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广东省汕头市潮阳实验学校2023-2024学年高一上学期11月期中考试化学试题（解析版）
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这是一份广东省汕头市潮阳实验学校2023-2024学年高一上学期11月期中考试化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
第I卷(选择题)
可能用到的相对原子质量：
一、单项选择题(本题共16个小题，每题3份，共48分。每小题只有一个正确选项。)
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. 从化学角度来说，“往伤口上撒盐”也有科学道理，这种做法的化学原理是胶体的聚沉
B. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应
C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了复分解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．血液属于胶体，在伤口上撒盐，可使胶体发生聚沉，从而使伤口表面的血液凝结阻止进一步出血和细菌感染，A正确；
B．蜡烛燃烧有氧气参与反应，有元素化合价变化涉及氧化还原反应，B正确；
C．雾霾形成的气溶胶为胶体，具有丁达尔效应，C正确；
D．该过程中铁单质与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，发生的是置换反应，D错误；
故答案选D。
2. 下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【详解】A. 盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，冰水混合物是H2O的不同状态的物质，属于纯净物，A错误；
B. 选项物质都符合物质的分类标准，B正确；
C. Fe是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，C错误；
D. 碘酒是I2的酒精溶液，属于混合物，碳酸钙是盐，属于电解质，D错误；
故合理选项是B。
3. 酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有、、、等。已知(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成一种盐，则下列说法正确的是
A. 属于一元酸B. 属于三元酸
C. 属于酸式盐D. 属于酸式盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成，可知属于二元酸，故A错误；
B．(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成，可知属于二元酸，故B错误；
C．(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成，可知属于正盐，故C错误；
D．(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成，可知属于正盐，则属于酸式盐，故D正确；
选D。
4. 化学与生活息息相关，下列有关物质的性质、用途的叙述，正确的是
A. 生石灰、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂
B. 纯碱和小苏打的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
C. Na2O2用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理相同
D. 漂白粉、漂白液既可用作游泳池的消毒剂，又可作食品漂白剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．生石灰可作为食品包装中的干燥剂，A错误；
B．纯碱和小苏打都是弱酸强碱盐，有弱就水解，它们的水溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，B正确；
C．Na2O2用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理不相同，过氧化钠是与水或二氧化碳反应生成氧气，作为供养剂，活性炭是吸附有毒物质，C错误；
D．漂白液、漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，但不可作食品漂白剂，D错误；
故选B。
5. 下列离子能大量共存的是
A. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、S、C
B. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、S、N
C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、N、S、Cl—
D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、K+、C、N
【答案】A
【解析】
【详解】A．使无色酚酞试液呈红色的溶液为碱性溶液，四种离子在碱性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故A正确；
B．铜离子在溶液中呈淡蓝色，则无色溶液中不可能存在铜离子，故B错误；
C．硝酸钡溶液中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中碳酸根离子与氢离子反应，不能大量共存，故D错误；
故选A。
6. “类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列有关“类比”对物质性质的推测正确的是
A. 溶液显酸性，溶液也显酸性
B. 是酸性氧化物，也是酸性氧化物
C. 溶于水生成NaOH，MgO溶于水生成
D. 溶解度大于，的溶解度也大于
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHCO3 是弱酸的酸式盐，水溶液碱性，A项错误；
B．碳和硫都是非金属氧化物，均能与碱反应生成盐和水，CO2 是酸性氧化物，所以SO2也是酸性氧化物，B项正确；
C．MgO不溶于水，C项错误；
D．NaHCO3 的溶解度小于Na2CO3，D项错误；
故选B。
7. 淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征。现将淀粉和稀Na2SO4溶液混合，装在半透膜袋中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，能证明半透膜完好无损的是
A. 加入BaCl2溶液产生白色沉淀B. 加入碘水不变蓝
C 加入BaCl2溶液没有白色沉淀产生D. 加入碘水变蓝
【答案】B
【解析】
【详解】淀粉溶液属于胶体，如果半透膜完好无损，则淀粉分子就不会通过半透膜，烧杯中便没有淀粉，加入碘水不变蓝，但是硫酸钠可以透过半透膜，加入BaCl2溶液一定产生白色沉淀，不能以此作为判断依据，答案选B。
8. 水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．由反应Cl2+H2O=HCl+HClO，知Cl2与水反应时，H2O中没有元素化合价改变，故H2O既不作氧化剂也不是还原剂，A不符合题意；
B．由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，知H2O中氢元素化合价降低生成H2，故H2O作氧化剂，B符合题意；
C．Na2O+H2O=2NaOH，该反应不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，知该反应为Na2O2自身歧化反应，故H2O在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，D不符合题意；
