-②，所以ΔH=-222+394+75=247kJ·mol−1，所以该反应为吸热反应，提高甲烷的转化率的方法是高温低压，使平衡正向移动，A项正确。（2）A. CO2为反应物，H2为生成物，当c(CO2)/c(H2)不再发生变化时，反应达到平衡状态，A正确；B．反应前后气体的总质量不变，容器的体积不变，所以根据ρ=m/V可知，反应进行到任何时候，气体的密度都不再发生变化，不能判定反应是否达到平衡状态，B错误；C．反应前后气体的总质量不变，反应后气体的总量增大，根据M=m/n可知，当气体的平均摩尔质量不再发生变化，反应达到平衡状态，C正确；D．每有8mol C-H键生成，属于v(逆)，有4mol H-H键的断裂，属于v(逆)，速率同向，不能判定反应是否达到平衡状态，D错误；E．若该反应在容积不变的绝热容器中进行，当容器的温度不再发生变化，各物质的浓度也不再发生变化，反应达到平衡状态，E正确；正确选项ACE。（3）已知c(CH4)=10/10=1mol/L，c(CO2)=5/10=0.5 mol/L；根据以下步骤计算：
CH4(g)+ CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
起始浓度 1 0.5 0 0
变化浓度 0.25 0.5×50% 0.5 0.5
平衡浓度 0.75 0.25 0.5 0.5
此温度下，该反应的化学平衡常数K=c2(CO) c2(H2)/ c(CH4) c(CO2)=（0.52×0.52）/（0.75×0.25）=1/3；正确答案：1/3。