故答案选B。
9. 下列说法正确的是
①投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
②足量和质量相等的在常温和加热条件下反应，转移的电子数相等；
③质量相等的与分别与足量的盐酸完全反应时，产生的质量相等；
④取与的混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重，能测定混合物中的质量分数；
⑤鉴别与溶液，可用溶液；
⑥除去粉末中混有的，可配制成溶液通入过量的，再低温结晶。
A. ②③④B. ①②⑥C. ②④⑤D. ③④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，Na2O2与水反应生成的产物有氢氧化钠，使紫色石蕊试液变蓝，又因为Na2O2与水反应生成的中间产物过氧化氢具有漂白性，能使溶液褪色，①正确；
②O2和Na反应，常温下生成Na2O，加热条件下生成Na2O2，Na的质量相等，两种条件下，转移的电子数相等，②正确；
③NaHCO3与足量盐酸反应：HCO+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3与足量盐酸反应：CO+2H+=H2O+CO2↑，质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与足量的相同浓度盐酸完全反应时，NaHCO3产生的CO2更多，③错误；
④取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，碳酸钠、碳酸氢钠都能和稀硫酸反应产生二氧化碳和水，碱石灰能够吸收二氧化碳和水，因此无法利用差量法计算出二氧化碳的质量，即不能测定混合物中Na2CO3质量分数，④错误；
⑤NaHCO3与Na2CO3都能与Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀，因此不可用Ca(OH)2溶液鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，⑤错误；
⑥二氧化碳通入碳酸钠溶液，可发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，除去NaHCO3粉末中混有的Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，将碳酸钠转化为碳酸氢钠，再低温结晶即可得到碳酸氢钠，⑥正确；
答案选B。
10. 下列离子方程式正确的是
A. 与反应制备
B. 溶液与少量的溶液混合：
C. 将足量的氯气通入溶液中：
D. 向溶液中通入过量的氯气：
【答案】D
【解析】
【详解】A．与反应制备，离子方程式为：，故A错误；
B．溶液与少量的溶液混合反应生成碳酸钡沉淀、水和碳酸钠，离子方程式为：，故B错误；
C．将足量的氯气通入溶液中，亚铁离子和碘离子都被氧化，发生反应：，故C错误；
D．向溶液中通入过量的氯气生成氯化银沉淀和次氯酸，离子方程式为：，故D正确；
故选D
11. 为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。其中说法正确的是
A. 实验①：氯水具有漂白性
B. 实验②：
C. 实验③：可用溶液检验中的气体
D. 实验④：
【答案】D
【解析】
【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，故新制氯水的成分有：Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，由此分析。
【详解】A．实验①中滴有酚酞的溶液先变红后褪色，说明氯水具有酸性，不能说明氯水具有漂白性，故A错误；
B．实验②中，次氯酸的酸性弱于碳酸，故和HClO不能发生强酸制弱酸的反应，NaHCO3溶液中滴加新制氯水，氯水中含有H+，产生气泡是碳酸氢根与氢离子的反应，离子反应为：+H+=CO2↑+H2O，故B错误；
C．和硝酸溶液中的水反应也会生成HCl，不能用用溶液检验中的气体，故C错误；
D．实验④中溶液加入新制氯水，产生黄色沉淀，是Cl2将S2-氧化为S，同时生成Cl-，离子反应为：，故D正确；
故选D。
12. 使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由“亮→暗(或灭)→亮”，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。据此判断。
【解答】解：A．氢氧化钡为强电解质，硫酸铜滴入氢氧化钡溶液中，发生反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，溶液导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故A不选；
B．Ca(OH)2是强电解质，随碳酸铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故B不选；
C．向Ba(OH)2溶液中滴入稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，故C不选；
D．氯化氢和氯化钠均为强电解质，且二者不反应，随溶液滴入溶液导电性增强，不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故D选；
故选：D。
13. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．该焰色试验只能说明有K，无法说明是否有Na，故A错误；
B．向钠盐中滴加稀盐酸并将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该气体为CO2或SO2，固体还可能是NaHCO3或Na2SO3及NaHSO3，故B错误；
C．CuSO4溶液中加Na，Na不会与CuSO4置换产生红色Cu，而是先跟水反应生成NaOH，再与CuSO4复分解生成Cu(OH)2沉淀，故C错误；
D．稀盐酸、溶液、溶液中加入NaHCO3后，现象分别为：产生气泡、无明显现象、产生白色沉淀，现象不同，可用于鉴别，故D正确；
故选D。
14. 在海洋碳循环中，通过下图所示的途径固碳。下列说法错误的是
A. 该循环过程中未涉及氧化还原反应
B. 碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na++
C. 该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D. 钙化作用的离子方程式之一为
【答案】A
【解析】
【详解】A．光合作用过程中有氧气生成，元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A错误；
B．碳酸氢钠电离生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++，B正确；
C．该循环能减少碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，C正确；
D．钙化作用过程中，钙离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，离子方程式为，D正确；
故答案选A。
15. 通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含杂质Na2CO3)纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气球)。下列分析错误的
A. 干燥管b中装入碱石灰
B. 量筒I用于测二氧化碳的量，量筒II用于测氧气的量
C. Q气球中产生的气体主要成分是O2、CO2
D. 读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，可观察到Q气球慢慢缩小
【答案】B
【解析】
【分析】由实验装置图可知，向已变质的过氧化钠中加入稀硫酸，稀硫酸与过氧化钠和碳酸钠反应生成氧气和二氧化碳，气球中充满反应生成的气体而膨胀，关闭K1、K2，打开K3，气球膨胀使广口瓶中压强增大，导致空气进入右边量气装置中，量筒Ⅰ中测得气体体积为反应生成的气体总体积；读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，在外界大气压的作用下，将气球中气体压入干燥管中，气球会慢慢缩小，干燥管中的碱石灰吸收二氧化碳，量筒Ⅱ中测得气体体积为氧气的体积。
【详解】A．由分析可知，干燥管b中装入碱石灰，目的是吸收反应生成的气体中的二氧化碳，利于用量气装置测得氧气体积，A正确；
B．加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中用排水法测氧气的量，而量筒Ⅰ中排出的水的体积即为产生的CO2、O2的体积，B错误；
C．加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生CO2、O2气体，Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2，C正确；
D．由分析可知，读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，在外界大气压的作用下，将气球中气体压入干燥管中，气球会慢慢缩小，D正确；
故选B。
16. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)有Na2CO3和H2O2的双重性质，可用作漂白剂和氧化剂。合理组合下列装置能用于测定过碳酸钠中碳酸钠的含量，下列说法不正确的是
A. 装置连接顺序为Ⅲ→I→Ⅱ
B. 过碳酸钠可用作漂白剂，其漂白原理与氯水相同
C. 装置d的作用是防止空气中的H2O和CO2进入中
D. 过碳酸钠用作供氧剂时，也需要与CO2或H2O发生反应才能放出O2
【答案】D
【解析】
【分析】测定过碳酸钠中碳酸钠的含量，由实验装置可知，用不含二氧化碳的空气可将反应生成的二氧化碳排入U型管中，称量反应前后U型管的质量，可计算出二氧化碳的质量，然后可计算碳酸钠的含量，则e中为NaOH溶液除去空气中的二氧化碳，则Ⅲ后面连接Ⅰ，I中硫酸与过碳酸钠反应生成二氧化碳，b中浓硫酸干燥二氧化碳，然后Ⅰ连接Ⅱ，c中增重为二氧化碳的质量，d中碱石灰可防止空气中的H2O和CO2进入c中，以此来解答。
【详解】A．稀硫酸与过碳酸钠反应生成二氧化碳，利用空气排出反应中产生的二氧化碳时，需要除去空气中的二氧化碳，还需要防止空气中的水蒸气进入c，所以连接顺序是装置为Ⅲ→I→Ⅱ，A正确；
B．过碳酸钠遇水反应生成H2O2，具有强氧化性，可用作漂白剂，氯水由于Cl2与水反应生成的HClO具有强氧化性，可用作漂白剂，故二者漂白原理相同，B正确；
C．d装置的作用是防止空气中的H2O和CO2进入到c中，避免干扰二氧化碳的质量的测定，C正确；
D．过碳酸钠可用作急救供氧剂，主要原因是其遇水产生过氧化氢，过氧化氢分解产生氧气，过碳酸钠与CO2发生反应不能放出O2，D错误；
故答案为：D。
第II卷(非选择题，共52分)
17. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质：
（1）仪器A的名称是________；请写出用二氧化锰和浓盐酸共热的化学方程式_________。
（2）装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是___________；装置B中长颈漏斗的作用是___________。
（3）可用C、D装置制取氯酸钾和次氯酸钠，图中C装置的试管里盛有溶液，置于热水浴中；D装置的试管里盛有溶液，置于冰水浴中；C、D反应条件及产物差异说明氯气与碱溶液反应的规律是___________。
（4）取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加淀粉溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色。由此可知，该条件下的氧化能力___________(填“大于”或“小于”)，写出2号试管中加入淀粉溶液反应的离子方程式___________。
（5）装置E的作用是验证氯气的漂白性，则装置中I、II、III处依次应放入的物质是___________(填写编号字母)。
A．干燥的石蕊试纸碱石灰湿润的石蕊试纸
B．湿润的石蕊试纸浓硫酸干燥的石蕊试纸
C．湿润的石蕊试纸无水氯化钙干燥的石蕊试纸
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 平衡气压，防止B中氯气过多导致压强过大
（3）温度升高，氯气氧化产物中氯的价态升高
（4） ①. 小于 ②. ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-
（5）C
【解析】
【分析】圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，B中盛放饱和食盐水，可以暂时贮存氯气，B后的集气瓶可收集氯气，C中氯气和氢氧化钾反应制备氯酸钾，D中氯气与氢氧化钠反应制备次氯酸钠，浓硫酸干燥氯气，E装置验证氯气的性质，烧杯中为氢氧化钠溶液，吸收氯气防止污染空气。
【小问1详解】
A的名称为分液漏斗，实验室制备氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
【小问2详解】
Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小，装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是饱和食盐水，装置B中长颈漏斗的作用是：平衡气压，防止B中氯气过多导致压强过大。
【小问3详解】
制备氯酸钾需要加热、且氢氧化钾的浓度大，而次氯酸钠需要冰水浴，且氢氧化钠的浓度小，说明氯气与碱溶液反应的规律是：温度升高，氯气氧化产物中氯的价态升高。
【小问4详解】
1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色，说明可以将KI氧化为I2，而不能将KI氧化为I2，由此可知，该条件下的氧化能力小于，2号试管中加入淀粉溶液反应的离子方程式为：ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-。
【小问5详解】
要验证氯气是否有漂白性，可以利用有色布条，因为制取的氯气含有水蒸气；生成的 HClO 有漂白性，先验证氯气是否能够使湿润的有色布条褪色，然后用干燥氯气通过干燥的有色布条检验氯气的漂白性，干燥氯气不能选用与氯气反应的碱石灰， U 形管一般盛装固体干燥剂，浓硫酸不能盛装在 U 形管中，无水硫酸铜可以检验水的存在，不能用于氯气干燥，此题可选用无水氯化钙，所以正确的选项是 C。
18. 某同学欲探究的氧化还原性：
资料：
制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。将溶液A分为两份，向其中一份中加入过量稀，得溶液B。
检验：向溶液A、B中分别滴加适量溶液。
I．B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。
（1）反应的离子方程式为___________。
II．A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的原因提出猜想：
（2）猜想1.有氧化性，能被还原为
猜想2.有___________性，能与反应产生
猜想3……
（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
iii是ii和i的对照实验。
①X是___________。
②a是___________、b是___________。
③取i中棕褐色固体，实验证明是。
综上所述，体现氧化性还是还原性与反应的对象和溶液的酸碱性有关。
【答案】（1）5H2O2+6H++2=2Mn2++5O2↑+8H2O
（2）还原 （3） ①. MnSO4溶液 ②. H2O2和NaOH溶液 ③. H2O2和H2SO4溶液
【解析】
【小问1详解】
向溶液A、B中分别滴加适量KMnO4溶液，B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去，即KMnO4与H2O2反应生成Mn2+和O2，根据氧化还原反应配平可得，反应的离子方程式为5H2O2+6H++2=2Mn2++5O2↑+8H2O。
【小问2详解】
猜想2．Mn2+转化为MnO2，Mn的化合价升高，被氧化，体现Mn2+有还原性，能与H2O2反应产生MnO2。
【小问3详解】
探究猜想2的合理性，即探究的是Mn2+的性质，需要加入MnSO4溶液，即溶液X为MnSO4溶液，根据题干的最后一句信息可知溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为H2O2和NaOH溶液，溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，可知试剂b为H2O2和H2SO4溶液。
19. 通过海水晾晒可得粗盐，粗盐中除含有外，还含有以及泥沙等杂质。制备精盐的各步操作流程如下：
（1）为除去，步骤需加入以下三种溶液(用于沉淀的试剂稍过量)加入的顺序为___________(填字母)。
A． B． C．
（2）在第③步操作中，选择的除杂试剂不能是溶液，理由是___________。
（3）第⑤步操作中，需要的玻璃仪器有___________。
是一种重要杀菌消毒剂，可通过上述制取的精制食盐水通过以下流程制备：
（4）中的化合价为___________。
（5）写出“反应步骤中生成的化学方程式___________。
（6）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出少量，发生如下反应：
①配平化学方程式，并用单线桥表示电子转移方向和数目___________。
②此吸收反应中，氧化产物是___________，氧化剂与还原剂的个数比为___________。
③比较氧化性：___________(填“>”、“<”或“=”)。
（7）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。的有效氯含量为___________g。(计算结果保留两位小数)
【答案】19. BCA(或CBA或BAC)
20. 会引入新杂质K+
21. 漏斗、烧杯、玻璃棒
22. +3 23. H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4
24. ①. ②. O2 ③. 2：1 ④. >
25. 1.57
【解析】
【分析】粗盐中除含有NaCl外，还含有以及泥沙等杂质，其中泥沙不溶于水，可以直接过滤除去，镁离子用氢氧化钠沉淀除去，钙离子用碳酸钠沉淀除去，硫酸根离子用氯化钡沉淀除去，为保证杂质去除彻底，需加入过量的除杂试剂，过量的除杂试剂也需在后续操作中去除，过量的氯化钡可以用碳酸钠除去，因此加入试剂顺序，氯化钡在碳酸钠前面加入，过量的碳酸钠和氢氧化钠可用盐酸除去，但在加盐酸之前应该先过滤，防止生成的碳酸钡、氢氧化镁、碳酸钙等沉淀溶解，过量的盐酸在蒸发结晶过程中挥发除去，最终得到精盐，据此作答。
【小问1详解】
由图可知：第②步操作的目的是除去粗盐中硫酸钠，则需要加入过量溶液；第③步操作的目的是除去粗盐中的，则需要加入过量；第④步操作是为了除去及过量的，则需要加入过量溶液。则需加入三种溶液的加入顺序为BCA，故答案：BCA(或CBA或BAC)。
【小问2详解】
该实验的目的是制备精盐，所以除去粗盐中的杂质，不能增加新杂质，所以不能用KOH溶液代替NaOH溶液，因为会引入新杂质K+，故答案：会引入新杂质K+。
【小问3详解】
过滤操作所需玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案：漏斗、烧杯、玻璃棒。
【小问4详解】
中的化合价为+3。
【小问5详解】
在“反应”步骤中NaClO3与H2SO4、SO2反应产生NaHSO4、ClO2，反应的化学方程式为：H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4。
【小问6详解】
①在反应NaOH+H2O2+ClO2—NaClO2+O2+H2O中，H2O2失去2个电子变为O2，ClO2得到1个电子变为NaClO2，所以根据电子守恒，可知ClO2、NaClO2的系数都是2，H2O2、O2的系数都是1；根据Na元素守恒，可知NaOH的系数是2，最后根据H原子守恒，可知H2O的系数是2，该反应方程式为：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，用单线桥法表示电子转移为：；
②在该反应中ClO2为氧化剂，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
③在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物。在该反应中ClO2为氧化剂，O2为氧化产物，所以氧化性：ClO2＞H2O2。
小问7详解】
NaClO2的式量是90.5，1 ml NaClO2作氧化剂时能够得到4 ml电子，相当于2 ml Cl2的氧化能力，所以NaClO2的有效氯含量为g=1.57 g。
20. 实验小组探究胶体的制备方法及其性质。
制备胶体
（1）①实验1，生成胶体和___________(填化学式，后同)。
②实验2与实验1对比，优点是___________(写出1条即可)。
③综合上述实验：制备胶体时，提供的物质可以是或___________，控制反应条件即可制得。
胶体的性质
资料：I．时，胶体溶解。
II．固体易升华(物质从固态不经过液态直接变成气态的过程)。
实验4.取5mL实验3得到的液体于蒸发血中，继续加热，待蒸发血中液体变为粘稠状，罩上漏斗，可观察到漏斗内出现棕褐色的烟，且有棕褐色固体附着在漏斗的内壁上。继续加热，蒸发血中最终得到红棕色固体。
（2）①根据资料，推测漏斗内棕褐色的烟中主要含有___________(填化学式)。
②研究表明：胶体可净化水中的砷酸，砷酸浓度较低时以吸附为主，砷酸浓度较高时以反应为主。不同pH时，测得溶液中胶体对砷酸的吸附效率如图。pH为3~9时，胶体对砷酸的吸附效率高，pH较高时，吸附效率降低的原因是___________。
③去除水中高浓度砷酸的原理是胶体与砷酸反应生成砷酸铁沉淀，化学方程式是___________。
【答案】（1） ①. HCl ②. 不需加热，FeCl3溶液浓度小 ③. NaOH
（2） ①. FeCl3 ②. pH>10时，Fe(OH)3胶体溶解 ③. Fe(OH)3(胶体)+H3AsO4=FeAsO4↓+3H2O
【解析】
【小问1详解】
①实验1中饱和氯化铁溶液与水加热条件下反应生成Fe(OH)3胶体和HCl。
②对比实验1和实验2可知，实验2不需要加热，且即使不是饱和氯化铁溶液也能生成氢氧化铁胶体，故优点是不需加热，FeCl3溶液浓度小。
③根据实验1和3可知，在蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液并加热，生成氢氧化铁胶体的速度大于直接加热纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
盐酸
冰水混合物
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
硫酸钡
二氧化硫
C
胆矾
盐酸
铁
乙醇
D
碘酒
食盐水
氯化铜
碳酸钙
实验
装置
试剂X
现象
①
滴有酚酞的溶液
溶液红色褪色
②
溶液
产生气泡
③
酸化的溶液
产生白色沉淀
④
溶液
产生黄色沉淀
选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
(NH4)2CO3
H2SO4
HCl
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NaCl
实验目的
方案设计
现象结论
A
检验某溶液中是否含有和
用洁净的铂丝蘸取该溶液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到紫色
该溶液中一定含有，无
B
检验某钠盐的成分
向钠盐中滴加稀盐酸并将产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊，该钠盐为
C
比较和的活泼性
向溶液中加入绿豆大小的钠
产生红色固体，比活泼
D
鉴别稀盐酸、溶液、溶液
向三种溶液中分别滴加溶液
三种溶液现象不同，可用溶液鉴别
序号
实验
试剂
现象
i
a
生成棕褐色固体，产生大量气泡
ii
b
有少量气泡
iii
溶液
有少量气泡
实验
实验操作
丁达尔效应
1
向40mL沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和溶液(浓度约为30%)
迅速出现
2
向40mL蒸馏水中滴入5滴溶液，然后滴入1滴10%NaOH溶液，边滴边搅拌
迅速出现
3
加热40mL饱和溶液
一段时间后出现
第I卷(选择题)
可能用到的相对原子质量：
一、单项选择题(本题共16个小题，每题3份，共48分。每小题只有一个正确选项。)
1. 化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是
A. 从化学角度来说，“往伤口上撒盐”也有科学道理，这种做法的化学原理是胶体的聚沉
B. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应
C. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
D. “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了复分解反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．血液属于胶体，在伤口上撒盐，可使胶体发生聚沉，从而使伤口表面的血液凝结阻止进一步出血和细菌感染，A正确；
B．蜡烛燃烧有氧气参与反应，有元素化合价变化涉及氧化还原反应，B正确；
C．雾霾形成的气溶胶为胶体，具有丁达尔效应，C正确；
D．该过程中铁单质与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，发生的是置换反应，D错误；
故答案选D。
2. 下列关于纯净物、混合物、电解质、非电解质的正确组合为( )
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 【详解】A. 盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，冰水混合物是H2O的不同状态的物质，属于纯净物，A错误；
B. 选项物质都符合物质的分类标准，B正确；
C. Fe是金属单质，既不是电解质，也不是非电解质，C错误；
D. 碘酒是I2的酒精溶液，属于混合物，碳酸钙是盐，属于电解质，D错误；
故合理选项是B。
3. 酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有、、、等。已知(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成一种盐，则下列说法正确的是
A. 属于一元酸B. 属于三元酸
C. 属于酸式盐D. 属于酸式盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成，可知属于二元酸，故A错误；
B．(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成，可知属于二元酸，故B错误；
C．(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成，可知属于正盐，故C错误；
D．(亚磷酸)与足量的NaOH反应生成，可知属于正盐，则属于酸式盐，故D正确；
选D。
4. 化学与生活息息相关，下列有关物质的性质、用途的叙述，正确的是
A. 生石灰、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂
B. 纯碱和小苏打的溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱
C. Na2O2用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理相同
D. 漂白粉、漂白液既可用作游泳池的消毒剂，又可作食品漂白剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．生石灰可作为食品包装中的干燥剂，A错误；
B．纯碱和小苏打都是弱酸强碱盐，有弱就水解，它们的水溶液均显碱性，可用作食用碱或工业用碱，B正确；
C．Na2O2用于呼吸面具，活性炭用于防毒面具，两者原理不相同，过氧化钠是与水或二氧化碳反应生成氧气，作为供养剂，活性炭是吸附有毒物质，C错误；
D．漂白液、漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂，但不可作食品漂白剂，D错误；
故选B。
5. 下列离子能大量共存的是
A. 使无色酚酞试液呈红色的溶液中：Na+、K+、S、C
B. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、S、N
C. 含有大量Ba(NO3)2的溶液中：Mg2+、N、S、Cl—
D. 使紫色石蕊试液呈红色的溶液中：Na+、K+、C、N
【答案】A
【解析】
【详解】A．使无色酚酞试液呈红色的溶液为碱性溶液，四种离子在碱性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故A正确；
B．铜离子在溶液中呈淡蓝色，则无色溶液中不可能存在铜离子，故B错误；
C．硝酸钡溶液中钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡白色沉淀，不能大量共存，故C错误；
D．使紫色石蕊试液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中碳酸根离子与氢离子反应，不能大量共存，故D错误；
故选A。
6. “类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列有关“类比”对物质性质的推测正确的是
A. 溶液显酸性，溶液也显酸性
B. 是酸性氧化物，也是酸性氧化物
C. 溶于水生成NaOH，MgO溶于水生成
D. 溶解度大于，的溶解度也大于
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaHCO3 是弱酸的酸式盐，水溶液碱性，A项错误；
B．碳和硫都是非金属氧化物，均能与碱反应生成盐和水，CO2 是酸性氧化物，所以SO2也是酸性氧化物，B项正确；
C．MgO不溶于水，C项错误；
D．NaHCO3 的溶解度小于Na2CO3，D项错误；
故选B。
7. 淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色特征。现将淀粉和稀Na2SO4溶液混合，装在半透膜袋中，浸泡在盛蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，能证明半透膜完好无损的是
A. 加入BaCl2溶液产生白色沉淀B. 加入碘水不变蓝
C 加入BaCl2溶液没有白色沉淀产生D. 加入碘水变蓝
【答案】B
【解析】
【详解】淀粉溶液属于胶体，如果半透膜完好无损，则淀粉分子就不会通过半透膜，烧杯中便没有淀粉，加入碘水不变蓝，但是硫酸钠可以透过半透膜，加入BaCl2溶液一定产生白色沉淀，不能以此作为判断依据，答案选B。
8. 水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．由反应Cl2+H2O=HCl+HClO，知Cl2与水反应时，H2O中没有元素化合价改变，故H2O既不作氧化剂也不是还原剂，A不符合题意；
B．由反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，知H2O中氢元素化合价降低生成H2，故H2O作氧化剂，B符合题意；
C．Na2O+H2O=2NaOH，该反应不是氧化还原反应，C不符合题意；
D．由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，知该反应为Na2O2自身歧化反应，故H2O在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，D不符合题意；
故答案选B。
9. 下列说法正确的是
①投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色；
②足量和质量相等的在常温和加热条件下反应，转移的电子数相等；
③质量相等的与分别与足量的盐酸完全反应时，产生的质量相等；
④取与的混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重，能测定混合物中的质量分数；
⑤鉴别与溶液，可用溶液；
⑥除去粉末中混有的，可配制成溶液通入过量的，再低温结晶。
A. ②③④B. ①②⑥C. ②④⑤D. ③④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①Na2O2投入到紫色石蕊试液中，Na2O2与水反应生成的产物有氢氧化钠，使紫色石蕊试液变蓝，又因为Na2O2与水反应生成的中间产物过氧化氢具有漂白性，能使溶液褪色，①正确；
②O2和Na反应，常温下生成Na2O，加热条件下生成Na2O2，Na的质量相等，两种条件下，转移的电子数相等，②正确；
③NaHCO3与足量盐酸反应：HCO+H+=H2O+CO2↑，Na2CO3与足量盐酸反应：CO+2H+=H2O+CO2↑，质量相等的NaHCO3与Na2CO3分别与足量的相同浓度盐酸完全反应时，NaHCO3产生的CO2更多，③错误；
④取ag Na2CO3和NaHCO3混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重bg，碳酸钠、碳酸氢钠都能和稀硫酸反应产生二氧化碳和水，碱石灰能够吸收二氧化碳和水，因此无法利用差量法计算出二氧化碳的质量，即不能测定混合物中Na2CO3质量分数，④错误；
⑤NaHCO3与Na2CO3都能与Ca(OH)2反应生成碳酸钙白色沉淀，因此不可用Ca(OH)2溶液鉴别NaHCO3与Na2CO3溶液，⑤错误；
⑥二氧化碳通入碳酸钠溶液，可发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，除去NaHCO3粉末中混有的Na2CO3，可配制成溶液通入过量的CO2，将碳酸钠转化为碳酸氢钠，再低温结晶即可得到碳酸氢钠，⑥正确；
答案选B。
10. 下列离子方程式正确的是
A. 与反应制备
B. 溶液与少量的溶液混合：
C. 将足量的氯气通入溶液中：
D. 向溶液中通入过量的氯气：
【答案】D
【解析】
【详解】A．与反应制备，离子方程式为：，故A错误；
B．溶液与少量的溶液混合反应生成碳酸钡沉淀、水和碳酸钠，离子方程式为：，故B错误；
C．将足量的氯气通入溶液中，亚铁离子和碘离子都被氧化，发生反应：，故C错误；
D．向溶液中通入过量的氯气生成氯化银沉淀和次氯酸，离子方程式为：，故D正确；
故选D
11. 为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。其中说法正确的是
A. 实验①：氯水具有漂白性
B. 实验②：
C. 实验③：可用溶液检验中的气体
D. 实验④：
【答案】D
【解析】
【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，故新制氯水的成分有：Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，由此分析。
【详解】A．实验①中滴有酚酞的溶液先变红后褪色，说明氯水具有酸性，不能说明氯水具有漂白性，故A错误；
B．实验②中，次氯酸的酸性弱于碳酸，故和HClO不能发生强酸制弱酸的反应，NaHCO3溶液中滴加新制氯水，氯水中含有H+，产生气泡是碳酸氢根与氢离子的反应，离子反应为：+H+=CO2↑+H2O，故B错误；
C．和硝酸溶液中的水反应也会生成HCl，不能用用溶液检验中的气体，故C错误；
D．实验④中溶液加入新制氯水，产生黄色沉淀，是Cl2将S2-氧化为S，同时生成Cl-，离子反应为：，故D正确；
故选D。
12. 使用如图装置(搅拌装置略)探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭)→亮”现象的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】溶液导电性强弱与离子浓度成正比，实验时灯泡能出现由“亮→暗(或灭)→亮”，说明在滴加溶液过程中导致离子浓度减小，最终为0，再继续滴加溶液，离子浓度逐渐增大。据此判断。
【解答】解：A．氢氧化钡为强电解质，硫酸铜滴入氢氧化钡溶液中，发生反应生成氢氧化铜和硫酸钡沉淀，溶液导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故A不选；
B．Ca(OH)2是强电解质，随碳酸铵滴入发生反应，生成碳酸钙、氨气和水，导电性减弱，过量后导电性增强，出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故B不选；
C．向Ba(OH)2溶液中滴入稀H2SO4，生成硫酸钡沉淀和水，溶液中离子浓度逐渐减小，灯泡变暗，二者恰好反应时溶液的导电性几乎为零，灯泡熄灭，继续加硫酸，溶液的导电性又增强，灯泡又变亮，故C不选；
D．氯化氢和氯化钠均为强电解质，且二者不反应，随溶液滴入溶液导电性增强，不可能出现“亮→暗（或灭）→亮”现象，故D选；
故选：D。
13. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．该焰色试验只能说明有K，无法说明是否有Na，故A错误；
B．向钠盐中滴加稀盐酸并将产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该气体为CO2或SO2，固体还可能是NaHCO3或Na2SO3及NaHSO3，故B错误；
C．CuSO4溶液中加Na，Na不会与CuSO4置换产生红色Cu，而是先跟水反应生成NaOH，再与CuSO4复分解生成Cu(OH)2沉淀，故C错误；
D．稀盐酸、溶液、溶液中加入NaHCO3后，现象分别为：产生气泡、无明显现象、产生白色沉淀，现象不同，可用于鉴别，故D正确；
故选D。
14. 在海洋碳循环中，通过下图所示的途径固碳。下列说法错误的是
A. 该循环过程中未涉及氧化还原反应
B. 碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na++
C. 该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D. 钙化作用的离子方程式之一为
【答案】A
【解析】
【详解】A．光合作用过程中有氧气生成，元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A错误；
B．碳酸氢钠电离生成钠离子和碳酸氢根离子，电离方程式为NaHCO3=Na++，B正确；
C．该循环能减少碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，C正确；
D．钙化作用过程中，钙离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，离子方程式为，D正确；
故答案选A。
15. 通过测定混合气中O2含量可计算已变质的Na2O2(含杂质Na2CO3)纯度，实验装置如图(Q为弹性良好的气球)。下列分析错误的
A. 干燥管b中装入碱石灰
B. 量筒I用于测二氧化碳的量，量筒II用于测氧气的量
C. Q气球中产生的气体主要成分是O2、CO2
D. 读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，可观察到Q气球慢慢缩小
【答案】B
【解析】
【分析】由实验装置图可知，向已变质的过氧化钠中加入稀硫酸，稀硫酸与过氧化钠和碳酸钠反应生成氧气和二氧化碳，气球中充满反应生成的气体而膨胀，关闭K1、K2，打开K3，气球膨胀使广口瓶中压强增大，导致空气进入右边量气装置中，量筒Ⅰ中测得气体体积为反应生成的气体总体积；读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，在外界大气压的作用下，将气球中气体压入干燥管中，气球会慢慢缩小，干燥管中的碱石灰吸收二氧化碳，量筒Ⅱ中测得气体体积为氧气的体积。
【详解】A．由分析可知，干燥管b中装入碱石灰，目的是吸收反应生成的气体中的二氧化碳，利于用量气装置测得氧气体积，A正确；
B．加入硫酸与样品反应在Q气球中得到二氧化碳和氧气，用碱石灰吸收二氧化碳和水蒸气，在量筒Ⅱ中用排水法测氧气的量，而量筒Ⅰ中排出的水的体积即为产生的CO2、O2的体积，B错误；
C．加入酸后Q内发生反应：2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2↑，Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，反应产生CO2、O2气体，Q气球中产生的气体主要成分为O2、CO2，C正确；
D．由分析可知，读完气体总体积后，关闭K3，缓缓打开K1、K2，在外界大气压的作用下，将气球中气体压入干燥管中，气球会慢慢缩小，D正确；
故选B。
16. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)有Na2CO3和H2O2的双重性质，可用作漂白剂和氧化剂。合理组合下列装置能用于测定过碳酸钠中碳酸钠的含量，下列说法不正确的是
A. 装置连接顺序为Ⅲ→I→Ⅱ
B. 过碳酸钠可用作漂白剂，其漂白原理与氯水相同
C. 装置d的作用是防止空气中的H2O和CO2进入中
D. 过碳酸钠用作供氧剂时，也需要与CO2或H2O发生反应才能放出O2
【答案】D
【解析】
【分析】测定过碳酸钠中碳酸钠的含量，由实验装置可知，用不含二氧化碳的空气可将反应生成的二氧化碳排入U型管中，称量反应前后U型管的质量，可计算出二氧化碳的质量，然后可计算碳酸钠的含量，则e中为NaOH溶液除去空气中的二氧化碳，则Ⅲ后面连接Ⅰ，I中硫酸与过碳酸钠反应生成二氧化碳，b中浓硫酸干燥二氧化碳，然后Ⅰ连接Ⅱ，c中增重为二氧化碳的质量，d中碱石灰可防止空气中的H2O和CO2进入c中，以此来解答。
【详解】A．稀硫酸与过碳酸钠反应生成二氧化碳，利用空气排出反应中产生的二氧化碳时，需要除去空气中的二氧化碳，还需要防止空气中的水蒸气进入c，所以连接顺序是装置为Ⅲ→I→Ⅱ，A正确；
B．过碳酸钠遇水反应生成H2O2，具有强氧化性，可用作漂白剂，氯水由于Cl2与水反应生成的HClO具有强氧化性，可用作漂白剂，故二者漂白原理相同，B正确；
C．d装置的作用是防止空气中的H2O和CO2进入到c中，避免干扰二氧化碳的质量的测定，C正确；
D．过碳酸钠可用作急救供氧剂，主要原因是其遇水产生过氧化氢，过氧化氢分解产生氧气，过碳酸钠与CO2发生反应不能放出O2，D错误；
故答案为：D。
第II卷(非选择题，共52分)
17. 氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质：
（1）仪器A的名称是________；请写出用二氧化锰和浓盐酸共热的化学方程式_________。
（2）装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是___________；装置B中长颈漏斗的作用是___________。
（3）可用C、D装置制取氯酸钾和次氯酸钠，图中C装置的试管里盛有溶液，置于热水浴中；D装置的试管里盛有溶液，置于冰水浴中；C、D反应条件及产物差异说明氯气与碱溶液反应的规律是___________。
（4）取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加淀粉溶液。1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色。由此可知，该条件下的氧化能力___________(填“大于”或“小于”)，写出2号试管中加入淀粉溶液反应的离子方程式___________。
（5）装置E的作用是验证氯气的漂白性，则装置中I、II、III处依次应放入的物质是___________(填写编号字母)。
A．干燥的石蕊试纸碱石灰湿润的石蕊试纸
B．湿润的石蕊试纸浓硫酸干燥的石蕊试纸
C．湿润的石蕊试纸无水氯化钙干燥的石蕊试纸
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 平衡气压，防止B中氯气过多导致压强过大
（3）温度升高，氯气氧化产物中氯的价态升高
（4） ①. 小于 ②. ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-
（5）C
【解析】
【分析】圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，B中盛放饱和食盐水，可以暂时贮存氯气，B后的集气瓶可收集氯气，C中氯气和氢氧化钾反应制备氯酸钾，D中氯气与氢氧化钠反应制备次氯酸钠，浓硫酸干燥氯气，E装置验证氯气的性质，烧杯中为氢氧化钠溶液，吸收氯气防止污染空气。
【小问1详解】
A的名称为分液漏斗，实验室制备氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
【小问2详解】
Cl2在饱和食盐水中的溶解度较小，装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是饱和食盐水，装置B中长颈漏斗的作用是：平衡气压，防止B中氯气过多导致压强过大。
【小问3详解】
制备氯酸钾需要加热、且氢氧化钾的浓度大，而次氯酸钠需要冰水浴，且氢氧化钠的浓度小，说明氯气与碱溶液反应的规律是：温度升高，氯气氧化产物中氯的价态升高。
【小问4详解】
1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为蓝色，说明可以将KI氧化为I2，而不能将KI氧化为I2，由此可知，该条件下的氧化能力小于，2号试管中加入淀粉溶液反应的离子方程式为：ClO-+2I-+H2O=I2+Cl-+2OH-。
【小问5详解】
要验证氯气是否有漂白性，可以利用有色布条，因为制取的氯气含有水蒸气；生成的 HClO 有漂白性，先验证氯气是否能够使湿润的有色布条褪色，然后用干燥氯气通过干燥的有色布条检验氯气的漂白性，干燥氯气不能选用与氯气反应的碱石灰， U 形管一般盛装固体干燥剂，浓硫酸不能盛装在 U 形管中，无水硫酸铜可以检验水的存在，不能用于氯气干燥，此题可选用无水氯化钙，所以正确的选项是 C。
18. 某同学欲探究的氧化还原性：
资料：
制备：将溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。将溶液A分为两份，向其中一份中加入过量稀，得溶液B。
检验：向溶液A、B中分别滴加适量溶液。
I．B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。
（1）反应的离子方程式为___________。
II．A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含，对其产生的原因提出猜想：
（2）猜想1.有氧化性，能被还原为
猜想2.有___________性，能与反应产生
猜想3……
（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
iii是ii和i的对照实验。
①X是___________。
②a是___________、b是___________。
③取i中棕褐色固体，实验证明是。
综上所述，体现氧化性还是还原性与反应的对象和溶液的酸碱性有关。
【答案】（1）5H2O2+6H++2=2Mn2++5O2↑+8H2O
（2）还原 （3） ①. MnSO4溶液 ②. H2O2和NaOH溶液 ③. H2O2和H2SO4溶液
【解析】
【小问1详解】
向溶液A、B中分别滴加适量KMnO4溶液，B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去，即KMnO4与H2O2反应生成Mn2+和O2，根据氧化还原反应配平可得，反应的离子方程式为5H2O2+6H++2=2Mn2++5O2↑+8H2O。
【小问2详解】
猜想2．Mn2+转化为MnO2，Mn的化合价升高，被氧化，体现Mn2+有还原性，能与H2O2反应产生MnO2。
【小问3详解】
探究猜想2的合理性，即探究的是Mn2+的性质，需要加入MnSO4溶液，即溶液X为MnSO4溶液，根据题干的最后一句信息可知溶液A为碱性环境，有棕褐色固体生成，且iii是i的对照实验，可知试剂a为H2O2和NaOH溶液，溶液B为酸性，产生气泡，无沉淀生成，且iii是ii的对照实验，可知试剂b为H2O2和H2SO4溶液。
19. 通过海水晾晒可得粗盐，粗盐中除含有外，还含有以及泥沙等杂质。制备精盐的各步操作流程如下：
（1）为除去，步骤需加入以下三种溶液(用于沉淀的试剂稍过量)加入的顺序为___________(填字母)。
A． B． C．
（2）在第③步操作中，选择的除杂试剂不能是溶液，理由是___________。
（3）第⑤步操作中，需要的玻璃仪器有___________。
是一种重要杀菌消毒剂，可通过上述制取的精制食盐水通过以下流程制备：
（4）中的化合价为___________。
（5）写出“反应步骤中生成的化学方程式___________。
（6）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出少量，发生如下反应：
①配平化学方程式，并用单线桥表示电子转移方向和数目___________。
②此吸收反应中，氧化产物是___________，氧化剂与还原剂的个数比为___________。
③比较氧化性：___________(填“>”、“<”或“=”)。
（7）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。的有效氯含量为___________g。(计算结果保留两位小数)
【答案】19. BCA(或CBA或BAC)
20. 会引入新杂质K+
21. 漏斗、烧杯、玻璃棒
22. +3 23. H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4
24. ①. ②. O2 ③. 2：1 ④. >
25. 1.57
【解析】
【分析】粗盐中除含有NaCl外，还含有以及泥沙等杂质，其中泥沙不溶于水，可以直接过滤除去，镁离子用氢氧化钠沉淀除去，钙离子用碳酸钠沉淀除去，硫酸根离子用氯化钡沉淀除去，为保证杂质去除彻底，需加入过量的除杂试剂，过量的除杂试剂也需在后续操作中去除，过量的氯化钡可以用碳酸钠除去，因此加入试剂顺序，氯化钡在碳酸钠前面加入，过量的碳酸钠和氢氧化钠可用盐酸除去，但在加盐酸之前应该先过滤，防止生成的碳酸钡、氢氧化镁、碳酸钙等沉淀溶解，过量的盐酸在蒸发结晶过程中挥发除去，最终得到精盐，据此作答。
【小问1详解】
由图可知：第②步操作的目的是除去粗盐中硫酸钠，则需要加入过量溶液；第③步操作的目的是除去粗盐中的，则需要加入过量；第④步操作是为了除去及过量的，则需要加入过量溶液。则需加入三种溶液的加入顺序为BCA，故答案：BCA(或CBA或BAC)。
【小问2详解】
该实验的目的是制备精盐，所以除去粗盐中的杂质，不能增加新杂质，所以不能用KOH溶液代替NaOH溶液，因为会引入新杂质K+，故答案：会引入新杂质K+。
【小问3详解】
过滤操作所需玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案：漏斗、烧杯、玻璃棒。
【小问4详解】
中的化合价为+3。
【小问5详解】
在“反应”步骤中NaClO3与H2SO4、SO2反应产生NaHSO4、ClO2，反应的化学方程式为：H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4。
【小问6详解】
①在反应NaOH+H2O2+ClO2—NaClO2+O2+H2O中，H2O2失去2个电子变为O2，ClO2得到1个电子变为NaClO2，所以根据电子守恒，可知ClO2、NaClO2的系数都是2，H2O2、O2的系数都是1；根据Na元素守恒，可知NaOH的系数是2，最后根据H原子守恒，可知H2O的系数是2，该反应方程式为：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，用单线桥法表示电子转移为：；
②在该反应中ClO2为氧化剂，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
③在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物。在该反应中ClO2为氧化剂，O2为氧化产物，所以氧化性：ClO2＞H2O2。
小问7详解】
NaClO2的式量是90.5，1 ml NaClO2作氧化剂时能够得到4 ml电子，相当于2 ml Cl2的氧化能力，所以NaClO2的有效氯含量为g=1.57 g。
20. 实验小组探究胶体的制备方法及其性质。
制备胶体
（1）①实验1，生成胶体和___________(填化学式，后同)。
②实验2与实验1对比，优点是___________(写出1条即可)。
③综合上述实验：制备胶体时，提供的物质可以是或___________，控制反应条件即可制得。
胶体的性质
资料：I．时，胶体溶解。
II．固体易升华(物质从固态不经过液态直接变成气态的过程)。
实验4.取5mL实验3得到的液体于蒸发血中，继续加热，待蒸发血中液体变为粘稠状，罩上漏斗，可观察到漏斗内出现棕褐色的烟，且有棕褐色固体附着在漏斗的内壁上。继续加热，蒸发血中最终得到红棕色固体。
（2）①根据资料，推测漏斗内棕褐色的烟中主要含有___________(填化学式)。
②研究表明：胶体可净化水中的砷酸，砷酸浓度较低时以吸附为主，砷酸浓度较高时以反应为主。不同pH时，测得溶液中胶体对砷酸的吸附效率如图。pH为3~9时，胶体对砷酸的吸附效率高，pH较高时，吸附效率降低的原因是___________。
③去除水中高浓度砷酸的原理是胶体与砷酸反应生成砷酸铁沉淀，化学方程式是___________。
【答案】（1） ①. HCl ②. 不需加热，FeCl3溶液浓度小 ③. NaOH
（2） ①. FeCl3 ②. pH>10时，Fe(OH)3胶体溶解 ③. Fe(OH)3(胶体)+H3AsO4=FeAsO4↓+3H2O
【解析】
【小问1详解】
①实验1中饱和氯化铁溶液与水加热条件下反应生成Fe(OH)3胶体和HCl。
②对比实验1和实验2可知，实验2不需要加热，且即使不是饱和氯化铁溶液也能生成氢氧化铁胶体，故优点是不需加热，FeCl3溶液浓度小。
③根据实验1和3可知，在蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液并加热，生成氢氧化铁胶体的速度大于直接加热纯净物
混合物
电解质
非电解质
A
盐酸
冰水混合物
硫酸
干冰
B
蒸馏水
蔗糖溶液
硫酸钡
二氧化硫
C
胆矾
盐酸
铁
乙醇
D
碘酒
食盐水
氯化铜
碳酸钙
实验
装置
试剂X
现象
①
滴有酚酞的溶液
溶液红色褪色
②
溶液
产生气泡
③
酸化的溶液
产生白色沉淀
④
溶液
产生黄色沉淀
选项
A
B
C
D
试剂a
CuSO4
(NH4)2CO3
H2SO4
HCl
试剂b
Ba(OH)2
Ca(OH)2
Ba(OH)2
NaCl
实验目的
方案设计
现象结论
A
检验某溶液中是否含有和
用洁净的铂丝蘸取该溶液在无色火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察到紫色
该溶液中一定含有，无
B
检验某钠盐的成分
向钠盐中滴加稀盐酸并将产生的气体通入澄清石灰水
石灰水变浑浊，该钠盐为
C
比较和的活泼性
向溶液中加入绿豆大小的钠
产生红色固体，比活泼
D
鉴别稀盐酸、溶液、溶液
向三种溶液中分别滴加溶液
三种溶液现象不同，可用溶液鉴别
序号
实验
试剂
现象
i
a
生成棕褐色固体，产生大量气泡
ii
b
有少量气泡
iii
溶液
有少量气泡
实验
实验操作
丁达尔效应
1
向40mL沸腾的蒸馏水中滴入5滴饱和溶液(浓度约为30%)
迅速出现
2
向40mL蒸馏水中滴入5滴溶液，然后滴入1滴10%NaOH溶液，边滴边搅拌
迅速出现
3
加热40mL饱和溶液
一段时间后出现
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